2023-2024学年浙江省嘉兴市八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年浙江省嘉兴市八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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。

1.二次根式 x−3中字母x的取值范围是( )
A. x<3B. x≤3C. x>3D. x≥3
2.下列交通标志的图标为中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.用配方法解方程x2−2x−1=0，配方结果正确的是( )
A. (x+1)2=1B. (x−1)2=1C. (x+1)2=2D. (x−1)2=2
4.若一个多边形的每一个外角都是36∘，则这个多边形的边数是( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
5.社会实践活动小组的同学们响应“垃圾分类，从我做起”的号召，主动到附近的5个社区宣传垃圾分类，他们记录的各社区参加活动的人数为：40，36，42，38，40，那么这组数据的众数和中位数分别是( )
A. 40，42B. 40，39C. 40，40D. 42，39
6.利用反证法证明“直角三角形至少有一个锐角不小于45∘”，应先假设( )
A. 直角三角形的每个锐角都小于45∘B. 直角三角形有一个锐角大于45∘
C. 直角三角形的每个锐角都大于45∘D. 直角三角形有一个锐角小于45∘
7.关于x的方程ax2+bx+c=0(a≠0)，有下列两种说法：①若a−b+c=0，则此方程一定有实数根；②若a，c异号，则此方程一定有实数根.下列判断正确的是( )
A. ①正确，②错误B. ①错误，②正确C. ①，②都正确D. ①，②都错误
8.如图，四边形ABCD中，AB=AD，将△ABC沿着AC折叠，点B恰好落在CD边上的点B′处.若∠ACB=α，则∠DAB可表示为( )
A. 3α
B. 180∘−α
C. 2a
D. 180∘−2α
9.若点A(a,y1)，B(a+1,y2)在反比例函数y=kx(k<0)的图象上，且y1>y2，则a的取值范围是( )
A. a<−1B. −10D. a<−1或a>0
10.如图，菱形ABCD中，∠A=120∘，过对角线BD上一点P，作MN//AB，QF//AD，交各边于点M，N，F，Q.▱EFGH的四个顶点分别在菱形的四条边上，且EH经过点P，若要求▱EFGH的面积，只需知道线段( )
A. AF的长B. BF的长C. EF的长D. FG的长
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.当x=−2时，二次根式 1−4x的值为______.
12. 如图，在四边形ABCD中，AB//CD，请你添加一个条件，使得四边形ABCD成为平行四边形，你添加的条件是__________.
13.甲，乙两位射箭运动员最近5次射击成绩的平均数均为8环，方差分别为：S甲2=0.8环 2，S乙2=0.6环 2，则______(填“甲”或“乙”)的射击成绩更为稳定.
14.如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，∠BAC的平分线AE交BD于点E，若AB=2，则DE的长为______.
15.关于x的方程(x+h)2+k=0(h,k均为常数)的解是x1=−3，x2=2，则方程(x+h−3)2+k=0的解是______.
16.如图，反比例函数y=kx(k>0)的图象上有M(m,a)，N(n,b)(n>m)两点，且MN=OM，∠OMN=90∘，则nm+mn的值为______.
三、解答题：本题共8小题，共52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)
(1)计算： 8+ 6× 3；
(2)解方程：x(x−4)=5.
18.(本小题6分)
已知汽车前灯电路上的电压U(V)保持不变，选用灯泡的电阻R(Ω)与通过的电流强度I(A)成反比例.当选用灯泡的电阻为40Ω时，测得通过的电流强度为0.3A.
(1)求I关于R的函数表达式和自变量R的取值范围；
(2)若通过的电流强度I正好为0.6A，求选用灯泡的电阻R的值.
19.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，分别过点B、D作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E、F.
(1)求证：AE=CF；
(2)连结BF，DE，若AB=BF=5，AC=9，求BE的长.
20.(本小题6分)
某校在一次演讲比赛中，甲，乙的各项得分如表.
(1)如果根据三项得分的平均分从高到低确定名次，那么两位同学的排名顺序怎样？
(2)若学校认为这三个项目的重要程度有所不同，而给予“演讲内容”“语言表达”“临场表现”三个项目在总分中的占比为2：2：1，那么两位同学的排名顺序又怎样？
21.(本小题6分)
如图，矩形ABCD中，M是BC上一点，且MC=2BM，连结DM.
(1)尺规作图：作△MCD的中位线EF，分别交DM，DC于点E，F；(不写作法，保留作图痕迹)
(2)连结BE，MF.求证：四边形BMFE为平行四边形.
