广东省广州市2025-2026学年八年级下学期期末冲刺数学模拟卷含答案

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若在实数范围内有意义，则x的取值范围（ ）
A．x≥2B．x≤2
C．x＞2D．x＜2
【答案】A
【分析】二次根式有意义，被开方数为非负数，即x-2≥0，解不等式求x的取值范围．
【详解】∵在实数范围内有意义，
∴x−2≥0，解得x≥2．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握二次根式有意义的条件．
2．如图，在中，，则的长为（ ）
A．B．C．D．5
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，熟悉定理内容是解题关键；直接由勾股定理求解即可．
【详解】解：在中，，
由勾股定理得：；
故选：A．
3．广州市农科院对糯米糍、桂味两个品种的荔枝用相同条件的试验田进行试验，得到两个品种每公顷产量的两组数据，其方差分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．糯米糍比桂味的产量稳定B．桂味比糯米糍的产量稳定
C．糯米糕、桂味的产量一样稳定D．无法确定哪一品种的产量更稳定
【答案】B
【分析】本题考查了方差的意义：方差反映一组数据在其平均数左右的波动大小，方差越大，波动就越大，越不稳定，方差越小，波动越小，越稳定．比较两个品种的方差即可得出结论．
【详解】解：糯米糍的方差为，桂味的方差为．
因为，所以桂味的产量波动更小，更稳定．
因此，桂味比糯米糍的产量稳定，
故选：B．
4．将直线沿y轴向上平移3个单位长度，则平移后的直线解析式是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了函数图象的平移，解题的关键是熟练掌握平移的性质．
直线平移时，沿y轴方向平移只需调整常数项，向上平移3个单位即在原解析式后加3．
【详解】解：原直线为，向上平移3个单位长度后，所有点的纵坐标增加3；
因此，平移后的解析式为，
故选：A．
5．如图，张军同学家（记作）在广州东站（记作）南偏西的方向且相距，王强家（记作）在广州东站南偏东的方向且相距，则张军家与王强家的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了方位角，勾股定理的应用，根据题意，结合图形，利用勾股定理可得到结果．
【详解】解：如图，连接，
依题意，，，，，
，
，
，
故选：B．
6．下列命题的逆命题是假命题的是（ ）
A．矩形四个角都相等
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．菱形的四条边相等
D．菱形的对角线互相垂直
【答案】D
【分析】本题考查了矩形、正方形、菱形的判定、对顶角、命题，熟练掌握特殊四边形的判定是解题关键．先写出各命题的逆命题，再根据矩形、正方形、菱形的判定、对顶角逐项判断即可得．
【详解】解：选项A：原命题“矩形四个角都相等”的逆命题为“四个角都相等的四边形是矩形”．根据矩形判定定理，四个角相等的四边形是矩形，逆命题为真．
选项B：原命题“对角线相等的平行四边形是矩形”的逆命题为“矩形的对角线相等且是平行四边形”．矩形本身是平行四边形，且对角线相等，逆命题为真．
选项C：原命题“菱形的四条边相等”的逆命题为“四条边相等的四边形是菱形”．根据菱形定义，四边相等的四边形是菱形，逆命题为真．
选项D：原命题“菱形的对角线互相垂直”的逆命题为“对角线互相垂直的四边形是菱形”．存在对角线垂直但非菱形的四边形（如对角线垂直但边不相等的普通四边形），逆命题为假．
故选：D．
7．如图，一次函数y=kx+b的图象与x轴的交点坐标为（-2，0），则下列说法正确的是（ ）
A．随的增大而减小B．关于的方程的解为
C．当时，D．，
【答案】B
【分析】根据函数图象和一次函数的性质，可以判断各个小题中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：∵图象过第一、二、三象限，
∴k＞0，b＞0，y随x的增大而增大，故A、D错误；
又∵图象与x轴交于（-2，0），
∴kx+b=0的解为x=-2，故B正确；
当x＞-2时，图象在x轴上方，y＞0，故C错误；
故选：B．
【点睛】本题考查一次函数与一元一次不等式、一次函数图象与系数的关系，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
8．如图，菱形的对角线交于点，点为的中点，连接．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查菱形的性质、勾股定理、三角形的中位线等知识，根据勾股定理求出的长是解题的关键．由菱形的性质得，，，则，继而证明是的中位线，即可解答．
【详解】解：四边形是菱形，，，
，，，
，
，
点为的中点，
是的中位线，
．
故选：B．
9．观察并分析下列数据，寻找规律：，，，，，，，，那么第个数据应是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了数字类规律变化，二次根式的化简，根据数据可得第个数为，据此即可求解，由已知数据找到变化规律是解题的关键．
【详解】解：由数据可得，第个数为，
第个数为，
第个数为，
第个数为，
第个数为，
第个数为，
第个数为，
，
∴第个数为，
∴个数据应是，
故选：．
