四川省绵阳市2025-2026学年八年级下学期义务教育期末质量监测数学试卷（含解析）

这是一份四川省绵阳市2025-2026学年八年级下学期义务教育期末质量监测数学试卷（含解析），共39页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷共4页，答题卡共6页．满分100分，监测时间100分钟．
注意事项：
1．答题前考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色墨迹签字笔填写在答题卡上，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内．
2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨迹签字笔书写在答题卡的对应框内．超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
第Ⅰ卷（选择题，共36分）
一、选择题：本题共12个小题，每小题3分，共36分．每个小题的四个选项，只有一个符合题目要求．
1. 若在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件．根据二次根式的意义可得，求解即可．
【详解】解：∵在实数范围内有意义，
∴，
∴，
故选：A．
2. 下列各点在函数的图象上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象上点的坐标特征，点在函数图象上则点的坐标满足函数解析式，将各点横坐标代入解析式计算，对比纵坐标即可判断．
【详解】解：∵函数图象上的点满足函数解析式，
∴将各选项横坐标代入计算：
A、当时，，故A不符合题意；
B、当时，分母，分式无意义，故B不符合题意；
C、当时，，与点的纵坐标相等，故C符合题意；
D、当时，，故D不符合题意．
3. 下列各组数中，能作为直角三角形三边长度的是（ ）
A. ，，B. ，，C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要利用勾股定理的逆定理求解，验证各组数中两个较小数的平方和是否等于最大数的平方，即可得出结论．
【详解】解：选项A：，不能构成三角形，不符合题意；
选项B：∵，，∴，不能构成直角三角形，不符合题意；
选项C：∵，，∴，能构成直角三角形，符合题意；
选项D：∵，，∴，不能构成直角三角形，不符合题意．
4. 下列表示与关系的图象中，不是的函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的定义可知，对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之对应，那么y就叫做x的函数，据此可得答案．
【详解】解：由函数的定义可知，B、C、D三个选项中对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之对应，故是的函数；
A选项中，对于自变量x的某些值，y不止一个值与之对应，故y不是x的函数．
5. 在菱形中，对角线与交于点，若，，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用菱形对角线互相垂直平分的性质，即可计算得到的面积．
【详解】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，.
∵，，
∴，.
∴．
6. 若，，则下列运算不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵，
对选项A，根据二次根式的性质，，∴A正确；
对选项B，根据二次根式的性质，，∴B正确；
对选项C，根据二次根式乘法法则，，∴C正确；
对选项D，举例验证，令，，左边，右边，，等式不成立，∴D不正确．
7. 如图，图中所有的三角形都是直角三角形，四边形都是正方形．已知正方形A，B，C，D的边长分别是3，5，2，3，则最大正方形E的面积为（ ）
A. 40B. 45C. 47D. 50
【答案】C
【解析】
【详解】解：如图，
由题意得，，
．
8. 如图，是平武报恩寺内屹立着一座高达11米的转轮经藏，它通体金丝楠木，雕饰繁丽，历经近600年仍可轻松转动．这不仅是我国现存最完整的一座转轮经藏，更是一部用木头镌刻的边疆治理见证．其横截面可抽象为正多边形，这个正多边形的内角和是外角和的3倍，则这个正多边形的边数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】设这个正多边形的边数为n，根据“内角和是外角和的3倍”列方程求解．
【详解】解：设这个正多边形的边数为n，
根据题意得，，
解得，
∴这个正多边形的边数为8．
