浙江省海曙區(qū)五校聯考2024屆八年級數學第二學期期末經典試題含解析

浙江省海曙區(qū)五校聯考2024屆八年級數學第二學期期末經典試題請考生注意：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．方程x2-2x-5=0的左邊配成一個完全平方后，所得的方程是（）A． B．C． D．2．如圖，正方形ABCD的對角線相交于O點，BE平分∠ABO交AO于E點，CF⊥BE于F點，交BO于G點，連接EG、OF，下列四個結論：①CE=CB；②AE=OE；③OF=CG,其中正確的結論只有()A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②3．某中學人數相等的甲、乙兩班學生參加了同一次數學測驗，班平均分和方差分別為=82分，=82分，S甲2=245，S乙2=190，那么成績較為整齊的是()A．甲班 B．乙班 C．兩班一樣整齊 D．無法確定4．已知a＜b，下列不等關系式中正確的是（）A．a+3＞b+3 B．3a＞3b C．﹣a＜﹣b D．﹣＞﹣5．每千克m元的糖果x千克與每千克n元的糖果y千克混合成雜拌糖，則這種雜拌糖每千克的價格為（）A．元 B．元 C．元 D．元6．如圖，是一張平行四邊形紙片ABCD（AB<BC)，要求利用所學知識將它變成一個菱形，甲、乙兩位同學的作法分別如下：對于甲、乙兩人的作法，可判斷（）A．甲、乙均正確 B．甲、乙均錯誤 C．甲正確，乙錯誤 D．甲錯誤，乙正確7．如圖，四邊形中，，，，點，分別為線段，上的動點(含端點，但點不與點重合)，點，分別為，的中點，則長度的最大值為()A．8 B．6 C．4 D．58．如圖，在矩形ABED中，AB＝4，BE＝EC＝2，動點P從點E出發(fā)沿路徑ED→DA→AB以每秒1個單位長度的速度向終點B運動；設點P的運動時間為t秒，△PBC的面積為S，則下列能反映S與t的函數關系的圖象是（）A． B．C． D．9．下列圖書館的標志中，是中心對稱圖形的是（）A． B．C． D．10．如圖：已知∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA，PD⊥OA，若PC=4，則PD=（）A．4 B．3C．2 D．1二、填空題(每小題3分,共24分)11．函數中，若自變量的取值范圍是，則函數值的取值范圍為__________．12．如圖所示，在菱形中，對角線與相交于點．OE⊥AB，垂足為，若，則的大小為____________．13．把直線沿軸向上平移5個單位，則得到的直線的表達式為_________.14．已知函數y=-3x的圖象經過點A（1，y1），點B（﹣2，y2），則y1_____y2（填“＞”“＜”或“=”）15．如圖是我國古代數學家趙爽的《勾股圓方圖》，由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的大正方形．如果圖中大、小正方形的面積分別為52和4，直角三角形兩條直角邊分別為x，y，那么=_____．16．某高科技開發(fā)公司從2013年起開始投入技術改進資金，經過技術改進后，其產品的生產成本不斷降低，具體數據如下表：請你認真分析表中數據，寫出可以表示該變化規(guī)律的表達式是____________.17．分解因式：ab﹣b2=_____．18．若一個三角形的兩邊長為和，第三邊長是方程的根，則這個三角形的周長是____．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在正方形ABCD中，點E、F在對角線BD上，且BF＝DE,⑴求證：四邊形AECF是菱形．⑵若AB＝2，BF＝1，求四邊形AECF的面積．20．（6分）如圖，已知矩形ABCD，用直尺和圓規(guī)進行如下操作：①以點A為圓心，以AD的長為半徑畫弧交BC于點E；②連接AE，DE；③作DF⊥AE于點F．根據操作解答下列問題：（1）線段DF與AB的數量關系是．（2）若∠ADF＝60°，求∠CDE的度數．21．（6分）如圖，矩形紙片ABCD中，AD=8，點E為AD上一點，將紙片沿BE折疊，使點F落到CD邊上，若DF=4，求EF的長．22．（8分）（1）計算：（2）23．（8分）如圖1，直線與軸交于點，與軸交于點，.(1)求兩點的坐標；(2)如圖2，以為邊，在第一象限內畫出正方形，并求直線的解析式.24．（8分）在矩形ABCD中，AB=12，BC=25，P是線段AB上一點（點P不與A，B重合），將△PBC沿直線PC折疊，頂點B的對應點是點G，CG，PG分別交線段AD于E，O．（1）如圖1，若OP=OE，求證：AE=PB；（2）如圖2，連接BE交PC于點F，若BE⊥CG．①求證：四邊形BFGP是菱形；②當AE=9，求的值．25．（10分）已知：如圖在平行四邊形ABCD中，過對角線BD的中點O作直線EF分別交DA的延長線、AB、DC、BC的延長線于點E、M、N、F．（1）觀察圖形并找出一對全等三角形：△_≌△_，請加以證明；（2）在（1）中你所找出的一對全等三角形，其中一個三角形可由另一個三角形經過怎樣的變換得到？26．（10分）閱讀下列材料，完成（1）、（2）小題.在平面直角坐標系中，已知軸上兩點，的距離記作，如果，是平面上任意兩點，我們可以通過構造直角三角形來求間的距離，如圖1，過點、分別向軸、軸作垂線，和，，垂足分別是，，，，直線交于點，在中，，∴∴,我們稱此公式為平面直角坐標系內任意兩點，間的距離公式（1）直接應用平面內兩點間距離公式計算點，的距離為_________（2）如圖2，已知在平面直角坐標系中有兩點，，為軸上任意一點，求的最小值

