江西省南昌市外国语教育集团2023－2024学年八年级下学期期末联考数学试卷

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1．下列各项运算或变形正确的是（ A ）
A． B． C． D．若，则
【解答】解：A.，因此选项A符合题意；
B.不属于同类二次根式，不能合并，因此选项B不符合题意；
C. ，因此选项C不符合题意；
D. 若，则，因此选项D不符合题意．
故选：A．
2.正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第二、四象限，则一次函数y＝x+k的图象大致是（ B ）
A． B．C．D．
【解答】解：因为正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第二、四象限，
所以k＜0，
所以一次函数y＝x+k的图象经过一、三、四象限，
故选：B．
3．下列说法不正确的是（ D ）
A．矩形的对角线相等且互相平分B．菱形的对角线互相垂直平分
C．正方形的对角线相等且互相平分D．平行四边形、矩形、菱形、正方形都是轴对称图形
【解答】解：A．矩形的对角线相等且互相平分，故A正确，不符合题意；
B．菱形的对角线互相垂直平分，故B正确，不符合题意；
C．正方形的对角线相等且互相平分，故C正确，不符合题意；
D．平行四边形不是轴对称图形，矩形、菱形、正方形都是轴对称图形，故D不正确，符合题意．
故选：D．
4．已知一元二次方程2x2﹣5x+1＝0的两个根为x1，x2，下列结论正确的是（ D ）
A．x1+x2＝﹣ B．x1•x2＝1C．x1，x2都是有理数 D．x1，x2都是正数
【解答】解：根据题意得x1+x2＝＞0，x1x2＝＞0，所以x1＞0，x2＞0．
∵x＝，故C选项错误，
故选：D．
5．如图，一根竹竿AB斜靠在竖直的墙上，P是AB的中点，在竹竿的顶端沿墙面下滑的过程中，OP长度的变化情况是（ D ）
A．不断增大 B．不断减小 C．先减小后增大 D．不变
【解答】解：∵∠AOB＝90°，P为AB的中点，∴OP＝AB，
即OP的长在竹竿AB滑动过程中始终保持不变，故选：D．
6．如图为甲、乙两种物质的m﹣v图象．下列说法正确的是（ C ）
A．甲物质的密度与质量成正比
B．体积为20cm3的甲物质的质量为13.5g
C．甲、乙质量相同时，乙的体积是甲的4.5倍
D．甲物质的密度比乙的密度小
【解答】解：A、当体积V一定时，甲物质的密度与质量成正比，故选项A不符合题意；
B、由图可知当甲物质的密度＝＝6.75g/cm3，所以当体积是20cm3时，质量为135g，故选项B不符合题意；
C、甲物质的密度＝＝6.75g/cm3，乙物质的密度＝＝1.5g/cm3，所以当甲、乙质量相同时，乙的体积是甲的4.5倍，故选项C符合题意．
D、由图形可知当V＞0时，甲、乙体积相同时，甲的质量比乙的质量大，所以甲物质的密度比乙物质的密度大，故选项D不符合题意；
故选：C．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
7．若二次根式有意义，则实数x的取值范围是 x≥﹣6 ．
【解答】解：∵二次根式有意义，
∴x+6≥0，∴x≥﹣6，故答案为：x≥﹣6．
8．已知关于x的方程x2+5x+m＝0有一个根为﹣2，则另一个根为 ﹣3 ．
【解答】解：设方程x2+5x+m＝0的另一个根为a，
则﹣2+a＝﹣5，解得：a＝﹣3，故答案为：﹣3．
9．某次招聘考试分笔试和面试，其中笔试按60%，面试按40%计算总成绩．如果小超笔试成绩为92分，面试成绩为87分，那么小刚的总成绩为 90 分．
【解答】解：根据题意得，小刚的总成绩为92×60%+87×40%＝90（分），
故答案为：90．
10．如图，将□ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，CE交AD于点F，若∠B＝80°，∠ACE＝2∠ECD，FC＝a，FD＝b，则□ABCD的周长为 4a+2b ．
【解答】解：∵∠B＝80°，四边形ABCD为平行四边形．
∴∠D＝80°．
由折叠可知∠ACB＝∠ACE，
又AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∴∠ACE＝∠DAC，
∴△AFC为等腰三角形．∴AF＝FC＝a．
设∠ECD＝x，则∠ACE＝2x，∴∠DAC＝2x，
在△ADC中，由三角形内角和定理可知，2x+2x+x+80°＝180°，
解得：x＝20°．
