2023-2024学年四川省绵阳市涪城区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年四川省绵阳市涪城区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共19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.下列属于最简二次根式的是( )
A. 9B. 7C. 20D. 0.5
2.一组数据2、3，7、7、5，则这组数据的众数为( )
A. 2B. 3C. 5D. 7
3.若 x−1在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是( )
A. x≥1B. x≤1C. x<1D. x>1
4.如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠ACB=10∘，点E在OA上，若OE=AB，则∠AEB的度数等于( )
A. 25∘B. 30∘C. 35∘D. 38∘
5.第十四届全国冬季运动会已成功举办，山西某运动俱乐部赛前预备在三位短道速滑运动员中选取一名发挥优秀且稳定的运动员参赛.他们的训练成绩如下表所示，那么派出的队员应为( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
6.如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1=20∘，则∠2的度数为( )
A. 20∘
B. 60∘
C. 70∘
D. 80∘
7.关于一次函数y=2x−3，下列说法正确的是( )
A. 图象经过点(1,2)B. 图象与x轴交于点(−3,0)
C. 图象经过第二象限D. 函数值y随x的增大而增大
8.一个直角三角形的两条边分别为a= 2，b= 6，那么这个直角三角形的面积是( )
A. 3B. 2 3C. 3或 2D. 2 3或 2 2
9.已知A，B两地相距1500米，甲步行沿一条笔直的公路从A地出发到B地，乙骑自行车比甲晚5分钟从B地出发，沿同一条公路到达A地后立刻以原速度返回，并与甲同时到达B地，甲、乙离A地的距离y(米)与甲行走时间x(分)的函数图象如图所示，则甲出发后两人第一次相遇所需的时间是( )
A. 132分钟
B. 7分钟
C. 152分钟
D. 8分钟
10.如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一个动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，有下列5个结论：①AP=EF；②AP⊥EF；③△APD一定是等腰三角形；④∠PFE=∠BAP；⑤EF的最小值等于12BD.其中正确结论的个数是( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
11.如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y=mx和y=kx+b的图象相交于点P(1,m)，则不等式−b≤kx−b≤mx的解集为( )
A. 0≤x≤1
B. −1≤x≤0
C. −1≤x≤1
D. −m≤x≤m
12.如图，在△ABC中，AB=4，BC=3，∠B=60∘，M是BC延长线上一点，CM=2，P是边AB上一动点，连结PM，作△DPM与△BPM关于PM对称(点D与点B对应)，连结AD，则AD长的最小值是( )
A. 0.5B. 0.6C. 5− 21D. 13−3
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13.计算 (−4)2的结果是______.
14.把直线y=2x+3沿着y轴向上平移两个单位长度，则得到的直线______.
15.在平面直角坐标系中，以O(0,0)，A(1,2)，B(4,0)，C为顶点构造平行四边形，请写出一个满足条件的点C的坐标______.
16.王老师和胡老师沿相同路线同时从松中A校区出发去松中B校区开会，分别以一定的速度匀速步行，出发5分钟，王老师发现自己有一份文件落在松中A校区，于是立即以之前速度的2倍跑回A校区，在到达A校区后停留了8分钟后骑车以更快的速度匀速驶往B校区开会，胡老师在途中某地停留了5分钟等王老师，但没见到王老师来，就以原来的速度继续前进，最终两人同时到达松中B校区会议室，王老师和胡老师两人的距离y米与王老师行进时间x分钟之间的关系如图所示，则松中A校区与B校区之间的距离为______米.
17.如图，长方体的底面是边长为2cm的正方形，高是6cm.如果用一根细线从点A开始经过4个侧面围绕一圈到达点B.那么所用的细线最短长度是______厘米.
18.某校为了解九年级学生“一分钟跳绳”的整体水平，随机抽取了该年级50名学生进行测试，并将所得数据整理后，绘制了如图所示的频数分布直方图(每组数据包括左端值，但不包括右端值).若以各组数据的中间值(如：60≤x<80的中间值为70)代表该组数据的平均水平，则可估计该校九年级学生“一分钟跳绳”的平均次数约为______次．(精确到个位)
三、解答题：本题共6小题，共46分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题6分)
计算：
(1) 12× 2；
(2) 8− 2+2 12；
(3) 18× 62÷ 27.
20.(本小题6分)
甲、乙两名运动员在6次百米赛跑训练中的成绩(单位：秒)如下：
甲：10.7，10.8，10.9，10.6，11.1，10.7
乙：10.9，10.8，10.8，10.5，10.9，10.9
(1)求甲、乙两运动员训练成绩的平均数；
(2)哪名运动员训练的成绩比较稳定？并说明理由.
