江苏省无锡市梁溪区江南中学2023-2024学年八年级下学期期末数学试题（解析版）

这是一份江苏省无锡市梁溪区江南中学2023-2024学年八年级下学期期末数学试题（解析版），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】轴对称图形的定义：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可．
解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解定义，找准对称轴和对称中心是解答的关键．
2. 不改变分式的值，将分式中的分子与分母的各项系数化为整数，正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查分式的基本性质．解题的关键是利用分式的分子、分母同乘以一个不等于0的数，分式的值不变来解决问题．根据分式的基本性质，即可求解．
解：．
故选：D
3. 下列调查中，适合用普查方式是（ ）
A. 检测某城市空气质量B. 检测神舟十三号载人飞船的零部件质量情况
C. 检测一批节能灯的使用寿命D. 检测某批次汽车的抗撞能力
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了抽样调查和普查的区别．一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查；据此逐一判断，即可求解．
解：A、检测某城市空气质量，适合用抽样调查方式，故本选项不符合题意；
B、检测神舟十三号载人飞船的零部件质量，适合用普查方式，故本选项符合题意；
C、检测一批节能灯的使用寿命，适合用抽样调查方式，故本选项不符合题意；
D、检测某批次汽车的抗撞能力，适合用抽样调查方式，故本选项不符合题意；
故选：B
4. 如果，那么下列比例式中成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了比例的性质，根据比例的性质，，据此可得答案．
解：由比例的性质可得，，则四个选项中，只有A选项符合题意，
故选：A．
5. 菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A. 两组对边分别平行B. 对角线相等
C. 对角线互相垂直D. 两组对边分别相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质有四边相等，对角相等，对角线平分、垂直且平分每组对角；矩形的性质有对边相等，四角相等，对角线平分且相等．
解：选项A，菱形和矩形都是特殊的平行四边形，两组对边分别平行，不符合题意；
选项B，矩形的对角线相等，而菱形的对角线不相等，不符合题意；
选项C，菱形的对角线互相平分且互相垂直，而矩形的对角线相等且互相平分但不垂直，符合题意；
选项D，菱形和矩形都是平行四边形，对边都相等，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质和矩形上午性质，熟练掌握性质是解题的关键．
6. 反比例函数的图象在每一象限内y随x的增大而减小，那么m的值可以是（）
A. B. 0C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的性质；由反比例函数的性质列出不等式，解出k的范围，即可判断．
解：根据题意，，
解得，
故选：D．
7. 某市为美化城市环境，计划种植树木50万棵，由于志愿者的加入，实际每天植树比原计划多，结果提前10天完成任务，设原计划每天植树万棵，则列方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据“提前10天完成任务”即可列出方程．
解：设原计划每天植树万棵，需要天完成，
实际每天植树万棵，需要天完成，
提前10天完成任务，
，
故选：D．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是利用题目中的等量关系，本题属于基础题型．
8. 如图，在矩形中，，垂直平分于点E，则的长为（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证是等边三角形，可得，即可求解．
解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
9. 如图，在等腰三角形中，，点D在上，连接，把绕点A逆时针旋转得到，使，连接，若，，则的长为( )
A. B. C. D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，关键是相似三角形判定定理的应用．
先证明，得到，推出，再证明，据此即可求解．
解：∵绕点A逆时针旋转得到，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，即，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：D．
10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，轴，垂足为F．若，．以下结论正确的个数是（）
