2024-2025学年广东省东莞市松山湖北区学校八年级（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省东莞市松山湖北区学校八年级（下）期末数学试卷（含答案），共15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。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若 x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围为( )
A. x≥2B. x≤2C. x>2D. x≥0
2.某服装品牌店试销一种新款女装，试销期间销售情况如表：
下次该店主进货最多的尺码应为( )
A. SB. MC. LD. XL
3.如图，一个圆锥的高OA=1，底面半径OB=1，则AB长为( )
A. 1 B. 2
C. 2 D. 3
4.为更好地学习贯彻第十四届全国人大会议的精神，学校举办了“牢记使命担当，奋进新时代”知识竞赛，某班参赛的5名同学的成绩(单位：分)分别为：85，84，82，90，88.则这组数据的中位数是( )
A. 82B. 84C. 85D. 90
5.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是斜边AB的中点.若CD=4，则AB的长为( )
A. 2 B. 4
C. 6 D. 8
6.下列计算正确的是( )
A. 2+ 5= 7B. 2 3− 3=2C. 2× 3= 6D. 6÷2= 3
7.如图，已知点E，F，G，H分别是菱形ABCD各边的中点，则四边形EFGH是( )
A. 正方形
B. 菱形
C. 矩形
D. 平行四边形
8.如图，将两张对边平行的纸条交叉叠放在一起，得到四边形ABCD，AC，BD相交于点O.下列结论不一定成立的是( )
A. AC⊥BD
B. ∠ADC=∠ABC
C. AB=CD
D. OA=OC
9.关于一次函数y=−2x+1，下列结论正确的是( )
A. 图象过点(−1,−3)B. 当x>0时，总有y”“”“0， 3+7>0，
∴ 3+ 7______ 3+7.(填“>”“1时，试判断S△GCES△GCF的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由；
②当动点M在x轴上运动时，发现顶点G始终落在一条直线上，请直接写出该直线的函数解析式．
参考答案
1.A
2.B
3.B
4.C
5.D
6.C
7.C
8.A
9.B
10.D
11.2
12.同位角相等，两直线平行
13.<
14.24
15.21
16.解：原式= 3× 3× 2− 2+1
=3 2− 2+1
=2 2+1．
17.(1)正方形ABCD的面积为5，边长为 5．
故答案为： 5；
(2)如图，正方形ABCD即为所求．
18.(1)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A，
∵∠A=70°，
∴∠C=70°，
∴∠C的度数是70°．
(2)证明：∵AB//CD，点E，F分别在边AB，CD上，
∴BE//DF，
∵AB=CD，AE=CF，
∴AB−AE=CD−CF，
∴BE=DF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
19.(1)①号的方差a=120×[4×(67−70)2+5×(68−70)2+5×(70−70)2+4×(73−70)2+2×(75−70)2]=7.1，
②号的平均数b=2×67+4×68+4×70+6×73+4×7520=71.2，
故答案为：7.1，71.2；
(2)果农应扩大②号品种荔枝的种植面积，理由：
因为②号的平均数比①号的平均数大，所以若只考虑荔枝的年产量，你认为果农应扩大②品种荔枝的种植面积．
20.(1)设旗杆AB的高度为x米，
根据题意得x2+62=(x+2)2，
解得x=8，
答：旗杆AB的高度为6米；
(2)过D作DH⊥AB于H，
则DH=BE，BH=DE=2米，
∴AH=8−2=6(米)，
∵AH2+DH2=AD2，
∴62+DH2=102，
∴DH=8，
答：小明距离旗杆有8米远．
21.(1)描点如图所示：
(2)设y与x的函数关系式为y=kx+b(k、b为常数，且k≠0)，
将坐标A(1,9)和B(2,11)分别代入y=kx+b，
得k+b=92k+b=11，
解得k=2b=7，
∴y与x的函数关系式为y=2x+7，
当x=1时，y=2×1+7=9，
当x=2时，y=2×2+7=11，
当x=3时，y=2×3+7=13，
当x=4时，y=2×4+7=15，
∴这四个点都在同一条直线y=2x+7上．
(3)根据题意，得y≤30，即2x+7≤30，
解得x≤1112，
∵x为非负整数，
