广西玉林市兴业县2023-2024学年八年级下学期期末检测数学试题（解析版）

这是一份广西玉林市兴业县2023-2024学年八年级下学期期末检测数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了本考卷分试题卷和答题卡两部分等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本考卷分试题卷和答题卡两部分．请将答案填写在答题卡上，在试题卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
2．选择题每小题选出答案后，考生用2B铅笔把答案卡上对应题目的选项标号涂黑．
3．非选择题，考生用直径0.5毫米黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑）
1. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的条件，掌握二次根式的条件是解题的关键．根据二次根式的条件即可得到答案．
【详解】解：由题意可知：，
解得，
故选D．
2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是最简二次根式的定义，最简二次根式满足：被开方数不含有分母，被开方数不含有开得尽方的因数或因式，根据定义逐一判断即可得到答案．
【详解】解：A. ，不最简二次根式；
B. ，不是最简二次根式；
C. 是最简二次根式；
D. ，不是最简二次根式；
故选C．
3. 直线的图象经过（ ）
A. 第一、二、三象限B. 第一、二、四象限C. 第一、三、四象限D. 第二、三、四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据一次函数的图象特点即可得．
【详解】解：∵一次函数的一次项系数为，常数项为，
∴此函数的图象经过第二、三、四象限，
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的图象，熟练掌握一次函数的图象特点是解题关键．
4. 某同学对数据32，36，28，33，4■，43，50进行统计分析，发现两位数“4■”的个位数字模糊不清，则下列统计量不受影响的是（ ）
A. 平均数B. 众数C. 中位数D. 方差
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了方差、平均数、众数、中位数，关键是掌握将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．据此求解即可.
【详解】解：∵中位数是从小到大排列后处于中间的1个数或中间2个数的平均数，
∴中位数不受影响的，
故选：C．
5. 根据下列四边形中所标的数据，一定能判定为平行四边形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据平行四边形的判定性质逐项进行分析判断即可．
【详解】解：A、，四边形不平行四边形，不符合题意；
B、只有一组对边平行不能确定四边形是平行四边形，不符合题意；
C、一组对边平行且相等，是平行四边形，符合题意；
D、不能判断出任何一组对边是平行的，所以四边形不一定是平行四边形，不符合题意．
故选：C．
6. 如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A. 当时，是矩形
B. 当时，是菱形
C. 当是正方形时，
D. 当是菱形时，
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定和性质逐个分析判断即可．
【详解】解：A、当时，由有一个角为直角的平行四边形是矩形可得四边形是矩形，故该选项不符合题意；
B、当时，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形是菱形，故该选项不符合题意；
C、当是正方形时，由正方形的对角线可得，故该选项不符合题意；
D、当是菱形时，可得，不能得到，故该选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
7. 如图，用一根绳子检查一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量书架的两条对角线，的长就可以判断，其数学依据是（ ）
A. 三个角都是直角的四边形是矩形B. 对角线互相平分的四边形是矩形
C. 对角线相等的平行四边形是矩形D. 对角线互相垂直平分的四边形是矩形
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质．根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【详解】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项符合题意．
故选：C．
8. 如图，已知P是正方形对角线上一点，平分，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查正方形的性质、角平分线定义和三角形外角的性质等，根据正方形性质得，根据角平分线定义求得，即可求得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
故选：C．
9. 勾股定理是用代数思想解决几何问题最重要的工具，也是数形结合的纽带之一．如图，当秋千静止时，踏板B离地的垂直高度，将它往前推至C处时(即水平距离)，踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直，则绳索的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．由题意可知，，，，设，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：由题意可知，，，，
，
设，则，
由勾股定理得：，
，
解得：，
即绳索的长是，
故：A．
