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2024-2025学年八年级数学下册期末测试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．若能使下列二次根式有意义，则这个二次根式可以是（ ）
A． B． C． D．
2．已知m、n是正整数，若+是整数，则满足条件的有序数对（m，n）为（　　）
A．（2，5） B．（8，20） C．（2，5），（8，20） D．以上都不是
3．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A、B的坐标分别为、，则点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在 中，以为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，分别以，为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点作射线交于点，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在边长为1的正方形网格中，A，B，C均在正方形格点上，连接，点C到的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．若一次函数的图象经过点A，且y随着x的增大而增大，则点A的坐标可以是（　　）
A． B． C． D．
7．一组数据、、、、、、的平均数是，方差是，则另一组数据、、、、、、的平均数和方差分别是（ ）
A．3， B．， C．， D．，
8．如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，则阴影部分的面积为（ ）

A．24 B．17 C．13 D．10
9．如图，直线交轴，轴于点，，点在第一象限内，且纵坐标为1.若点关于直线的对称点恰好落在轴的正半轴上，则点的横坐标为（ ）
A． B． C． D．
10．在矩形中，对角线、相交于点，平分交于点，．连接，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④，其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．已知，则的值为 ．
12．如图，矩形纸片的长，宽，将其折叠，使点与点重合，那么折叠后的长为 ．
13．一次函数分别与坐标轴交于，点P为y轴上一点，把直线沿翻折，点A刚好落在x轴上，则点P的坐标为 ．
14．如图，在中，，，，把折叠，使落在边所在的直线上，且点B的对应点为点，折痕为，则重叠部分（阴影部分）的面积是 ．
15．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，在△内作等边三角形，使它的一边在轴上，一个顶点在边上，作出的第个等边三角形是△，第个等边三角形是△，第3个等边三角形是，…则第2024个等边三角形的边长等于 ．
16．如图，在中，点是对角线上一点，过点作的垂线，交边于点，交边于点，连接，若，则的最小值为 ．

三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）计算：
(1)； (2)．
18．（6分）如图，在一条东西走向的河的一侧有一村庄，河边原有两个取水点，其中．由于某些原因，由到的路现在已经不通了，该村为方便村民取水，决定在河边新建一个取水点（在一条直线上），并新修一条路，测得千米，千米，千米．