22.(本小题6分)
平面直角坐标系中，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)是反比例函数y=kx图象上的三点，且x1+x2=0.(1)若x1y2=−2，求k的值；
(2)若x1=y3，求证：x3+y2=0.
23.(本小题8分)
综合与实践：
主题：将一张长为80cm，宽为40cm的长方形硬纸板制作成一个有盖长方体收纳盒.
方案设计：如图①，把硬纸板的四角剪去四个相同的小长方形，折成一个如图②所示的有盖长方体收纳盒，EF和HG两边恰好重合且无重叠部分.
任务一：若收纳盒的高为5cm，求该收纳盒的底面ABCD的边BC，AB的长；
任务二：若收纳盒的底面积为600cm2，求该收纳盒的高.
24.(本小题8分)
已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点.
(1)如图①，连结BE，DE.求证：∠ABE=∠ADE；
(2)如图②，过点B作BF⊥BE，交DE的延长线于点F，DF交AB于点G.
设BEBF=k(k>0)，△AGE和△ABE面积的分别记为S1，S2.
①如图③，若k=1，且BE=2，求线段GD的长；
②求S1S2的值(用含k的代数式表示).
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解∵二次根式 x−3有意义，
∴x−3≥0，解得：x≥3.
故选：D.
根据二次根式中的被开方数是非负数列不等式求解即可．
本题主要考查的是二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C的图形不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180∘后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项D的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180∘后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：D.
根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心．
3.【答案】D
【解析】解：x2−2x−1=0，
x2−2x=1，
x2−2x+1=2，
(x−1)2=2.
故选：D.
根据配方法解一元二次方程的步骤得到(x−1)2=2，从而可对各选项进行判断．
本题考查了解一元二次方程-配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵一个多边形的每一个外角都是36∘，
∴这个多边形的边数为36036=10，
故选：D.
根据多边形的外角和为360∘求解即可．
本题考查多边形的外角和，熟知多边形的外角和为360∘是解答的关键．
5.【答案】C
【解析】解：在这一组数据中40是出现次数最多的，故众数是40；
而将这组数据从小到大的顺序排列后，处于中间位置的那个数是40，那么由中位数的定义可知，这组数据的中位数是40.
故选：C.
根据众数和中位数的定义分别进行解答啊即可．
本题考查统计的有关知识，找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数(或两个数的平均数)为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不只一个．
6.【答案】A
【解析】解：用反证法证明命题“在直角三角形中，至少有一个锐角不小于45∘”时，应先假设直角三角形的每个锐角都小于45∘.
故选：A.
熟记反证法的步骤，从命题的反面出发假设出结论，直接得出答案即可．
此题主要考查了反证法的步骤，熟记反证法的步骤：(1)假设结论不成立；(2)从假设出发推出矛盾；(3)假设不成立，则结论成立．
7.【答案】C
【解析】解：①∵a−b+c=0，
∴b=a+c，
∴Δ=b2−4ac=(a+c)2−4ac=(a−c)2≥0，
∴方程有两个实数根，故结论①正确；
②∵a、c异号，a≠0，
∴ac<0，−4ac>0
∴Δ=b2−4ac>0，
∴方程一定有两个不相等的实数根，故结论②正确；
故选：C.
①由a−b+c=0，可得b=a+c，再根据Δ=b2−4ac=(a+c)2−4ac=(a−c)2≥0，由此即可判定说法错误；
②由a、c异号，a≠0，可得Δ=b2−4ac>0，由此即可判定说法正确．
此题主要考查了一元二次方程的判别式和方程的解等知识，是基础题，需熟练掌握．
8.【答案】D
【解析】解：由折叠的性质得：AB′=AB，∠ACB′=∠ACB=α，
∵AB=AD，
∴AB′=AD，
∴∠AB′D=∠ADB′，
∴∠B′AD=180∘−2∠AB′D，
∵∠AB′D=∠ACB′+∠B′AC=α+∠B′AC，
∴∠B′AD=180∘−2(α+∠B′AC)=180∘−2α−2∠B′AC，
∴∠DAB=∠BAC+∠B′AC+∠B′AD=2∠B′AC+∠B′AD=2∠B′AC+180∘−2α−2∠B′AC=180∘−2α，
故选：D.
