2023年江西省石城縣八年級數學第二學期期末統(tǒng)考試題含解析

2022-2023學年八下數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．在下列四個新能源汽車車標的設計圖中，屬于中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．2．如圖，把一個含45°角的直角三角尺BEF和個正方形ABCD擺放在起，使三角尺的直角頂點和正方形的頂點B重合，連接DF，DE，M，N分別為DF，EF的中點，連接MA，MN，下列結論錯誤的是（）A．∠ADF=∠CDE B．△DEF為等邊三角形C．AM=MN D．AM⊥MN3．下列漢字或字母中既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．4．若一個多邊形的內角和是900°，則這個多邊形的邊數是（）A．5B．6C．7D．85．若關于的一元二次方程有解，則的值可為（）A． B． C． D．6．一個四邊形，對于下列條件：①一組對邊平行，一組對角相等；②一組對邊平行，一條對角線被另一條對角線平分；③一組對邊相等，一條對角線被另一條對角線平分；④兩組對角的平分線分別平行，不能判定為平行四邊形的是（）A．① B．② C．③ D．④7．甲、乙兩人在直線跑道上同起點、同終點、同方向勻速跑步500米，先到終點的人原地休息．已知甲先出發(fā)2秒．在跑步過程中，甲、乙兩人的距離y（米）與乙出發(fā)的時間t（秒）之間的關系如圖所示，給出以下結論：①a=8；②b=92；③c=123；④乙的速度比甲的速度快1米/秒，其中正確的編號是()A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④8．下列說法中，正確的是（）A．對角線相等的四邊形是矩形B．對角線互相垂直的四邊形是菱形C．對角線相等的平行四邊形是矩形D．對角線互相垂直的平行四邊形是矩形9．下列四個點中，在函數的圖象上的是（）A． B． C． D．10．對于反比例函數，當時，y的取值范圍是（）A． B．C． D．11．用配方法解一元二次方程時，此方程配方后可化為()A． B． C． D．12．下列命題中，真命題是（）A．兩條對角線垂直的四邊形是菱形B．對角線垂直且相等的四邊形是正方形C．兩條對角線相等的四邊形是矩形D．兩條對角線相等的平行四邊形是矩形二、填空題（每題4分，共24分）13．函數y＝的自變量x的取值范圍為_____．14．某地出租車行駛里程（）與所需費用（元）的關系如圖.若某乘客一次乘坐出租車里程12，則該乘客需支付車費__________元．15．已知點(m－1，y1)，(m－3，y2)是反比例函數y＝(m<0)圖象上的兩點，則y1____y2(填“>”“＝”或“<”)．16．在平面直角坐標系中，將點（3，﹣2）先向右平移2個單位長度，再向上平移3個單位長度，則所得點的坐標是_____．17．甲乙兩人在5次打靶測試中，甲成績的平均數，方差，乙成績的平均數，方差.教練根據甲、乙兩人5次的成績，選一名隊員參加射擊比賽，應選擇__________.18．若把代數式化為的形式，其中、為常數，則______．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，四邊形ABCD是邊長為的正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將線段BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）當M點在何處時，AM+BM+CM的值最小，說明理由；并求出AM、BM、CM的值．20．（8分）如圖，有一塊凹四邊形土地ABCD，∠ADC=90°，AD=4m，CD=3m，AB=13m，BC=12m，求這塊四邊形土地的面積.21．（8分）如圖，已知一次函數y=﹣x+b的圖象過點A（0，3），點p是該直線上的一個動點，過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，在四邊形PMON上分別截取：PC=MP，MB=OM，OE=ON，ND=NP．（1）b=；（2）求證：四邊形BCDE是平行四邊形；（3）在直線y=﹣x+b上是否存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形？若存在，請求出所有符合的點P的坐標；若不存在，請說明理由．22．（10分）已知：正方形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，過O點的兩直線OE、OF互相垂直，分別交AB、BC于E、F，連接EF．（1）求證：OE=OF；（2）若AE=4，CF=3，求EF的長；（3）若AB=8cm，請你計算四邊形OEBF的面積．23．（10分）先化簡，再求值：，其中x是不等式的負整數解．24．（10分）在平面直角坐標系中，一次函數y=kx+b（k，b都是常數，且k≠0）的圖象經過點（1，0）和（0，2）．（1）當﹣2＜x≤3時，求y的取值范圍；（2）已知點P（m，n）在該函數的圖象上，且m﹣n=4，求點P的坐標．25．（12分）已知一次函數.(1)當m取何值時，y隨x的增大而減小?(2)當m取何值時，函數的圖象過原點?26．(1)分解因式:(2)解方程:

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【解析】

根據中心對稱圖形的概念求解．【詳解】解：A．不是中心對稱圖形，本選項錯誤；B．不是中心對稱圖形，本選項錯誤；C．不是中心對稱圖形，本選項錯誤；D．是中心對稱圖形，本選項正確．故選D．【點睛】本題主要考查了中心對稱圖形的概念．中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合．2、B【解析】

