河南省鄭州市七十三中學2024屆數學八下期末復習檢測模擬試題含解析

河南省鄭州市七十三中學2024屆數學八下期末復習檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．下列命題：①在函數：y=-1x-1；y=3x；y=；y=-；y=（x＜0）中，y隨x增大而減小的有3個函數；②對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形；③反比例函數圖象是兩條無限接近坐標軸的曲線，它只是中心對稱圖形；④已知數據x1、x1、x3的方差為s1，則數據x1+1，x3+1，x3+1的方差為s3+1．其中是真命題的個數是（）A．1個 B．1個 C．3個 D．4個2．如圖，平行四邊形ABCD對角線AC、BD交于點O，∠ADB=20°，∠ACB=50°，過點O的直線交AD于點E，交BC于點F當點E從點A向點D移動過程中（點E與點A、點D不重合），四邊形AFCE的形狀變化依次是（）A．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形B．平行四邊形→矩形→平行四邊形→正方形→平行四邊形C．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形D．平行四邊形→矩形→菱形→正方形→平行四邊形3．下列命題：①兩條直線被第三條直線所截，同位角相等；②兩點之間，線段最短；③相等的角是對頂角；④直角三角形的兩個銳角互余；⑤同角或等角的補角相等．其中真命題的個數是（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個4．如果下列各組數是三角形的三邊長，那么能組成直角三角形的一組數是（）A．，， B．，， C．，， D．，，5．如圖，是正內一點，，，，將線段以點為旋轉中心逆時針旋轉得到線段，下列結論：①可以由繞點逆時針旋轉得到；②點與點的距離為8；③；④；其中正確的結論是（）A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②6．在平面直角坐標系中，一次函數y＝x﹣1和y＝﹣x+1的圖象與x軸的交點及x軸上方的部分組成的圖象可以表示為函數y＝|x﹣1|，當自變量﹣1≤x≤2時，若函數y＝|x﹣a|（其中a為常量）的最小值為a+5，則滿足條件的a的值為（）A．﹣3 B．﹣5 C．7 D．﹣3或﹣57．如圖，是等腰直角三角形，是斜邊，將繞點逆時針旋轉后，能與重合，如果，那么的長等于（）A． B． C． D．8．小李家裝修地面，已有正三角形形狀的地磚，現打算購買不同形狀的另一種正多邊形地磚，與正三角形地磚一起鋪設地面，則小李不應購買的地磚形狀是()A．正方形 B．正六邊形C．正八邊形 D．正十二邊形9．已知直線y＝kx＋b經過一、二、三象限，則直線y＝bx－k－2的圖象只能是（）A． B． C． D．10．若解關于x的方程有增根，則m的值為（）A．﹣5 B．5 C．﹣2 D．任意實數二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，如果要使ABCD成為一個菱形，需要添加一個條件，那么你添加的條件是________.12．如圖，正方形ABCD的頂點C,A分別在x軸，y軸上，BC是菱形BDCE的對角線.若BC6,BD5,則點D的坐標是_____.13．如圖，將沿所在的直線平移得到，如果，，，那么______．14．若關于的分式方程有解,則的取值范圍是_______.15．如圖，□ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E是CD的中點，△ABD的周長為16cm，則△DOE的周長是_________；16．平面直角坐標系中，將直線l：y=2x-1沿y軸向下平移b個單位長度后后得到直線l′，點A(m，n)是直線l′上一點，且2m-n=3，則b=_______.17．當x______時，分式有意義.18．化簡：_______.三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于點，與軸交于兩點，其對稱軸與軸交于點.（1）求拋物線的解析式和對稱軸；（2）在拋物線的對稱軸上是否存在一點，使的周長最小？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由；（3）連接，在直線的下方的拋物線上，是否存在一點，使的面積最大？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由.20．（6分）已知函數.（1）若這個函數的圖象經過原點，求的值（2）若這個函數的圖象不經過第二象限，求的取值范圍.21．（6分）計算(1)；(2)()2﹣(﹣)(+).22．（8分）如圖，在中，點，分別為邊，的中點，延長到點使．求證：四邊形是平行四邊形．23．（8分）如圖，在中，點、分別是、的中點，平分，交于點，交于點.（1）求證：四邊形是菱形；（2）若，，求四邊形的周長.24．（8分）甲、乙兩組數據單位：如下表：甲11969147771010乙34581288131316（1）根據以上數據填寫下表；