由折叠得AB′=AB，∠ACB′=∠ACB=α，由等腰三角形的性质得∠AB′D=∠ADB′，由三角形外角的性质得∠AB′D=∠ACB′+∠B′AC，即可求解．
本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握折叠的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵k<0，
∴反比例函数y=kx(k<0)的图象在二、四象限，在每个象限，y随x的增大而增大，
①当A(a,y1)，B(a+1,y2)在同一象限，
∵y1>y2，
∴a>a+1，
此不等式无解；
②当点A(a,y1)、B(a+1,y2)在不同象限，
∵y1>y2，
∴a<0，a+1>0，
解得：−1故选：B.
根据反比例函数的性质分两种情况进行讨论，①当点A(a,y1)，B(a+1,y2)在同一象限时，②当点A(a,y1)，B(a+1,y2)在不同象限时．
此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，分类讨论是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：连结PG，FN，过点N作NK⊥QF于K，如下图所示：
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴S▱EFGH=2S△FPG，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=120∘，
∴AD//BC，AB=BC=CD=AD，∠ABC=60∘，∠FBP=∠NBP，
∴∠FBP=∠NBP=30∘，
又∵QF//AD，
∴QF//BC，
∴S△FPG=S△FPN，
∴S▱EFGH=2S△FPN，
∵MN//AB，
∴四边形FBNP是平行四边形，∠FBP=∠NPB=30∘，
∴∠NPB=∠NBP=30∘，
∴NB=NP，
∴平行四边形FBNP是菱形，
∴BF=FP=PN=BN，∠FPB=∠ABC=60∘，
∴△FPN为等边三角形，
∴FN=PN=FP=BF，
又∵NK⊥BC，
∴FK=12FP=12BF，
在Rt△BFK中，由勾股定理得：FK= FN2−FK2= BF2−(12BF)2= 32BF，
∴S△FPN=12FP⋅FK=12BF⋅ 32BF= 34BF2，
∴S▱EFGH=2S△FPG= 32BF2，
∴若要求▱EFGH的面积，只需知道线段BF的长即可．
故选：B.
连结PG，FN，过点N作NK⊥QF于K，根据四边形EFGH是平行四边形，得S▱EFGH=2S△FPG，证明QF//BC得 S△FPG=S△FPN，则S▱EFGH=2S△FPN，再证明四边形FBNP是菱形，则△FPN为等边三角形，然后求出S△FPN= 34BF2，则可得S▱ EFGH=2S△FPG= 32BF2，由此即可得出答案．
此题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的性质是解决问题的关键．
11.【答案】3
【解析】解：把x=−2代入 1−4x，得
1−4×(−2)= 9=3.
故答案是：3.
把x=−2代入已知二次根式，通过开平方求得答案．
本题考查了二次根式的定义．此题利用代入法求得二次根式 1−4x的值．
12.【答案】AB=CD(答案不唯一)
【解析】【分析】
此题主要考查学生对平行四边形的判定方法的理解能力．
已知AB//CD，可根据有一组边平行且相等的四边形是平行四边形来判定，也可根据两组分别平行的四边形是平行四边形来判定．
【解答】
解：∵在四边形ABCD中，AB//CD，
∴可添加的条件是：AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)
故答案为：AB=CD(答案不唯一).
13.【答案】乙
【解析】解：∵S甲2=0.8环 2，S乙2=0.6环 2，
∴乙的方差更小，
∴乙成绩更为稳定，
故答案为：乙．
根据方差的意义求解即可．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义．
14.【答案】2
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠DAC=45∘，AD=AB=2，
∵∠BAC的平分线AE交BD于点E，
∴∠BAE=∠OAE，
∵∠AED是△ABE的一个外角，
∴∠AED=∠ABE+∠BAE=45∘+∠BAE，
∵∠EAD=∠DAC+∠OAE=45∘+∠OAE，
∴∠AED=∠EAD，
∴AD=DE，
∴DE=2，
故答案为：2.
根据三角形外角的性质结合正方形的性质得出∠AED=45∘+∠BAE，根据角的和差关系得出∠EAD=45∘+∠OAE，于是得出∠AED=∠EAD，从而得到AD=DE，即可求出DE的长．
本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
15.【答案】x1=0，x2=5
【解析】解：∵关于x的方程(x+h)2+k=0(h,k均为常数)的解是x1=−3，x2=2，
∴(x+h−3)2+k=0的解是x−3=−3或x−3=2，即x1=0，x2=5.
故答案为：x1=0，x2=5.