(1)问是否为从村庄到河边的最近路，请通过计算加以说明．
(2)求新路比原路少多少千米．
19．（8分）如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F．
(1)求证：四边形的为矩形；
(2)若，，求菱形的面积．
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点C，点P在线段上（点P不与点O、C重合），过点P作x轴的平行线交直线于点Q，设正方形与重叠部分图形的周长为L，设点P的横坐标是m．
(1)求点C的坐标；
(2)直接写出点Q的坐标（用含m的代数表示）；
(3)当与x轴重合时，求m的值；
(4)求L与m之间的函数解析式．
21．（8分）观察下列各式：
；
；
．
回答下列问题：
(1)______；
(2)当为正整数时，______；
(3)计算的值．
22．（8分）如图，直线的解析表达式为：，且与轴交于点，直线经过点，，直线，交于点．
(1)求直线的解析式；
(2)在直线上存在异于点的另一点，使得与的面积相等，求出点的坐标；
(3)若点为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）在正方形中，点为边上一动点，点关于的对称点为，连接．
(1)如图1，连接，当时，求证： ：
(2)如图2，延长，交于点，连接．
①求的度数：
②用等式表示与之向的数量关系，并证明．
参考答案
一．选择题
1．A
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件：根号下的数大于等于零，是解题的关键，根据二次根式有意义的条件逐一判断即可得到答案．
【详解】A、有意义的条件是，则，能使二次根式有意义，故此选项符合题意；
B、有意义的条件是，则，不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
C、有意义的条件是，则，不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
D、有意义的条件是，则，不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
故选：A．
2．C
【分析】根据二次根式的性质分析即可得出答案．
【详解】解：∵+是整数，m、n是正整数，
∴m=2，n=5或m=8，n=20，
当m=2，n=5时，原式=2是整数；
当m=8，n=20时，原式=1是整数；
即满足条件的有序数对（m，n）为（2，5）或（8，20），
故选：C．
3．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平面直角坐标系内点的特点，根据题意求出菱形的边长是解题的关键．
根据点A、B的坐标，求出的长度，根据菱形的性质，得出，根据轴，即可得出点D的坐标．
【详解】解：∵点A、B的坐标分别为、，
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，即轴，
∴点D的坐标为：，
故选：A．
4．C
【分析】本题考查了基本作图和平行四边形的性质，根据平行四边形的性质及角平分线的定义求解，掌握平行四边形的性质及角平分线的定义是解题的关键．
【详解】解：由作图得：平分，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：．
5．D
【分析】本题考查了勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，与三角形高有关的计算，熟练掌握勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，与三角形高有关的计算是解题的关键．
如图，连接，取中点为，连接，设C点到的距离为，由勾股定理可得，，，，则是等腰三角形，，根据，即，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，取中点为，连接，设C点到的距离为，
∴，，，，
∵，
∴是等腰三角形，，
∴，即，
解得，，
故选：D．
6．C
【分析】本题考查待定系数法，一次函数的性质．
根据一次函数的性质可得，把各选项的点的坐标分别代入解析式一次函数，求出k的值，即可判断．
【详解】∵y随着x的增大而增大，
∴．
A选项：当点A的坐标为时，，
解得：，不符合题意；
B选项：当点A的坐标为时，，不符合题意；
C选项：当点A的坐标为时，，
解得：，符合题意；
D选项：当点A的坐标为时，，
解得：，不符合题意．
故选：C
7．D
【分析】本题考查了算术平均数和方差的定义，由定义得，，从而可得，进行化简即可求解；掌握“，”是解题的关键．
【详解】解：由题意得
，
，
，
；
故选：D．
8．B
【分析】连接，如图，先根据平行四边形的性质得到，，再证明得到，则可判定四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质得到，接着证明四边形为平行四边形，所以，然后计算得到阴影部分的面积．
【详解】解：连接，如图，
四边形为平行四边形，
，，
，
是中点，
，
在和中，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
即，
，
四边形为平行四边形，
，
阴影部分的面积．
故选：B．

9．C
【分析】本题根据一次函数得到点，的坐标，即得到，，连接，，，利用平行线性质和轴对称的性质得到，设，则，根据建立等式求解，即可解题．
【详解】解：直线交轴，轴于点，，
，，即，，
连接，，，
点在第一象限内，且纵坐标为1，
轴，
，
点关于直线的对称点恰好落在轴的正半轴上，
，
，
，
设，则，
，
，即，解得，
点的横坐标为．
故选：C．
10．C
【分析】判断出是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，再判断出是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出，再求出，可判断②；由直角三角形的性质可得，可判断③；由面积公式可得，可判断④．
【详解】解：平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
在矩形中，，
是等边三角形，是等边三角形，故①正确；
，
，
，
是等腰三角形，故②正确；
在中，，
，故③错误；
，
，故④正确；
故选：C．
二．填空题
11．
【分析】本题考查二次根式的性质，二次根式的运算．根据二次根式有意义的条件，求出的值，代入代数式进行求解即可．解题的关键是掌握被开方数为非负数．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了矩形的性质、翻折变换、勾股定理，由矩形的性质和折叠的性质以及勾股定理得出方程，解方程即可，熟练掌握矩形和翻折变换的性质，运用勾股定理进行计算是解题的关键．
【详解】∵点与点重合，
∴由折叠的性质得：，，，
设长为，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
根据勾股定理得：，即，
解得：，即，
∴，
故答案为：．
13．或
【分析】本题综合考查了翻折变换以及一次函数图象上点的坐标特征，题中利用折叠知识与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．设把直线沿翻折，点B正好落在x轴上的C点，则有，而的长度根据已知可以求出，所以C点的坐标由此求出；又由于折叠得到，在直角中根据勾股定理可以求出，也就求出P的坐标．
【详解】解：如图所示，当点P在y轴正半轴上时，
设把直线沿翻折，点A正好落在x轴上的C点，则有，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点C的坐标为．
设P点坐标为，则，
∵，
∴，
∴，
∴；
如图所示，当点P在y轴负半轴上时，
，
设P点坐标为，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：或．
14．36
【分析】本题考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，根据已知得出，是解题关键．利用勾股定理求出，然后利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
设，
∵翻折，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴阴影部分面积为．
故答案为：36．
15．
【分析】
本题考查了一次函数与坐标轴的交点、等边三角形的性质、含30度角直角三角形的性质、勾股定理和规律推理．过点作轴于点D，由直线求出，，从而得到和的长度，然后根据含30度角直角三角形的性质得出，从而求出，再根据勾股定理得出，从而得到，，，依此类推，第n个等边三角形的边长等于，据此即可求解．
【详解】
解：如图，过点作轴于点D，
∵直线与x、y轴交于B、C两点，
∴当时，，当时，，
∴点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴,
∴第1个等边三角形的边长，
同理：第2个等边三角形的边长，
第3个等边三角形的边长，
……，
由此发现：第n个等边三角形的边长等于，
∴第2024个等边三角形的边长等于．
故答案为：．
16．
【分析】利用平行四边形知识，将的最小值转化为的最小值，再用勾股定理求出的长度，即可求解．
【详解】解：过点A作且，连接，

