江西省宜春市宜春三中2023-2024學年八年級下學期期末數(shù)學模擬試題

2023-2024年八年級下冊期末數(shù)學模擬試卷姓名：___________班級：___________得分：___________一、單選題1．下列式子中，屬于最簡二次根式的是（

）A． B． C． D．2．矩形的兩邊長分別是和，則它的對角線長是（

）A． B． C． D．63．為慶祝中國共產(chǎn)黨建黨100周年，某校開展主題為《黨在我心中》的繪畫、書法、攝影等藝術(shù)作品征集活動，從八年級5個班收集到的作品數(shù)量（單位：件）分別為50、45、42、46、50，則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是（

）A．46 B．45 C．50 D．424．如圖，在平行四邊形中，是的中點，，，，則的長為（

）A． B． C． D．5．如圖，直線交坐標軸于、兩點，則不等式的解集是（

）A． B． C． D．6．如圖，邊長分別為1和2的兩個正方形，其中有一條邊在同一水平線上，小正方形沿該水平線自左向右勻速穿過大正方形，設(shè)穿過的時間為t，大正方形的面積為，小正方形與大正方形重疊部分的面積為，若，則S隨t變化的函數(shù)圖象大致為（

）A． B．C． D．二、填空題7．使有意義的x的取值范圍是．8．將函數(shù)的圖象向下平移3個單位，所得圖象的函數(shù)解析式為．9．如圖，在數(shù)軸上方作邊長為1的小正方形網(wǎng)格，以原點O為圓心，的長為半徑畫弧，與數(shù)軸交于點A，則點A表示的數(shù)為．10．“共和國勛章”獲得者、“雜交水稻之父”袁隆平為世界糧食安全作出了杰出貢獻．全球共有40多個國家引種雜交水稻，中國境外種植面積達800萬公頃．某村引進了甲、乙兩種超級雜交水稻品種，在條件（肥力、日照、通風……）不同的6塊試驗田中同時播種并核定畝產(chǎn)，統(tǒng)計結(jié)果為：/畝，﹐/畝，，則品種更適合在該村推廣．（填“甲”或“乙”）11．已知：，，則的值為．12．在平面直角坐標系中，直線和直線分別交軸于、兩點，兩直線交點是點，在內(nèi)部作矩形，使得矩形的四個頂點都落在的邊上，且矩形的長是寬的倍，則矩形的寬的長度是．

三、解答題13．計算：(1)；(2)．14．如圖1，在矩形中，點E為上一點，沿剪開后再拼成圖2得四邊形．

(1)判斷圖2中四邊形的形狀是_________；(2)若圖2中的四邊形是菱形，且，，求菱形的面積．15．如圖，已知在平面直角坐標系中，直線分別交x軸、y軸于點與點，求：

(1)直線的解析式；(2)若點E是線段上一點，且的面積為5，求點E的坐標．16．學校組織七、八年級全體學生開展了“反詐騙安全知識”網(wǎng)上競賽活動．為了解競賽情況，從兩個年級各隨機抽取了名同學的成績（滿分為分）．收集數(shù)據(jù)：七年級：，，，，，，，，，；八年級：，，，，，，，，，．整理數(shù)據(jù)和分析數(shù)據(jù)如下：七年級（人）22321八年級（人）12421平均數(shù)中位數(shù)眾數(shù)方差七年級a八年級b(1)請直接寫出表格中a，b值：___________；___________；(2)利用以上信息，請你對兩個年級的成績進行分析（一個角度即可）；(3)該校八年級共有人，若本次競賽成績不低于分的為“優(yōu)秀”，估計八年級有多少名學生達到“優(yōu)秀”？17．如圖所示，線段的兩端點E，F(xiàn)分別是正方形的邊，的中點，請僅用無刻度的直尺，分別按下列要求作圖(保留作圖痕跡，不寫作法)