10. 如图，在四边形中，，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，若，则的值是（ ）
A. 48B. 56C. 66D. 78
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查正方形面积计算，勾股定理，正确作出辅助线，由勾股定理得到线段之间的关系是解题的关键．连接，由勾股定理，得，于是，代入求解即可．
【详解】解：连接，

由题意得：，，，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
11. 我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变(如图)，若正方形教具边长为，，则四边形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质．过点作交延长线于E，先证明四边形是菱形，得，则，利用等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理求得，然后菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：过点作交延长线于E，如图，
∵正方形，
∴
∴
∴四边形是菱形，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
又
∴
∴，
故选：B．
12. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于点A、B，点C坐标为，连接，以为边，为直角，在右侧作等腰直角三角形，则点D的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了一次函数图象与坐标轴的交点，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质；
首先求出点，进而得，，过点D作轴于点E，证，得，，由此求出，据此可得点D的坐标．
【详解】解：对于，当时，，
则点，
又∵点C的坐标为，
∴，，
过点D作轴于点E，如图所示：

∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∴点D的坐标为．
故选：A．
二、填空题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．）
13. 比较大小∶ 2________ 3(填“>” “<”或“=” ) ．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的大小比较，被开方数越大，其值越大，能熟练应用算术平方根进行转化，是解题的关键．
由2是4的算术平方根，可比较出大小．
【详解】
故答案为：
14. 甲、乙两名同学5次跳远成绩的方差分别为，则跳远成绩更稳定的是_____．
【答案】甲
【解析】
【分析】此题考查了方差的意义，方差越小，成绩越稳定，据此进行判断．
【详解】解：∵甲、乙两名同学5次跳远成绩的方差分别为，
∴，
∴跳远成绩更稳定的是甲，
故答案为：甲
15. 在平面直角坐标系中，已知一次函数的图象如图所示，那么关于的一元一次不等式的解集是______．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系，关键是能正确利用数形结合的方法解决问题．
一次函数的图象在轴下方时，，再根据图象写出解集即可．
【详解】解：当不等式时，一次函数的图象在轴下方，
∴．
故答案为：．
16. 如图，把一张长方形纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个正方形，剪刀与折痕所成的角为________度．
【答案】45
【解析】
【分析】根据正方形的性质，由两个角度为45°的等腰直角三角形构成，即可得解.
【详解】根据题意，由正方形的性质，得
两个等腰直角三角形构成正方形，
即角度为45°.
【点睛】此题主要考查正方形的性质运用，熟练掌握，即可解题.
17. 如图，中，．以点C为圆心，长为半径作弧，交于点D，以点A为圆心，长为半径作弧，交于点P，若，则_____．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，根据勾股定理求出，然后根据作图可得，，据此计算即可得到结论．
【详解】∵，，
∴，，
由作图过程可得，，
∴，，
∴，
故答案为：．
18. 如图，矩形中，，为上一点，且，连接．以下说法中：①；②当点在边上时，则；③当时，则；④的最小值为．其中正确的结论是______(填写序号)．
【答案】①②④
【解析】
【分析】由及，可判定①；当点在边上时，可求得，从而由矩形的性质及等腰三角形的性质，可得的度数，根据互余关系可求得的度数，从而对②作出判断；当时，可求得的长，进而可求得的函数值，则可对③作出判断；取，连接，，证明，则，从而，在中求出，即可对④作出判断．
【详解】解：①∵，，
∴，
故①正确；
②当点在边上时，如图，

∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故②正确；
③当时，如图，
∵，
∴是等边三角形，
如图，过点作于，交于，
则，四边形是矩形，
∴，
由勾股定理得，
∴，
而，
∴，
∴，
故③错误；
④如图，取，连接，，
∵，
∴，
∴，
∴，
当点在线段上时，取得最小值，最小值为线段的长；
在中，，
由勾股定理得，
故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，构造辅助线证明两个三角形全等是解决取得最小值的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的加减混合运算，二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则和运算顺序是解题的关键．
先计算乘方、算术平方根、与二次根式的除法、化简绝对值，再计算实数的加减即可得．
【详解】解：
．
20. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，分母有理化，先把小括号内的式子通分，然后把除法变成乘法，再约分化简，最后代值计算即可得到答案．