9. 数形结合是连接代数与几何的核心数学思想．已知关于的一次函数与的图象交于点，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用数形结合思想求解，不等式的解集对应函数图象在图象上方部分的的取值范围，结合交点坐标即可得出结果．
【详解】解：根据函数表达式作出图象如图：
由函数图象可得， 当时，的图象在图象的上方，满足，
因此不等式的解集为．
10. 在用手机拍照时，我们往往会打开九宫格辅助线功能，将拍照主体放置于交叉点处，避免居中呆板，更加美观．原理是：如图，在正方形中，点为的中点，以为圆心，为半径作圆，与底边的延长线交于点，则矩形为黄金矩形，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由尺规作图及勾股定理得，从而得出的值，代入的值即可求出的值．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
点为的中点，
，
在中，，
由作图知，
，
．
11. 某景区有一种叫“喊泉”的游玩项目．它是通过声音的响度刺激声敏电阻，声敏电阻的阻值（）和声音的响度（）成反比例关系，且满足．当声敏电阻低于时，水泵开始喷水；当响度越大时，声敏电阻越小，则喷出的水柱越远．如图是某人声音的响度（）随时间（）变化的关系图，下列说法错误的是（ ）
A. 第时，声敏电阻的阻值为B. 超过时开始产生水柱
C. 在第至时喷出的水柱最高D. 喷出水柱的时长超过
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查反比例函数的实际应用以及一次函数图象的分析．重难点在于理解电阻R与响度h的相互制约关系，以及将图象中的响度变化转化为电阻的变化，从而判断喷水状态和水柱高度．
【详解】解：①当时，设，
把代入，得，
②当时，
③当时，设，
把和代入，得，
解得，
，
综上所述：，
选项A：由关系图知，第时，，
，
故选项A说法正确，不符合题意；
选项B：当时，，
，解得
故选项B说法正确，不符合题意；
选项C：当，h始终保持最大值100，所以声敏电阻最小，喷出的水柱最高，
故选项C说法正确，不符合题意；
选项D：把代入，得，
把代入，得,
喷出水柱的时长为，
故选项D说法错误，符合题意．
12. 如图，在中，，，以为直角边向右作使得，，取的中点，连接，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造全等三角形，当三点共线时取最大值．
【详解】解：将顺时针旋转得到，连接，，
，
为中点，
，
，
，
在中，
，
，
最大值为．
第Ⅱ卷（非选择题，共64分）
二、填空题：本题共5个小题，每小题4分，共20分．将答案直接填写在答题卡的相应位置．
13. 已知，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意将，，代入计算即可．
【详解】解：将，，代入得，
故答案为：．
14. 要使函数解析式有意义，则自变量的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件：分母不为零，即可求解自变量的取值范围．
【详解】解：要使函数有意义，需满足分式有意义的条件，即分母不等于，
因此得．
15. 统计了甲、乙两名气枪射击运动员分别进行了6次射击训练的成绩，计算得他们6次射击成绩的平均数相等，甲运动员的方差，乙运动员的方差，则射击发挥更稳定的运动员是________．
【答案】甲
【解析】
【分析】根据方差的意义，方差越小数据波动越小，射击发挥越稳定，只需比较甲乙两人方差的大小即可得出结论．
【详解】解：由题意可知，甲乙两人射击成绩的平均数相等，已知 ，，
可得 ，即 ，
根据方差的性质，方差越小，数据的波动越小，射击发挥越稳定，因此射击发挥更稳定的运动员是甲．
16. 如图，在梯形中，，，，，，则与间的距离为________．
【答案】
【解析】
【分析】过点D作于点E，可证四边形为矩形，得出，再根据勾股定理即可求出与间的距离．
【详解】解：过点D作于点E，如图，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
在中，，
与间的距离为．
17. 在学习液体压强时，李老师做了一个有趣的实验：如图1，水平桌面上放置甲、乙两个完全相同的烧杯．初始时，甲烧杯有水，乙烧杯内无水，用一根U型管将垫有木垫的甲烧杯与乙烧杯相连，使甲中的水流入乙烧杯，当两烧杯内的水面到桌面的高度相等时，引流自动停止．在引流过程中，设甲、乙两烧杯内的水面距离杯底的高度分别为，（单位：cm），如图2是，与引流时间（单位：s）的函数图象，若第6秒时引流停止，则木垫的高度是________cm．
【答案】8
【解析】
【分析】根据题意，得出当时，两个杯子中的水面离杯底的高度相等，都是，据此求出和的函数解析式，再进一步求出时两个函数值的差即可解决问题．
【详解】解：由所给函数图象可知，
当时，两个杯子中的水面离杯底的高度相等．
∵初始时，甲烧杯内的水面离杯底的高度为，乙烧杯中无水，
∴时，两个杯子中的水面离杯底的高度都是．