∴x的最大值为11，
∴每一摞最多能叠放11个碗．
22.(1)∵( 3+ 7)2=10+2 21，( 3+7)2=10，
∴( 3+ 7)2>( 3+7)2．
又∵ 3+ 7>0， 3+7>0，
∴ 3+ 7> 3+7．
故答案为：10+2 21；10；>；>．
(2) a+ b≥ a+b(a≥0,b≥0)．
由题意得，( a+ b)2=a+b+2 ab，( a+b)2=a+b，
∵a+b+2 ab−a−b=2 ab≥0，
∴( a+ b)2−( a+b)2≥0．
∴( a+ b)2≥( a+b)2．
∵， a+ b≥0， a+b≥0，
∴ a+ b≥ a+b．
(3)由题意，∵原正方形的面积为10平方米，
∴边长为 10米，篱笆总长为4 10米．
设两个小正方形的面积分别为x平方米和(10−x)平方米，
∴小正方形的边长为 x米和 10−x米．
∵ x>0， 10−x>0，
∴根据(2)的结论可得， x+ 10−x> 10．
∴4( x+ 10−x)>4 10．
∴这些篱笆尚不足围成两个面积和为10平方米的正方形地块．
23.(1)证明：∵四边形ACHK是正方形，四边形ABED是正方形，
∴AK=AC，AB=AD，∠KAC=∠BAD=90°，
∴∠BAK=∠CAD，
在△ACD与△AKB中，
AC=AK∠DAC=∠BAKAD=AB，
∴△ACD≌△AKB(SAS)；
(2)解：∵矩形ADMN的面积=AD⋅DM，△ACD的面积=12AD⋅DM，正方形CHKA的面积=AC2，△AKB面积=12AK⋅KH=12AC2，
∴矩形ADMN的面积=2△ACD的面积，正方形CHKA的面积=2△AKB面积；
(3)证明：过D作DP⊥AC交CA的延长线于P，
则∠PAD+∠∠CAB=90°，
∴∠PAD=∠ABC，
∵∠APD=∠ACB=90°，AD=AB，
∴△ADP≌△BAC，
∴DP=AC=b，
∴S△ACD=12AC⋅DP=12b⋅b=12b2，
∴S矩形ADMN=b2．
24.(1)①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，
∵把△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，
∴AB=AB′，∠B=∠AB′E=90°=∠AB′F，∠BAE=∠B′AE，
∴AD=AB′，
在Rt△ADF和△Rt△AB′F中，
AD=AB′AF=AF，
∴Rt△ADF≌△Rt△AB′F(HL)，
∴∠B′AF=∠DAF，
∴∠BAE+∠DAF=∠B′AE+∠B′AF，
∵(∠BAE+∠DAF)+(∠B′AE+∠B′AF)=∠BAD=90°，
∴∠B′AE+∠B′AF=45°，即∠EAF=45°；
②设DF=x，则CF=2−x，
由①知，Rt△ADF≌△Rt△AB′F(HL)，
∴B′F=DF=x，
∵E为BC中点，
∴BE=CE=12BC=1，
∵把△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，
∴B′E=BE=1，
∴EF=B′E+B′F=1+x，
∵∠C=90°，
∴CE2+CF2=EF2，
∴12+(2−x)2=(1+x)2，
解得x=23，
∴DF的长为23；
(2)以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，过G作GK⊥x轴于K，如图：
设BE=t，
∵正方形ABCD边长为2，
∴D(2,2)，
由(1)①可知，∠EAF=45°，
∵AE⊥EG，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴∠AEG=90°，AE=GE，
∴∠AEB=90°−∠GEK=∠EGK，
∵∠ABE=∠EKG=90°，
∴△ABE≌△EKG(AAS)，
∴BE=GK=t，AB=EK=2，
∴OK=BE+EK=t+2，
∴G(t+2,t)，
∴DG= (t+2−2)2+(t−2)2= 2(t−1)2+2，
∴当t=1时，DG最小值为 2．
25.(1)将C(1,2)代入y=−x+b，
∴−1+b=2，
解得b=3，
将C(1,2)代入y=kx−1，
∴k−1=2，
解得k=3；
(2)①S△GCES△GCF是定值3，理由如下：
由题(1)可得y=−x+3，y=3x−1，
∴D(m,−m+3)，E(m,3m−1)，F(−13m+43,−m+3)，G(−13m+43,3m−1)，
∴S△GCES△GCF=12×(m+13m−43)(3m−1−2)12×(3m−1+m−3)(1+13m−43)=3；
(3)令x=−13m+43，y=3m−1，
∴y=−9x+11，
∴G点在直线y=−9x+11上．衣服的尺码
S
M
L
XL
销售量/件
3
12
8
4
品种
平均数
方差
①号
70
a
②号
b
27
x
1
2
3
4
y
9
11
13
15