平均數眾數中位數方差甲9乙9（2）根據以上數據可以判斷哪一組數據比較穩(wěn)定．25．（10分）某校在一次廣播操比賽中，甲、乙、丙各班得分如下表：班級服裝統一動作整齊動作準確甲808488乙977880丙868083（1）根據三項得分的平均分，從高到低確定三個班級排名順序．（2）該校規(guī)定：服裝統一、動作整齊、動作準確三項得分都不得低于80分，并按，，的比例計入總分根據規(guī)定，請你通過計算說明哪一組獲得冠軍．26．（10分）有兩個不透明的袋子分別裝有紅、白兩種顏色的球（除顏色不同外其余均相同），甲袋中有2個紅球和1個白球，乙袋中有1個紅球和3個白球.（1）如果在甲袋中隨機摸出一個小球，那么摸到紅球的概率是______.（2）如果在乙袋中隨機摸出兩個小球，那么摸到兩球顏色相同的概率是______.（3）如果在甲、乙兩個袋子中分別隨機摸出一個小球，那么摸到兩球顏色相同的概率是多少？（請用列表法或樹狀圖法說明）

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解題分析】

解：在函數：y=-1x-1；y=3x；y=；y=-；y=（x＜0）中，y隨x增大而減小的有3個函數，所以①正確；對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，所以②正確；反比例函數圖象是兩條無限接近坐標軸的曲線，它是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，所以③錯誤；已知數據x1、x1、x3的方差為s1，則數據x1+1，x3+1，x3+1的方差也為s1，所以④錯誤．故選B．【題目點撥】本題考查命題與定理．2、C【解題分析】

先判斷出點E在移動過程中，四邊形AECF始終是平行四邊形，當∠AFC=80°時，四邊形AECF是菱形，當∠AFC=90°時，四邊形AECF是矩形，即可求解．【題目詳解】解：∵點O是平行四邊形ABCD的對角線得交點，∴OA=OC，AD∥BC，∴∠ACF=∠CAD，∠ADB=∠DBC=20°∵∠COF=∠AOE，OA=OC，∠DAC=∠ACF∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE=CF，∵AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵∠ADB=∠DBC=20°，∠ACB=50°，∴∠AFC＞20°當∠AFC=80°時，∠FAC=180°-80°-50°=50°∴∠FAC=∠ACB=50°∴AF=FC∴平行四邊形AECF是菱形當∠AFC=90°時，平行四邊形AECF是矩形∴綜上述，當點E從D點向A點移動過程中（點E與點D，A不重合），則四邊形AFCE的變化是：平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形．故選：C．【題目點撥】本題考查了平行四邊形、矩形、菱形的判定的應用，主要考查學生的理解能力和推理能力，題目比較好，難度適中．3、B【解題分析】

解：命題①兩條平行線被第三條直線所截，同位角相等，錯誤，為假命題；命題②兩點之間，線段最短，正確，為真命題；命題③相等的角是對頂角，錯誤，為假命題；命題④直角三角形的兩個銳角互余，正確，為真命題；命題⑤同角或等角的補角相等，正確，為真命題，故答案選B．考點：命題與定理．4、C【解題分析】