(1)在圖（1）中，以為較長對角線畫菱形；(2)在圖（2）中，以為較長對角線畫菱形．18．如圖，在中，、相交于點O，點E、F在上，．

(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)若，，求證：四邊形是正方形．19．年6月5日是第個世界環(huán)境日（WorldEnvironmentDay），口號是“減塑撿塑”．某商店為了抓住此次活動的商機，決定購買一些紀念品進行銷售，若購進A種紀念品5件，B種紀念品4件，需要元；購進A種紀念品7件，B種紀念品8件，需要元．(1)求購進A、B兩種紀念品每件各需多少元？(2)若每件A種紀念品的售價為元，每件B種紀念品的售價為元．考慮到市場需求，商店決定購進這兩種紀念品共件，要求購進B種紀念品的數(shù)量不少于件，設(shè)購進B種紀念品m件，總利潤為W元，請寫出總利潤W（元）與m（件）的函數(shù)關(guān)系式，并根據(jù)函數(shù)關(guān)系式說明利潤最高時的進貨方案．20．如圖，在平面直角坐標系中，直線分別與x軸，y軸交于點A，B，點在直線上．(1)求點A，B的坐標．(2)若C是x軸的負半軸上一點，且，求直線PC的表達式．(3)在（2）的條件下，若E是直線AB上一動點，過點E作軸交直線PC于點Q，EM⊥x軸，QN⊥x軸，垂足分別為M，N，是否存在點E，使得四邊形EMNQ為正方形？若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．21．()如圖，在正方形中，點分別在邊上，交于點，，求證：．()如圖，在正方形中，點分別在邊上，交于點，，，求的長．()已知點分別在矩形的邊上，交于點，，，直接寫出下列兩題的答案：如圖，矩形由個全等的正方形組成，求的長；如圖，矩形由個全等的正方形組成，求的長(用的代數(shù)式表示)．22．綜合與實踐問題提出如圖，在四邊形中，，，，分別是，，，的中點，求證：四邊形是平行四邊形．

探究展示某學習小組的解題思路如圖：反思交流(1)上述解題思路中的“依據(jù)”、“依據(jù)”分別是什么？依據(jù)：；依據(jù)：．(2)若四邊形滿足“”的條件，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．(3)要使四邊形為矩形，則四邊形需滿足的條件是：．拓展思考(4)如圖，和都是等腰直角三角形，，點，分別是，的中點，連接，．請用等式表示與的數(shù)量關(guān)系，并證明．23．我們規(guī)定：一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫作“完美四邊形”．

(1)在①平行四邊形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定為“完美四邊形”的是___________（請?zhí)钚蛱枺?2)在“完美”四邊形中，，連接．①如圖1，求證：平分；小明通過觀察、實驗，提出以下兩種想法，證明平分：想法一：通過，可延長到E，使，通過證明，從而可證平分；想法二：通過，可將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，使與重合，得到可證C、B、E三點在一條直線上，從而可證平分．請你參考上面的想法，選擇想法二幫助小明證明：平分；②如圖2，當時，用等式表示線段之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．參考答案：1．C【分析】本題考查了最簡二次根式，熟練掌握最簡二次根式的判定方法是解題的關(guān)鍵：如果一個二次根式符合下列兩個條件：①被開方數(shù)不含能開得盡方的因數(shù)或因式；②被開方數(shù)不含分母，那么這個根式叫做最簡二次根式．根據(jù)最簡二次根式的定義逐一判斷即可．【詳解】A、，故不是最簡二次根式，故選項不符合題意；B、被開方數(shù)含分母，故不是最簡二次根式，故選項不符合題意；C、是最簡二次根式，故選項符合題意；D、，故不是最簡二次根式，故選項不符合題意；故選：C．2．B【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)題意，直角邊分別為和，對角線為斜邊，根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：依題意，對角線長為，故選：B．3．C【分析】根據(jù)眾數(shù)的定義，找到該組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)即為眾數(shù)．【詳解】解：這組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的是50，所以眾數(shù)為50，故選：C．【點睛】本題主要考查了眾數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握眾數(shù)的定義．4．D【分析】首先利用平行四邊形的性質(zhì)和已知條件證明△MAB為直角三角形，再利用勾股定理即可求出CD的長．【詳解】解：∵M為CD中點，∴CM=DM=CD=AB=BC=AD，∴∠DAM=∠DMA，∠CBM=∠CMB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠C+∠D=180°，∴∠C=2∠DMA，∠D=2∠CMB，∴∠DMA+∠CMB=（∠C+∠D）=90°，∴∠AMB=180°-（∠DMA+∠CMB）=90°即△MAB為直角三角形，∵BM=a，AM=b，∴CD=AB=，故選：D．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)以及直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的運用，題目設(shè)計較好，綜合性較強．5．D【分析】本題考查了一次函數(shù)與不等式，根據(jù)函數(shù)圖象即可求解．【詳解】直線交軸于，根據(jù)函數(shù)圖象可得，不等式的解集是．故選D．6．A【分析】根據(jù)題意，設(shè)小正方形運動的速度為V，分三個階段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，③小正方形穿出大正方形，分別求出S，可得答案．【詳解】解：根據(jù)題意，設(shè)小正方形運動的速度為v，由于v分三個階段；①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2-vt×1=4-vt（vt≤1）；②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2-1×1=3；③小正方形穿出大正方形，S=2×2-（1×1-vt）=3+vt（vt≤1）．分析選項可得，A符合，C中面積減少太多，不符合．故選：A．【點睛】本題主要考查了動點問題的函數(shù)圖象，解決此類問題，注意將過程分成幾個階段，依次分析各個階段得變化情況，進而綜合可得整體得變化情況．7．【分析】根據(jù)二次根式的定義可知被開方數(shù)必須為非負數(shù)，列不等式求解即可．【詳解】解：根據(jù)二次根式的定義可知被開方數(shù)必須為非負數(shù)，列不等式得：x+1≥0，解得x≥﹣1．故答案為x≥﹣1．【點睛】本題考查了二次根式有意義的條件，比較簡單．8．【分析】根據(jù)上加下減的規(guī)律求解即可．【詳解】解：將函數(shù)的圖象向下平移3個單位，所得圖象的函數(shù)解析式為．故答案為：．【點睛】本題考查的是一次函數(shù)圖象的平移，熟練掌握“左加右減，上加下減”是解答本題的關(guān)鍵．9．【分析】利用勾股定理求出，即可得到點A表示的數(shù)．【詳解】解：，即點A表示的數(shù)為，故答案為：．【點睛】此題考查了網(wǎng)格與勾股定理，正確掌握勾股定理的計算是解題的關(guān)鍵．10．乙【分析】由甲，乙的平均數(shù)相同，不好比較，但是甲的方差遠遠大于乙的方差，根據(jù)方差的含義分析可得答案.【詳解】解：/畝，﹐/畝，，從平均數(shù)上看，甲，乙相同，但是甲的方差遠遠大于乙的方差，所以甲品種的穩(wěn)定性比乙差，則乙品種更適合在該村推廣．故答案為：乙.【點睛】本題考查的是利用平均數(shù)，方差的含義做決策，掌握平均數(shù)與方差的含義是解題的關(guān)鍵.11．【分析】先計算出、、的值，然后把因式分解后代入計算即可．【詳解】∵，，∴，，，∴故答案為：【點睛】本題考查了二次根式的混合運算，因式分解的應(yīng)用，求出、、的值是解答本題的關(guān)鍵．12．或或【分析】分三種情況討論，①當矩形的長在上時，②當矩形的寬在上時，③當矩形的寬在上時，進而根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】∵直線和直線分別交軸于、兩點，兩直線交點是點，當時，，當時，,，則，，，∴設(shè)矩形的寬為，則矩形的長為,①當矩形的長在上時，如圖所示，