10．如图，在中，，，点为边上一点且，与关于轴对称，若，则线段的长为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查轴对称的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
延长至点M，使，连接，过点D作于点F，先证明是的垂直平分线，则，继而证明四边形是矩形，可推导出，再证明，可得，由勾股定理，求出，即可解答．
【详解】解：延长至点M，使，连接，过点D作于点F，
如图，有，
由轴对称，得
∴，
，
即是的垂直平分线，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11． ______．
【答案】
【分析】本题考查了二次根式的乘法运算，根据二次根式的乘法运算法则计算即可，掌握二次根式的乘法运算法则是解题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
12．一次函数的图象经过点，，则_______（填“＞”或“＜”或“＝”）．
【答案】
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据一次函数图象上点的坐标特征解答即可．
【详解】解：∵一次函数的，
∴一次函数y随x的增大而减小，
∵，
∴．
故答案为：．
13．我国是最早发现勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中．请利用勾股定理解决下列问题：如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点，，都在格点上，以为圆心，的长为半径画弧，交最上方的网格线于点，则的长为___________．
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理的运用．连接，由勾股定理求出，即可得出的长．
【详解】解：如图，连接，则，
在中，由勾股定理可得，
又∵，
∴，
故答案为：．
14．如图是“赵爽弦图”，，，和是四个全等的直角三角形，四边形和都是正方形，如果，，那么正方形的面积是_________．
【答案】1
【分析】此题考查勾股定理的运用，掌握勾股定理是解决问题的关键．根据勾股定理求出另一条直角边，进而求出小正方形的边长，即可答案．
【详解】解：由题意知，在正方形中，，，和是四个全等的直角三角形，
∴，
，，
∴，
∴正方形的边长为：，
正方形的面积．
故答案为：1．
15．一次演讲比赛中，某位选手演讲内容、演讲能力、演讲效果三个方面的成绩分别为90分，85分，80分，若按的比例计算综合成绩，则该选手的综合成绩为________．
【答案】分
【分析】本题主要考查加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的计算公式．
根据加权平均数的定义列式计算即可．
【详解】解：该选手的综合成绩为（分），
故答案为：87分．
16．如图，在边长为的正方形中，的顶点，分别在，边上，且，连接分别交，于点，其中，则 ______．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．
过点作交的延长线于点，过点作交于点，连接，可知，，根据正方形的性质得到，，，进而得到，证明，，，，根据勾股定理求出，设，由勾股定理求出即可．
【详解】解：过点作交的延长线于点，过点作交于点，连接，如图所示：
，，
在正方形中，，，，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
在中，，
由勾股定理得：，
设，则，
，
在中，由勾股定理得：，
，
解得：，
．
故答案为：．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（6分）计算：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)1
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式运算法则．
（1）先化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）先利用平方差公式计算，再算加减运算即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
．
18．（6分）如图，在菱形中，对角线与交于点，过点作的垂线，过点作的垂线，两直线相交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求菱形面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由菱形的性质可得，结合，，命题得证；
（2）根据矩形和菱形的性质可得，，从而计算出菱形的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴．
19．（8分）如图，在中．
(1)尺规作图：作的平分线，交于点D；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)尺规作图：在（1）问所得的角平分线上取一点，使得；
(3)求点D到的距离．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了角平分线的尺规作图及性质、线段垂直平分线的尺规作图、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识点，掌握相关结论是解题关键．