先求出兩小邊的平方和，再求出大邊的平方，看看是否相等即可．【題目詳解】解：A、62+72≠82，所以以6，7，8為邊的三角形不是直角三角形，故本選項不符合題意；

B、52+62≠82，所以以5，6，8為邊的三角形不是直角三角形，故本選項不符合題意；

C、42+52=（）2，所以以，4，5為邊的三角形是直角三角形，故本選項符合題意；

D、42+52≠62，所以以4，5，6為邊的三角形不是直角三角形，故本選項不符合題意；

故選：C．【題目點撥】本題考查了勾股定理的逆定理，能熟記勾股定理的逆定理的內容是解此題的關鍵．5、A【解題分析】

連接OO′，如圖，先利用旋轉的性質得BO′=BO=8，∠OBO′=60°，再利用△ABC為等邊三角形得到BA=BC，∠ABC=60°，則根據旋轉的定義可判斷△BO′A可以由△BOC繞點B逆時針旋轉60°得到；接著證明△BOO′為等邊三角形得到∠BOO′=60°，OO′=OB=8；根據旋轉的性質得到AO′=OC=10，利用勾股定理的逆定理證明△AOO′為直角三角形，∠AOO′=90°，于是得到∠AOB=150°；最后利用S四邊形AOBO′=S△AOO′+S△BOO′可計算出S四邊形AOBO′即可判斷．【題目詳解】連接OO′，如圖，

∵線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段BO′，

∴BO′=BO=8，∠OBO′=60°，

∵△ABC為等邊三角形，

∴BA=BC，∠ABC=60°，

∴△BO′A可以由△BOC繞點B逆時針旋轉60°得到，則①正確；

∵△BOO′為等邊三角形，

∴OO′=OB=8，所以②正確；

∵△BO′A可以由△BOC繞點B逆時針旋轉60°得到，

∴AO′=OC=10，

在△AOO′中，∵OA=6，OO′=8，AO′=10，

∴OA2+OO′2=AO′2，

∴△AOO′為直角三角形，∠AOO′=90°，

∴∠AOB=∠AOO′+∠BOO′=90°+60°=150°，所以③正確；，故④錯誤，故選：A.【題目點撥】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等；對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心的連線段的夾角等于旋轉角．也考查了等邊三角形的判定與性質以及勾股定理的逆定理．6、A【解題分析】

分三種情形討論求解即可解決問題；【題目詳解】解：對于函數y＝|x﹣a|，最小值為a+1．情形1：a+1＝0，a＝﹣1，∴y＝|x+1|，此時x＝﹣1時，y有最小值，不符合題意．情形2：x＝﹣1時，有最小值，此時函數y＝x﹣a，由題意：﹣1﹣a＝a+1，得到a＝﹣2．∴y＝|x+2|，符合題意．情形2：當x＝2時，有最小值，此時函數y＝﹣x+a，由題意：﹣2+a＝a+1，方程無解，此種情形不存在，綜上所述，a＝﹣2．故選A．【題目點撥】本題考查兩直線相交或平行問題，一次函數的性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想解決問題，屬于中考?？碱}型．7、A【解題分析】

解：如圖：根據旋轉的旋轉可知：∠PAP′=∠BAC=90°，AP=AP′=3，根據勾股定理得：，故選A．8、C【解題分析】

根據密鋪的條件得，兩多邊形內角和必須湊出360°，進而判斷即可．【題目詳解】A.正方形的每個內角是,∴能密鋪；B.正六邊形每個內角是,∴能密鋪；C.正八邊形每個內角是，與無論怎樣也不能組成360°的角，∴不能密鋪；D.正十二邊形每個內角是∴能密鋪.故選：C.【題目點撥】本題主要考查平面圖形的鑲嵌,根據平面鑲嵌的原理：拼接點處的幾個多邊形的內角和恰好等于一個圓周角.9、C【解題分析】

由直線y＝kx＋b經過一、二、三象限可得出k＞0，b＞0，進而可得出?k?2＜0，再利用一次函數圖象與系數的關系可得出直線y＝bx?k?2的圖象經過第一、三、四象限．【題目詳解】解：∵直線y＝kx＋b經過一、二、三象限，∴k＞0，b＞0，∴?k?2＜0，∴直線y＝bx?k?2的圖象經過第一、三、四象限．故選：C．【題目點撥】本題考查了一次函數圖象與系數的關系，牢記“k＞0，b＞0時，y＝kx＋b的圖象在一、二、三象限；k＞0，b＜0時，y＝kx＋b的圖象在一、三、四象限”是解題的關鍵．10、A【解題分析】