21.(本小题6分)
如图，△ABC中，∠BCA=90∘，D是斜边AB的中点，若CE//AB，DE//BC，且DE交AC于点O，连接AE.
(1)求证：四边形ADCE是菱形；
(2)若∠B=60∘，BC=6，则四边形ADCE的面积=______.
22.
23.(本小题10分)
直线y=2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，点C，D分别是点A，B关于原点的对称点.
(1)求直线CD的函数解析式；
(2)求四边形ABCD的面积.
24.(本小题12分)
如图，已知O是坐标原点，点A的坐标是(6,0)，点B是y轴正半轴上一动点，以OB，OA为边作矩形OBCA，OC是矩形OBCA的对角线，OE平分∠BOC交BC于点E，CF平分∠ACO交OA于点F.
(1)求证：四边形OECF是平行四边形；
(2)当四边形OECF为菱形时，求点B的坐标；
(3)过点E作EG⊥OC，垂足为点G，过点F作FH⊥OC，垂足为点H，当点G，H将对角线OC三等分时，求点B的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、 9=3，故此选项错误；
B、 7是最简二次根式，故此选项正确；
C、 20=2 5，故此选项错误；
D、 0.5= 22，故此选项错误；
故选：B.
直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．
此题主要考查了最简二次根式，正确把握最简二次根式的定义是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：这组数据的众数为7，
故选：D.
根据众数的定义求解即可．
本题主要考查众数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
3.【答案】A
【解析】解：由题意可知：x−1≥0，
解得x≥1.
故选：A.
根据二次根式有意义的条件可求出x的取值范围．
本题考查二次根式有意义的条件：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．本题属于基础题型．
4.【答案】B
【解析】解：如图，以AO为边作等边三角形AFO，连接BF，
∴AF=FO=OA.
∵∠ACB=10∘，∠FAO=60∘，∠CAD=10∘，
∴∠BAF=90∘−60∘−10∘=20∘，
由矩形性质可得OB=OC=OA=OD，
∴∠OBC=∠OCB=10∘，
∴∠AOB=20∘，
∴∠BAF=∠AOB.
在△BAF和△EOB中，
BA=EO∠BAF=∠EOBAF=OB，
∴△BAF≌△EOB(SAS)，
∴∠EBO=∠BFA，
∴OB=OF，
∴∠BOF=∠AOF−∠AOB=60∘−20∘=40∘，
∴∠OBF=∠OFB=70∘，
∴∠AFB=70∘−60∘=10∘，
∴∠OBE=∠AFB=10∘，
∴∠AEB=∠OBE+∠AOB=10∘+20∘=30∘.
故选：B.
以AO为边作等边三角形AFO，连接BF，可用“SAS“证明△BAF≌△EOB，得到∠EBO=∠BFA，又OB=OF，根据∠BOF=60∘−20∘=40∘可得∠OBF=∠OFB=70∘，∠AFB=10∘=∠OBE，从而∠AEB=∠OBE+∠AOB=10∘+20∘=30∘.
本题考查了矩形的性质，三角形的外角的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，有一定难度，构造等边三角形AFO证明△BAF≌△EOB是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：由表可知从平均时间看，丁的成绩最好，其次是甲与丙，乙的成绩最低，
从方差看，丁成绩波动幅度太大，甲与乙成绩最稳定，
∴结合平均时间与方差看，甲发挥优秀且稳定，
故选：A.
根据方差的意义先比较出甲、乙、丙、丁的大小，再根据平均数的意义即可求出答案．
此题考查了平均数和方差，方差它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
6.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，AC⊥BD，
∴∠DCA=∠1=20∘，
∴∠2=90∘−∠DCA=70∘，
故选：C.
根据菱形的性质和平行线的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：A.当x=1时，y=2×1−3=−1，
∴一次函数y=2x−3的图象不过点(1,2)，选项A不正确，不符合题意；
B.当y=0时，2x−3=0，解得：x=32，
∴一次函数y=2x−3的图象与x轴交于点(32,0)，选项B不正确，不符合题意；
C.∵k=2>0，b=−3<0，
∴一次函数y=2x−3的图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限，选项C不正确，不符合题意；
D.∵k=2>0，
∴y随x的增大而增大，故选项D正确，符合题意．
故选：D.