∴，又，∵，∴是等腰直角三角形，∴，即，解得：；②當矩形的寬在上時，

同理可得，則，解得：；③當矩形的寬在上時，如圖所示，

依題意，，又，∴，解得：，④當矩形的長在上時，同③的情形一樣，可得，綜上所述，矩形的寬的長度是或或．【點睛】本題考查了一次函數(shù)與坐標軸的交點問題，勾股定理，矩形的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．13．(1)(2)【分析】（1）先根據(jù)二次根式的性質(zhì)化簡，然后計算乘法；（2）首先根據(jù)平方差公式和完全平方公式化解，然后計算加減．【詳解】（1）；（2）．【點睛】本題主要考查了二次根式的混合運算，在二次根式的混合運算中，如能結(jié)合題目特點，靈活運用二次根式的性質(zhì)，選擇恰當?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．14．(1)平行四邊形(2)60【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)即可判斷四邊形的形狀；（2）設(shè)，根據(jù)菱形的性質(zhì)，得到，再利用矩形的性質(zhì)和勾股定理列方程，求得，即可計算菱形的面積．【詳解】（1）解：四邊形是矩形，，，由題意可知，，，，又，四邊形是平行四邊形，故答案為：平行四邊形；（2）解：設(shè)，四邊形是菱形，，，四邊形是矩形，，在中，，，解得：，，菱形的面積是．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握特殊四邊形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．15．(1)(2)【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）設(shè)點E的坐標為，根據(jù)的面積為5列方程求解即可．【詳解】（1）解：設(shè)直線的解析式為，將點與點代入得，解得，∴直線的解析式為；（2）設(shè)點E的坐標為，∵，∴，∴，解得：，∴點E的坐標為．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，熟練掌握待定系數(shù)法是解題的關(guān)鍵．16．(1)，(2)見解析(3)估計八年級有名學生達到“優(yōu)秀”【分析】（1）先將年級成績由小到大排序，再進行計算即可得，將八年級十名同學的成績相加再除以，即可得；（2）從兩個年級的成績平均數(shù)看，八年級的成績更好；從兩個年級成績的方差看，八年級的成績相對更穩(wěn)定；（3）先算出八年級名同學中優(yōu)秀成績的百分比，再乘八年級的人數(shù)即可得．【詳解】（1）解：七年級成績由小到大：，，，，，，，，，，則中位數(shù)為：，即；八年級平均數(shù)：（分），即，故答案為：，；（2）解：從兩個年級的成績平均數(shù)看，八年級的成績更好；從兩個年級成績的方差看，八年級的成績相對更穩(wěn)定；（3）解：由樣本估計總體得：該校八年級學生達到“優(yōu)秀”的人有：（名），答：估計八年級有名學生達到“優(yōu)秀”．【點睛】本題考查了中位數(shù)，平均數(shù)，樣本估計總體，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識點．17．(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接，交于H，由矩形的性質(zhì)可得，連接，交于G，可得，再由左右兩個矩形是全等的矩形，可得，從而可得答案；（2）連接，交于點N，連接交于M，由正方形的對稱性可得，，再通過證明全等三角形的性質(zhì)可得，從而可得結(jié)論．【詳解】（1）解：菱形即為所求．