【详解】解：
，
当时，原式．
21. 已知是三边的长，且满足关系式．
（1）求的值；
（2）若，判断的形状，并说明理由．
【答案】（1），
（2）是等腰直角三角形，理由见详解
【解析】
【分析】本题主要考查了算数平均数的非负数的性质，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定．
（1）根据可得，由二次根式非负数的性质即可求出答案．
（2）由（1）可得，再证明，得到．则是等腰直角三角形．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，．
【小问2详解】
是等腰直角三角形，
理由：∵，，
∴，
∴是直角三角形，
∵，
∴等腰直角三角形．
22. 我们把连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．三角形的中位线有如下性质：三角形的中位线平行于三角形的第三边并且等于第三边的一半．下面请对这个性质进行证明．
（1）如图1，点D，E分别是的边，的中点，求证：，且；
（2）如图2，四边形中，点M是边的中点，点N是边的中点，若，，，直接写出的长．
【答案】（1）见解析 （2）6
【解析】
【分析】（1）如图所示，延长到F，使得，证明，得到，则，再由点D是的中点，得到，即可证明四边形是平行四边形，则，，再由，即可证明；
（2）如图所示，连接并延长交延长线于E，证明，得到，，即点N是的中点，由（1）的结论可知，则．
【小问1详解】
证明：如图所示，延长到F，使得，
∵点E是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
又，
∴，
∴，且；
【小问2详解】
解：如图所示，连接并延长交延长线于E，
∵，
∴，
∵点N是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，即点N是的中点，
又∵点M是的中点，
∴由（1）的结论可知，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
23. 4月24日是中国航天日，为激发青少年崇尚科学、探索未知的热情，某中学开展“航空航天”知识问答系列活动．为了解活动效果，从七、八年级学生的知识问答成绩中，各随机抽取了20名学生的成绩进行统计分析(6分及6分以上为合格：9分及9分以上为优秀)，绘制了如下统计图表：
学生成绩统计表
根据上述信息，解答下列问题：
（1）学生成绩统计表中______， ______；
（2）求八年级学生成绩的平均数m；
（3）根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级的学生对航空航天知识掌握更好？并说明理由．
【答案】（1）8，7.5
（2）755 （3）七年级，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查频数分布直方图，平均数、中位数、扇形统计图，掌握平均数、中位数的计算方法是解答本题的关键．
（1）根据众数和中位数的计算方法进行求解即可；
（2）利用加权平均数的计算方法，进行求解即可；
（3）利用中位数和众数进行判断即可．
【小问1详解】
解∶ 解：七年级中8分的人数所占的比重最大，
∴；
八年级的成绩排序后，第10个和第11个数据为7和8；
∴，
故答案为∶8，7.5；
【小问2详解】
解∶
答：八年级学生成绩的平均数是7.55．
【小问3详解】
解：七年级的学生对航天航空知识掌握更好，
理由如下：因为两个年级的平均数相同，但七年级的中位数和众数均高于八年级，所以七年级的学生对航天航空知识掌握更好．
24. 通过《一次函数》学习，我们学会了列表、描点、连线的方法来画出函数图象并结合函数图象研究函数性质．小明想应用这个方法来探究函数的性质．
下面是他的探究过程，请你补充完整：
（1）列表：
直接填空： ______．
（2）描点并画出该函数的图象．
（3）观察的图象，类比一次函数，写出该函数的两条性质：
①______；②______．
（4）在平面直角坐标系中，我们将横、纵坐标均为整数的点称为整点．则该函数图象与直线围成的区域内(不包括边界)整点的个数为______．
【答案】（1）1 （2）见解析
（3）函数有最小值为； 当时，随着的增大而增大；时，随着的增大而减小
（4）9
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的图象和性质，画出函数图象并从图象中获取信息是解题的关键．
（1）把代入函数关系式进行计算即可；
（2）描点、连线画出函数图象即可；
（3）观察图象可从该图象的最值，增减性解答即可；
（4）观察图象即可解答．
【小问1详解】
解∶ 当 时， ，
，
故答案为∶ 1；
【小问2详解】
解∶ 描点、连线画出该函数图象如图：
【小问3详解】
解∶写出该图象的两条性质：
①函数有最小值为，
②当时，随着的增大而增大；时，随着的增大而减小，
故答案为：函数有最小值为； 当时，随着的增大而增大；时，随着的增大而减小；
【小问4详解】
解∶如图，

该函数图象与直线 围成的区域内 (不包括边界) 整点的个数为9，
故答案为∶ 9．
25. 【问题背景】新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少了二氧化碳等气体的排放，从而达到保护环境的目的．
【实验操作】为了解电动汽车电池需要多久能充满，以及在满电状态下该汽车的最大行驶里程，某综合实践小组设计如下两组实验．
实验一：探究得出电池充电状态下汽车仪表盘显示电量(%)与充电时间t(小时)的关系式为．
实验二：探究满电状态下汽车行驶过程中仪表盘显示电量(%)与行驶里程(千米)的关系，数据记录如表1．
【建立模型】（1）结合表1的数据求出仪表盘显示电量(%)与行驶里程(千米)之间的函数表达式；
【解决问题】（2）该电动汽车在满电的状态下出发，前往距离出发点千米处的目的地，若电动汽车平均每小时行驶千米，行驶小时后，在途中的服务区充电，一次性充电若干时间后汽车以原速度继续行驶，若要保证司机在最短的时间快速到达目的地，则至少要在服务区充电多长时间?