根据一次函数的性质一一判断即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质以及一次函数图象与系数的关系，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：当b是直角边时：这个直角三角形的面积是：12× 2× 6= 3；
当b是斜边时：另一个直角边为： 6−2=2，
这个直角三角形的面积是：12×2× 2= 2；
故选：C.
分类讨论，当b是直角边和斜边两种情况讨论，再根据三角形的面积公式求解．
本题考查了二次根式的应用，掌握勾股定理及三角形的面积公式是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：由图象可得，
甲步行的速度为：1500÷(10+5)=100(米/分)，
乙的速度为：1500÷(10−5)=300(米/分)，
设甲出发后两人第一次相遇所需的时间是a分钟，
100a+300(a−5)=1500，
解得a=7.5，
即甲出发后两人第一次相遇所需的时间是7.5分钟，
故选：C.
根据题意和图象中的数据，可以计算出甲、乙的速度，然后即可列出相应的方程，求解即可．
本题考查一次函数的应用，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M.
∵四边形ABCD是正方形．
∴∠ABP=∠CBD，∠ABC=90∘，AB=BC，
又∵NP⊥AB，PE⊥BC，
∴∠PNB=∠NBE=∠PEB=90∘，PN=PE，
∴四边形BNPE是正方形，∠ANP=∠EPF=90∘，四边形BCFN是矩形，
∴NP=EP=BE，BC=NF，
∴AN=PF，
在△ANP与△FPE中，
NP=EP∠ANP=∠EPFAN=PF，
∴△ANP≌△FPE(SAS)，
∴AP=EF，∠PFE=∠BAP(故①④正确)；
在△APN与△FPM中，∠APN=∠FPM，∠NAP=∠PFM，
∴∠PMF=∠ANP=90∘，
∴AP⊥EF，(故②正确)；
∵P是BD上任意一点，因而△APD是等腰三角形不一定成立，(故③错误)；
∵AP=EF，
∴当AP⊥BD时，AP有最小值即EF有最小值，
∵AB=AD，AP⊥BD，
∴此时P为BD的中点，
又∵∠BAD=90∘，
∴AP=12BD，即EF的最小值为12BD(故⑤正确)
综上，正确的结论是①②④⑤，共4个．
故选：C.
延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M，只需要证明△ANP≌△FPE得到AP=EF，∠PFE=∠BAP即可判断①④；根据三角形的内角和定理即可判断②；根据P的任意性可以判断③；根据AP=EF，当AP最小时，EF有最小值，即可判断⑤．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理，等腰直角三角形的性质，正确证明△ANP≌△FPE，以及理解P的任意性是解决本题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：∵y=kx+b的图象经过点P(1,m)，
∴k+b=m，
当x=−1时，kx−b=−k−b=−(k+b)=−m，
即(−1,−m)在函数y=kx−b的图象上．
又∵(−1,−m)在y=mx的图象上．
∴y=kx−b与y=mx相交于点(−1,−m).
则函数图象如图．
则不等式−b≤kx−b≤mx的解集为−1≤x≤0.
故选：B.
首先确定y=mx和y=kx−b的交点，作出y=kx−b的大体图象，然后根据图象判断．
本题考查了一次函数与不等式的关系，正确确定y=kx−b和y=mx的交点是关键．
12.【答案】C
【解析】解：如图，连接AM，过过A作AT⊥BM于点T.
在Rt△ABT中，AB=4，∠B=60∘，
∴∠BAT=30∘，
∴BT=12AB=2，
∴AT= AB2−BT2= 42−22=2 3，
∵BC=3，CM=2，
∴BM=5，MT=BM−BT=3，
∴AM= AT2+MT2= (2 3)2+32= 21，
由翻折的性质可知，MB=MD=5，
∴AD≥DM−AM=5− 21
∴AD的最小值为5− 21.
故选：C.
如图，连接AM，过过A作AT⊥BM于点T.解直角三角形求出AM，DM，可得结论．
本题考查轴对称变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
13.【答案】4
【解析】解： (−4)2= 16=4.
故答案为：4.
根据算术平方根的定义解答即可．
此题主要考查了算术平方根的定义，本题易错点在于符号的处理．
14.【答案】y=2x+5
【解析】解：由题意得：平移后的解析式为：y=2x+3+2，即y=2x+5.
故答案为：y=2x+5.
根据平移法则“上加下减”可得出平移后的解析式．
本题考查一次函数图象与几何变换，掌握平移法则“左加右减，上加下减”是解题的关键．
15.【答案】(5,2)
【解析】解：∴平行四边形AOBC以AB为对角线，且O(0,0)，A(1,2)，B(4,0)，
∴AC//OB，AC=OB=4，
∴C(5,2)，
故答案为：(5,2).
