浙江省湖州市德清县2023-2024学年八年级下学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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2．试题卷中所有试题的答案填涂或书写在答题卷的相应位置，写在试题卷上无效．
3．请仔细审题，细心答题，相信你一定会有出色的表现！
卷I
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请选出各题中一个最符合题意的选项，并在答题卷上将相应题次中对应字母的方框涂黑，不选、多选、错选均不给分．
1. 要使二次根式有意义，则x的值可以为 （ ）
A. B. 4C. 2D. 0
【答案】B
【解析】
【详解】若二次根式有意义，则被开方数是非负数，
即，
解得，
所以B选项满足条件，
故选B．
2. 未来将是一个可以预见的AI时代．AI一般指人工智能，它研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，熟练掌握这两个概念是解题的关键．
3. 下列各点中，不在反比例函数图象上的点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用反比例函数图象上点的坐标特点进而得出答案．
【详解】解：∵，
∴xy＝12，
A．（3，−4），此时xy＝3×（−4）＝−12，符合题意；
B、（3，4），此时xy＝3×4＝12，不合题意；
C、（2，6），此时xy＝2×6＝12，不合题意；
D、（−2，−6），此时xy＝−2×（−6）＝12，不合题意；
故选A．
【点睛】此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，属于基础题.
4. 若用反证法证明命题“若或，则”时，应假设（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行解答．
【详解】解：由反证法知第一步应假设该命题的结论“”的反面成立，即，
故选A．
【点睛】本题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
5. 甲、乙、丙、丁四位选手各10次射击成绩的平均数和方差如表所示：
则这四人中成绩好且发挥最稳定的是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】C
【解析】
【分析】方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
【详解】解：因为乙、丙的平均数高于甲、丁，
所以乙、丙的成绩较好，
又因为丙的方差比较乙小，
所以这四人中成绩好且发挥最稳定的是丙．
故选：C．
【点睛】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
6. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的性质，根据二次根式的性质求解即可．
【详解】解：A、，故错误，不符合题意；
B、，故正确，符合题意；
C、，故错误，不符合题意；
D、，故错误，不符合题意；
故选：B．
7. 若一元二次方程x2﹣2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A. k＞1B. k＜1C. k＜1且k≠0D. k≥1
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的情况，判别式即可得到答案.
【详解】解：由题意知，△=4﹣4k＞0，
解得：k＜1．
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握根的判别式.
8. 已知点，在反比例函数的图象上，当时，有，则的取值范围是（ ）．
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．根据已知条件可知，函数在同一象限内随的增大而减小，得，即可求得m的取值范围．
【详解】∵点Ax1,y1，Bx2,y2在反比例函数的图象上，
且当时，有，
∴，
解得：．
故选：C．
9. 如图，菱形中，点为对称中心，点从点出发沿向点移动，移动到点停止，作射线，交边于点，则四边形形状的变化依次为（ ）
A. 平行四边形正方形平行四边形矩形
B. 平行四边形正方形矩形菱形
C. 平行四边形矩形平行四边形菱形
D. 平行四边形菱形正方形矩形
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质，可得四边形形状的变化情况．
【详解】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是矩形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是菱形．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，根据对角线的情况熟练判定各种四边形的形状是解题的关键．
10. 如图，矩形ABCD中，分别是边AD，BC的中点，于P，DP的延长线交AB于．下列结论：①；②；③．其中结论正确的有（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】连接，根据分别证明、，再利用勾股定理求出，逐个选项判断即可．
【详解】解：连接GF，
∵矩形，
∴，，，，
∵，是边的中点，
∴，故①正确；
∵分别是边AD，的中点，
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴垂直平分
∴
∴（）
∴，即，故②正确；
∵，，，
∴（）
∴，
设，则，，
在中，，
∴解得，即，故③正确；
综上所述，正确的是①②③
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上中线、勾股定理、全等三角形的性质与判定，涉及知识点比较多，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
卷II
二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共18分）
11. 计算：______．
【答案】1
【解析】
【分析】两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数，就可以用平方差公式计算，结果是乘式中两项的平方差（相同项的平方减去相反项的平方）．
【详解】解：．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了平方差公式，二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握平方差公式，．