增根是化為整式方程后產生的不適合分式方程的根所以應先確定增根的可能值,讓最簡公分母(x-1))=0,得到x=1,然后代入化為整式方程的方程算出m的值【題目詳解】方程兩邊都乘（x﹣1），得x＝3（x﹣1）﹣m，∵原方程有增根，∴最簡公分母x﹣1＝0，解得x＝1，當x＝1時，m＝﹣1，故m的值是﹣1．故選：A．【題目點撥】此題考查分式方程的增根，解題關鍵在于利用原方程有增根二、填空題(每小題3分,共24分)11、AB＝BC(答案不唯一)【解題分析】試題解析：因為一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，那么可添加的條件是：AB=BC或AC⊥BD．12、10,3.【解題分析】

過點D作DG⊥BC于點G，根據四邊形BDCE是菱形可知BD=CD，可得出△BCD是等腰三角形，即可得到CG=12BC，再根據勾股定理求出【題目詳解】過點D作DG⊥BC于點G，∵四邊形BDCE是菱形，∴BD=CD，∴△BCD是等腰三角形，∴點G是BC的中點，∴CG=1∴GD=C∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=6，6+4=10，∴D10,3故答案為：10,3.【題目點撥】本題考查的是正方形的性質，根據題意作出輔助線，利用菱形的性質判斷出△BCD是等腰三角形是解題的關鍵.13、【解題分析】

根據已知條件和平移的性質推出AB=DE=7，△ABC∽△GEC，即可根據相似三角形性質計算GE的長度．【題目詳解】解：∵△ABC沿著射線BC的方向平移得到△DEF，AB=7，

∴DE=7，∠A=∠CGE，∠B=∠DEC，

∴△DEF∽△GEC，∴，

∵，，∴，∴EG=，

故填：．【題目點撥】本題主要考查平移的性質、相似三角形的判定和性質，解題的關鍵在于求證三角形相似，找到對應邊．14、【解題分析】

分式方程去分母轉化為整式方程，表示出分式方程的解，確定出m的范圍即可．【題目詳解】解：，去分母，得：，整理得：，顯然，當時，方程無解，∴；當時，，∴，解得：；∴的取值范圍是：；故答案為：.【題目點撥】此題考查了分式方程的解，始終注意分母不為0這個條件．15、8【解題分析】

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是BD中點，△ABD≌△CDB，又∵E是CD中點，∴OE是△BCD的中位線，∴OE=BC，即△DOE的周長=△BCD的周長，∴△DOE的周長=△DAB的周長．∴△DOE的周長=×16=8cm．16、2【解題分析】

先寫出直線l′的解析式為y=2x-1-b，代入點A的坐標得到n=2m-1-b，因為2m-n=3，即可解答出b的值.【題目詳解】∵直線l′為y=2x-1沿y軸向下平移b個單位長度，∴直線l′：y=2x-1-b，∵點A(m，n)是直線l′上一點，∴n=2m-1-b又∵且2m-n=3，解得b=2.故答案為：2.【題目點撥】此題考查一次函數，解題關鍵在于一次函數圖象的平移.17、≠【解題分析】試題分析：分式有意義的條件：分式的分母不為0時，分式才有意義.由題意得，．考點：分式有意義的條件點評：本題屬于基礎應用題，只需學生熟練掌握分式有意義的條件，即可完成.18、【解題分析】

將原式通分，再加減即可【題目詳解】==故答案為：【題目點撥】此題考查分式的化簡求值，解題關鍵在于掌握運算法則三、解答題(共66分)19、（1），拋物線的對稱軸是；（2）點坐標為.理由見解析；（3）在直線的下方的拋物線上存在點，使面積最大.點的坐標為.【解題分析】

