2024屆河北省保定市樂凱中學八年級數學第二學期期末學業(yè)水平測試模擬試題含解析

2024屆河北省保定市樂凱中學八年級數學第二學期期末學業(yè)水平測試模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1．已知M、N是線段AB上的兩點，AM＝MN＝2，NB＝1，以點A為圓心，AN長為半徑畫??；再以點B為圓心，BM長為半徑畫弧，兩弧交于點C，連接AC，BC，則△ABC一定是()A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．等腰三角形2．如圖，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，直角∠EPF的頂點P是BC中點，兩邊PE、PF分別交AB、AC于點E、F，給出以下四個結論：①AE=CF；②△EPF是等腰直角三角形；③2S四邊形AEPF=S△ABC；④BE+CF=EF．當∠EPF在△ABC內繞頂點P旋轉時（點E與A、B重合）．上述結論中始終正確的有()A．1個 B．2個 C．3個 D．4個3．下列汽車標識中，是中心對稱圖形的是()A． B． C． D．4．如圖，矩形中，，，、分別是邊、上的點，且與之間的距離為4，則的長為（）A．3 B． C． D．5．若x2+mxy+y2是一個完全平方式，則m=（）A．2B．1C．±1D．±26．如圖，在△OAB中，∠AOB=55°，將△OAB在平面內繞點O順時針旋轉到△OA′B′的位置，使得BB′∥AO，則旋轉角的度數為（）A．125° B．70° C．55° D．15°7．若函數的圖象與坐標軸有三個交點，則b的取值范圍是A．且 B． C． D．8．一組數據：1、2、2、3，若添加一個數據2，則發(fā)生變化的統(tǒng)計量是A．平均數 B．中位數 C．眾數 D．方差9．如圖，四邊形ABCD為菱形，AB=5，BD=8，AE⊥CD于E，則AE的長為（）A． B． C． D．10．如圖，在正方形中，分別以點，為圓心，長為半徑畫弧，兩弧相交于點，連接，得到，則與正方形的面積比為（）A．1:2 B．1:3 C．1:4 D．11．若直線y＝kx+b經過一、二、四象限，則直線y＝bx﹣k的圖象只能是圖中的（）A． B． C． D．12．如圖，長寬高分別為3，2，1的長方體木塊上有一只小蟲從頂點A出發(fā)沿著長方體的外表面亮到現點B，則它爬行的最短路程是()A． B．2 C．3 D．5二、填空題（每題4分，共24分）13．我市在舊城改造中，計劃在市內一塊如下圖所示的三角形空地上種植草皮以美化環(huán)境，已知這種草皮每平方米售價元，則購買這種草皮至少需要______元.14．把二次根式23化成最簡二次根式，則23=15．若，則a與b的大小關系為a_____b(填“＞”、“＜”或“=”)16．多項式x2+mx+5因式分解得（x+5）（x+n），則m=_____，n=_____．17．菱形的兩條對角線長分別是方程的兩實根，則菱形的面積為______．18．如圖，點，是的邊，上的點，已知，，分別是，，中點，連接BE，FH，若BD=8，CE=6，，∠FGH=90°，則FH長為_______.三、解答題（共78分）19．（8分）某中學舉行了一次“世博”知識競賽．賽后抽取部分參賽同學的成績進行整理，并制作成圖表如下：請根據以上圖表提供的信息，解答下列問題：（1）寫出表格中m和n所表示的數：m=，n=，并補全頻數分布直方圖；（2）抽取部分參賽同學的成績的中位數落在第組；（3）如果比賽成績80分以上（含80分）可以獲得獎勵，那么獲獎率是多少？20．（8分）如圖，一次函數y=2x+4的圖象分別與x軸，y軸教育點A、點B、點C為x軸一動點。(1)求A，B兩點的坐標；(2)當ΔABC的面積為6時，求點C的坐標；(3)平面內是否存在一點D，使四邊形ACDB使菱形，若存在，請直接寫出點D的坐標；若不存在，請說明理由。21．（8分）如圖，在中，對角線AC，BD交于點O，E是AD上任意一點，連接EO并延長，交BC于點F，連接AF，CE.（1）求證：四邊形AFCE是平行四邊形；（2）若，°，.①直接寫出的邊BC上的高h的值；②當點E從點D向點A運動的過程中，下面關于四邊形AFCE的形狀的變化的說法中，正確的是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→菱形→平行四邊形D．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形22．（10分）如圖，已知直線和上一點，用尺規(guī)作的垂線，使它經過點．（保留作圖痕跡，不寫作法）23．（10分）用適當的方法解下列方程：（2x-1）（x+3）=1．24．（10分）在正方形ABCD中，點F是BC延長線上一點，過點B作BE⊥DF于點E，交CD于點G，連接CE.（1）若正方形ABCD邊長為3，DF=4，求CG的長；（2）求證：EF+EG=CE.25．（12分）已知正方形ABCD，點P是對角線AC所在直線上的動點，點E在DC邊所在直線上，且隨著點P的運動而運動，PE=PD總成立。(1)如圖(1),當點P在對角線AC上時,請你通過測量、觀察,猜想PE與PB有怎樣的關系?(直接寫出結論不必證明)；(2)如圖(2),當點P運動到CA的延長線上時,(1)中猜想的結論是否成立?如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由；(3)如圖(3),當點P運動到CA的反向延長線上時,請你利用圖(3)畫出滿足條件的圖形,并判斷此時PE與PB有怎樣的關系?(直接寫出結論不必證明)26．“五一節(jié)”期間，申老師一家自駕游去了離家170千米的某地，下面是他們離家的距離y（千米）與汽車行駛時間x（小時）之間的函數圖象．（1）求他們出發(fā)半小時時，離家多少千米？（2）求出AB段圖象的函數表達式；（3）他們出發(fā)2小時時，離目的地還有多少千米？