（1）以点为圆心，任意长为半径画弧与相交；再以两交点为圆心，同一半径画弧即可完成作图；
（2）作出线段的垂直平分线即可；
（3）作，证，得，；根据，即可求解；
【详解】（1）解：如图所示：即为所求
（2）解：如图所示：点即为所求
（3）解：作，如图所示：
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴点D到的距离为．
20．（8分）如图，已知直线与直线交于点A，且直线分别与x轴，y轴交于点C，点B．
(1)求点A，B，C的坐标；
(2)观察图象，直接写出直线在直线上方时对应的自变量取值范围；
(3)若点是直线上的一个动点，且满足，求点P坐标．
【答案】(1)，，
(2)
(3)或
【分析】（1）联立可得点A的坐标，分别令，可得B，C的坐标，进而问题可求解；
（2）根据图象及（1）可直接进行求解；
（3）设点P为，由题意易得，然后进行求解即可．
【详解】（1）解：联立，解得，
，
在中，令，则，
，
令，则，解得：，
；
（2）解：由图象可知：直线在直线上方时对应的自变量取值范围为；
（3）解：设点P为，
，，
，，
，
，
，
，即，
解得：或，
当时，，
当时，，
或，
综上所述：点P的坐标为或．
21．（8分）某中学开展了“航空航天”知识问答系列活动，为了解活动效果，从七、八年级学生的知识问答成绩中，各随机抽取12名学生的成绩（单位：分）进行统计分析，并绘制如图所示的箱线图（不完整）．
七年级：60，70，70，80，83，89，91，93，95，97，98，100；
八年级：70，77，79，81，88，89，91，92，93，93，95，96．
七、八年级抽取的学生的成绩统计表
(1)上述表中，_______，_______，补全七年级的箱线图（用黑色签字笔画）；
(2)求八年级所抽取的学生成绩的平均数的值；
(3)若该校八年级有600名学生参与了此次活动，请估计该校此次活动中八年级学生成绩超过90分的人数；
(4)根据箱线图和四分位数，分析比较两个年级的成绩情况．（写两点，每点1分）
【答案】(1)，
(2)
(3)300人
(4)①两个年级成绩的第二四分位数（中位数）相同，而七年级成绩的箱体宽度明显比八年级长，因此八年级学生成绩更稳定．②七年级同学的上四分位数与八年级的最高分持平，说明七年级有25%的学生成绩比八年级的最高分要高；（或③两个年级成绩的第二四分位数（中位数）相同，而七年级上四分位数与最大值均高于八年级，说明七年级学生高分段优势明显，答案不唯一）
【分析】（1）根据中位数，众数的定义解答，再根据七年级学生成绩的中位数补全箱线图；
（2）根据平均数的定义解答；
（3）用600乘以成绩超过90分的人数所占的百分比解答；
（4）结合箱线图，并根据中位数的意义分析即可．
【详解】（1）解：一共有12名学生的成绩，第6,7名的成绩为89,91，所以中位数；众数；七年级所抽取学生的中位数是90，补全七年级的箱线图略；
（2）解：，
所以八年级所抽取的学生成绩的平均分是87分；
（3）解：八年级随机抽取的12名学生中90分以上的有6人，，
所以该校此次活动中八年级学生成绩超过90分的有300人；
（4）略
22．（10分）如图，在四边形中，，若分别是四边形各边、、、的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：四边形是菱形；
(3)在（2）的条件下，四边形满足_____________时，四边形是正方形．（直接写答案）
【答案】(1)证明：如图所示，连接，
在中，点分别是的中点，
∴，
在中，点分别是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
(2)证明： 如图所示，连接，
∵在中，点分别是的中点，
∴，
∵在中，点分别是的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵由（1）知，四边形是平行四边形，且，
∴四边形是菱形．
(3)
【分析】（1）连接，利用三角形中位线的性质证明即可；
（2）连接，根据三角形中位线的性质转化为平行四边形的邻边相等证明即可；
（3）根据三角形中位线的性质转化为菱形有一个角为证明即可．
【详解】（1）证明：略
（2）证明：略
（3）解：四边形满足时，四边形是正方形，理由如下：
∵在中，点分别是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵在中，点分别是的中点，
∴，
∵，
∴，
由（2）知，四边形是菱形，且，
∴四边形是正方形．
23．（12分）2026年中国人形机器人打破了人类半马纪录，实现了从“蹒跚学步”到“风驰电掣”的迭代升级．某公司对人形机器人甲、乙进行奔跑测试，在一条笔直的测试路上有，两地，机器人甲、乙分别从，两地同时出发，机器人甲以360米/分的速度沿测试路匀速跑向地，到达地后，立即以米/分的速度原路匀速返回；机器人乙以240米/分的速度沿测试路匀速跑向地，到达地后停止运动，机器人乙到达地一段时间后，机器人甲也到达地并停止运动．机器人甲、乙之间的距离（米）与机器人甲行进的时间（分）之间的函数关系如图所示．请结合图象信息解答下列问题：
(1)，两地之间的距离为 米，图中的值为 ；
(2)求线段所在直线的函数解析式；
(3)机器人甲行进的时间为多少分时，机器人甲、乙相距600米？（直接写出答案即可）
【答案】(1)3600，6
