四川省绵阳市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题（解析版）

八年级（下）期末教学质量监测数学本试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷共6页，答题卡共4页．满分：100分，考试时间：90分钟．注意事项：1．答题前考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上．并认真核对条形码上的姓名、准考证号、考点、考场号．2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上．非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．3．考试结束后，将答题卡交回．第Ⅰ卷（选择题，共36分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题3分，共36分．每个小题只有一个选项最符合题目要求．1.下列各式中，是最简二次根式的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查最简二次根式．根据最简二次根式：被开方数不含分母，不含能开方开的尽的因式和因数，进行判断即可．解：A、被开方数含有分母不是最简二次根式，故本选项不符合题意；B、被开方数含有分母不是最简二次根式，故本选项不符合题意；C、是最简二次根式，故本选项符合题意；D、不是最简二次根式，故本选项不符合题意；故选：C2.如果一组数据，，，的平均数是3，那么是（）A.0 B.3 C.4 D.2【答案】A【解析】【分析】本题考查平均数的计算．本题是已知一组数据的平均数，求这组数据中未知数的题目，可以利用平均数的计算公式进行解答．解：由题意可得，解得：．故选：A．3.以下列各组数为边长构造三角形，不是直角三角形的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查了勾股定理的逆定理的应用．利用勾股定理的逆定理依次判断即可，求出两条短边的平方和等于最长边的平方．解：A、，不能构成直角三角形，故本选项符合题意；B、，能构成直角三角形，故本选项不符合题意；C、，能构成直角三角形，故本选项不符合题意；D、，能构成直角三角形，故本选项不符合题意；故选：A4.式子有意义时，的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件：是解题的关键．利用二次根式有意义的条件解答即可．解：∵有意义，∴，解得：，故选：D．5.一次函数在平面直角坐标系内的图像如图所示，则和的取值范围是（）A， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根据一次函数的图象和性质判断即可．解：∵一次函数y=kx+b（k≠0）在平面直角坐标系内的图象过第一、二、三象限，

∴k＞0，b＞0，

故选：A．【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与系数之间的关系，关键是掌握数形结合思想．6.下列化简或计算中正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了二次根式的化简，二次根式的加减运算和乘法运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的加减运算法则，乘法运算法则，并能灵活运用．根据运算法则计算逐一判断即可．解：A、，故A错误；B、与不是同类二次根式，不能合并，故B错误；C、与不同类二次根式，不能合并，故C错误；D、，故D正确．故选：D．7.下面给出的条件中，能判定四边形是平行四边形的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定定理，逐项判断即可求解．解：如图，A、若，，无法判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；B、∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故本选项符合题意；C、∵，∴，∵，∴，无法判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；D、若，，无法判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；故选：B8.如图，甲乙两艘轮船从某港口同时出发，各自沿一固定方向航行，其中甲航行方向为北偏西，乙航行方向为北偏东，甲每小时航行12海里，乙每小时航行16海里，他们离开港口两小时后分别位于点处，则此时两船相距（）海里．A.36 B.40 C.48 D.50【答案】B【解析】【分析】本题考查勾股定理解三角形，理解方位角的定义，准确建立直角三角形，熟练运用勾股定理是解题关键．由题意，首先确定出直角三角形，以及两直角边长，然后结合勾股定理求解即可．解：由题意，，∴，即为直角三角形，两小时后，（海里），（海里），∴在中，（海里），∴此时两轮船相距40海里．