【答案】（1）；（2）要保证司机在最短的时间快速到达目的地，则至少要在服务区充电小时
【解析】
【分析】本题考查一次函数的知识，解题的关键是掌握一次函数的实际运用，一次函数的图象和性质，待定系数法求解函数解析式，即可．
（1）根据图表，设，把将，代入，解出，，即可；
（2）根据题意，先求出满电时行驶小时的路程，再求出剩余电量，假设充电充了小时，应增加电量：；根据题意，求出剩余路程，此时满电状态下剩余电量为，得到应耗电量为，根据，解出，即可．
【详解】解：（1）根据表中数据可以得出仪表盘显示电量（%）与行驶里程（千米）之间的函数关系为一次函数，设，
将，代入
∴得，
解得：，
∴仪表盘显示电量（%）与行驶里程（千米）之间的函数解析式为：；
（2）由题意得，先在满电的情况下行走了，
当时，，
∴在服务区未充电前电量显示为，
假设充电充了小时，应增加电量：，
∴再次出发时电量为，剩余路程，
∴满电状态下剩余电量为，
∴应耗电量为，
∴，
解得：．
答：要保证司机在最短的时间快速到达目的地，则至少要在服务区充电小时．
26. 综合实践：在一节综合实践课上，数学老师要求同学们动手折叠一张正方形纸片，如图，点M是边的中点，点P、Q是边上的两个动点，连接、，将折叠，使点A落在线段上的点处，是折痕，将折叠，使点B落在线段上的点．处，是折痕．
（1）如图1，当点P与点Q重合时．
①线段与线段的位置关系是： ；
②请说明：；
（2）如图2，当点P在点Q的左侧时，若，求的度数；
（3）若，直接写出的度数为 ．（用含α的代数式表示）
【答案】（1）①；②见解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，补角，折叠的性质，两个角的和与差，分类思想．
（1）① 根据折叠的性质，得，，结合，化简计算即可．
②由①可知，则，由正方形的性质可知，得，再由等角的补角相等即可证明结论；
（2）根据折叠的性质，得，，结合，，计算结合计算即可．
（3）分点P在点Q的左侧和右侧两种情况，类比（2）计算即可．
【小问1详解】
① 根据折叠的性质，得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
故答案为：；
②由①可知，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴；
【小问2详解】
根据折叠的性质，得，，
∵，
∴，
又∵，
∴
∵，
∴．
【小问3详解】
如图，当点P在点Q的左侧时，
根据折叠性质，得，，
∵，，
∴，
∵，
∴．
当点P在点Q的右侧时，
根据折叠的性质，得，，
∵， ，
∴，
∵，
∴．
故得度数为或．
故答案为：或．
七年级
八年级
平均数
7.55
m
中位数
8
b
众数
a
7
x
…
0
1
y
…
3
2
1
0
k
2
3
表1：汽车行驶过程
已行驶里程(千米)
电量(%)