2023-2024学年湖南省长沙市望城区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市望城区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各式是二次根式的是( )
A. 5B. −2C. 2−πD. 33
2.图中的四边形均为正方形，三角形为直角三角形，最大的正方形的边长为7cm，则图中A、B两个正方形的面积之和为( )
A. 28cm2B. 42cm2C. 49cm2D. 63cm2
3.如图，在△ABC中，AD是△ABC的中线，E、F分别是AC、AD的中点，连接EF，已知BC=12，则EF的长为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
4.某蓄水池的横断面示意图如图所示，分深水区和浅水区，如果以固定的流量把水蓄满蓄水池，下面的图象能大致表示水的深度h和注水时间t之间关系的是( )
A. B. C. D.
5.已知直线y=kx−4(k<0)与两坐标轴所围成的三角形面积等于4，则直线的解析式为( )
A. y=−x−4B. y=−2x−4C. y=−3x+4D. y=−3x−4
6.一种弹簧秤最大能称不超过20kg的物体，不挂物体时弹簧的长为15cm，每挂重1kg物体，弹簧伸长0.5cm.在弹性限度内，挂重后弹簧的长度y(cm)与所挂物体的质量x(kg)之间的函数关系式为( )
A. y=15−0.5x
B. y=15+0.5x
C. y=10+0.5x
D. y=0.5x
7.古人云：“不学礼，无以立”！中国素来是一个温文尔雅、落落大方、谦恭礼让的文明礼仪之邦，我们的举手投足、音容笑貌，无一不体现着华夏儿女的气质与素养某校举办了以“展礼仪风采，树文明形象”为主题的比赛活动，参赛选手的最终得分由三项组成：礼仪服装占30%，语言表达占40%，举止形态占30%，晶晶在本次比赛中礼仪服装、语言表达、举止形态这三项的得分依次为90分、85分、80分，则晶晶本次比赛的最终得分为( )
A. 80分B. 85分C. 88分D. 90分
8.如图，是由小正方形组成的3×3的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，线段AB的两个端点都是格点，以AB为对角线作平行四边形，使另两个顶点也在格点上，则这样的平行四边形最多可以作( )个.
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
9.在解决问题“已知 7=a， 70=b，用含a，b的代数式表示 4.9”时，甲的结果是ab10；乙的结果是7ab；丙的结果是7b10a，则下列说法正确的是( )
A. 只有甲对B. 只有乙、丙对C. 只有甲、乙对D. 甲、乙、丙都对
10.在平面直角坐标系中，若将一次函数y=m(x−2)的图象向上平移2个单位长度后经过原点，则一次函数y=x−m的图象不经过第( )象限.
A. 一B. 二C. 三D. 四
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.一组数据为11，7，9，若添加一个数据，使得4个数据的中位数和众数相等，则添加的数据是______.
12.将 27化为最简二次根式的结果为______.
13.如图，在平面直角坐标系中，将一块直角三角板按如图所示放置，其中∠ACB=90∘，∠A=30∘，B(0,1)，C( 3,0)，则点A的纵坐标为______.
14.函数y=x 4−2x的自变量x的取值范围是______.
15.如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OE的长为______.
16.如图，一次函数y=kx+b与y=x+2的图象相交于点P(m,4)，则关于x的方程kx+b=4的解是______.
三、解答题：本题共10小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算： 32÷ 2+(1− 2)2+ 8.
18.(本小题6分)
如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，AC与BD交于点O.求△BOC与△DOC的周长差.
19.(本小题6分)
古诗赞美荷花：“竹色溪下绿，荷在镜里香.”平静的湖面上，一朵荷花婷婷玉立，露出水面10cm，忽见它随风倾斜，花朵恰好浸入水面.仔细观察，发现荷花偏离原地40cm(如图)，请问水深多少？
20.(本小题8分)
某校从九年级学生中随机选取20人进行“立定跳远”测试，根据测试成绩绘制出下面的统计图.
(1)求出这些学生测试成绩的平均数和众数；
(2)珍珍说：“将2，9，6，3按照从小到大排序为2，3，6，9，则这些学生测试成绩的中位数为3+62=4.5(分)”，请判断珍珍的说法对吗？如果不对，请求出正确的中位数.
21.(本小题4分)
计算： 8× 72÷ 2.
22.(本小题4分)
如图，在△ABC中，AB=AC=13，BC=10，求△ABC的面积．
23.(本小题9分)
如图，直角坐标系中，每个小正方形方格的边长都为1.