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】

依據作圖即可得到AC＝AN＝4，BC＝BM＝3，AB＝2+2+1＝5，進而得到AC2+BC2＝AB2，即可得出△ABC是直角三角形．【詳解】如圖所示，AC＝AN＝4，BC＝BM＝3，AB＝2+2+1＝5，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，故選B．【點睛】本題主要考查了勾股定理的逆定理，如果三角形的三邊長a，b，c滿足a2+b2＝c2，那么這個三角形就是直角三角形．2、C【解析】

根據等腰直角三角形的性質可得AP⊥BC，AP=PC，∠EAP=∠C=45°，根據同角的余角相等求出∠APE=∠CPF，然后利用“角邊角”證明△APE和△CPF全等，根據全等三角形的可得AE=CF，判定①正確，再根據等腰直角三角形的定義得到△EFP是等腰直角三角形，判定②正確；根據等腰直角三角形的斜邊等于直角邊的倍表示出EF，可知EF隨著點E的變化而變化，判定④錯誤，根據全等三角形的面積相等可得△APE的面積等于△CPF的面積相等，然后求出四邊形AEPF的面積等于△ABC的面積的一半，判定③正確【詳解】如圖,連接EF,∵AB=AC,∠BAC=90°，點P是BC的中點，∴AP⊥BC,AP=PC,∠EAP=∠C=45°，∴∠APF+∠CPF=90°，∵∠EPF是直角，∴∠APF+∠APE=90°，∴∠APE=∠CPF，；在△APE和△CPF中，，∴△APE≌△CPF(ASA)，∴AE=CF，故①正確；∴△EFP是等腰直角三角形，故②正確；根據等腰直角三角形的性質,EF=PE，所以,EF隨著點E的變化而變化,只有當點E為AB的中點時,EF=PE=AP，在其它位置EF≠AP，故④錯誤；∵△APE≌△CPF，∴S△APE=S△CPF，∴S四邊形AEPF=S△APF+S△APE=S△APF+S△CPF=S△APC=S△ABC，∴2S四邊形AEPF=S△ABC故③正確，綜上所述，正確的結論有①②③共3個.故選C.【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質，根據同角的余角相等求出∠APE=∠CPF，從而得到△APE≌△CPF是解題的關鍵，也是本題的突破點．3、D【解析】

根據中心對稱圖形的概念判斷即可.（中心對稱:在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形與另一個圖形重合.）【詳解】根據中心對稱圖形的概念把圖形繞著某一點旋轉180°后，只有D選項才能與原圖形重合，故選D.【點睛】本題主要考查中心對稱圖形的概念，是基本知識點，應當熟練的掌握.4、D【解析】