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解析】

把常數項-5移項后，應該在左右兩邊同時加上一次項系數-2的一半的平方．【詳解】解：把方程x2-2x-5=0的常數項移到等號的右邊，得到x2-2x=5，

方程兩邊同時加上一次項系數一半的平方，得到x2-2x+（-1）2=5+（-1）2，

配方得（x-1）2=1．

故選：B．【點睛】本題考查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．

選擇用配方法解一元二次方程時，最好使方程的二次項的系數為1，一次項的系數是2的倍數．2、A【解析】

根據正方形對角性質可得∠CEB=∠CBE，CE=CB；根據等腰直角三角形性質，證△ECG≌△BCG，可得AE=EG=OE；根據直角三角形性質得OF=BE=CG.【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ABO=∠ACO=∠CBO=45°，AB=BC，OA=OB=OC，BD⊥AC，

∵BE平分∠ABO，

∴∠OBE=∠ABO=22.5°，

∴∠CBE=∠CBO+∠EBO=67.5°，

在△BCE中，∠CEB=180°-∠BCO-∠CBE=180°-45°-67.5°=67.5°，

∴∠CEB=∠CBE，

∴CE=CB；

故①正確；∵OA=OB，AE=BG，

∴OE=OG，

∵∠AOB=90°，

∴△OEG是等腰直角三角形，

∴EG=OE，

∵∠ECG=∠BCG，EC=BC，CG=CG，

∴△ECG≌△BCG，

∴BG=EG，

∴AE=EG=OE；

故②正確；

∵∠AOB=90°，EF=BF，

∵BE=CG，

∴OF=BE=CG．

故③正確．

故正確的結論有①②③．

故選A．【點睛】運用了正方形的性質、等腰三角形的性質、等腰梯形的判定、全等三角形的判定與性質以及等腰直角三角形的性質．此題難度較大，解題的關鍵是注意數形結合思想的應用．3、B【解析】