連接DE，先根據直角三角形的性質得出AM=DF，再根據△BEF是等腰直角三角形得出AF=CE，由SAS定理得出△ADF≌△CDE，可得∠ADF=∠CDE，DE=DF，再根據點M，N分別為DF，EF的中點，得出MN是△EFD的中位線，故MN=DE，MN∥DE，可得AM=MN，由MN∥DE，可得∠FMN=∠FDE，根據三角形外角性質可得∠AMF=2∠ADM，由∠ADM+∠DEC+∠FDE=∠FMN+∠AMF=90°，可得MA⊥MN，只能得到△DEF是等腰三角形，無法得出是等邊三角形，據此即可得出結論.【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠C=90°，∵點M是DF的中點，∴AM=DF，∵△BEF是等腰直角三角形，∴BF=BE，∴AF=CE，∴△ADF≌△CDE(SAS)，∴∠ADF=∠CDE，DE=DF，∵點M，N分別為DF，EF的中點，∴MN是△EFD的中位線，∴MN=DE，∴AM=MN；∵MN是△EFD的中位線，∴MN∥DE，∴∠FMN=∠FDE，∵AM=MD，∴∠MAD=∠ADM，∵∠AMF是△ADM外角，∴∠AMF=2∠ADM．又∵∠ADM=∠DEC，∴∠ADM+∠DEC+∠FDE=∠FMN+∠AMF=90°，∴MA⊥MN，∵DE=DF，∴△DEF是等腰三角形，無法得出是等邊三角形，綜上，A、C、D正確，B錯誤，故選B.【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，三角形外角的性質，直角三角形斜邊中線性質等，綜合性較強，熟練掌握和靈活應用相關知識是解題的關鍵.3、C【解析】試題分析：A．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故錯誤；B．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故錯誤；C．是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形．故正確；D．不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形．故錯誤．故選C．考點：1．中心對稱圖形；2．軸對稱圖形．4、C【解析】

根據多邊形的內角和公式（n﹣2）?180°，列式求解即可．【詳解】設這個多邊形是n邊形，根據題意得，（n﹣2）?180°＝900°，解得n＝1．故選：C．【點睛】本題主要考查了多邊形的內角和公式，熟記公式是解題的關鍵．5、A【解析】

根據判別式的意義得到△，然后解不等式求出的范圍后對各選項進行判斷．【詳解】解：根據題意得：△，解得．故選：．【點睛】本題考查了根的判別式：一元二次方程的根與△有如下關系：當△時，方程有兩個不相等的實數根；當△時，方程有兩個相等的實數根；當△時，方程無實數根．6、C【解析】

根據平行四邊形的判定方法依次分析各小題即可作出判斷.【詳解】解：①一組對邊平行，一組對角相等，②一組對邊平行，一條對角線被另一條對角線平分，④兩組對角的平分線分別平行，均能判定為平行四邊形③一組對邊相等，一條對角線被另一條對角線平分，不能判定為平行四邊形故選C.【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質，熟練掌握性質定理是解題的關鍵.7、D【解析】

易得乙出發(fā)時，兩人相距8m，除以時間2即為甲的速度；由于出現兩人距離為0的情況，那么乙的速度較快．乙100s跑完總路程500可得乙的速度，進而求得100s時兩人相距的距離可得b的值，同法求得兩人距離為0時，相應的時間，讓兩人相距的距離除以甲的速度，再加上100即為c的值．【詳解】解：甲的速度為：8÷2＝4（米/秒）；乙的速度為：500÷100＝5（米/秒）；b＝5×100﹣4×（100+2）＝92（米）；5a﹣4×（a+2）＝0，解得a＝8，c＝100+92÷4＝123（秒），∴正確的有①②③④．故選D．【點睛】考查一次函數的應用；得到甲乙兩人的速度是解決本題的突破點；得到相應行程的關系式是解決本題的關鍵．8、C【解析】

根據菱形和矩形的判定定理即可得出答案.【詳解】解：A.對角線相等的平行四邊形是矩形，所以A錯誤；B.對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，所以B錯誤；C.對角線相等的平行四邊形是矩形，所以C正確；D.對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，所以D錯誤；故選C.【點睛】本題考查特殊平行四邊形中菱形與矩形的判定，注意區(qū)分特殊平行四邊形的判定方法是解題關鍵.9、C【解析】

將A，B，C，D分別代入一次函數解析式，根據圖象上點的坐標性質即可得出正確答案．【詳解】解：A．將（-1，3）代入，x=-1時，y=-3，此點不在該函數圖象上，故此選項錯誤；

