山西省朔州市朔城區(qū)2024年數(shù)學八年級下冊期末學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題含解析

山西省朔州市朔城區(qū)2024年數(shù)學八年級下冊期末學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，矩形中，對角線、交于點．若，，則的長為()A．6 B．5 C．4 D．32．把根號外的因式移入根號內(nèi)，結(jié)果（）A． B． C． D．3．從，0，π，3.14，6這5個數(shù)中隨機抽取一個數(shù)，抽到有理數(shù)的概率是（）A． B． C． D．4．在平行四邊形ABCD中,AB=3,BC=4,當平行四邊形ABCD的面積最大時,下結(jié)論正確的有()①AC=5②∠A+∠C=180°③AC⊥BD④AC=BDA．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④5．計算×的結(jié)果是()A． B．8 C．4 D．±46．如圖，已知P為正方形ABCD外的一點，PA=1，PB=2，將△ABP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°，使點P旋轉(zhuǎn)至點P′，且AP′=3，則∠BP′C的度數(shù)為（）A．105° B．112.5° C．120° D．135°7．如圖，與的形狀相同，大小不同，是由的各頂點變化得到的，則各頂點變化情況是（）A．橫坐標和縱坐標都乘以2 B．橫坐標和縱坐標都加2C．橫坐標和縱坐標都除以2 D．橫坐標和縱坐標都減28．要使式子有意義，則x的取值范圍是()A．x＞1 B．x＞﹣1 C．x≥1 D．x≥﹣19．下列選項中，能使分式值為的的值是（）A． B． C．或 D．10．若直線經(jīng)過點，直線經(jīng)過點，且與關(guān)于軸對稱，則與的交點坐標為（）A． B． C． D．11．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．12．如圖，已知直角坐標系中的點A、B的坐標分別為A（2，4）、B（4，0），且P為AB的中點．若將線段AB向右平移3個單位后，與點P對應(yīng)的點為Q，則點Q的坐標是（）A．（3，2） B．（6，2） C．（6，4） D．（3，5）二、填空題（每題4分，共24分）13．與最簡二次根式3是同類二次根式，則a＝_____．14．因式分解：．15．為了了解某校九年級學生的體能情況，隨機抽查額其中名學生，測試分鐘仰臥起坐的成績(次數(shù))，進行整理后繪制成如圖所示的統(tǒng)計圖(注：包括，不包括，其他同)，根據(jù)統(tǒng)計圖計算成績在次的頻率是__________．16．“暑期乒乓球夏令營”開始在學校報名了，已知甲、乙、丙三個夏令營組人數(shù)相等，且每組學生的平均年齡都是14歲，三個組學生年齡的方差分別是，，如果今年暑假你也準備報名參加夏令營活動，但喜歡和年齡相近的同伴相處，那么你應(yīng)選擇是________.17．如圖，在菱形ABCD中，AC、BD交于點O，AC＝6，BD＝8，若DE∥AC，CE∥BD，則OE的長為_____．18．已知中，，，直線經(jīng)過點，分別過點，作直線的垂線，垂足分別為點，，若，，則線段的長為__________．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖1，在中，，，，動點P從點A開始沿邊AC向點C以每秒1個單位長度的速度運動，動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動，過點P作，交AB于點D，連接PQ，點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設(shè)運動時間為t秒．直接用含t的代數(shù)式分別表示：______，______；是否存在t的值，使四邊形PDBQ為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．如圖2，在整個運動過程中，求出線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長．20．（8分）解不等式組，并把解集在數(shù)軸上表示出來．21．（8分）如圖，在中，，是延長線上一點，點是的中點。（1）實踐與操作：①作的平分線；②連接并延長交于點，連接（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法，在圖中標明相應(yīng)字母）；（2）猜想與證明：猜想四邊形的形狀，并說明理由。22．（10分）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，∠A＝60°，點D從點C出發(fā)沿CA方向以4cm/s的速度向點A勻速運動，同時點E從點A出發(fā)沿AB方向以2cm/s的速度向點B勻速運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設(shè)點D，E運動的時間是ts（0＜t≤15）．過點D作DF⊥BC于點F，連接DE，EF．（1）求證：四邊形AEFD是平行四邊形；（2）當t為何值時，△DEF為直角三角形？請說明理由．23．（10分）求證：三角形的一條中位線與第三邊上的中線互相平分．要求：(1)根據(jù)給出的和它的一條中位線,在給出的圖形上,請用尺規(guī)作出邊上的中線,交于點．不寫作法,保留痕跡；(2)據(jù)此寫出已知,求證和證明過程．24．（10分）甲、乙兩車分別從、兩地同時出發(fā)，甲車勻速前往地，到達地后立即以另一速度按原路勻速返回到地;乙車勻速前往地，設(shè)甲、乙兩車距地的路程為（千米），甲車行駛的時間為時），與之間的函數(shù)圖象如圖所示（1）甲車從地到地的速度是__________千米/時，乙車的速度是__________千米/時;（2）求甲車從地到達地的行駛時間;（3）求甲車返回時與之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍;（4）求乙車到達地時甲車距地的路程.25．（12分）已知矩形中，兩條對角線的交點為．(1)如圖1，若點是上的一個動點，過點作于點，于點，于點，試證明：；(2)如圖②，若點在的延長線上，其它條件和(1)相同，則三者之間具有怎樣的數(shù)量關(guān)系，請寫出你的結(jié)論并證明．26．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一點，BD＝BC，過點D作AB的垂線交AC于點E，連接CD，交BE于點F.求證：BE垂直平分CD．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】