過點D作DG⊥BE，垂足為G，則GD＝4＝AB，∠G＝90°，再利用AAS證明△AEB≌△GED，根據全等三角形的性質可得AE＝EG．設AE＝EG＝x，則ED＝5﹣x，在Rt△DEG中，由勾股定理得可得方程x2+42＝（5﹣x）2，解方程求得x的值即可得AE的長．【詳解】過點D作DG⊥BE，垂足為G，如圖所示：則GD＝4＝AB，∠G＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝5，∠A＝90°＝∠G，在△AEB和△GED中，∴△AEB≌△GED（AAS）．∴AE＝EG．設AE＝EG＝x，則ED＝5﹣x，在Rt△DEG中，由勾股定理得：ED2＝EG2+GD2，∴x2+42＝（5﹣x）2，解得：x＝，即AE＝．故選D．【點睛】本題考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質及勾股定理，正確作出輔助線，證明AE＝EG是解決問題的關鍵.5、D【解析】根據完全平方公式：(a+b)2=a2+2ab+b2與(a-b)2=a2-2ab+b2可知，要使x2+mxy+y2符合完全平方公式的形式，該式應為：x2+2xy+y2=(x+y)2或x2-2xy+y2=(x-y)2.對照各項系數可知，系數m的值應為2或-2.故本題應選D.點睛：本題考查完全平方公式的形式，應注意完全平方公式有(a+b)2、(a-b)2兩種形式.考慮本題時要全面，不要漏掉任何一種形式.6、B【解析】

據兩直線平行，內錯角相等可得，根據旋轉的性質可得，然后利用等腰三角形兩底角相等可得，即可得到旋轉角的度數．【詳解】，，又，中，，旋轉角的度數為．故選：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形兩底角相等的性質，熟記性質并準確識圖是解題的關鍵．7、A【解析】拋物線與坐標軸有三個交點，則拋物線與x軸有2個交點，與y軸有一個交點．解：∵函數的圖象與坐標軸有三個交點，∴，且，解得，b<1且b≠0.故選A.8、D【解析】

解：A．原來數據的平均數是2，添加數字2后平均數仍為2，故A與要求不符；B．原來數據的中位數是2，添加數字2后中位數仍為2，故B與要求不符；C．原來數據的眾數是2，添加數字2后眾數仍為2，故C與要求不符；D．原來數據的方差==，添加數字2后的方差==，故方差發(fā)生了變化．故選D．9、C【解析】分析：利用勾股定理求出對角線AC的長，再根據S菱形ABCD=?BD?AC=CD?AE，求出AE即可．詳解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=CD=5，AC⊥BD，OB=OB=4，OA=OC，在Rt△AOB中，∵AB=5，OB=4，∴OA===3，∴AC=6，∴S菱形ABCD=?BD?AC=CD?AE，∴AE=，故選C.點睛：本題考查了菱形的性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用面積法求菱形的高，屬于中考常考題型.10、C【解析】

由作圖可得知△BEC是等邊三角形，可求出∠ABE=30°，進而可求出△ABE邊AB上的高，再根據三角形和正方形的面積公式求出它們的面積比即可.【詳解】根據作圖知，BE=CE=BC，∴△BEC是等邊三角形，∴∠EBC=60°,∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，AB=BC，∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=90°-60°=30°，設AB=BC=a，過點E作EF⊥AB于點F，如圖，則EF=BE=a，∴.故選C.【點睛】此題主要考查了等邊三角形的判定以及正方形的性質，熟練掌握有關性質是解題的關鍵.11、B【解析】試題分析：∵一次函數y=kx+b的圖象經過一、二、四象限∴k<0，b>0∴直線y=bx-k經過一、二、三象限考點：一次函數的性質12、C【解析】

將長方形的盒子按不同方式展開，得到不同的矩形，求出不同矩形的對角線，最短者即為正確答案.【詳解】解：將長方形的盒子按不同方式展開，得到不同的矩形，對角線長分別為：∴從點A出發(fā)沿著長方體的表面爬行到達點B的最短路程是3.故選C.【點睛】本題主要考查了兩點之間線段最短，解答時根據實際情況進行分類討論，靈活運用勾股定理是解題的關鍵.二、填空題（每題4分，共24分）13、150a【解析】