12. 如图两处被池塘阻隔，为测量两地的距离，在地面上选一点，连结，分别取的中点．测得，则两地的距离为_________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，根据三角形中位线定理计算即可得出答案．
【详解】解：∵是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
13. 已知是方程的根，则代数式的值为_________．
【答案】2025
【解析】
【分析】此题考查了代数式的值、方程根的定义，整体代入是解题的关键．由一元二次方程根的定义得到，再整体代入代数式即可得到答案．
【详解】解：∵是方程的根，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 如图，四边形为平行四边形，延长AD到，使，连结，，DB，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是_________．(只要写出一个条件即可)
【答案】（或或等）
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形为平行四边形是解题的关键．先证明四边形为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：（或或）
15. 定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如图，在矩形中，，“筝形”EFGH的顶点是AB的中点，点分别在上，且，则对角线EG的长_________．
【答案】或
【解析】
【分析】①根据矩形的判定与性质可知，，再根据全等三角形的判定与性质解答即可；
②根据矩形的判定与性质可知，再根据勾股定理可知即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，根据题意画出图形是解题的关键．
【详解】解：①如图，，，
∵点是AB的中点，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图，，，
过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点是AB的中点，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
故答案为或．
16. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点是轴正半轴上一点，点是反比例函数图象上的一个动点，连结AB，以AB为一边作正方形ABCD，使点在第一象限且落在反比例函数的图象上，设点的横坐标为，点的横坐标为，则_________．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，将代入中，得到点B的坐标，作轴于点E， 作轴于点 F，证明，利用，，得到点D的坐标，再根据点D在反比例函数图像上，点D的横坐标为n，利用坐标相等即可求解．
【详解】解：将代入中，得，
点B的坐标是，
作轴于点E， 作轴于点 F，如图所示，

四边形是正方形，
，，
，，
，
又，，
，
，，
，
点D的坐标是 ，
点D在反比例函数图像上，点D的横坐标为n，
点D的坐标是，
，，
，，
，
，
．
故答案为：2．
三、解答题（本题有8小题，共72分）
17 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）10
【解析】
【分析】本题考查了二次根式加减混合运算、二次根式性质以及乘法和加法的混合运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先根据二次根式性质进行化简，再合并同类二次根式，即可作答．
（2）先根据二次根式性质进行化简，再运算乘法，即可作答．
【小问1详解】
解：
=
=
【小问2详解】
解：
18. 解方程：
（1）；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查解一元二次方程，
（1）利用因式分解法将方程变形为即可解答；
（2）利用一元二次方程的根的判别式可知方程有两个不相等的实数根，再利用公式法解答即可．
【小问1详解】
解：，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：，
∴，
∴，，
19. 如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点和点．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）当时，直接写出的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题考查了一次函数和反比例函数综合，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤．
（1）先求出点A的坐标，再把点A的坐标代入，求出k的值即可；
（2）求出点B的坐标，结合图象，找出一次函数图象高于反比例函数图象时自变量的取值范围即可．
【小问1详解】
解：把代入得，
将代入，得，
解得，，
反比例函数的解析式为；
【小问2详解】
解：把代入得：，
解得：，
，
由图可知：当时，或．
20. 为了调动员工的积极性，商场家电部经理决定确定一个适当的月销售目标，对完成目标的员工进行奖励．家电部对名员工当月的销售额进行统计和分析．
数据收集：下表为名员工当月的销售额（单位：万元）
数据整理：
数据分析：
问题解决：
（1）填空：___________，___________；
（2）若将月销售额不低于7万元确定为销售目标，则有___________名员工获得奖励；
（3）经理对数据分析以后，最终对一半的员工进行了奖励：员工甲找到经理说：“我这个月的销售额是万元，比平均数万元高，所以我的销售额超过一半员工，为什么我没拿到奖励？”假如你是经理，请你给出合理解释．
【答案】（1），
（2）
（3）员工甲不能拿到奖励
【解析】
【分析】（1）根据所给数据及众数的定义求解；
（2）根据频数分布表求解；
（3）利用中位数进行决策．
【小问1详解】
解：，
∵个数据中，出现了次，是出现次数最多的，
∴众数，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：月销售额不低于万元的有：（人），
故答案为：；
【小问3详解】
解：名员工的销售额的中位数为万元，
名员工的销售额有一半的人，即10人超过万元，
公司对一半的员工进行了奖励，说明销售额在万元及以上的人才能获得，而员工甲的销售额是万元，低于万元，