（1）根據點B，C的坐標，利用待定系數法可求出拋物線的解析式，再利用二次函數的性質可求出拋物線的對稱軸；（2）連接交對稱軸于點，此時的周長最小,利用二次函數圖象上點的坐標特征可求出點的坐標，由點，B的坐標，利用待定系數法可求出直線AC的解析式，再利用一次函數圖象上點的坐標特征可求出點P的坐標；（3）過點N作NE∥y軸交AC于點E，交x軸于點F，過點A作AD⊥NE于點D，設點N的坐標為（t，t2-t+4）（0＜t＜5），則點E的坐標為（t，-t+4），進而可得出NE的長，由三角形的面積公式結合S△CAN=S△NAE+S△NCE可得出S△CAN關于t的函數關系式，再利用二次函數的性質即可解決最值問題．【題目詳解】（1）根據已知條件可設拋物線的解析式為，∴，∴拋物線的對稱軸是；（2）點坐標為.理由如下：∵點（0，4），拋物線的對稱軸是，∴點關于對稱軸的對稱點的坐標為（6，4），如圖1，連接交對稱軸于點，連接，此時的周長最小.設直線的解析式為，把（6，4），（1，0）代入得，解得，∴，∵點的橫坐標為3，∴點的縱坐標為，∴所求點的坐標為.（3）在直線的下方的拋物線上存在點，使面積最大.設點的橫坐標為，此時點，如圖2，過點作軸交于；作于點，由點（0，4）和點（5，0）得直線的解析式為，把代入得，則，此時，∵，∴，∴當時，面積的最大值為，由得，∴點的坐標為.【題目點撥】本題考查了待定系數法求二次函數解析式、二次函數的性質、軸對稱-最短路徑問題、待定系數法求一次函數解析式、一次函數圖象上點的坐標特征、二次函數圖象上點的坐標特征、三角形的面積以及二次函數的最值，解題的關鍵是：（1）根據點的坐標，利用待定系數法求出二次函數解析式；（2）利用兩點之間線段最短，確定點P的位置；（3）利用三角形的面積公式結合S△CAN=S△NAE+S△NCE，找出S△CAN關于t的函數關系式．20、（1）的值為3；（2）的取值范圍為：.【解題分析】

（1）將原點坐標（0，0）代入解析式即可得到m的值；（2）分兩種情況討論：當2m+1=0，即m=-，函數解析式為：y=-，圖象不經過第二象限；當2m+1>0，即m>-，并且m-3≤0，即m≤3；綜合兩種情況即可得到m的取值范圍．【題目詳解】(1)將原點坐標(0,0)代入解析式，得m?3=0，即m=3，所求的m的值為3；（2）當2m+1=0,即m=?,函數解析式為：y=?，圖象不經過第二象限；②當2m+1>0,即m>?,并且m?3?0,即m?3,所以有?<m?3；所以m的取值范圍為.【題目點撥】此題考查一次函數的性質，一次函數圖象上點的坐標特征，解題關鍵在于原點坐標（0，0）代入解析式.21、（1）；（2）6+4.【解題分析】

（1）先把各二次根式化為最簡二次根式，然后合并即可；（2）先根據完全平方公式和平方差公式計算，然后合并即可．【題目詳解】（1）原式==；（2）原式===．【題目點撥】本題考查了二次根式的混合運算．先把各二次根式化為最簡二次根式，再進行二次根式的乘除運算，然后合并同類二次根式．22、證明見解析．【解題分析】

根據中位線的性質得到，再得到，故可證明．【題目詳解】解：∵，分別為，的中點，∴EF是△ABC的中位線，∴．∵，∴．∴∴四邊形是平行四邊形．【題目點撥】此題主要考查平行四邊形的判定，解題的關鍵是熟知三角形的中位線定理及平行四邊形的判定方法．23、（1）見解析；（2）8.【解題分析】

（1）由三角形中位線定理可得BC＝2DE，DE∥BC，且FG∥AB，可證四邊形BDFG是平行四邊形，由角平分線的性質和平行線的性質可得DF＝DB，即可得四邊形BDFG是菱形；（2）由菱形的性質可得DF＝BG＝GF＝BD，由BC＝2DE，可求BG的長，即可求四邊形BDFG的周長．【題目詳解】證明：（1）∵點D、E分別是AB、AC的中點，∴BC＝2DE，DE∥BC，且FG∥AB，∴四邊形BDFG是平行四邊形，