(1)求四边形ABCD的面积；
(2)求四边形ABCD的周长；
(3)证明∠BCD为直角.
24.(本小题9分)
阅读材料：像(2− 3)(2+ 3)=1，…这样两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式.例如 2+1与 2−1，2 3+ 6与2 3− 6等都是互为有理化因式.在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号.
例如：13 2=1× 23 2× 2= 26；72 3+ 5=7(2 3− 5)(2 3+ 5)(2 3− 5)=2 3− 5.
解答下列问题：
(1)3− 5与______互为有理化因式；
(2)计算：6 3− 2 6+2；
(3)已知有理数a，b满足a 2−1−b 2=3− 2，求a，b的值.
25.(本小题10分)
课本再现：
在学习了平行四边形的概念后，进一步得到平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分.
(1)如图1，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，求证：OA=OC，OB=OD.
知识应用
(2)在△ABC中，点P为BC的中点.延长AB到D，使得BD=AC，延长AC到E，使得CE=AB，连接DE.如图2，连接BE，若∠BAC=60∘，请你探究线段BE与线段AP之间的数量关系.写出你的结论，并加以证明.
26.(本小题10分)
如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y=−x+4与x轴交于点B，与y轴交于点A.直线l2与x轴交于点D，与y轴交于点C，两直线交于点E，若点C为OA的中点，BD=8.
(1)求直线CD的解析式；
(2)如图2，连接BC，点Q为直线AB上一动点且位于直线l2下方，若有S△QCE=712S△DCB，请求出点Q坐标；
(3)如图3，将直线l2平移得到直线l3，使得直线l3经过点A，并交x轴于点F，点M为直线l1上一动点，是否存在以点M、F、A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请写出所有符合条件的点M的坐标，并写出求解点M坐标其中一种情况的过程；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A. 2中被开方数2>0，是二次根式，故本选项符合题意；
B. −2中被开方数−2<0，不是二次根式，故本选项不符合题意；
C. 2−π中被开方数2−π<0，不是二次根式，故本选项不符合题意；
D.33的根指数是3，不是2，不是二次根式，故本选项不符合题意．
故选：A.
根据二次根式的定义逐个判断即可．
本题考查了二次根式的定义，能数据二次根式的定义(当a≥0时，形如 a的式子叫二次根式)是解此题的关键．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了勾股定理，注意掌握直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．根据正方形的面积公式，运用勾股定理，发现：2个小正方形的面积和等于最大正方形的面积．
【解答】
解：由勾股定理可知2个小正方形的面积和等于最大正方形的面积，
故正方形A，B的面积之和=49cm2.
故选C.
3.【答案】A
【解析】解：∵AD是△ABC的中线，BC=12，
∴CD=12BC=12×12=6，
∵E、F分别是AC、AD的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF=12CD=3，
故选：A.
根据中线的性质可得CD=6，再由中位线的性质求解即可．
本题考查了中线和中位线的性质，掌握中线和中位线的性质是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意和图形的形状，可知水的最大深度h与时间t之间的关系分为两段，每一段h随t的增大而增大，增大的速度是先快后慢．
故选：C.
首先看图可知，蓄水池的下部分比上部分的体积小，故h与t的关系为先快后慢．
此题考查了表示变量之间关系的图象，要能根据几何图形和图形上的数据分析得出所对应的图像的类型和所需要的条件，结合实际意义画出正确的图象．
5.【答案】B
【解析】解：直线y=kx−4(k<0)与两坐标轴的交点坐标为(0,−4)，(4k,0)，
∵直线y=kx−4(k<0)与两坐标轴所围成的三角形面积等于4，
∴4×(−4k)×0.5=4，解得k=−2，
则直线的解析式为y=−2x−4.
故选：B.
首先求出直线y=kx−4(k<0)与两坐标轴的交点坐标，然后根据三角形面积等于4，得到一个关于k的方程，求出此方程的解，即可得到直线的解析式．
主要考查了用待定系数法求一次函数的解析式．根据三角形面积公式及已知条件，列出方程，求出k的值，即得一次函数的解析式．
6.【答案】B
【解析】解：∵不挂物体时弹簧的长为15cm，每挂重1kg物体，弹簧伸长0.5cm，最大能称不超过20kg的物体，
∴挂重后弹簧的长度y cm与所挂物体的质量x kg之间的函数关系式为y=15+0.5x.
故选：B.