设，把代入得，
解得，
∴；
同法可得：．
∵当时，两个杯子中的水面离桌面高度相平，
∴木垫的高度为∶．
三、解答题：本大题共5个小题，共44分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
18. 计算：．
【答案】．
【解析】
【详解】解：原式
．
19. 为了解甲、乙两支川超球队在某赛区的比赛表现，统计了两队近6场比赛中关于成功传球数的情况．
甲队每场成功传球数：11，12，10，12，15，12；
乙队每场成功传球数：11，9，14，12，16，16．
根据以上信息，回答下列问题：
（1）求甲队每场成功传球数的众数、平均数，乙队每场成功传球数的中位数、平均数；
（2）已知甲、乙队每场平均射门分别为10次，12次，若本次球队综合得分按平均成功传球数的，平均射门次数的计算，综合得分越高表现越好，则甲、乙哪支球队的表现更好？
【答案】（1）甲队每场成功传球数的众数、平均数为12、12，乙队每场成功传球数的中位数、平均数为13、13；
（2）乙球队的表现更好．
【解析】
【分析】（1）根据众数、中位数和平均数的定义计算即可求解；
（2）计算各队综合得分，即可判断．
【小问1详解】
解：甲队每场成功传球数最多的是12，则众数为12；
，平均数为12；
乙队每场成功传球数重新排列为9，11，12，14，16，16，
中位数为，
，平均数为13；
【小问2详解】
解：甲队综合得分：，
乙队综合得分：，
，
∴乙球队的表现更好．
20. 随着科技的进步，很多青少年对航天领域有着浓厚的兴趣．某模具店推出火箭模型和卫星模型．该模具店计划购买两种模型共100个，其进价和售价如下表：设购买火箭模型个，销售完这批模型获得的利润为元．
（1）求与的函数关系式；
（2）若购进火箭模型的数量不低于卫星模型数量的倍，当购进火箭模型多少个时，销售完这批模型可以获得最大利润？最大利润是多少？
【答案】（1）；
（2）购进火箭模型60个时，销售完这批模型可以获得最大利润，最大利润是1700元．
【解析】
【分析】（1）把两种模型的利润求和即可得到答案；
（2）根据购进火箭模型的数量不低于卫星模型数量的倍列出不等式求出x的取值范围，再根据一次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：由题意，得
；
【小问2详解】
解：由题意得，，
解得，
∵在一次函数中，，
随的增大而减小．
为整数，
∴当时，y有最大值，最大值为，
答：当购进火箭模型60个时，销售完这批模型可以获得最大利润，最大利润是1700元．
21. 如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于，，点，分别为，的中点，连接并延长与的外角的平分线交于点，连接．
（1）若，求直线的函数解析式和点的坐标；
（2）是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）存在点，使得四边形为平行四边形
【解析】
【分析】（1）设直线的函数解析式为，代入两点坐标即可，由中位线定理可得的长度即点的横坐标，代入直线的函数解析式可得点的坐标；
（2）当四边形为平行四边形时，有，，再由角平分线得，在中，根据勾股定理列方程即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
设直线的函数解析式为，
由题意，得
解得，
∴一次函数的解析式为，
∵点分别为的中点，
，
当时，解得，
；
【小问2详解】
解：设点在的延长线上，如图，
当四边形为平行四边形时，，
平分，
，
∵点分别为的中点，
，
，
，
，
在中，由，得，
解得，即．
22. 如图，四边形是边长为的正方形，，，连接，交于点，过点作，分别交直线，于点，，连接．
（1）求证：；
（2）探究四边形的形状，并证明；
（3）当点与点重合时，求的长度．
【答案】（1）证明：∵四边形为正方形，
，．
∵，
，
，即．
在和中，
；
（2）解：四边形是正方形．
证明：设交于点．
由（1）得，，
∴．
∵，
．
∵，
∴在中，，
．
．
，
．
，
∴四边形是矩形．
．
，
．
在和中，
，
．
∴矩形是正方形；
（3）．
【解析】
【分析】（1）利用证明即可；
（2）先根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理证明，然后证明四边形是矩形，再证明，则，即可证明正方形；
（3）过点作交于点，分在线段上和在线段的延长线上两种情况讨论，证明，再由勾股定理求解即可．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
【小问3详解】
解：①若在线段上，过点作交于点．
在中，，
∴，
∵，
．
∵正方形中，，
，
．
在和中，
，
．
在中，，
．
．
②若在线段的延长线上，过点作交于点．
同理，可得．
．
综上所述，．火箭模型
卫星模型
进价（元/个）
30
20
售价（元/个）
45
40