∴由三角形外角定理可得∠DFC＝4x＝80°，
故△DFC为等腰三角形．
∴DC＝FC＝a．∴AD＝AF+FD＝a+b，
故平行四边形ABCD的周长为2（DC+AD）＝2（a+a+b）＝4a+2b．
故答案为：4a+2b．
11．在平面直角坐标系中，一次函数y＝ax和y＝kx+7的图象如图所示，则关于x的一元一次不等式ax＞kx+7的解集是 x＞2 ．
【解答】解：由图可知：一次函数y＝ax和y＝kx+7的交点处x＝2，
∴ax＞kx+7的解集是x＞2，故答案为：x＞2．
12．已知点A（0，4），B（7，0），C（7，4），连接AC，BC得到矩形AOBC，点D的边AC上，将边OA沿OD折叠，点A的对应点为A'．若点A'到矩形较长两对边的距离之比为1：3，则点A'的坐标为 （，3）或（，1）或（2，﹣2） ．
【解答】解∵点A（0，4），B（7，0），C（7，4），∴BC＝OA＝4，OB＝AC＝7，
分两种情况：
（1）当点A'在矩形AOBC的内部时，过A'作OB的垂线交OB于F，交AC于E，如图1所示：
①当A'E：A'F＝1：3时，∵A'E+A'F＝BC＝4，∴A'E＝1，A'F＝3，
由折叠的性质得：OA'＝OA＝4，
在Rt△OA'F中，由勾股定理得：OF＝＝，∴A'（，3）；
②当A'E：A'F＝3：1时，同理得：A'（，1）；
（2）当点A'在矩形AOBC的外部时，此时点A'在第四象限，过A'作OB的垂线交OB于F，交AC于E，如图2所示：∵A'F：A'E＝1：3，则A'F：EF＝1：2，
∴A'F＝EF＝BC＝2，
由折叠的性质得：OA'＝OA＝4，
在Rt△OA'F中，由勾股定理得：OF＝＝2，
∴A'（2，﹣2）；
故答案为：（，3）或（，1）或（2，﹣2）．
三、解答题（共5小题，每小题6分，共30分）
13．（1）计算：．
【解答】解：
＝2﹣+4+……………1分
＝2﹣+4+
＝6．…………………………..3分
（2）解方程：
14．如图，AC是菱形ABCD的一条对角线，过点B作BE//AC，过点C作CE⊥BE，垂足为E.请用两种不同方法，只用无刻度直尺在图中作出一条与CD相等的线段.
（1） （2） ………..… 4分
【解答】解：如图（1），线段OE即为所求； 如图（2）线段BF即为所求……….….6分
（说明：只画图形，未指出所求线段，得4分）
15．如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足AE∥CD．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四边形AECD的面积．
【解答】（1）证明：∵AE∥CD
∴∠EAO＝∠DCO
在△AOE和△COD中，
，
∴△AOE≌△COD（ASA），………………………2分
∴OD＝OE，
又∵AO＝CO，
∴四边形AECD是平行四边形；…………………..3分
（2）解：∵AB＝BC，AO＝CO，
∴OB⊥AC，
∴平行四边形AECD是菱形，…………………….4分
∵AC＝8，
∴CO＝AC＝4，
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD＝＝＝3，…………..5分
∴DE＝2OD＝6，
∴菱形AECD的面积＝AC×DE＝×8×6＝24．………………….6分
16．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝6cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动．与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动．点P、Q分别从点A，B同时出发，当点Q移动到点C时，两点停止移动．设移动时间为t s．（t＞0）
（1）填空：BQ＝ 2t cm，PB＝ （5﹣t） cm；（用含t的代数式表示）
（2）是否存在t的值，使得△PBQ的面积为4cm2？若存在请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意得：BQ＝2t（cm），PB＝（5﹣t）cm，
故答案为：2t，（5﹣t）；………………………2分
（2）存在，理由如下：
由题意得：×2t×（5﹣t）＝4，………………….3分
解得：t1＝1，t2＝4（不符合题意，舍去），………………5分
∴存在t的值，使得△PBQ的面积等于4cm2，此时t的值为1．………………….6分