①；②AE平分；③点C的坐标为；④；⑤矩形ABCD的面积为．
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似三角形的判定得出，利用相似三角形的性质及已知，的值即可判断结论①；由①分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论②；根据直角坐标系上点的表示及结论①，利用勾股定理建立等式求解可得点坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点坐标，即可判断结论③；由③可知，进而得出的值，根据矩形的性质即可判断结论④；根据矩形的性质及④可知，利用三角形的面积公式求解即可判断结论⑤．
解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，轴，垂足为F，
,，．
，
．
，，
，即．（①符合题意）
，，
，．
．
AE平分．（②符合题意）
，
点的横坐标为4．
，
，即．
，点的纵坐标为．
．
点与点关于原点对称，
．（③符合题意）
，
．（④不符合题意）
，
．（⑤符合题意）
结论正确的共有4个符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点位．灵活运用相关知识点，通过已知条件建立等式关系是解本题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．请将答案填在答题卷相应横线上．）
11. 要使有意义，则x的取值范围为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0进行求解即可．
解：∵要使有意义，
∴，
∴，
故答案为：．
12. 若最简二次根式与是同类二次根式，则_____．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了同类二次根式和最简二次根式．先求出，再根据同类二次根式的定义得出，再求出答案即可．
解：，
∵最简二次根式与是同类二次根式，
∴，
∴．
故答案为：3．
13. 在一个不透明的口袋中装有2个红球和若干个白球，它们除颜色外其他完全相同．通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.25附近，则口袋中白球可能有_____个．
【答案】6
【解析】
【分析】此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．根据摸到红球的频率估计出摸出红球的概率，根据概率公式求出总球数，进而得出白球个数即可．
解：根据题意得：
，
则口袋中白球个数很可能是6个．
故答案为：6．
14. 如图，在中，D、E为边中点，且的面积为4，那么四边形面积是_______．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的性质和判定，三角形的中位线定理等知识点，能推出是解此题的关键，注意：相似三角形的面积比等于相似比的平方．
根据三角形的中位线定理求出，得到，根据相似三角形的性质得出比例式，代入求出的面积是16，即可作答．
解：∵D、E为边中点，
∴，
，
，
的面积为4，
的面积是16，
∴四边形面积．
故答案为：12．
15. 若关于x的分式方程有增根，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了分式方程的增根，解答此题的关键是要明确：（1）化分式方程为整式方程；（2）把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．首先把所给的分式方程化为整式方程，然后根据分式方程有增根，得到，据此求出x的值，代入整式方程求出m的值即可．
解：，
去分母，得：，
由分式方程有增根，得到，
解得：，
把代入，可得：，
解得：．
故答案为：．
16. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转到的位置，此时恰好经过点C，则_______°．
【答案】20
【解析】
【分析】由旋转的性质可知：全等于，所以，所以，又因为旋转角，根据等腰三角形的性质计算即可．
解：∵绕顶点B顺时针旋转到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：20．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是证明三角形是等腰三角形．
17. 如图，若反比例函数与一次函数交于A、B两点，当时，x的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，写出在x轴的上方，且一次函数的图象不在反比例函数的图象下方的自变量的取值范围即可．
解：观察图象可知，当时，x的取值范围是．
故答案为：．
18. 如图，在正方形中，，点E在线段上（不与点B、C重合），连接，将绕点E按顺时针方向旋转得到．连接，则的度数是________．设与交于点G，连接，，当最小时，四边形的面积是___________________．
【答案】 ①. ##45度 ②. ##
【解析】