由矩形的性質(zhì)可得：∠ABC=90°，OA=OC=OB=OD=1，∠AOB=2∠ACB=60°，△AOB為等邊三角形，故AB=OA=1．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OC=OB=OD=AC=1，∠ABC=90°，∴∠OBC=∠ACB=30°∵∠AOB=∠OBC+∠ACB∴∠AOB=60°∵OA=OB∴△AOB是等邊三角形∴AB=OA=1故選：B【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形判定和性質(zhì)，是基礎(chǔ)題，比較簡單.2、B【解析】

根據(jù)可得，所以移入括號內(nèi)為進行計算即可.【詳解】根據(jù)根式的性質(zhì)可得，所以因此故選B.【點睛】本題主要考查根式的性質(zhì)，關(guān)鍵在于求a的取值范圍.3、C【解析】∵在這5個數(shù)中只有0、3.14和6為有理數(shù)，∴從這5個數(shù)中隨機抽取一個數(shù)，抽到有理數(shù)的概率是．故選C．4、A【解析】

當?ABCD的面積最大時，四邊形ABCD為矩形，得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AC=BD，根據(jù)勾股定理求出AC，即可得出結(jié)論．【詳解】根據(jù)題意得：當?ABCD的面積最大時，四邊形ABCD為矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AC=BD，∴∠BAD+∠BCD=180°，AC==5，①正確，②正確，④正確；③不正確；故選A．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)以及勾股定理；得出?ABCD的面積最大時，四邊形ABCD為矩形是解決問題的關(guān)鍵．5、C【解析】

根據(jù)二次根式乘法法則進行計算即可.【詳解】原式===4，故選C.【點睛】本題考查了二次根式的乘法，正確把握二次根式乘法的運算法則是解題的關(guān)鍵.6、D【解析】

連結(jié)PP′，如圖，先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BP=BP′，∠BAP=∠BP′C，∠PBP′=90°，則可判斷△PBP′為等腰直角三角形，于是有∠BPP′=45°，PP′=PB=2，然后根據(jù)勾股定理的逆定理證明△APP′為直角三角形，得到∠APP′=90°，所以∠BPA=∠BPP′+∠APP′=135°，則∠BP′C=135°．【詳解】解：連結(jié)PP′，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC=90°，BA=BC，∴△ABP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBP′，∴BP=BP′，∠BAP=∠BP′C，∠PBP′=90°，∴△PBP′為等腰直角三角形，∴∠BPP′=45°，PP′=PB=2，在△APP′中，∵PA=1，PP′=2，AP′=3，∴PA2+PP′2=AP′2，∴△APP′為直角三角形，∠APP′=90°，∴∠BPA=∠BPP′+∠APP′=45°+90°=135°，∴∠BP′C=135°．故選D．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理的逆定理．7、A【解析】

根據(jù)題意得：△OAB∽△OAB，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，求得答案．【詳解】根據(jù)題意得：△OAB∽△OAB，∵O(0,0),A(2,1),B(1,3),B點的坐標為(2,6)，A(4,2)∴橫坐標和縱坐標都乘以2.故選A.【點睛】此題考查坐標與圖形性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例8、C【解析】

根據(jù)二次根式的性質(zhì)和分式的意義，被開方數(shù)大于或等于1，可得答案．【詳解】要使有意義，得x-1≥1．解得x≥1，故選C．考點：二次根式有意義的條件．9、D【解析】

根據(jù)分子等于0，且分母不等于0列式求解即可．【詳解】由題意得，解得x=-1．故選D．【點睛】本題考查了分式的值為零的條件．若分式的值為零，需同時具備兩個條件：①分子的值為0，②分母的值不為0，這兩個條件缺一不可．10、D【解析】