挂重后弹簧长度等于不挂重时的长度加上挂重后弹簧伸长的长度，据此即可求得函数关系式．
本题考查了求函数关系式，正确理解题意是关键．
7.【答案】B
【解析】解：晶晶本次比赛的最终得分为：
90×30%+85×40%+80×30%=85(分).
故选：B.
根据加权平均数的公式，准确计算即可．
本题主要考查了求一组数据的加权平均数，解题的关键是熟练掌握加权平均数的公式，准确计算．
8.【答案】C
【解析】解：在直线AB的左下方有5个格点，都可以成为平行四边形的顶点，所以这样的平行四边形最多可以画5个，
故选：C.
根据平行四边形的判定方法即可解决问题．
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9.【答案】D
【解析】解：∵ 7=a， 70=b，
∴ 4.9= 4910= 49×1010×10= 7×7010×10= 70× 710=ab10，故甲同学的说法正确；
4.9= 4910= 49×1010×10=7 1010=710× 707=710× 70 7=7b10a，故丙同学的说法正确；
4.9= 4910=7 110=7 770=7 7 70=7ab，故乙同学的说法正确．
故选：D.
根据的算术平方根运算法则进行计算即可．
本题考查了算术平方根，掌握算术平方根的定义是关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵一次函数y=m(x−2)的图象向上平移2个单位长度后经过原点，y=m(x−2)=mx−2m，
∴−2m+2=0，
解得m=1，
∴一次函数y=x−m可化为y=x−1，
∵k=1>0，b=−1<0，
∴此函数的图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限．
故选：B.
先根据题意得出m的值，再由一次函数的性质即可得出结论．
本题考查了一次函数的图象与几何变换，一次函数的性质，熟练掌握点的平移规律：左减右加，上加下减是解题的关键．
11.【答案】9
【解析】解：若众数为11，则数据为11，7，9，11，此时中位数为10，不符合题意；
若众数为9，则数据为11，7，9，9，中位数为9，符合题意；
若众数为7，则数据为11，7，9，7，中位数为8，不符合题意，
故答案为：9.
分别假设众数为11，7，9分类讨论，找到符合题意的值即可．
本题考查了众数、中位数，根据众数的可能情况分类讨论求解是解题的关键．
12.【答案】3 3
【解析】解： 27= 9×3=3 3，
故答案为：3 3.
利用二次根式的性质化简即可．
本题主要考查了化简二次根式，正确计算是解题的关键．
13.【答案】(2 3,3)
【解析】解：如图所示，过点A作AD⊥x轴于点D，
∵B(0,1)，C( 3,0)，
∴BO=1，OC= 3，
在Rt△BOC中，由勾股定理BC= OB2+OC2=2，
∵在Rt△ABC中，∠A=30∘，
∴tanA=BCAC，
∴ 33=2AC，
∴AC=2 3，
∵∠OBC+∠BCO=∠BCO+∠ACD=90∘，
∴∠OBC=∠ACD，
∴△OBC∽△DCA，
∴OBCD=CODA=BCAC= 33，
∴CD= 3，DA=3，
∴OD=OC+CD=2 3，
∵点A在第一象限，
∴A点的坐标为(2 3,3)，
故答案为：(2 3,3).
先根据勾股定理求出BC的长，再利用锐角三角函数求出AC的长，最后利用相似三角形的性质求出线段的长度，得到答案．
本题考查了勾股定理，坐标与图形性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，掌握相似三角形的判定方法是解答本题的关键．
14.【答案】x<2
【解析】解：∵x 4−2x的分母不为零，
∴4−2x≠0，
∵ 4−2x是二次根式，必须有意义，
∴4−2x≥0，
∴4−2x>0，
∴x<2，
故答案为：x<2.
根据分式有意义的条件，得4−2x≠0，根据二次根式有意义的条件，得4−2x≥0，综合计算即可．
本题考查了自变量的取值范围，确保分式有意义，二次根式有意义是解题的关键．
15.【答案】3.5
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，
∴∠AOD=90∘，
∵AB+BC+CD+DA=28，
∴AD=7，
∵E为AD边中点，
∴OE=12AD=3.5；
故答案为：3.5.
由菱形的四边相等求出边长，再根据对角线互相垂直得出∠AOD=90∘，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键．
16.【答案】x=2
【解析】解：把P(m,4)代入y=x+2得m+2=4，解得m=2，
∴一次函数y=kx+b与y=x+2的图象的交点P为(2,4)，
∴关于x的方程kx+b=4的解是x=2.
故答案为：x=2.