仿照已知方程的解确定出所求方程的解即可．
此题考查了解一元二次方程-直接开平方法，熟练掌握平方根定义是解本题的关键．
16.【答案】3
【解析】解：过点M作x轴的平行线交y轴于点P，作NQ⊥x轴交直线MP于点Q，
∴∠OPM=∠MQN=90∘=∠OMN，
∴∠PMO=90∘−∠QMN=∠QNM，
在△POM和△QMN中，
∠MPO=∠NQM=90∘∠PMO=∠QNMOM=MN，
∴△POM≌△QMN(AAS)，
∴PO=MQ，PM=QN，
∵M(m,a)，N(n,b)，
∴PO=MQ=a，PM=QN=m，ma=bn，
∴n=a+mb=a−mam=bn，
整理得：m2+n2=3mn，
∴nm+mn=m2+n2mn=3mnmn=3.
故答案为：3.
过点M作x轴的平行线交y轴于点P，作NQ⊥x轴交直线MP于点Q，通过证明△POM≌△QMN可得PO=MQ=a，PM=QN=m，ma=bn，整理得m2+n2=3mn，代入所求代数式整理即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，熟练掌握图象上点的坐标特征是关键．
17.【答案】解：(1)原式=2 2+ 18=2 2+3 2=5 2.
(2)x(x−4)=5，
x2−4x+4=5+4，
(x−2)2=9，
则x−2=±3，
所以x1=5，x2=−1.
【解析】(1)根据二次根式的乘法法则及合并同类二次根式对所给二次根式进行计算即可．
(2)利用配方法对所给一元二次方程进行求解即可．
本题主要考查了解一元二次方程-配方法及二次根式的混合运算，熟知二次根式的化简、合并同类二次根式及配方法解一元二次方程是解题的关键．
18.【答案】解：(1)由题意可得：I=UR，
∵当电阻为40Ω时，通过灯泡的电流强度为0.3A，
∴U=40×0.3=12(V).
∴I=12R(R>0).
(2)当由题意，令I=0.6，
∴0.6=12R.
∴R=20.
∴选用灯泡电阻R的值为：20Ω.
【解析】(1)依据题意，根据“当选用灯泡的电阻为40Ω时，测得通过的电流强度为0.3A”，代入可求出U，进而可得出表达式；
(2)依据题意，利用“通过的电流强度I正好为0.6A”，得到12R=0.6，解之可得出结论．
本题主要考查的是反比例函数的应用，解题时要能熟练掌握并能读懂题意，找出两个变量之间的函数关系是关键．
19.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD且AB=CD，
∴∠BAE=∠DCF，
又∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠BEA=∠CFC=90∘，
∴△BAE≌△DCF(AAS)，
∴AE=CF；
(2)解：∵AB=BF，BE⊥AF，
∴AE=EF，
由(1)知，△BAE≌△DCF，
∴AE=CF，
∴AE=EF=CF，
又∵AE+EF+CF=AC=9，
∴AE=3，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，
BE= AB2−AE2= 52−32=4.
【解析】(1)根据AAS证明△BAE≌△DCF即可得出结论；
(2)根据等腰三角形三线合一的性质得出AE=EF，从而推出AE的长，再根据勾股定理求出BE的长即可．
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出AE=EF=CF是解(2)的关键．
20.【答案】解：(1)甲的平均数为90+85+803=85(分)，
乙的平均数为84+83+913=86(分)，
∵86>85，
∴乙排在甲的前面；
(2)甲的综合成绩为90×2+85×2+80×12+2+1=86(分)，
乙的综合成绩为84×2+83×2+91×12+2+1=85(分)，
∵86>85，
∴甲排在乙的前面．
【解析】(1)先分别计算出两人的平均数，然后按照从高到低进行排名；
(2)根据加权平均数的概念再计算各班的加权平均数，然后再排名．
本题考查了平均数和加权平均数的计算，掌握加权平均数的定义与计算公式是解答本题的关键．
21.【答案】(1)解：图形如图所示：
(2)证明：∵DE=EM，EF=FC，
∴EF//CM，EF=12CM，
∴CM=2EF，
∵CM=2BM，
∴EF=BM，
∵EF//BM，
∴四边形BMFE是平行四边形．
【解析】(1)作线段CD的垂直平分线交DM于点E，交CD一点F，线段EF即为所求；
(2)证明EF=BM，EF//BM可得结论．
本题考查作图-复杂作图，三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的性质等知识，
22.【答案】(1)解：由题意，∵x1+x2=0，
∴x1=−x2.