∵S甲2=245，S乙2=190，∴S甲2S乙2∴成績較為整齊的是乙班．故選B．4、D【解析】

根據不等式的性質逐一判斷即可．【詳解】A：不等式兩邊都加3，不等號的方向不變，原變形錯誤，故此選項不符合題意；B：不等式兩邊都乘以3，不等號的方向不變，原變形錯誤，故此選項不符合題意；C：不等式兩邊都乘﹣1，不等號的方向改變，原變形錯誤，故此選項不符合題意；D不等式兩邊都除以﹣2，不等號的方向改變，原變形正確，故此選項符合題意；故選：D．【點睛】本題主要考查了不等式的性質，熟記不等式在兩邊都乘除負數時，不等式符號需要改變方向是解題關鍵．5、B【解析】

解：由題意可得雜拌糖總價為mx+ny，總重為x+y千克，那么雜拌糖每千克的價格為元．故選B．6、A【解析】

首先證明△AOE≌△COF（ASA），可得AE=CF，再根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形可判定判定四邊形AECF是平行四邊形，再由AC⊥EF，可根據對角線互相垂直的四邊形是菱形判定出AECF是菱形；四邊形ABCD是平行四邊形，可根據角平分線的定義和平行線的定義，求得AB=AF，所以四邊形ABEF是菱形．【詳解】甲的作法正確；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB，∵EF是AC的垂直平分線，∴AO=CO，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE=CF，又∵AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵EF⊥AC，∴四邊形AECF是菱形；乙的作法正確；∵AD∥BC，∴∠1=∠2，∠6=∠7，∵BF平分∠ABC，AE平分∠BAD，∴∠2=∠3，∠5=∠6，∴∠1=∠3，∠5=∠7，∴AB=AF，AB=BE，∴AF=BE∵AF∥BE，且AF=BE，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∵AB=AF，∴平行四邊形ABEF是菱形；故選：A．【點睛】此題主要考查了菱形形的判定，關鍵是掌握菱形的判定方法：①菱形定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形（平行四邊形+一組鄰邊相等=菱形）；②四條邊都相等的四邊形是菱形．③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對角線互相垂直平分的四邊形是菱形”）．7、D【解析】

根據三角形中位線定理可知，求出的最大值即可.【詳解】如圖，連結，，，，當點與點重合時，的值最大即最大，在中，，，，，的最大值．故選：．【點睛】本題考查三角形中位線定理、勾股定理等知識，解題的關鍵是中位線定理的靈活應用，學會轉化的思想，屬于中考常考題型.8、D【解析】

分別求出點P在DE、AD、AB上運動時，S與t的函數關系式，繼而根據函數圖象的方向即可得出答案．【詳解】解：根據題意得：當點P在ED上運動時，S＝BC?PE＝2t（0≤t≤4）；當點P在DA上運動時，此時S＝8（4＜t＜6）；當點P在線段AB上運動時，S＝BC（AB+AD+DE﹣t）＝20﹣2t（6≤t≤10）；結合選項所給的函數圖象，可得D選項符合題意．故選：D．【點睛】本題考查了動點問題的函數圖象，解答該類問題也可以不把函數圖象的解析式求出來，利用排除法進行解答．9、C【解析】

根據中心對稱圖形的概念判斷即可．【詳解】解：A、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；B、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、是中心對稱圖形，故此選項正確；D、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤．故選：C．【點睛】此題主要考查了中心對稱圖形的概念．把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，這個點叫做對稱中心．10、C【解析】

作PE⊥OB于E，根據角平分線的性質可得PE=PD，根據平行線的性質可得∠BCP=∠AOB=30°，由直角三角形中30°的角所對的直角邊等于斜邊的一半，可求得PE，即可求得PD．【詳解】作PE⊥OB于E，

∵∠AOP=∠BOP，PD⊥OA，PE⊥OB，

∴PE=PD，

∵PC∥OA，

∴∠BCP=∠AOB=2∠BOP=30°

∴在Rt△PCE中，PE=12PC=12×4=2，

故選【點睛】本題考查角平分線的性質、含30度角的直角三角形和三角形的外角性質，解題的關鍵是掌握角平分線的性質、含30度角的直角三角形和三角形的外角性質.二、填空題(每小題3分,共24分)11、【解析】