先利用y=x+2求出交点P的坐标，然后根据一次函数图象的交点坐标进行判断．
本题考查了一次函数与一元一次方程，数形结合是解题的关键．
17.【答案】解：原式= 16+1−2 2+2+2 2
=4+1−2 2+2+2 2
=7.
【解析】先计算二次根式乘方，乘除法，再计算二次根式加减法即可．
本题主要考查了二次根式的混合计算，解题的关键是掌握二次根式相关的运算法则．
18.【答案】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=6，BC=8，
∴CD=AB=6，OB=OD，
∴C△BOC−C△DOC=OB+OC+BC−(OD+OC+CD)=BC−CD=8−6=2，
∴△BOC与△DOC的周长之差为2.
【解析】利用矩形的性质可得CD=AB=6，OB=OD，再根据三角形的公式计算即可．
本题主要考查矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
19.【答案】解：设水深为h，则荷花的高h+10，且水平距离为40cm，
则(h+10)2=402+h2，
解得h=75.
答：水深75cm.
【解析】设水深为h，则荷花的高h+10，因风吹花朵齐及水面，且水平距离为40cm，那么水深h与水平40组成一个以h+10为斜边的直角三角形，根据勾股定理即可求出答案．
此题主要考查学生对勾股定理的应用这一知识点的理解和掌握，此题的关键是“水深h与水平40组成一个以h+10为斜边的直角三角形”这是此题的突破点，此题难度不大，属于中档题．
20.【答案】解：(1)7×2+8×9+9×6+10×320=8.5(分)，
即这些学生测试成绩的平均数为8.5分，
这些学生测试成绩为8分的人数最多，
故这些学生测试成绩的众数为8分；
(2)不对，
∵共有20人参加测试，将测试成绩从小到大排序后，第10、11个均为8分，
∴这些学生测试成绩的中位数为8+82=8(分)，
【解析】(1)运用平均数的计算方法计算，并找出这组数据中出现次数最多的数即为众数即可解题；
(2)按照中位数的计算方法计算解题．
本题考查平均数、众数和中位数的计算，掌握平均数、众数和中位数的计算方法是解题的关键．
21.【答案】解：(1) 8× 72÷ 2
= 8×72÷2
= 288
=12 2.
【解析】根据二次根式乘除混合运算法则进行计算．
本题主要考查了二次根式乘除混合运算，掌握二次根式乘除混合运算法则是关键．
22.【答案】解：如图，等腰△ABC中，AB=AC=13，BC=10，
过A作AD⊥BC于D，则BD=5，
在Rt△ABD中，AB=13，BD=5，
则AD= 132−52=12.
所以，S△ABC=12BC⋅AD=12×10×12=60.
【解析】过A作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质求出BD的长，根据勾股定理求出AD的长，再根据三角形的面积公式列式计算即可．
本题考查的是等腰三角形的性质及勾股定理的运用，涉及面较广，但难度适中，是一道不错的中考题，解题的关键是作出BC边上的高线，构造直角三角形．
23.【答案】解：(1)四边形ABCD的面积=5×5−12×5×1−12×2×4−12×1×2−12×4×1−1=14.5；
(2)∵AB= 52+12= 26，BC= 42+22=2 5，CD= 22+12= 5，AD= 42+12= 17，
∴四边形ABCD的周长= 26+2 5+ 5+ 17= 26+ 17+3 5；
(3)证明：连接BD，
∵BC2=42+22=20，CD2=22+12=5，BD2=42+32=25，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90∘.
故∠BCD为直角．
【解析】(1)根据割补法即可得到结论；
(2)根据勾股定理即可得到结论；
(3)连接BD，根据勾股定理和勾股定理的逆定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形的面积的计算，熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解题的关键．
24.【答案】3+ 5
【解析】解：(1)∵(3− 5)×(3+ 5)=9−5=4，
∴3− 5与3+ 5互为有理化因式，
故答案为：3+ 5；
(2)6 3− 2 6+2
=6 3 3× 3− 2( 6−2)( 6+2)( 6−2)
=6 33−2 3−2 22
=2 3− 3+ 2
= 3+ 2；
(3)∵a 2−1−b 2
=a( 2+1)( 2−1)( 2+1)−b 22
= 2a+a−b 22
=a+(a−b2) 2
=3− 2，
∴a=3，a−b2=−1，
∴a=3，b=8.