又x1y2=−2，
∴−x2y2=−2.
∴x2y2=2.
又x2y2=k，
∴k=2.
(2)证明：由题意，x3y3=k，
∴x3=ky3.
∴x3+y2=ky3+y2.
∵x1=y3，
∴x3+y2=ky3+y2=kx1+y2=y1+y2.
又x1+x2=0，
∴ky1+ky2=ky1y2(y1+y2)=0.
∵k≠0，y1y2≠0，
∴y1+y2=0.
∴x3+y2=y1+y2=0.
【解析】(1)依据题意，由x1+x2=0，可得x1=−x2，又x1y2=−2，可得−x2y2=−2，进而可以判断得解；
(2)依据题意，x3y3=k，故x3=ky3，则x3+y2=ky3+y2，结合x1=y3，可得x3+y2=ky3+y2=kx1+y2=y1+y2，又x1+x2=0，进而可以判断得解．
本题主要考查了反比例函数图象上的点的特征，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
23.【答案】解：任务一：∵长方形硬纸板的长为80cm，宽为40cm，制作的收纳盒的高为5cm，
∴BC=40−5×2=30(cm)，AB=80−5×22=35(cm).
答：该收纳盒的底面ABCD的边BC的长为30cm，AB的长为35cm；
任务二：设该收纳盒的高为xcm，则BC=(40−2x)cm，AB=80−2x2=(40−x)cm，
根据题意得：(40−x)(40−2x)=600，
整理得：x2−60x+500=0，
解得：x1=10，x2=50(不符合题意，舍去).
答：该收纳盒的高维10cm.
【解析】任务一：利用BC的长=长方形硬纸板的宽-收纳盒的高×2，可求出BC的长；利用AB的长=(长方形硬纸板的长-收纳盒的高×2)÷2，可求出AB的长；
任务二：设该收纳盒的高为xcm，则BC=(40−2x)cm，AB=(40−x)cm，根据收纳盒的底面积为600cm2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及有理数的混合运算，解题的关键是：(1)根据各边之间的关系，求出BC，AC的长；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC，
在△ABE和△ADE中，
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴∠ABE=∠ADE；
(2)解：①BF⊥BE，
∴∠EBF=90∘，
BEBF=k=1，
∴BE=BF=2，
∴∠F=∠BEF=45∘，EF= 2BE=2 2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=∠ABC=90∘，
∴∠ADG+∠AGD=90∘，
∵∠ABE+∠FBG=90∘，∠ABE=∠ADE，∠BGF=∠AGD，
∴∠BGF=∠FBG，
∴FG=BF=2，
∴GE=EF−FG=2 2−2，
由(1)知△ABE≌△ADE，
∴DE=BE=2，
∴GD=GE+DE=2 2−2+2=2 2；
②由(1)知：∠ABE=∠ADE，∠ABE+∠FBG=90∘，∠ADG+∠AGD=90∘，∠BGF=∠AGD，
∴∠BGF=∠FBG，
∴FG=BF，
BEBF=k，
∴设FG=BF=m，则BE=km，
由勾股定理得EF= BF2+BE2=m 1+k2，
∴GE=EF−FG=m 1+k2−m，
∵△ABE≌△ADE，
∴S△ADE=S△ABE=S2，DE=BE，
∴S1S2=S△AGES△ADE=GEDE=GEBE=m 1+k2−mkm= 1+k2−1k，
∴S1S2= 1+k2−1k.
【解析】(1)证明△ABE≌△ADE，即可由全等三角形的性质得出结论；
(2)①根据BEBF=k=1得到BE=BF=2，从而求得EF=2 2，再证明FG=BF=2，则GE=EF−FG=2 2−2，然后由△ABE≌△ADE，得DE=BE=2，即可由GD=GE+DE求解；
②设FG=BF=m，则BE=km，由勾股定理得EF= BF2+BE2=m 1+k2，则GE=EF−FG=m 1+k2−m，再根据△ABE≌△ADE，则S△ADE=S△ABE=S2，DE=BE，所以S1S2=S△AGES△ADE=GEDE=GEBE=m 1+k2−mkm= 1+k2−1k.
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积．解题关键是掌握同高两三角形面积比等于对应底边比．演讲内容
语言表达
临场表现
甲
90
85
80
乙
84
83
91