根據(jù)與關(guān)于x軸對稱，可知必經(jīng)過(0，-4)，必經(jīng)過點(3，-2)，然后根據(jù)待定系數(shù)法分別求出、的解析式后，再聯(lián)立解方程組即可求得與的交點坐標.【詳解】∵直線經(jīng)過點（0，4），經(jīng)過點（3，2），且與關(guān)于x軸對稱，∴直線經(jīng)過點（3，﹣2），經(jīng)過點（0，﹣4），設(shè)直線的解析式y(tǒng)＝kx+b，把（0，4）和（3，﹣2）代入直線的解析式y(tǒng)＝kx+b，則，解得：，故直線的解析式為：y＝﹣2x+4，設(shè)l2的解析式為y=mx+n，把（0，﹣4）和（3，2）代入直線的解析式y(tǒng)=mx+n，則，解得，∴直線的解析式為：y＝2x﹣4，聯(lián)立，解得：即與的交點坐標為（2，0）．故選D．【點睛】本題考查了關(guān)于x軸對稱的點的坐標特征、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式即兩直線的交點坐標問題，熟練應(yīng)用相關(guān)知識解題是關(guān)鍵.11、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(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AE＝EG．設(shè)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(shè)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(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理，正確作出輔助線，證明AE＝EG是解決問題的關(guān)鍵.12、B【解析】

直接利用平移中點的變化規(guī)律求解即可.平移中點的變化規(guī)律是：橫坐標右移加，左移減；縱坐標上移加，下移減.【詳解】根據(jù)中點坐標的求法可知點坐標為，因為左右平移點的縱坐標不變，由題意向右平移3個單位，則各點的橫坐標加3，所以點的坐標是.故選：.【點睛】本題考查圖形的平移變換，關(guān)鍵是要懂得左右平移點的縱坐標不變，而上下平移時點的橫坐標不變，平移變換是中考的常考點.二、填空題（每題4分，共24分）13、3【解析】

先將化成最簡二次根式，然后根據(jù)同類二次根式得到被開方數(shù)相同可得出關(guān)于的方程，解出即可．【詳解】解：∵與最簡二次根式是同類二次根式∴，解得：故答案為：【點睛】本題考查了最簡二次根式的化簡以及同類二次根式等知識點，能夠正確得到關(guān)于的方程是解題的關(guān)鍵．14、【解析】

解：=；故答案為15、【解析】

根據(jù)頻率的求法，頻率=，計算可得到答案.【詳解】頻率=.故答案為：0.7.【點睛】本題考查了隨機抽樣中的條形圖的認識，掌握頻率的求法是解題的關(guān)鍵.16、乙組【解析】

根據(jù)方差的定義，方差越小數(shù)據(jù)越穩(wěn)定解答即可．【詳解】解：∵，，，∵最小，∴乙組學生年齡最相近，應(yīng)選擇乙組.故答案為：乙組．【點睛】本題考查了方差的意義．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．17、1【解析】

根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，由勾股定理可求AD＝CD＝1，再根據(jù)平行四邊形的判定定理得四邊形OCED為平行四邊形，由矩形的判定定理得出四邊形OCED是矩形，則該矩形的對角線相等，即CD＝OE＝1．【詳解】證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，OA＝AC＝3，OD＝BD＝4，∴∠AOD＝90°，∴AD＝＝1＝CD∵DE∥AC，CE∥BD∴四邊形OCED為平行四邊形，又∵AC⊥BD∴四邊形OCED為矩形∴CD＝OE＝1故答案為：1【點睛】本題考查了矩形的判定以及菱形的性質(zhì)，還考查了平行四邊形的判定，掌握平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．18、或【解析】

分兩種情況：①如圖1所示：先證出∠1=∠3，由勾股定理求出CE，再證明△BCF≌△CAE，得出對應(yīng)邊相等CF=AE=3，得出EF=CE-CF即可；②如圖2所示：先證出∠1=∠3，由勾股定理求出CE，再證明△BCF≌△CAE，得出對應(yīng)邊相等CF=AE=3，得出EF=CE+CF即可．【詳解】分兩種情況：①如圖1所示：∵∠ACB=90°，∴∠1+∠2=90°，∵BF⊥CE，∴∠BFC=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，∵AE⊥CE，∴∠AEC=90°，∴CE=，在△BCF和△CAE中，，∴△BCF≌△CAE（AAS），∴CF=AE=3，∴EF=CE-CF=4-3=1；②如圖2所示：∵∠ACB=90°，∴∠1+∠2=90°，∵BF⊥CF，∴∠BFC=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，∵AE⊥CF，∴∠AEC=90°，∴CE=，在△BCF和△CAE中，，∴△BCF≌△CAE（AAS），∴CF=AE=3，∴EF=CE+CF=4+3=1；綜上所述：線段EF的長為：1或1．故答案為：1或1．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、互余兩角的關(guān)系；本題有一定難度，需要進行分類討論，作出圖形才能求解．三、解答題（共78分）19、（1），；（2）詳見解析；（3）2【解析】