(1)根据题意可以得到所求式子的分母有理化因式；
(2)根据分母有理化的方法可以化简题目中的式子；
(3)根据题意，对所求式子变形即可求得a、b的值．
本题考查二次根式的混合运算，分母有理化，解答本题的关键是明确二次根式的混合运算的计算方法．
25.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∴∠OAD=∠OCB，∠ODA=∠OBC，
∴△OAD≌△OCB(ASA)，
∴OA=OC，OB=OD；
(2)解：BE=2AP，证明如下：
如图所示，过点B作BH//AE交DE于H，连接PH，CH，
∴∠DBH=∠BAC=60∘，
∵AB=CE，AC=BD，
∴AB+BD=AC+CE，即AD=AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠D=60∘，DE=DA，
∴△DBH是等边三角形，
∴BH=BD=DH，
∴BH=AC，
又∵BH//AC，
∴四边形ABHC是平行四边形，
∵点P为对角线BC的中点，
∴点P也是另一条对角线的中点，
∴A、P、H三点共线，
∴AH，BC互相平分，
∴AH=2AP，
在△ADH和△EDB中，
AD=ED∠D=∠DDH=DB，
∴△ADH≌△EDB(SAS)，
∴BE=AH，
∴BE=2AP.
【解析】(1)由平行四边形的性质得到AD=BC，AD//BC，证明△OAD≌△OCB(ASA)，即可证明OA=OC，OB=OD；
(2)过点B作BH//AE交DE于H，连接PH，CH，则∠DBH=∠BAC=60∘，先证明△ADE是等边三角形，得到∠D=60∘，DE=DA，进而证明△DBH是等边三角形，得到BH=BD=DH，接着证明四边形ABHC是平行四边形，得到AH，BC互相平分，则AH=2AP，进一步证明△ADH≌△EDB(SAS)，得到BE=AH，则BE=2AP.
本题主要考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，添加辅助线构造平行四边形是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵直线l1：y=−x+4与x轴交于点B，与y轴交于点A.
令x=0，则y=4，
令y=0，则0=−x+4，解得x=4，
∴A(0,4)，B(4,0)，
∵点C为OA的中点，BD=8.
∴C(0,2)、，(−4,0)，
设直线CD的解析式为y=kx+b，
∴−4k+b=0b=2，解得k=12b=2，
∴直线CD的解析式为y=12x+2；
(2)直线l1：y=−x+4与直线l2：y=12x+2，
y=−x+4y=12x+2，解得x=43y=83，
∴E(43,83)，
∵S△DCB=12BD⋅OC=12×8×2=8，
∴S△QCE=712S△DCB=143，
设Q(q,−q+4)，
∴S△QCE=S△ACQ−S△ACE=12×2⋅q−12×2×43=143，
∴q=183，
∴点Q坐标为(183,−2)；
(3)∵将直线l2平移得到直线l3，使得直线l3经过点A(0,4)，
∴直线l3：y=12x+4，
令y=0，则0=12x+4，解得x=−8，
∴F(−8,0)，
设M(m,−m+4)，
∴AF2=82+42=80，
AM2=m2+(−m+4−4)2=2m2，
FM2=(m+8)2+(−m+4)2=2m2+8m+80，
①当AM=AF时，
2m2=80，解得m=±2 10，
∴点M的坐标为(2 10,4−2 10)或(−2 10,4+2 10)；
②当AM=FM时，
2m2=2m2+8m+80，解得m=−10，
∴点M的坐标为(−10,14)；
③当FM=AF时，
2m2+8m+80=80，解得m−4或0(舍去)，
∴点M的坐标为(−4,8)；
综上，点M的坐标为(2 10,4−2 10)或(−2 10,4+2 10)或(−10,14)或(−4,8).
【解析】(1)由直线l1：y=−x+4与x轴交于点B，与y轴交于点A.得A(0,4)，B(4,0)，求出C、D的坐标，利用待定系数法即可求解；
(2)联立两直线的解析式求出E(43,83)，求出S△DCB=8，则S△QCE=712S△DCB=143，设Q(q,−q+4)，根据S△QCE=S△ACQ−S△ACE=143，即可求解；
(3)根据平移的性质求出直线l3：y=12x+4，则F(−8,0)，设M(m,−m+4)，则AF2=82+42=80，AM2=m2+(−m+4−4)2=2m2，FM2=(m+8)2+(−m+4)2=2m2+8m+80，分三种情况：①当AM=AF时，②当AM=FM时，③当FM=AF时，分别求解即可．
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积，等腰三角形的性质、图形的平移等，灵活运用一次函数的性质，等腰三角形的性质以及平移的性质是解决本题的关键，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．