答案不唯一：平行四边形ABOC1以AO为对角线，C1(−3,2)；
平行四边形ABC2O以OB为对角线，C2(3,−2).
由O(0,0)，A(1,2)，B(4,0)，且AC//OB，AC=OB=4，得C(5,2)，于是得到问题的答案，此外，还有两个点也符合要求，即C1(−3,2)；C2(3,−2).
此题重点考查图形与坐标、平行四边形的性质等知识，根据平行四边形的对边平行且相等求出点C的坐标是解题的关键．
16.【答案】2100
【解析】解：设王老师开初行驶的速度为a米/分，胡老师的速度为b米/分，由题意得，
b−a=2005b+2a=900−2002.5，
解得a=80b=120，
设王老师到达A校区，停留了8分钟后的速度为c米/分，由题意得，
120×(19.5−5)−(19.5−5−2.5−8)c=540，
解得c=300，
设t分钟时两人到达终点，由题意得，
120(t−5)=300(t−5−2.5−8)，
解得t=22.5，
∴A、B两校区的距离为：120×(22.5−5)=2100(米).
故答案为：2100.
设王老师开初行驶的速度为a米/分，胡老师的速度为b米/分，根据图象“5分钟两人相距200米”知两人速度差为40米/分，再根据函数图象“王老师以2倍速度返回A校区时，两人相距900米”知王老师速度的倍与胡老师速度和为900−2002.5=280，这样便可求出两人的速度，设王老师到达A校区，停留了8分钟后的速度为c米/分，根据函数图象“19.5分钟时，两人相距540米”列出方程求得c，最后设t分钟时两人到达终点，根据王老师后面时间(t−5−2.5−8)分钟的行程为A、B距离，与胡老师总共行驶时间(t−5)分钟的行程也为A、B间的距离，两距离相等，列出方程求得t，便可求得A、B的距离．
本题是函数图象与实际的行程问题结合题型，主要考查一次函数的应用，行程问题，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
17.【答案】10
【解析】解：如图所示：
连接AB′，则AB′即为所用的最短细线长，
AA′=8cm，A′B′=AB=6cm，
由勾股定理得：AB′2=AA′2+A′B′2=62+82=100，
则AB′=10cm，
答：所用的细线最短长度是10cm；
故答案为：10.
把长方体沿AB边剪开，再根据勾股定理进行解答即可．
本题考查的是平面展开-最短路线问题，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
18.【答案】124
【解析】解：70×2+90×6+110×10+130×20+150×122+6+10+20+12=123.6≈124，
即估计该校九年级学生“一分钟跳绳”的平均次数约为124次，
故答案为：124.
根据直方图中的数据和加权平均数的计算方法，可以计算出该校九年级学生“一分钟跳绳”的平均次数．
本题考查频数分布直方图、加权平均数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19.【答案】解：(1)原式=2 3× 2=2 6；
(2)原式=2 2− 2+ 2=2 2；
(3)原式=3 2× 62× 39=1.
【解析】(1)根据二次根式的乘法法则计算即可；
(2)根据二次根式加减混合运算法则计算即可；
(3)根据二次根式的乘除混合运算法则计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，解题的关键在于熟练掌握相关运算法则．
20.【答案】解：(1)x−甲=16×(10.7+10.8+10.9+10.6+11.1+10.7)=10.8(秒)，
x−乙=16×(10.9+10.8+10.8+10.5+10.9+10.9)=10.8(秒)；
(2)乙运动员训练成绩稳定，理由如下：
S甲2=16×[(10.6−10.8)2+2×(10.7−10.8)2+(10.8−10.8)2+(10.9−10.8)2+(11.1−10.8)2]=275；
S乙2=16×[(10.5−10.8)2+2×(10.8−10.8)2+3×(10.9−10.8)2]=150；
∵150<275，
∴乙运动员训练成绩稳定．
【解析】(1)根据算术平均数的定义列式计算即可；
(2)先根据方差的定义列式计算出甲、乙运动员训练成绩的方差，再利用方差的意义求解即可．
本题主要考查算术平均数和方差，解题的关键是掌握算术平均数和方差的定义及方差的意义．
21.【答案】18 3
【解析】(1)证明：∵CE//AB，DE//BC，
∴四边形DBCE是平行四边形．
∴EC//BD，且EC=BD.