故选：B．9.如图，在中，与交于点，点为中点，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】此题考查了菱形的性质和判定，等角对等边等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．根据等角对等边和中点的概念得到，然后求出，证明出是菱形，然后利用菱形的性质求解即可．∵∴∵点为中点∴∴∴∵∴∴∴∴是菱形，∴故选：D．10.如图，函数的图象与轴交于点，与函数的图象交于点，其中点为函数图象上点，且其纵坐标为2，则的面积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，设直线与x轴交于D，先求出，得到，再分别求出B、C的坐标，再根据进行求解即可．解：如图所示，设直线与x轴交于D，在中，当时，，在中，当时，，∴，∴，联立，解得，∴；在中，当时，，∴，∴，故选：A．11.如图，函数图象与轴、轴分别交于两点，，点为直线上动点，连接，则的周长最小值为（）A.3 B.4 C. D.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了一次函数的几何应用，最短距离问题，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．根据题意可得是等腰直角三角形，取的中点E，连接，并延长至点D，使，连接，则，，可得，从而得到的周长，再证明，可得，从而得到轴，再由勾股定理可得的长，即可求解．解：当时，，当时，，∴点，∴，∴是等腰直角三角形，如图，取的中点E，连接，并延长至点D，使，连接，则，，∴，∴的周长，∵，∴，∴，∴，∴轴，∵，∴，∴，∴的周长的最小值为．故选：C12.中，为边上点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．现有以下结论：①；②当时，四边形是平行四边形；③当正三角形时，四边形是菱形；④保持的长度不变，改变大小，一定可以使得点是中点．其中正确的有（）个A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是掌握相关知识．证明四边形是菱形可判定①，根据菱形的性质证明，根据全等三角形的性质得到是的中点，结合，可判定②根据四边形是菱形，结合等边三角形的性质即可判定③，根据平行四边形、菱形的性质以及等腰三角形的性质可判定④．解：，，四边形是平行四边形，，平分，，，，四边形是菱形，，故①正确；当时，，四边形是菱形，，，，，在和中，，，，即是的中点，，是的中位线，，四边形是平行四边形，故②正确；当是正三角形时，，四边形是菱形，，，，,，又，四边形是平行四边形，，，是正三角形，，四边形是菱形，故③正确；当点是中点时，，四边形是菱形，，，，，四边形是平行四边形，，，又平分，，故④错误；故选：C．第Ⅱ卷（非选择题，共64分）二、填空题：本小题共6个小题，每小题3分，共18分．将答案填写在答题卡相应的横线上．13.化简=_______【答案】【解析】【分析】把化简为，然后再进行计算，即可得到答案．解：；故答案为：．【点睛】本题考查了算术平方根，将化成是正确解答的前提．14.如图，在直角三角形中，，、分别为、边中点，若，，则______．【答案】8【解析】【分析】本题考查了直角三角形的性质，涉及直角三角形斜边中线性质，中位线，勾股定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．利用直角三角形斜边中线性质和中位线求得和，再利用勾股定理即可求解．解：∵，、分别为、边中点，∴，，∵，，∴，，∴，故答案为：8．15.若函数与的图象相交于第四象限，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】本题考查一次函数交点问题，涉及二元一次方程组、直角坐标系和不等式组，熟练掌握一次函数交点求法及坐标系象限特征是解题的关键．先列式求出交点坐标，再利用第四象限点的特征列不等式组，求解即可．解：联立得：，解得：，即交点坐标，∵交点在第四象限，∴，解得：，故答案为：．16.如图，点为正方形上边上点，于点，于点，若，为中点，则长度应是______．【答案】【解析】【分析】本题考查了正方形的综合，涉及三角形全等，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．先判定，求出的值，再求，最后利用列式求解即可．解：正方形中，，，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∵为中点，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，故答案为：．17.如图，在矩形中，为边上点，，沿直线将翻折得到，且点在边上，那么______．【答案】##【解析】【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，图形的折叠问题．根据矩形和折叠的性质可得结合，可设，则，在中，由勾股定理可得，然后在中，根据勾股定理，即可求解．