作BA邊的高CD，設與BA的延長線交于點D，則∠DAC＝30°，由AC＝30m，即可求出CD＝15m，然后根據三角形的面積公式即可推出△ABC的面積為150m2，最后根據每平方米的售價即可推出結果．【詳解】解：如圖，作BA邊的高CD，設與BA的延長線交于點D，∵∠BAC＝150°，∴∠DAC＝30°，∵CD⊥BD，AC＝30m，∴CD＝15m，∵AB＝20m，∴S△ABC＝AB×CD＝×20×15＝150m2，∵每平方米售價a元，∴購買這種草皮的價格為150a元．故答案為：150a元．【點睛】本題主要考查三角形的面積公式，含30度角的直角三角形的性質，關鍵在于做出AB邊上的高，根據相關的性質推出高CD的長度，正確的計算出△ABC的面積．14、63【解析】

被開方數的分母分子同時乘以3即可．【詳解】解：原式=23=故答案為：63【點睛】本題考查化簡二次根式，關鍵是掌握最簡二次根式的概念：（1）被開方數不含分母；（2）被開方數中不含能開得盡方的因數或因式，進行化簡．15、=【解析】

先對進行分母有理化，然后與a比較即可.【詳解】解：，即a=b，所以答案為=.【點睛】本題考查含二次根式的式子大小比較，關鍵是對進行分母有理化.16、61【解析】

將（x+5）（x+n）展開，得到，使得x2+（n+5）x+5n與x2+mx+5的系數對應相等即可．【詳解】解：∵（x+5）（x+n）=x2+（n+5）x+5n，∴x2+mx+5=x2+（n+5）x+5n．∴．故答案為：6；1．17、2【解析】

解：x2﹣14x+41=0，則有（x-6）(x-1)=0解得：x=6或x=1．所以菱形的面積為：（6×1）÷2=2．菱形的面積為：2．故答案為2．點睛：本題考查菱形的性質．菱形的對角線互相垂直，以及對角線互相垂直的四邊形的面積的特點和根與系數的關系．18、【解析】

利用三角形中位線求得線段FG、GH；再利用勾股定理即可求出FH的長.【詳解】解：∵，，分別是，，中點∴∵∠FGH=90°∴為直角三角形根據勾股定理得：故答案為：5【點睛】本題考查了三角形中位線定理以及勾股定理，熟練掌握三角形中位線定理是解答本題的關鍵.三、解答題（共78分）19、（1）m=90，n=0.3；（2）二；（3）40%．【解析】

（1）由總數=某組頻數÷頻率計算出總人數，則m等于總數減去其它組的頻數，再由頻率之和為1計算n；（2）由中位數的概念分析；（3）由獲獎率=蕕獎人數÷總數計算．【詳解】（1）總人數=30÷0.15=200人，m=200﹣30﹣60﹣20=90，n=1﹣0.15﹣0.45﹣0.1=0.3，如圖：（2）由于總數有200人，中位數應為第100、101名的平均數，而第一組有30人，第二組有90人，故中位數落在第二組內；（3）獲獎率==40%，答：獲獎率是40%．【點睛】本題考查了利用統(tǒng)計圖獲取信息的能力．同時考查中位數的求法：給定n個數據，按從小到大排序，如果n為奇數，位于中間的那個數就是中位數；如果n為偶數，位于中間兩個數的平均數就是中位數．20、（1）點A(-2，0)，B(0，4)；（2）點C(-5，0)或(1，0)；（3）D(-25，4)或(25，【解析】

(1)利用坐標軸上點的特點求解即可得出結論；(2)根據△AOB的面積,可得出點C的坐標;(3)根據勾股定理求出AB的長，再利用菱形的性質可得結果，分兩種情況討論.【詳解】(1)當x=0，y=4當y=0，x=-2∴點A(-2，0)，B(0，4)(2)因為A(-2，0)，B(0，4)∴OA=2，OB=4ΔABC的面積為-因為ΔABC的面積為6∴AC=3∵A(-2，0)∴點C(-5，0)或(1，0)(3)存在，理由：①如圖：點C再A點左側，∵A(-2,0),B(0,4),∴AB=22+42=25,∵四邊形ACDB為菱形，∴AC=AB=25,∵AC②如圖：點C再A點右側，∵A(-2,0),B(0,4),∴AB=22+42=25,∵四邊形ACDB為菱形，∴AC=AB=25,∵AC//__BD,∴AC=BD=AB=【點睛】本題考查了一次函數的應用、菱形的性質以及三角形的面積問題，注意掌握數形結合思想和分類討論的思想.21、（1）見解析；（2）①；②D【解析】