17．在测浮力的实验中，下方为盛水的烧杯，上方有弹簧测力计悬挂的圆柱体，将圆柱体缓慢下降，直至圆柱体完全浸入水中，各种状态如图甲所示，其中，弹簧测力计在状态②和④显示的读数分别为10N和5N．整个过程中，弹簧测力计读数F与圆柱体下降高度h的关系图象如图乙所示．
（1）图乙中，点A对应状态 ② ，点B对应状态 ④ ，（“状态”后填写图形序号）a＝ 10 ，b＝ 5 ；
（2）已知弹簧测力计在状态③时显示的读数为8N，求圆柱体浸入水中的高度．
【解答】解：（1）如图②，当圆柱体刚要浸入水中时，弹簧测力计的读数由10N开始减小；
如图④，当圆柱体刚刚完全浸入水中时，弹簧测力计的读数减小至5N并保持不变．
故答案为：②，④，10，5．……………2分
（2）当4≤h≤10时，设F＝kh+b（k、b为常数，且k≠0）．
将坐标A（4，10）和B（10，5）代入F＝kh+b，
得，解得，
∴F＝﹣h+（4≤h≤10）．……………….4分
当F＝8时，得﹣h+＝8，
解得h＝6.4，
6.4﹣4＝2.4（cm），
∴圆柱体浸入水中的高度是2.4cm．……………….6分
四、解答题（共3小题，每小题8分，共24分）
18．某校举办“十佳歌手”演唱比赛，五位评委进行现场打分，将甲、乙、丙三位选手得分数据整理成下列统计图．
根据以上信息，回答下列问题：
（1）完成表格；
（2）从三位选手中选一位参加市级比赛，你认为选谁更合适，请说明理由；
（3）在演唱比赛中，往往在所有评委给出的分数中，去掉一个最高分和一个最低分，然后计算余下分数的平均分．如果去掉一个最高分和一个最低分之后甲的方差记为s2，则s2 ＜ 0.56．（填“＜”或“＞”或“＝”）
【解答】解：（1）甲的中位数为9；
乙的方差为[（7﹣8.8）2+3×（9﹣8.8）2+（10﹣8.8）2]＝0.96；
丙的平均数为（10×40%+8×60%）＝8.8；
故答案为：9；0.96；8.8；………………..3分
（2）选甲更合适，理由如下：
因为三位选手的平均数相同，但甲的方差最小，稳定性最好，所以选甲更合适；
……………….….6分（结合统计数据，言之成理皆给分）
（3）去掉一个最高分和一个最低分之后甲的平均数为＝，
方差s2＝[]＝＜0.56．
故答案为：＜．……………………….8分
19．如图，在平面直角坐标系中有A（﹣4，1），B（1，6）两点，在线段AB处放置一平面镜．从点C（﹣1，0）发出一束光线照向平面镜AB上的动点P．
（1）求AB所在直线的解析式；
（2）若光线CP的解析式为y＝﹣3x+b，求出点P的坐标；
（3）若光线CP经过AB的反射后落在x轴上的点D（﹣2，0）处，直接写出光线从点C出发经点P反射后到达点D的路径长．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+t（k≠0），
∵A（﹣4，1），B（1，6），
则，解得，
∴直线AB的解析式为y＝x+5；………………2分
（2）∵直线CP：y＝﹣3x+b过点C（﹣1，0），
∴3+b＝0，∴b＝﹣3，即直线CP：y＝﹣3x﹣3，…………….3分
联立方程组，解得，
∴点P的坐标为（﹣2，3）；……………..5分
（3）如图：作出点C关于直线y＝x+5的对称点C′，根据光反射原理，反射光线经过点C′，连接C′D交AB于P，
∴PC′＝PC，CC′⊥AB，
∵直线AB的解析式为y＝x+5，
∴E（﹣5，0），F（0，5），
∴∠PEC＝45°，∵C（﹣1，0），
∴Q（﹣3，2），∴C′（﹣5，4），
∴光线从点C出发经点P反射后到达点D的
路径长为CP+PD＝C′P+PD＝C′D，
∵点D（﹣2，0），
∴C’D＝＝5，
∴光线从点C出发经点P反射后到达点D的路径长为5．…………..8分
20．如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）求证：四边形ABCD是正方形
（2）若BE＝EC＝3，求DF的长．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是
图2
图1
【解答】解：（1）证明：如图1所示，作AG⊥EF于G， 分
则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，………………….3分
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；…………..3分
（2）解：设DF＝x，∵BE＝EC＝3，∴BC＝6，
由（1）得四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
，∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），∴BE＝EG＝3，…………4分
同理，GF＝DF＝x，在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得：x＝2，
∴DF的长为2；……………..6分
（3）解：如图2所示：
把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
∵∠QPR＝45°，∴∠DPM＝90°＝∠D =∠M
∴四边形PMGD是矩形，又∵PD＝PM＝PH
∴四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，
∴MG＝DG＝MP＝PH＝5，∴GQ＝3，
设MR＝HR＝a，则GR＝5﹣a，QR＝a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：（5﹣a）2+32＝（2+a）2，
解得：a＝，即HR＝；
故答案为：．……………….8分
五、解答题（共2小题，每小题9分，共18分）
21. 【课本再现】
探究
观察图1，你能发现△ABC的中位线DE与边BC位置关系吗？度量一下，DE与BC之间有什么数量关系？
我们猜想，DE∥BC且，下面我们对它进行证明.
如图1， D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点．求证：DE∥BC且．
分析：问题中既要证明两条线段所在的直线平行，又要证明其中一条线段的长等于另一条线段长的一半，我们可以用“倍长法”将DE延长一倍：即延长DE到F．使得EF＝DE，连接FC，DC，AF，通过证明四边形ADCF与四边形DBCF是平行四边形从而得出最后结论．
图1
图3
【定理证明】（1）请根据以上思路分析，完成”三角形中位线定理”的证明过程
【定理应用】（2）如图2，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点，AB＝9，AC＝5，求线段EF的长。
图1
【方法迁移】（3）在定理探究中采用 “倍长法”，它体现了转化的数学思想，请运用上述方法，解决下面问题。
如图3，四边形ABCD和DEFG都是正方形，N是AG的中点，求证：DN＝CE
【解答】（1）证明：如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接FC，DC，AF．
∵AE＝CE，DE＝EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴CF∥AD，CF＝AD
∴CF∥BD，CF＝BD
∴四边形DBCF为平行四边形，
∴DF＝BC，DF∥BC，
∵DE＝DF，
∴DE＝BC，DE∥BC；……………………….3分
（2）解：分别延长BE、AC交于点H，………….4分
在△AEB和△AEH中，
，∴△AEB≌△AEH（ASA）
∴BE＝EH，AH＝AB＝9，
∵BE＝EH，BF＝FC，
∴EF是△BHC的中位线……………..5分
∴EF＝CH＝（AH﹣AC）＝2．…………..6分
（3）证明：如图3，延长DN到点M，使得NM＝DN，连接AM、MG……….7分
∵点N是AG的中点，
图3
∴AN＝NG，
∴四边形ADGM是平行四边形，
∴AM∥DG，AM＝DG，
∴∠MAD+∠ADG＝180°．
∵四边形ABCD和DEFG都是正方形，
∴AD＝DC，DG＝DE，∠ADG+∠EDC＝180°，
∴∠MAD＝∠EDC，AD＝CD，DE＝AM，
∴△MAD≌△EDC（SAS），∴DM＝EC，
DN＝CE．……………………………..9分
22．（1）问题提出：将一块等腰直角三角板ABC放置在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的负半轴上，点B在第二象限，点A坐标为（0，2），C的坐标为（﹣1，0），则B点坐标为 （﹣3，1） ．
（2）问题探究：如图2，平面直角坐标系中，已知A（4，2）、B（﹣1，1），若∠A＝90°，点C在第一象限，且AB＝AC，试求出C点坐标．
图3
（3）问题解决：如图3，矩形 ABCO，O为坐标原点，B的坐标为(8，6)，A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第一象限，且是直线y=2x－5上的一点，若△APD是以D为直角顶点的等腰直角三角形，请求出所有符合条件的点D的坐标.