根據不等式性質：不等式兩邊同時減去一個數，不等號不變，即可得到答案.【詳解】解：∵，∴∴,即：.故答案為：.【點睛】本題考查了不等式的性質，熟練掌握不等式兩邊同時減去一個數，不等號不變是本題解題的關鍵.12、65°【解析】

先根據菱形的鄰角互補求出∠BAD的度數，再根據菱形的對角線平分一組對角求出∠BAO的度數，然后根據直角三角形兩銳角互余列式計算即可得解．【詳解】在菱形ABCD中，∠ADC=130°，∴∠BAD=180°﹣130°=50°，∴∠BAO∠BAD50°=25°．∵OE⊥AB，∴∠AOE=90°﹣∠BAO=90°﹣25°=65°．故答案為65°．【點睛】本題考查了菱形的鄰角互補，每一條對角線平分一組對角的性質，直角三角形兩銳角互余的性質，熟練掌握性質是解題的關鍵．13、【解析】

根據上加下減，左加右減的法則可得出答案．【詳解】解：沿y軸向上平移5個單位得到直線：，即.故答案是：．【點睛】本題考查一次函數的圖象變換，注意上下移動改變的是y，左右移動改變的是x，規(guī)律是上加下減，左加右減．14、＜.【解析】

分別把點A（-1，y1），點B（-2，y2）代入函數y=-3x，求出y1，y2的值，并比較出其大小即可．【詳解】∵點A（-1，y1），點B（-2，y2）是函數y=-3x上的點，∴y1=3，y2=6，∵6＞3，∴y2＞y1．考點：一次函數圖象上點的坐標特征．15、1【解析】

根據題意，結合圖形求出xy與的值，原式利用完全平方公式展開后，代入計算即可求出其值．【詳解】解：根據勾股定理可得=52，

四個直角三角形的面積之和是：×4=52-4=48,

即2xy=48，

∴==52+48=1．

故答案是：1．【點睛】本題主要考查了勾股定理，以及完全平方公式的應用，根據圖形的面積關系，求得和xy的值是解題的關鍵．16、y＝【解析】

有表格中數據分析可知xy＝2.5×7.2＝3×6＝4×4.5＝4.5×4＝18，就可得到反比例函數關系，再設出反比例函數解析式，利用待定系數法求出即可．【詳解】由題意可得此函數解析式為反比例函數解析式，設其為解析式為y＝.當x＝2.5時，y＝7.2，可得7.2＝，解得k＝18∴反比例函數是y＝.【點睛】此題主要考查反比例函數的應用，解題的關鍵是根據題意找出等量關系.17、b（a﹣b）【解析】根據提公因式法進行分解即可，ab﹣b2=b（a﹣b），故答案為：b（a﹣b）.18、2【解析】

先解方程求得方程的兩根，那么根據三角形的三邊關系，得到合題意的邊，進而求得三角形周長即可．【詳解】解：解方程得第三邊的邊長為2或1．第三邊的邊長，第三邊的邊長為1，這個三角形的周長是．故答案為2．【點睛】本題考查了一元二次方程的解法和三角形的三邊關系定理．已知三角形的兩邊，則第三邊的范圍是：大于已知的兩邊的差，而小于兩邊的和．三、解答題(共66分)19、（2）證明見解析；（2）四邊形AECF的面積為4﹣2．【解析】試題分析：（2）根據正方形的性質，可得正方形的四條邊相等，對角線平分對角，根據SAS，可得△ABF與△CBF與△CDE與△ADE的關系，根據三角形全等，可得對應邊相等，再根據四條邊相等的四邊形，可得證明結果；（2）根據正方形的邊長、對角線，可得直角三角形，根據勾股定理，可得AC、EF的長，根據菱形的面積公式，可得答案．試題解析：（2）證明：正方形ABCD中，對角線BD，∴AB=BC=CD=DA，∠ABF=∠CBF=∠CDE=∠ADE=45°．∵BF=DE，∴△ABF≌△CBF≌△DCE≌△DAE（SAS）．AF=CF=CE=AE∴四邊形AECF是菱形；（2）∵AB=2，∴AC=BD=∴OA=OB==2．∵BF=2，∴OF=OB－BF=2－2．∴S四邊形AECF=AC?EF=．考點：2.正方形的性質；2.菱形的判定與性質．20、（1）DF＝AB；（2）15°【解析】