(2)
(3)5分或7分或20分
【分析】（1）由图可知距离为米，甲乙相向而行，相遇时间为总路程除以甲乙速度和，即可求出的值；
（2）由（1）得：，由题意可知G点为甲到达B地的点，根据甲、乙速度得到，设解析式为，根据待定系数法求解即可；
（3）先求出n的值，进而分四种情况作答即可．
【详解】（1）解：时，甲乙还未出发，距离就是A、B两地距离，因此距离为米；
甲乙相向而行，速度和为米/分，
相遇时间（分），
因此；
（2）解：由（1）得：，由题意可知G点为甲到达B地的点，
甲走完全程的时间为分钟，
此时乙走了米，
因此甲乙距离为2400米，
即．
设解析式为，代入两点坐标：
，
解得：，
因此的解析式为：；
（3）解：由图象可知，两地距离为米．
乙从匀速跑到，速度为米/分，
因此乙走完全程的时间为：分钟
即图中点对应的时间分钟，
此时乙已经到达地，甲乙相距米，从甲开始返回到乙到达地，一共经过了分钟，甲返回走了米，
因此，
即甲到达B后返回速度为米/分，返回全程需分钟，总耗时分钟，
乙从B到A速度为米/分，走完全程到A的时间为分钟，
设甲行进时间为分钟，甲乙距离米，分阶段计算：
阶段1：相遇前（），
甲乙相向而行，两人距离满足：，
令，解得：，符合范围，是有效解；
阶段2：相遇后，甲未到B地（），
相遇后甲乙背向而行，两人距离满足：，
令，解得：，符合范围，是有效解；
阶段3：甲到B开始返回，乙未到A地（），
甲在B后返回，乙仍向A行走，两人距离满足：，
该阶段的范围是，始终大于600，此阶段无解；
阶段4：乙到达A停止，甲仍在返回途中（），
乙已经停在A点，两人距离就是甲到A点的距离，两人距离满足：，
令，解得：，符合范围，是有效解；
综上所述，机器人甲行进时间为5分或7分或20分时，甲乙相距600米．
24．（14分）如图1，在平面直角坐标系中有一矩形，已知点坐标为，直线的解析式为．
(1)求点的坐标及的长度；
(2)若中的点沿轴平移个单位长度后得到点；过点作直线交直线于点；过点作轴并交轴于点：
①在直线上有一动点，使得，求的值；
②将与矩形重叠的部分记作，请直接写出和之间的关系式．
【答案】(1)点的坐标为，；
(2)①的值为；②．
【分析】（1）令，则，可求得点的坐标为，再利用勾股定理即可求得；
（2）①根据题意可得，再利用三角形面积公式求解即可；
②分两种情况讨论，分别求得各点的坐标，利用三角形或梯形面积公式列式计算即可求解．
【详解】（1）解：令，则，
∴点的坐标为，
∵点坐标为，
∴；
（2）解：①∵直线，即，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴的值为；
②当点在线段上，此时，
直线的解析式为，
令，则，
∴点的坐标为，
令，则，解得，
∴点的坐标为，
∴，，
∴；
当点在线段的延长线上，此时，
直线的解析式为，
令，则，
∴点的坐标为，
∴点的坐标为，
令，则，解得，
∴点的坐标为，
∴，，∴；
综上，．
25．（14分）已知正方形，点分别是与上的动点，连接，且
(1)【初步证明】如图（1）求证，请在下述证明的基础上，完成第（1）问的证明过程．
证明：过点作交的延长线于点，
四边形为正方形
，
……
(2)【类比探究】
如图（2）连接正方形对角线分别交于点、，探究的数量关系，并证明你的结论．
(3)【问题拓展】
如图（3）过点作交的延长线于点，连接．
①求证；
②探究线段的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)证明：过点作交的延长线于点，
四边形为正方形，
，
，
，
，
，
，
；
，
，
，
，
又，
，
，
，
；
(2)解：，证明如下：
如图（2）所示，过点D作且使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，；
∵，即，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得
∴；
(3)①证明：如图（3）所示，在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
又∵，
∴是等腰直角三角形，即，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②解：，证明如下：
如图（3）所示，过点H作交直线于点T，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
由（3）①得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
由（3）①得，，
∴，，即；
∵，
∴，
∴，
∴；
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得；
由（3）①得，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）过点作交的延长线于点，证明，得到；再证明，得到，则可证明；
（2）过点D作且使得，连接，证明，得到，；再证明，得到；由勾股定理得，则；
（3）①在上截取，连接，证明是等腰直角三角形，即，则可证明，得到；证明，得到，则可推出，进而得到，据此可证明；②过点H作交直线于点T，连接，证明，得到，则；证明，则可证明，得到，进而推出，则可证明，；证明，得到；由勾股定理得，，，根据，得到，再根据，可得．
【详解】（1）略
（2）略
（3）略年级
平均数
中位数
众数
七年级
85.5
90
70
八年级
a
b
c