【解答】解：（1）过点B作x轴的垂线，交x轴于点E，
∵∠BCE+∠ACO＝90°，∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠BCE＝∠CAO，
又∠BEC＝∠COA＝90°，BC＝AC，
∴△BEC≌△COA（AAS），
∴EC＝AO＝2，CO＝BE＝1，
∴EO＝EC+CO＝2+1＝3，BE＝1，
故：答案为（﹣3，1）；…………………..2分
（2）过点B、点C分别作x轴的平行线、分别交过点A与x轴的垂线于点E、D，
………………………..3分
与（1）同理△ABE≌△CAD（AAS），
∴BE＝AD，AE＝CD＝1，
BE＝4+1＝5＝AD，
∴点C的横坐标为：5﹣1﹣1＝3，
C点的纵坐标为：1+ED＝1+5+1＝7，
图3－1
故点C的坐标为（3，7）；…………………5分
（3）设D坐标为（x,2x-5）.
当D在AB下方时，如图3-1，过D作DE⊥y轴于E，交BC于F，……………..6分
同（1）,可证得△ADE≌△DPF，
∴DF＝AE＝6－（2x－5）＝11－2x，DE＝x，
∴11－2x+x=8，解得x=3，∴D（3，1）………………7分
当D在AB上方时，如图3-2，过D作DE⊥y轴于E，交BC延长线于F，……….8分
图3－2
同（1）,可证得△ADE≌△DPF，
∴DF＝AE＝（2x－5）－6＝2x－11，DE＝x
∴2x－11+x=8，解得x=，∴D（）
综上所述：D（3，1）或D（）………………9分
六、解答题（共1题，共12分）
23．【问题呈现】如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN＝90°，将∠MPN绕点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
【问题初探】（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC＝120°的菱形，∠EPF＝60°，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF旋转至DF＝1时，求DE的长度．
【解答】解：（1）结论：DE+DF＝AD．
理由：如图1中，
∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，
∴PA＝PD，∠PAE＝∠PDF＝45°，
∵∠APE+∠EPD＝∠DPF+∠EPD＝90°，
∴∠APE＝∠DPF，
在△APE和△DPF中
，∴△APE≌△DPF（ASA），………………2分
∴AE＝DF，∴DE+DF＝AD；…………………….3分
（2）（1）中的结论变为DE+DF＝AD，………………………..4分
理由如下：
如图2中，取AD的中点T，连接PT，………………………5分
∵四边形ABCD为∠ADC＝120°的菱形，
∴BD＝AD，∠DAP＝30°，∠ADP＝∠CDP＝60°，
∴△TDP是等边三角形，
∴PT＝PD，∠PTE＝∠PDF＝60°，
∵∠PAT＝30°，
∴∠TPD＝60°，
∵∠MPN＝60°，
∴∠MPT＝∠FPD，
在△TPE和△DPF中，
，∴△TPE≌△DPF（ASA）……………….6分
∴TE＝DF，
∴DE+DF＝AD，
故答案为：DE+DF＝AD．…………………..7分
（3）如图3﹣1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．
∵△ABD是等边三角形，AH⊥BD，
∴BH＝DH＝4，AH＝4，
在Rt△APH中，PH＝＝＝1，
∴AG＝BP＝BH﹣PH＝3，
由（2）可知，DF＝EG＝1，
∴DE＝AD﹣AG﹣EG＝8﹣3﹣1＝4．……………….10分
如图3﹣2中，当点P靠近点D时，同法可得PH＝1，AG＝PB＝BH+PH＝5，
∵DF＝EG＝1
∴DE＝AD﹣AG﹣EG＝8﹣5﹣1＝2，
综上所述，满足条件的DE的值为4或2．………12分
平均数/分
中位数/分
方差/分2
甲
8.8
① 9
0.56
乙
8.8
9
② 0.96
丙
③ 8.8
8
0.96