解：在矩形中，，由折叠的性质得：，∵，∴可设，则，在中，在中，，∴，解得：，∴．故答案为：．18.如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点为线段中点，四边形为平行四边形，且轴，垂直于轴的直线从轴出发向右平移，平移过程中直线被所截得的线段长度与直线上点的横坐标之间的函数图象如图2，则直线所对应的函数解析式应是______．【答案】【解析】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，一次函数的的几何应用．过点D作于点G，设当直线l过点A时，直线l与x轴交于点H，则，，证明，可得点，从而得到点，然后利用待定系数法解答，即可．解：根据题意得：点A的横坐标为4，点D的横坐标为7，点C的横坐标为15，与之间的距离为6，∴，如图，过点D作于点G，设当直线l过点A时，直线l与x轴交于点H，则，，∵轴，∴，∵A为线段中点，∴，∴，∴，∴点，∵，，∴点，设直线的解析式为，∴，解得：，∴直线的解析式为，此时．故答案为：三、解答题：本大题共6个小题，共46分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19.计算：（1）；（2）．【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．（1）先将每项化为最简二次根式，再加减即可；（2）利用平方差公式计算即可．【小问1】解：；【小问2】解：．20.甲、乙两人在相同的条件下各射靶5次，每次射靶的成绩情况如下表所示：次数1次2次3次4次5次甲65766乙76638（1）请根据表中数据填写下表：姓名平均数（环）众数（环）甲乙（2）计算出甲乙二人射击成绩的方差，若在二人中选择一人代表学校参赛，你认为选谁更合理．【答案】（1）见解析（2）选择甲代表学校参赛，更合理，理由见解【解析】【分析】本题考查统计的应用；解题的关键是熟练掌握平均数、众数、方差的计算公式，同时正确理解平均数和方差的意义．（1）根据众数、平均数的定义分别计算即可得出答案；（2）根据方差公式计算出甲、乙的方差，再根据方差的意义判断即可．【小问1】解：甲射靶的成绩为：5，6，6，6，7；乙射靶的成绩为：3，6，6，7，8；∴甲的平均数为：，众数为：6，乙的平均数为：，众数为：6；姓名平均数（环）众数（环）甲66乙66【小问2】解：，，，且甲、乙成绩的平均数和众数都相同，乙的成绩波动大，甲的成绩较稳定，选择甲代表学校参赛，更合理．21.如图，中，为对角线中点，分别为边上点，直线，垂足为，连接．（1）证明：四边形是菱形；（2）若，，，求的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理：（1）根据平行四边形的性质可得，再证明，可得，从而得到四边形是平行四边形，即可求证；（2）过点A作交延长线于点G，根据直角三角形的性质可得，，然后设，则，在中，根据勾股定理，即可求解．【小问1】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵为对角线中点，∴，在和中，∵，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；【小问2】解：如图，过点A作交延长线于点G，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，设，则，在中，，∴，解得：，即．22.某快递公司准备投入资金（万元）购买A、B两型自动分拣机器共10台，其中购进型机器台．下表是两种型号机器的相关信息：型号分拣速度单价A1500件/小时8万元/台B1200件/小时6万元/台（1）求关于的函数关系式；（2）若要使10台自动分拣机器每小时分拣快递件数达到13000件，该公司需要至少投入资金多少万元？【答案】（1）（2）68万元【解析】【分析】本题主要考查了一次函数的实际应用，一元一次不等式的应用：（1）根据投入资金等于购买A、B两型自动分拣机器的资金的总和，即可求解；（2）根据题意可得，从而得到x的最小值为4，再根据一次函数的性质，即可求解．【小问1】解：根据题意得，y关于x的函数关系式为；【小问2】解：由题得：，解得，∵x为整数，∴x的最小值为4，∵在中，，∴y随x的增大而增大，∴当时，y取得最小值，最小值为，∴该公司至少需要投入资金68万元．23.如图，四边形中，，，，为中点，且，连接．（1）求的长度；（2）若，求的长度．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）过点D作，垂足为，根据，易得为等腰直角三角形，得到，利用勾股定理即可求出，再根据，为中点，得到，进而求出，利用勾股定理即可求出；（2）在（1）图基础上，过点作，分别交与点G，交延长线于点P，由三角形外角的性质得到，结合，推出，由，易证为等腰直角三角形，从而求出，再根据等腰直角三角形的性质证明，得到，再证明四边形是矩形，推出，进而求出，即点G为中点，结合，得出．【小问1】解：过点D作，垂足为，，，，为等腰直角三角形，，，，，为中点，，，；【小问2】解：在（1）图基础上，过点作，分别交与点G，交延长线于点P，，，，，，