由根據(jù)路程等于速度乘以時間可得,,,則,根據(jù),,可得:,根據(jù)相似三角形的判定可得:∽,再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得:,即,從而解得:,(2)根據(jù),當時,可判定四邊形PDBQ為平行四邊形,根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得:,解得:,(3)根據(jù)題意可得:,當時,點的坐標為,當時,點的坐標為,設(shè)直線的解析式為:,則,解得:,因此直線的解析式為:,再根據(jù)題意得:點P的坐標為,點Q的坐標為,因此在運動過程中PQ的中點M的坐標為,當時,,因此點M在直線上,作軸于N,則,,由勾股定理得,,因此線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為.【詳解】由題意得,,,則,,,,∽,,即,解得:,故答案為:,,存在,,當時,四邊形PDBQ為平行四邊形,,解得:,則當時,四邊形PDBQ為平行四邊形,以點C為原點,以AC所在的直線為x軸,建立如圖2所示的平面直角坐標系,由題意得:,當時,點的坐標為,當時,點的坐標為,設(shè)直線的解析式為:,則,解得:,直線的解析式為：,由題意得:點P的坐標為,點Q的坐標為,在運動過程中PQ的中點M的坐標為,當時,,點M在直線上,作軸于N,則,,由勾股定理得,,線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為.【點睛】本題主要考查幾何動點問題,解決本題的關(guān)鍵是要準確找出動點運動路線,動點運動長度與運動時間的關(guān)系,并結(jié)合幾何圖形中的等量關(guān)系列方程進行解答.20、【解析】

分別求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在數(shù)軸上表示出來即可．【詳解】由①得，x≥-1，

由②得，x＜3，

所以，不等式組的解集為：-1≤x＜3，

在數(shù)軸上表示如下：【點睛】本題考查了一元一次不等式組的解法，在數(shù)軸上表示不等式組的解集，需要把每個不等式的解集在數(shù)軸上表示出來（＞，≥向右畫；＜，≤向左畫），在表示解集時“≥”，“≤”要用實心圓點表示；“＜”，“＞”要用空心圓點表示．21、（1）①見解析，②見解析；（2）四邊形是平行四邊形，見解析.【解析】

（1）根據(jù)角平分線的做法即可求解；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及角平分線的性質(zhì)證明，即可求證.【詳解】（1）①作圖正確并有軌跡。②連接并延長交于點，連接；（2）解：四邊形是平行四邊形，理由如下：∵，∴，∴，即，∵平分，∴，∴，∴，∵點時中點，∴，在與中∴∴四邊形是平行四邊形。【點睛】此題主要考查平行四邊形的判定，解題的關(guān)鍵是熟知角平分線的做法及全等三角形的判定判斷與性質(zhì).22、（1）見解析；（2）當t＝或12時，△DEF為直角三角形．【解析】

（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到∠C＝30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出DF，得到DF＝AE，根據(jù)平行四邊形的判定定理證明；（2）分∠EDF＝90°、∠DEF＝90°兩種情況，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)列出算式，計算即可．【詳解】（1）∵∠B＝90°，∠A＝60°，∴∠C＝30°，∴AB＝AC＝30，由題意得，CD＝4t，AE＝2t，∵DF⊥BC，∠C＝30°，∴DF＝CD＝2t，∴DF＝AE，∵DF∥AE，DF＝AE，∴四邊形AEFD是平行四邊形；（2）當∠EDF＝90°時，如圖①，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠C＝30°，∴AD＝2AE，即60﹣4t＝2t×2，解得，t＝，當∠DEF＝90°時，如圖②，∵AD∥EF，∴DE⊥AC，∴AE＝2AD，即2t＝2×（60﹣4t），解得，t＝12，綜上所述，當t＝或12時，△DEF為直角三角形．【點睛】本題考查的是平行四邊形的判定、直角三角形的性質(zhì)，掌握平行四邊形的判定定理、含30°的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23、(1)作線段的中段線,的中點為,連結(jié)即可,見解析；(2)見解析.【解析】

（1）作BC的垂直平分線得到BC的中點F，從而得到BC邊上的中線AF；（2）寫出已知、求證，連接DF、EF，如圖，先證明EF為AB邊的中位線，利用三角形中位線性質(zhì)得到EF∥AD，EF=AD，則可判斷四邊形ADFE為平行四邊形，從而得到DE與AF互相平分．【詳解】解：(1)作線段的中段線,的中點為,連結(jié)即可。(2)已知：分別為三邊的中點,與交于點。求證：與互相平分。證明：連結(jié),分別為的中點,有,又為中點,所以,,四邊形為平行四邊形,所以,與互相平分.【點睛】本題考查了作圖——基本作圖：熟練掌握基本作圖（作一條線段等于已知線段；作一個角等于已知角；作已知線段的垂直平分線；作已知角的角平分線；過一點作已知直線的垂線）．也考查了三角形中位線定理．24、（1）;（2）甲車從地到達地的行駛時間是2.5小時;（3）甲