∵D是斜边AB的中点，
∴AD=BD，
∴EC=AD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠BCA=90∘，D是斜边AB的中点，
∴CD=12AB=AD，
∴平行四边形ADCE是菱形；
(2)解：∵∠BCA=90∘，∠B=60∘，
∴∠BAC=30∘，
∴AB=2BC=12，
∴AC= AB2−BC2= 122−62=6 3，
由(1)知，四边形ADCE是菱形，
四边形DBCE是平行四边形，
∴AC⊥DE，DE=BC=6，
∴菱形ADCE的面积=12AC×DE=12×6 3×6=18 3，
故答案为：18 3.
(1)先证四边形ADCE为平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得CD=AD，即可得出结论；
(2)由勾股定理得到AC的长度，再由平行四边形的性质得DE的长度，然后由菱形的面积公式求解即可．
此题主要考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、含30∘角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】

【解析】
23.【答案】解：(1)在y=2x+4中，令y=0，则2x+4=0，
解得x=−2，
∴A(−2,0)，
令x=0，则y=4，
∴B(0,4)，
∵点C，D分别是点A，B关于原点的对称点，
∴C(2,0)，D(0,−4)，
设直线CD的解析式为y=kx+b，
∴2k+b=0b=−4，解得k=2b=−4，
∴直线CD的函数解析式为y=2x−4；
(2)∵A(−2,0)，B(0,4)，C(2,0)，D(0,−4)，
∴AC=4，OB=OD=4，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=12×4×4+12×4×4=16.
【解析】(1)由直线AB的解析式求得A、B的坐标，进而求得C、D的坐标，然后根据待定系数法求得直线CD的解析式；
(2)根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC，利用三角形面积公式即可求得．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，关于原点对称的点的坐标特征，三角形的面积，求得C、D的坐标是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形OBCA为矩形，
∴OB//AC，
∴∠BOC=∠ACO，
又∵OE平分∠BOC，CF平分∠ACO，
∴∠BOC=2∠EOC，∠ACO=2∠FCO.
∴∠EOC=∠FCO，
∴OE//CF.
又∵在矩形OBCA中，BC//OA，即EC//OF，
∴四边形OECF是平行四边形．
(2)解：∵四边形OBCA为矩形，
∴∠OBC=90∘，OA=BC，
∵四边形OECF是菱形，
∴EO=EC.
∴∠EOC=∠ECO.
又∵OE平分∠BOC，
∴∠EOC=∠BOE，
∴∠EOB=∠EOC=∠ECO=30∘.
又∵点A的坐标是(6,0)，
∴OA=6.
∴BC=6.
设BE=x，则OE=EC=6−x，
在Rt△OBE中，OE=2BE=2x.
∴6−x=2x，解得x=2，
∴BE=2，OE=4.
∴OB= OE2−BE2= 42−22=2 3.
∴点B的坐标是(0,2 3).
(3)解：∵OE平分∠BOC，EG⊥OC，EB⊥OB，
∴∠BOE=∠GOE，∠OBE=∠OGE=90∘.
又∵OE=OE，
∴△OEB≌△OEG(AAS).
∴OG=OB.
同理CH=CA.
∵四边形OBCA为矩形，
∴OB=CA，
∴OG=CH.
①当点G在点O，H之间时，如图，
∵点G，H将对角线OC三等分，
∴AC=OG=GH=HC.
设AC=m，则OC=3m.
在Rt△OAC中，OA=6，
∵AC2+OA2=OC2，
∴m2+62=(3m)2，解得m=3 22.
∴OB=AC=3 22.
∴点B的坐标是(0,3 22)；
②当点H在O，G之间时，如图，
同理可得OG=CH=AC.
设OH=n，则OC=3n，AC=HC=2n.
在Rt△OAC中，OA=6.
∵AC2+OA2=OC2，
∴(2n)2+62=(3n)2，解得n=6 55.
∴AC=OB=12 55.
∴点B的坐标是(0,12 55).
∴满足条件的点B的坐标为(0,3 22)或(0,12 55).
【解析】(1)只要证明∠EOC=∠OCF，可得OE//CF，EC//OF，即可证明；
(2)根据矩形和菱形的性质可推出∠EOB=∠EOC=∠ECO=30∘，根据含30∘角的直角三角形的性质即可解决问题；
(3)分两种情形：①当点G在点O，H之间时，②当点H在O，G之间时，分别求解即可．
本题是四边形的综合题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会运用分类讨论的思想解决数学问题．甲
乙
丙
丁
平均时间(s)
50.1
51.3
50.1
50.0
方差
0.9
0.9
1.3
57.8