（1）由四邊形ABCD是平行四邊形可得AD∥BC，AO＝CO，根據“AAS”證明△AOE≌△COF，可得OE＝OF，從而可證四邊形AFCE是平行四邊形；（2）①作AH⊥BC于點H，根據銳角三角函數的知識即可求出AH的值；②根據圖形結合平行四邊形、矩形、菱形的判定逐個階段進行判斷即可.【詳解】（1）證明：在中，對角線AC，BD相交于點O.∴，.∴，.∴.∴.∵，，∴四邊形AFCE是平行四邊形.（2）①作AH⊥BC于點H，∵AD∥BC，∠DAC＝60°，∴∠ACF=∠DAC＝60°，∴AH=AC·sin∠ACF=，∴BC上的高h=；②在整個運動過程中，OA=OC,OE=OF,

∴四邊形AFCE恒為平行四邊形，

E點開始運動時，隨著它的運動，∠FAC逐漸減小，當∠FAC=∠EAC=60°時，即AC為∠FAE的角平分線，∵四邊形AFCE恒為平行四邊形，∴四邊形AFCE為菱形，當∠FAC+∠EAC=90°時，即∠FAC=30°，此時AF⊥FC,∴此時四邊形AFCE為矩形，綜上，在點E從點D向點A運動過程中，四邊形AFCE先后為平行四邊形、菱形、平行四邊形、矩形、平行四邊形.故選D．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質與判定、矩形的判定、菱形的判定及正方形的判定，及銳角三角函數的知識，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．22、見解析【解析】

根據線段垂直平分線的作法即可得出結論．【詳解】解：如圖所示．【點睛】本題考查了作圖-基本作圖，掌握線段垂直平分線的作法是解題的關鍵．23、x2=-，x2=2．【解析】

先把方程化為一般式，然后利用因式分解法解方程．【詳解】解：2x2+5x-7=0，（2x+7）（x-2）=0，2x+7=0或x-2=0，所以x2=，x2=2．【點睛】本題考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個一次因式的積的形式，那么這兩個因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個一元一次方程的解，這樣也就把原方程進行了降次，把解一元二次方程轉化為解一元一次方程的問題了（數學轉化思想）．24、(1)；(2)證明見解析.【解析】

（1）根據正方形的性質可得∠BCG=∠DCB=∠DCF=90°，BC=DC，再根據同角的余角相等求出∠CBG=∠CDF，然后利用“角邊角”證明△CBG和△CDF全等，根據全等三角形對應邊相等可得BG=DF，再利用勾股定理列式計算即可得解；（2）過點過點C作CM⊥CE交BE于點M，根據全等三角形對應邊相等可得CG=CF，全等三角形對應角相等可得∠F=∠CGB，再利用同角的余角相等求出∠MCG=∠ECF，然后利用“角邊角”證明△MCG和△ECF全等，根據全等三角形對應邊相等可得MG=EF，CM=CE，從而判斷出△CME是等腰直角三角形，再根據等腰直角三角形的性質證明即可．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCG=∠DCB=∠DCF=90°，BC=DC，∵BE⊥DF，∴∠CBG+∠F=∠CDF+∠F，∴∠CBG=∠CDF，在△CBG和△CDF中，，∴△CBG≌△CDF（ASA），∴BG=DF=4，∴在Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，∴CG==；（2）證明：如圖，過點C作CM⊥CE交BE于點M，∵△CBG≌△CDF，∴CG=CF，∠F=∠CGB，∵∠MCG+∠DCE=∠ECF+∠DCE=90°，∴∠MCG=∠ECF，在△MCG和△ECF中，，∴△MCG≌△ECF（SAS），∴MG=EF，CM=CE，∴△CME是等腰直角三角形，∴ME=CE，又∵ME=MG+EG=EF+EG，∴EF+EG=CE．【點睛】本題考查了正方形的性質；全等三角形的判定與性質；勾股定理；等腰直角三角形，熟練掌握性質定理是解題的關鍵.2