员工甲不能拿到奖励
【点睛】本题考查频数分布表，中位数，利用中位数做决策等，解题的关键是掌握中位数的求法及意义．
21. 如图是由的小正方形组成的网格，每个边长为1的小正方形的顶点叫做格点，图中的三个顶点都是格点，是上一点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成下列画图，画图过程用虚线，画图结果用实线．
（1）直接写出边的长=___________；
（2）在图中画格点，使四边形是平行四边形；再在线段上画点，使．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质，格点作图．
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）先根据平行四边形的对边平行且相等的性质，确定点D，连接，再连接点E和平行 对角线交点并延长，交于点F．
【小问1详解】
解：根据勾股定理可得：，
故答案为：．
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求；
22. 综合实践——用矩形硬纸片制作无盖纸盒．如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒．（硬纸片厚度忽略不计）
（1）若剪去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为___________，宽为___________；
（2）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长；
（3）如图3，小明先在原矩形硬纸片的两个角各剪去一个同样大小的正方形（阴影部分），经过思考他发现，再剪去两个同样大小的矩形后，可将剩余部分折成一个有盖纸盒．若折成的有盖长方体纸盒的表面积为，请计算剪去的正方形的边长．
【答案】（1）26，12
（2）剪去正方形的边长为
（3）剪去的正方形的边长为
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用、有理数的混合运算的应用，理解题意，正确列出一元二次方程是解此题的关键．
（1）根据题意列式计算即可得出答案；
（2）设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案；
（3）设剪去的正方形的边长为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案．
【小问1详解】
解：由题意得：，，
纸盒底面长方形的长为，宽为；
【小问2详解】
解：设减去正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，
由题意得：，
解得：或（舍去），
∴剪去正方形的边长为；
【小问3详解】
解：设剪去的正方形的边长为，
由题意得：，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴剪去的正方形的边长为．
23. 在菱形中，是直线BD上一动点，以为边向右侧作等边按逆时针排列)，点的位置随点的位置变化而变化．
（1）如图1，当点在线段BD上，且点在菱形内部或边上时，连结CE，小明通过连接后证明得到与CE的数量关系是______________；
（2）如图2，当点在线段BD上，且点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点在BD的延长线上时，其他条件不变，连接，若，，求的长．
【答案】（1）
（2）（1）中的结论仍然成立，详见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知，再根据全等三角形的判定与性质即可解答；
（2）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知，再根据全等三角形的判定与性质即可解答；
（3）根据菱形的性质及直角三角形可知，再根据全等三角形的判定与性质可知，最后利用直角三角形的性质 及勾股定理即可解答．
【小问1详解】
解：，理由如下：
如图，连接，延长CE交于点，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
【小问2详解】
解：仍然成立，理由如下：
如图，连接，延长CE交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，，，
∵是等边三角形 ，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解： 当点在的延长线上时，连接交于点，连接CE，，
∵四边形是菱形，
∴，平分，，
∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的判定与性质，勾股定理，根据题意作出辅助线是解题的关键．
24. 如图1，将矩形纸片放置在如图所示的平面直角坐标系内，点与坐标原点重合，点的坐标为，折叠纸片使点落在轴上的点处，折痕为，过点作轴的平行线交于点，连接．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）如图2，当点与点重合时，求点的坐标；
（3）如图3，在(2)的条件下，点是线段上一动点，点是线段上一动点，过点的反比例函数的图象与线段相交于点，连接，，，，当四边形的周长最小时，求点，点的坐标．
【答案】（1）详见解析
（2）
（3）点的坐标为，点的坐标为
【解析】
【分析】（1）由题意得出，推出，由折叠的性质得出，，从而得出，推出四边形是平行四边形，结合，即可得证；
（2）由折叠可得，由勾股定理可得，推出，设，则，，再由勾股定理计算即可得解；
（3）由(2)得坐标为，设点坐标为，根据反比例函数的性质得出坐标为，作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，连结，，得出，，四边形的周长，推出当四点共线时四边形的周长最小，待定系数法求出直线的解析式为：，即可得解．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
【小问2详解】
解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
【小问3详解】
解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、菱形的判定定理、勾股定理、反比例函数的图象与性质、一次函数的应用、坐标与图形等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
选手
甲
乙
丙
丁
平均数(环)
方差(环2)
7.9
销售额/万元
频数
平均数
众数
中位数
7.44
7.7