（1）利用角平分線的性質定理證明DF＝DC即可解決問題；（2）只要證明∠EDCC＝∠EDF即可；【詳解】解：（1）結論：DF＝AB．理由：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD∥BC，∠C＝90°，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED＝∠DEC，∵DF⊥AE，DC⊥BC，∴DF＝DC＝AB．故答案為DF＝AB．（2）∵DE＝DE，DF＝DC，∴Rt△DEF≌△DEC，∴∠EDF＝∠EDC，∵∠ADF＝60°，∠ADC＝90°，∴∠CDF＝30°，∴∠CDE＝∠CDF＝15°．【點睛】本題考查基本作圖、全等三角形的判定和性質、矩形的性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．21、EF的長為1．【解析】

設AE=EF=x，則DE=8﹣x，在Rt△DEF中，根據勾股定理列方程42+（8﹣x）2=x2，解方程即可求得EF的長．【詳解】設AE=EF=x，∵AD=8，∴DE=8﹣x，∵DF=4在Rt△DEF中，∠D=90°，∴42+（8﹣x）2=x2，∴x=1．答：EF的長為1．【點睛】本題考查了矩形的性質、圖形的折疊變換、勾股定理以及等知識點，利用勾股定理列出方程是解題的關鍵．22、（1）3；（2）1.【解析】

（1）先進行二次根式的除法運算，然后把二次根式化為最簡二次根式后合并即可；（2）利用平方差公式計算．【詳解】（1）原式=3-2+=+2=3；（2）原式=49-48=1．【點睛】本題考查了二次根式的混合運算：先把二次根式化為最簡二次根式，然后進行二次根式的乘除運算，再合并即可．在二次根式的混合運算中，如能結合題目特點，靈活運用二次根式的性質，選擇恰當的解題途徑，往往能事半功倍．23、(1)；(2)直線的解析式為.【解析】

（1）由題意A（0，-2k），B（2，0）,再根據，構建方程即可解決問題；（2）如圖2中，作CH⊥x軸于H．利用全等三角形的性質求出點C坐標，再利用待定系數法求出直線CD的解析式即可【詳解】(1)∵直線與軸交于點，與軸交于點，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；(2)如圖，作軸于點，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴，∴，∴,∴，∵，∴設直線的解析式為，把代入，得，∴直線的解析式為.【點睛】本題考查了一次函數的應用、正方形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．24、（1）見解析；（2）①見解析；②【解析】

（1）由折疊的性質可得PB=PG，∠B=∠G=90°，由“AAS”可證△AOP≌△GOE，可得OA=GO，即可得結論；（2）①由折疊的性質可得∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，BP=PG，BF=FG，由平行線的性質可得∠BPF=∠BFP=∠GPC，可得BP=BF，即可得結論；②由勾股定理可求BE的長，EC的長，由相似三角形的性質可得，可求BF=BP=5x=，由勾股定理可求PC的長，即可求解．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形∴AB=CD，AD=BC，AD∥BC，∠A=∠B=90°∵將△PBC沿直線PC折疊，∴PB=PG，∠B=∠G=90°∵∠AOP=∠GOE，OP=OE，∠A=∠G=90°∴△AOP≌△GOE（AAS）∴AO=GO∴AO+OE=GO+OP∴AE=GP，∴AE=PB，（2）①∵△BPC沿PC折疊得到△GPC，∴∠PGC