【分析】通过证明点A，F，C，E四点共圆，可得，可求的度数，由相似三角形的性质和全等三角形的性质可求，，的长，由三角形的面积公式可求解．
解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵将绕点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴点A，F，C，E四点共圆，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，
过点F作，交的延长线于N，交的延长线于点H，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：，
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，共76分．请把解答过程写在答题卷相应的位置上，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先算乘法，化最简二次根式，再合并即可；
（2）先去绝对值，分母有理化，化为最简二次根式，再合并．
【小问1】
解：原式
【小问2】
解：原式
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算法则，准确计算．
20. （1）化简：；
（2）解方程：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题考查了解分式方程，分式的加减，熟练掌握运算法则及步骤是解题的关键．
（1）根据分式的加减法则计算即可；
（2）将分式方程化为整式方程求解即可．
解：（1）
（2），
方程两边同乘，
得，
解得：，
检验：当时，，
所以分式方程的解是．
21. 先化简，再求值：，其中
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握知识点是解题的关键．
先化简括号内分式，再进行乘法运算，最后再代入求值即可．
解：原式
，
当时，原式．
22. 某校为落实中央“双减”精神，拟开设古风诗社、工程教育、玩转物理、博物历史四门校本课程供学生选择，为了解该校八年级1000名学生对四门校本课程的选择意向，陈老师做了以下工作：①整理数据并绘制统计图：②抽取40名学生作为调查对象；③结合统计图分析数据并得出结论：④收集40名学生对四门课程的选择意向的相关数据．
（1）请按数据统计的规律对陈老师的工作步骤进行正确排序___________；（填序号）
（2）以上步骤中抽取40名学生最合适的方式是___________；
A．随机抽取八年级三班的40名学生 B．随机抽取八年级40名男生
C．随机抽取八年级40名女生 D．随机抽取八年级40名学生
（3）如图是陈老师绘制的40名学生所选课后服务类型的条形统计图．假设全年级每位学生都做出了选择，且只选择了一门课程，且学校规定每个校本课程班级人数不得超过40人．
①补全条形统计图；
②估计该校八年级至少应该开设几个工程教育班．
【答案】（1）②④①③
（2）D（3）①见解析；②5个
【解析】
【分析】本题考查条形统计图，用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
（1）根据数据的收集与整理的具体步骤解答即可；
（2）根据抽样调查的特点解答即可；
（3）①用总人数分别减去选择其它三门课程的人数，即可得出选择工程教育的人数，进而补全统计图；
②根据样本估计总体思想解答即可．
【小问1】
根据数据的收集与整理的具体步骤可判断顺序为：②④①③，
故答案为：②④①③；
【小问2】
抽取40名学生最合适的方式是：D，随机抽取八年级40名学生
故答案为：D；
【小问3】
①选择工程教育的人数为：（人，
补全条形统计图如下：
②估计该校八年级选择工程教育的人数为：（人，
（个，
答：估计该校八年级至少应该开设5个工程教育班．
23. 如图，在矩形中，点O为对角线的中点，连接并延长交于点F，连接、．
（1）求证：；
（2）当时，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解析（2）四边形为菱形，理由见解析
【解析】
【分析】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定定理，熟记各性质及判定定理是解题的关键；
（1）利用矩形的性质，即可得依据判定；
（2）先判定四边形是平行四边形，再根据，即可得出四边形是菱形．
【小问1】
解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点O为对角线的中点，
∴，
∵
∴；
【小问2】
四边形为菱形，理由：
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴
又∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
24. 如图，已知．
（1）用直尺和圆规作一点O，使，并且点O到的距离等于的长度．（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若，，，当时，（1）中线段最短，线段的最小值是．
【答案】（1）见解析（2），2
【解析】
【分析】此题考查了作线段的垂直平分线，勾股定理，熟练掌握线段垂直平分线的性质定理是解题的关键：