B．將代入，x=3時，y=9，此點不在該函數圖象上，故此選項錯誤；

C．將代入，x=1時，y=3，此點在該函數圖象上，故此選項正確；

D．將代入，x=3時，y=9，此點不在該函數圖象上，故此選項錯誤．

故選：C．5【點睛】此題主要考查了一次函數圖象上點的坐標特征，只要點在函數的圖象上，則一定滿足函數的解析式．反之，只要滿足函數解析式就一定在函數的圖象上．10、A【解析】

根據反比例函數的k=-6<0，則其圖象在第二象限上，y隨x的增大而增大，則x=-1時y取得最小值，從而可以得到結果.【詳解】∵k=-6<0，∴的圖象在第二象限上，y隨x的增大而增大，∴時，∴.故選A.【點睛】此題重點考查學生對于反比例函數圖像和性質的掌握，把握其中的規(guī)律是解題的關鍵.11、A【解析】【分析】按照配方法的步驟進行求解即可得答案.【詳解】2x2－6x＋1＝0，2x2－6x=-1，x2-3x=，x2-3x+=+（x-）2=，故選A.【點睛】本題考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步驟：（1）把常數項移到等號的右邊；（2）把二次項的系數化為1；（3）等式兩邊同時加上一次項系數一半的平方．12、D【解析】A、兩條對角線垂直并且相互平分的四邊形是菱形，故選項A錯誤；B、對角線垂直且相等的平行四邊形是正方形，故選項B錯誤；C、兩條對角線相等的平行四邊形是矩形，故選項C錯誤；D、根據矩形的判定定理，兩條對角線相等的平行四邊形是矩形，為真命題，故選項D正確；故選D．二、填空題（每題4分，共24分）13、x≠1．【解析】

根據分式有意義的條件，即可快速作答?！驹斀狻拷猓焊鶕质接幸饬x的條件，得：x-1≠0，即x≠1；故答案為：x≠1?！军c睛】本題考查了函數自變量的取值范圍，但分式有意義的條件是解題的關鍵。14、10【解析】

根據函數圖象，設y與x的函數關系式為y=kx+b，運用待定系數法即可得到函數解析式，再將x=11代入解析式就可以求出y的值．【詳解】解：由圖象知，y與x的函數關系為一次函數，并且經過點（1，5）、（4，8），設該一次函數的解析式為y=kx+b，則有：，解得：，∴y=x+1．將x=11代入一次函數解析式，故出租車費為10元．故答案為：10．【點睛】此題考查了待定系數法求一次函數的解析式的運用，由函數值求自變量的值的運用，解答時理解函數圖象是重點，求出函數的解析式是關鍵．15、>【解析】分析：m＜0，在每一個象限內，y隨x的增大而增大.詳解：因為m＜0，所以m－3＜m－1＜0，這兩個點都在第二象限內，所以y2＜y1，即y1＞y2.故答案為＞.點睛：對于反比例函數圖象上的幾個點，如果知道橫坐標去比較縱坐標的大小或知道縱坐標去比較橫坐標的大小，通常的做法是：(1)先判斷這幾個點是否在同一個象限內，如果不在，則判斷其正負，然后做出判斷；(2)如果在同一個象限內，則可以根據反比例函數的性質來進行解答．16、（5，1）【解析】【分析】根據點坐標平移特征：左減右加，上加下減，即可得出平移之后的點坐標.【詳解】∵點（3，-2）先向右平移2個單位長度，再向上平移3個單位長度，∴所得的點的坐標為：（5，1），故答案為（5，1）.【點睛】本題考查了點的平移，熟知點的坐標的平移特征是解題的關鍵.17、甲【解析】

根據根據方差的定義，方差越小數據越穩(wěn)定，即可得出答案．【詳解】解：因為甲、乙射擊成績的平均數一樣，但甲的方差較小，說明甲的成績比較穩(wěn)定，因此推薦甲更合適．【點睛】本題考查了方差：方差是反映一組數據的波動大小的一個量．方差越大，則平均值的離散程度越大，穩(wěn)定性也越??；反之，則它與其平均值的離散程度越小，穩(wěn)定性越好．也考查了平均數。18、-7【解析】

利用配方法把變形為（x-2）-9，則可得到m和k的值，然后計算m+k的值．【詳解】x?4x?5=x?4x+4?4?5=(x?2)?9，所以m=2，k=?9，所以m+k=2?9=?7.故答案為：-7【點睛】此題考查配方法的應用，解題關鍵在于掌握運算法則.三、解答題（共78分）19、（1）證明見解析；（2）M點位于BD與CE的交點時，理由見解析；，【解析】