∵且，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
的最小值转化为的最小值，
当M、P、C三点共线时，最小，
∵，，
∴，
在中，．
故答案为：．
三．解答题
17．（1）解：
；
（2）解：
．
18．（1）解：是，理由：
在中，
∴是从村庄到河边的最近路．
（2）解：设千米，则千米，
由（1）及勾股定理得
解得：，
，
∴ 新路比原路少千米．
19．（1）证明：，
四边形是平行四边形．
又菱形对角线交于点
，即．
四边形是矩形．
（2）菱形，
，
，
，
，
，
菱形的面积为：．
20．（1）解：∵直线与直线交于点C，
∴联立方程组：，
解得：，
∴点C的坐标为；
（2）解：∵点P在线段上（点P不与点O、C重合），
∴，
∵点P作x轴的平行线交直线于点Q，
∴点Q的纵坐标为，
代入得，，
∴点Q的坐标为；
（3）解：∵四边形是正方形，
∴，
∴当与x轴重合时，有，
解得；
（4）解：∵，点Q的坐标为，
∴，
当：时，即：，
，
当时，即：，
，
综上所述：．
21．（1）
．
故答案为：
（2）
．
故答案为：
（3）
．
22．（1）解：∵直线经过点，，设直线的解析式为，
∴，
解得，，
∴直线的解析式为：；
（2）解：直线的解析表达式为：，
∴令时，；令时，；
∴，
∵直线的解析式为：，
∴令时，；令时，；
∴，
联立直线，得，
，
解得，，
∴，
∴，，
∴，
设，
∴，
解得，，
∵异于点的另一点，且，
∴，即；
（3）解：存在，点的坐标为或或，理由如下，
如图所示，，，，
根据题意，四边形，四边形，四边形为平行四边形，
∴的中点坐标的横坐标为，纵坐标为0，
∴设，
∴，，
解得，，
∴；
∵，
∴，
∴的横坐标为，纵坐标为，
∴；
同理，的横坐标为，纵坐标为，
∴；
综上所述，存在，点的坐标为：或或．
23．（1）证明：如图所示，设交于点，连接，
∵点关于的对称点为，
∴，，，
又∵，则
∴
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
又，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴
∴
（2）①如图所示，过点作于点，
依题意，点关于的对称点为，
∴，
∴
设，则，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形，则
又∵关于对称，
∴，，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，过点作交于点，
四边形是正方形，
，，
，
点与点关于直线对称，，
，
是等腰直角三角形，
，
在和中，
，
，
在中，，
又，
∴
连接，则，
∴四边形是菱形，
又，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴即．

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