（1）作线段的垂直平分线，交于点E，连接，作线段的垂直平分线交于点O，点O即为所求；
（2）当时，的值最小，的最小值为2．此时，，勾股定理求出，得到，．
【小问1】
解：如图，点O即为所求；
【小问2】
∵，
∴，
当时，的值最小，的最小值为2．
此时，，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25. 如图，一次函数图象与反比例函数图象交于点，，与x轴交于点C，与轴交于点
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）点M在x轴上，若，求点M的坐标．
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求一次函数和反比例函数，一次函数与三角形面积问题，熟练求出是解题的关键．
（1）设反比例函数解析式为，将代入，根据待定系数法，即可得到反比例函数解析式，将代入求得的反比例函数，解得a的值，得到B点坐标，最后根据待定系数法即可求出一次函数解析式；
（2）求出点C的坐标，根据求出，分两种情况：M在O点左侧；M点在O点右侧，根据三角形面积公式即可解答．
【小问1】
解：设反比例函数解析式为，
将代入，可得，解得，
反比例函数的解析式为，
把代入，可得，
解得，
，
设一次函数的解析式为，
将，代入，
可得，
解得，
一次函数的解析式为；
【小问2】
解：当时，可得，
解得，
，
，
，
，
，
，
M在O点左侧时，；
M点在O点右侧时，，
综上，M点的坐标为或．
26. 甲、乙两个工程队计划参与某项工程，已知由甲单独施工需要18个月完成任务，若由乙先单独施工2个月，再由甲、乙合作施工10个月恰好完成任务，承建公司每个月需要向甲工程队支付施工费用8万元，向乙工程队支付施工费用5万元．
（1）乙队单独完工需要几个月才能完成任务？
（2）为保证该工程按时完工，且尽可能的减少成本，承建公司决定让甲、乙两个工程队同时施工，并将该工程分成两部分，甲队完成其中一部分工程用了a个月，乙队完成另一部分工程用了b个月，已知甲队施工时间不超过6个月，乙队施工时间不超过24个月，且，为正整数，则甲乙两队实际施工的时间安排有几种方式？哪种安排方式所支付费用最低？
【答案】（1）乙队单独完工需要27个月才能完成任务．
（2）甲乙两队实际施工的时间安排有3种方式，安排甲工作2个月，乙工作24个月，费用最低为万元．
【解析】
【分析】本题考查的是分式方程的应用，二元一次方程的应用，一元一次不等式组的应用，确定相等关系与不等关系是解本题的关键．
（1）设乙单独完成需要个月，由“乙先单独施工2个月，再由甲、乙合作施工10个月恰好完成任务”建立分式方程求解即可；
（2）由题意可得：，可得，结合，，可得，结合，都为正整数，可得为3的倍数，可得甲乙两队实际施工的时间安排有3种方式，从而可得答案．
【小问1】
解：设乙单独完成需要个月，则
，
解得：，
经检验是原方程的解且符合题意；
答：乙队单独完工需要27个月才能完成任务．
【小问2】
解：由题意可得：，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得：，
∵，都为正整数，
∴为3的倍数，
∴或或，
∴甲乙两队实际施工的时间安排有3种方式，
方案①：安排甲工作6个月，乙工作18个月，费用为：（万元），
方案②：安排甲工作4个月，乙工作21个月，费用：（万元），
方案③：安排甲工作2个月，乙工作24个月，费用为：（万元），
∴安排甲工作2个月，乙工作24个月，费用最低为万元．
27. 如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在x轴的正半轴上．如图2，将正方形绕点O逆时针旋转，旋转角为，交直线于点E，交轴于点F
（1）当旋转角为多少度时，；（直接写出结果，不要求写解答过程）
（2）若点，求的长；
（3）如图3，对角线交y轴于点M，交直线于点N，连接，将与得面积分别记为与．
①证明：是直角三角形；
②当时，直接写出的长度．
【答案】（1）
（2）
（3）①见解析；②
【解析】
【分析】本题考查了一次函数和正方形的性质，解题关键是会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
（1），则（即旋转角），进而求解；
（2）证明，得到，即可求解；
（3）①证明O、N、F、C四点共圆，即可求解；
②，进而求解．
【小问1】
解： ∵四边形是正方形
∴
当时，
在和中，
，
∴，
∴（即旋转角），
∵与轴正方向的夹角为，
∴，
∵为旋转角，
∴
∴，
∴，
∴当旋转角为时，；
【小问2】
解：过点A作轴于点G，则有，
由于
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为；
【小问3】
①证明：∵直线，
∴，
∵是正方形，
∴，
∴，
∴O、N、F、C四点共圆，
∴，
在三角形中，
，
∴是等腰直角三角形．
②解：过点N作直线于点P，交于点Q，
由①可知等腰直角三角形，
∴，,
∴,
∵在中，,
∴,
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
，
∴，
又∵为等腰直角三角形，设，
∴，
∴，
即，
解得：（负值已舍去），
即．