（2）解：菱形即為所求．

．【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，熟練的利用特殊四邊形的性質(zhì)進行作圖是解本題的關(guān)鍵．18．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用平行線四邊形的判定和性質(zhì)，即可證明結(jié)論；（2）先利用平行四邊形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，證明是菱形，再根據(jù)菱形的性質(zhì)，即可證明四邊形是正方形．【詳解】（1）證明：四邊形是平行四邊形，，，，，即，四邊形是平行四邊形；（2）證明：四邊形是平行四邊形，，，又，，，是菱形，，即，又，，四邊形是平行四邊形，四邊形是正方形．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，正方形的判定，熟練掌握特殊四邊形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．19．(1)A種紀念品每件元，B種紀念品每件元(2)，A種紀念品購買件，B種紀念品購買件時利潤最高【分析】（1）設(shè)A種紀念品每件x元，B種紀念品每件y元．由題意得：，進行計算即可得；（2）根據(jù)題意得，根據(jù)得隨著x的增大而減小，根據(jù)題意得計算得，當時，W有最大值，即可得．【詳解】（1）解：設(shè)A種紀念品每件x元，B種紀念品每件y元．由題意得：，解得，答：A種紀念品每件元，B種紀念品每件元．（2）解：∵，∴W隨著x的增大而減小又∵，∴∴當時，W有最大值，此時（件）答：A種紀念品購買件，B種紀念品購買件時利潤最高．【點睛】本題考查了二元一次方程組的應(yīng)用，一次函數(shù)的應(yīng)用，一元一次不等式組，解題的關(guān)鍵是理解題意，掌握這些知識點．20．(1)點A的坐標為（3，0），點的坐標為(2)(3)存在，點的坐標為或．【分析】（1）分別將x=0、y=0代入即可解答；（2）如圖，過點作軸于點．先求出P點坐標，再求出OA、OB的長，然后根據(jù)求得C點坐標，再運用待定系數(shù)法即可解答；（3）如圖2，設(shè)點的坐標為，可得Q點縱坐標，再代入可得Q點得坐標，然后表示出EQ、EM的長，再令其相等求解即可．【詳解】（1）解：將代入，得，∴點的坐標為．將代入，得，解得，∴點A的坐標為（3，0）．（2）解：如圖，過點作軸于點．點在直線上，∴，∴點P的坐標為（1，2）．，∴OA=3，OB=3．∴．∵，∴，解得，∴．∴設(shè)直線PC的表達式為．將代入，得解得直線的表達式為．（3）解：存在，∵軸，EM⊥x軸∴ME⊥EQ∵QN⊥x軸∴四邊開形EMNQ為矩形如圖2，設(shè)點的坐標為，∵軸，∴點的縱坐標也為．把代入，得，解得．∴點的坐標為．∴，．∵當時，矩形EMNQ為正方形，∴，解得或．當時，；當時，，∴當點的坐標為或時，四邊開形EMNQ為正方形．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖像上點的坐標特征、三角形的面積、解一元一次方程、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及正方形的性質(zhì)等知識點，靈活運用一次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法、正方形的性質(zhì)成為本題的關(guān)鍵．21．()證明見解析；()；()①；．【分析】（）利用可證，即可求證；（）如圖，過點作交于，過點作交于，與交于點，則四邊形和四邊形均為平行四邊形，可得，同理（）可得，即可求解；（）過點作，，與交于點，與交于點，同理()可得，得到，再根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)即可求解；過點作，，與交于點，與交于點，同理即可求解；本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，余角性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵【詳解】()證明：如圖，∵四邊形為正方形，∴，，∴∵∴，∴，∴，

∴；()解：如圖，過點作交于，過點作交于，與交于點，則四邊形和四邊形均為平行四邊形，∴，∵，∴，故由()得，，∴，∴；()過點作，，與交于點，與交于點，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，由正方形性質(zhì)可得，∵，，，∴，∴，∵矩形由個全等的正方形組成，∴，∴，∴為的中點，∵，∴為的中位線，∴為的中點，∴；過點作，，與交于點，與交于點，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，由正方形性質(zhì)可得，∵，，，∴，∴，∵矩形由個全等的正方形組成，∴為的等分線，∴．22．(1)三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形(2)四邊形是菱形，理由見解析(3)(4)，證明見解析【分析】（1）由三角形中位線定理及