（1）由旋轉的性質可知：BN＝BM，BA＝BE，然后再證明∠NBE＝∠MBA，最后依據SAS證明△AMB≌△ENB即可；（2）連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最小，過點E作EF⊥BC，垂足為F，先證明∠EBF＝30°，從而可求得EF，BC的長，由（1）可知EN＝AM，然后證明△BNM為等邊三角形，從而可得到BM＝MN，則AM+BM+MC＝EN+NM+MC≤EC，最后，依據勾股定理求得EC的長即可．【詳解】解：（1）由旋轉的性質可知：BN＝BM，BA＝BE．∵△BAE為等邊三角形，∴∠EBA＝60°．又∵∠MBN＝60°，∴∠NBE＝∠MBA．在：△AMB和△ENB中，BN＝BM，∠NBE＝∠MBA，BA＝BE，∴△AMB≌△ENB．（2）如圖所示：連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最小，過點E作EF⊥BC，垂足為F．∵△ABE為等邊三角形，ABCD為正方形，∴∠EBA＝60°，∠ABC＝90°，∴∠EBC＝150°．∴∠EBF＝30°．∴∴由（1）可知：△AMB≌△ENB，∴EN＝AM．又∵BN＝BM，∠NBM＝60°，∴△BNM為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+MC＝EN+NM+MC≥EC．∴AM+BM+MC的最小值＝EC過點M作MG⊥BC，垂足為G，設BG＝MG＝x，則NB＝x，EN＝AM＝MC∴∴x＝∴【點睛】本題主要考查的是主要考查的是旋轉的性質、正方形的性質、全等三角形的性質和判定，找出AM+BM+MC取得最小值的條件是解題的關鍵．20、這塊土地的面積為14m1【解析】

試題分析:連接AC，先利用勾股定理求AC，再利用勾股定理逆定理證△ACB為直角三角形，根據四邊形ABCD的面積=△ABC面積-△ACD面積即可計算．試題解析:連接AC，∵AD=4m,CD=3m,∠ADC=90°，∴AC=5m，△ACD的面積=×3×4=6(m2)，在△ABC中，∵AC=5m，BC=11m，AB=13m，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC為直角三角形,且∠ACB=90°，∴直角△ABC的面積=×11×5=30(m2)，∴四邊形ABCD的面積=30?6=14(m2).∴該花圃的面積是14m1．21、（1）1；（2）證明見解析；（1）在直線y=﹣x+b上存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形，P點坐標是（2，2）或（﹣6，6）．【解析】分析：（1）根據待定系數法，可得b的值；（2）根據矩形的判定與性質，可得PM與ON，PN與OM的關系，根據PC=MP，MB=OM，OE=ON，NO=NP，可得PC與OE，CM與NE，BM與ND，OB與PD的關系，根據全等三角形的判定與性質，可得BE與CD，BC與DE的關系，根據平行四邊形的判定，可得答案；（1）根據正方形的判定與性質，可得BE與BC的關系，∠CBM與∠EBO的關系，根據全等三角形的判定與性質，可得OE與BM的關系，可得P點坐標間的關系，可得答案．本題解析：（1）一次函數y=﹣x+b的圖象過點A（0，1），1=﹣×0+b，解得b=1．故答案為：1；（2）證明：過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，∴∠M=∠N=∠O=90°，∴四邊形PMON是矩形，∴PM=ON，OM=PN，∠M=∠O=∠N=∠P=90°．∵PC=MP，MB=OM，OE=ON，NO=NP，∴PC=OE，CM=NE，ND=BM，PD=OB，在△OBE和△PDC中，，∴△OBE≌△PDC（SAS），BE=DC．在△MBC和△NDE中，，∴△MBC≌△NDE（SAS），DE=BC．∵BE=DC，DE=BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形；（1）設P點坐標（x，y），當△OBE≌△MCB時，四邊形BCDE為正方形，OE=BM，當點P在第一象限時，即y=x，x=y．P點在直線上，，解得，當點P在第二象限時，﹣x=y，解得在直線y=﹣x+b上存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形，P點坐標是（2，2）或（﹣6，6）．點睛：本題考查了一次函數的綜合題，利用了全等三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，正方形的性質，注意數形結合.22、（1）見解析；（2）EF=5；（3）16cm2【解析】

（1）根據正方形的性質可得OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，再利用同角的余角相等得到∠BOE=∠COF，從而推出△OBE≌△OCF，即可得OE=OF；（2）由（1）中的全等三角形可得BE=CF=3，由正方形的性質可知AB=BC，推出BF=AE=4，再根據勾股定理求出EF即可；（3）由（1）中的全等三角形可將四邊形OEBF的面積轉化為△OBC的面積，等于正方形面積的四分之一．【詳解】（1）∵四邊形ABCD為正方形∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，BD⊥AC∴∠BOF+∠COF=90°，∵OE⊥OF∴∠BOF+∠BOE=90°∴∠BOE=∠COF在△OBE和△OCF中，∵∠OBE=∠OCF，OB=OC，∠BOE=∠COF∴△OBE≌△OCF（ASA）∴OE=OF（