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广东省广州市2024-2025学年八年级下学期数学期末押题预测卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 长宁区校级期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2024 湘阴县二模）如图，平面直角坐标系中，一次函数y1＝k1x+b1（k1≠0）与y2＝k2x+b2（k2≠0）的图象分别为直线l1和直线l2，下列结论错误的是（　　）
A．k1 k2＞0 B．k1+k2＞0 C．b1﹣b2＞0 D．b1 b2＜0
3．（3分）（2023春 礼泉县期末）如图，在 ABCD中，若∠A＝100°，AB＝2，则下列结论正确的是（　　）
A．∠B＝100° B．∠D＝100° C．CD＝2 D．AD＝2
4．（3分）（2022 商城县二模）某校要从四名学生中选拔一名参加市“汉字听写”大赛，将多轮选拔赛的成绩数据进行分析得到每名学生的平均成绩及其方差如右表所示，若要选择一名成绩高且发挥稳定的学生参赛，应选择学生（　　）
甲 乙 丙 丁
8 9 9 8
s2 1 1 1.2 1.3
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．（3分）（2024春 瓯海区校级月考）下列各式中，运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（3分）如图，一艘轮船从位于灯塔C的北偏东60°方向、距离灯塔60nmile的小岛A出发，沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔C的南偏东45°方向上的B处，这时轮船与小岛A的距离是（　　）
A．30nmile B．60nmile
C．120nmile D．（30+30）nmile
7．（3分）（2024春 广陵区校级期中）如图， ABCD对角线AC，BD交于点O，请添加一个条件使得 ABCD是矩形（　　）
A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝BC D．AC＝BD
8．（3分）（2024春 定西期末） ABCD四个顶点的坐标分别为A（0，0），B（5，0），C（8，6），D（3，6），若直线y＝mx﹣3m+6经过该 ABCD对角线的交点，则m的值为（　　）
A． B．﹣3 C．﹣1 D．
9．（3分）（2023秋 忻州期末）一次函数y＝kx+2的图象如图所示，下列结论一定成立的是（　　）
A．图象经过第一、二、三象限
B．y随x的增大而增大
C．当x＝2时，y＝0
D．k＜0
10．（3分）（2024春 上虞区期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形，点H为DE的中点．连结HF，EG并延长，分别交正方形ABCD各边于点M，N，P，Q，若，则PQ的长为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022春 前郭县期末）已知x，y为实数，且y1，则x+y+1＝　 　 ．
12．（3分）（2022春 江阴市期中）如图，在四边形ABCD中，已知AB＝CD，M、N、P分别是AD、BC、BD的中点，∠ABD＝24°，∠BDC＝70°，则∠NMP的度数为 　 　 ．
13．（3分）已知正比例函数经过点（，2），这个正比例函数的解析式是 　 　 ．
14．（3分）（2023春 海林市期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝k1x+b1与直线l2：y＝k2x+b2相交于P（4，m），则关于x的不等式（k1﹣k2）x+b1﹣b2＜0的解集是 　 　 ．
15．（3分）（2023春 九龙坡区校级期中）在某次招聘测试中，小华的笔试成绩为86分，面试成绩为91分，若笔试成绩、面试成绩按7：3计算平均成绩，则小华的平均成绩是 　 　 分．
16．（3分）（2024春 武汉期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，E，F为边BC和AD上的动点，BE＝DF，则的最小值 　 　 ．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2024秋 长泰区期中）计算：．
18．（4分）（2023春 青岛期末）已知：如图，点E，F在 ABCD边BC的延长线上，且BE＝CF．
求证：四边形AEFD是平行四边形．
19．（6分）（2025春 盘龙区期中）已知：如图，四边形ABCD中，∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9，AD＝5，DC＝13．
（1）判断△ACD的形状，并说明理由；
（2）求四边形ABCD的面积．
20．（6分）某服装车间有30名女工，调查她们一周内加工的衬衫数，数据如下表：
一周内加工的衬衫数/件 50 60 70 80
频数 8 14 6 2
（1）求这30个数据的平均数、中位数和众数．
（2）如果将每周加工衬衫的定额定为64件，你认为是否合理？如果不合理，请你确定一个比较合理的加工定额，并说明理由．
21．（8分）如图，在△ABC中，BC＝6cm．射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以2cm/s的速度运动，当点E先出发1s后，点F也从点B出发沿射线BC以的速度运动，分别连接AF，CE．设点F运动时间为t s，其中t＞0．
（1）当t为何值时，AE＝CF？
（2）当t为何值时，S△ABF+S△ACE＜S△ABC？
22．（10分）（2023春 忻州期末）今年暑假，学校计划组织八年级的同学参观大学城，经调查得知八年级共有670名同学，计划租用12辆客车，现有甲、乙两种型号的客车，它们的载客量和租金如下表：
租金/（元/辆） 载客量/（座/辆）
甲种客车 3500 50
乙种客车 4000 60
（1）如果恰好一次性将670名学生送往大学城且客车全部坐满，那么应租用甲、乙两种客车各多少辆？
（2）设租用甲种客车x辆，租车费用y元．
①求y与x的函数关系式．（要求写出x的取值范围）
②在保证所有同学均能送达大学城的情况下，怎样租车费用最低，最低费用是多少元？
23．（10分）（2020秋 福田区校级期末）如图，已知直线CD过点C（﹣2，0）和D（0，1），且与直线AB：y＝﹣x+4交于点A．
（1）求直线CD的解析式；
（2）求交点A的坐标；
（3）在y轴上是否存在一点P，使得S△PBC＝S△ABC？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（12分）（2024秋 温州期末）如图1，直线分别交x轴，y轴于点A，B，C为射线OB上一点，把△AOC沿直线AC翻折得到△ACD．
（1）求点A，B的坐标．
（2）当点D在△ABO的内部时，连结OD并延长交AB于点P．若AC＝OP，求点P的坐标．
（3）如图2，点M为AB的中点，当MD与坐标轴平行时，请直接写出OC的长．
25．（12分）（2024 高新区校级三模）如图，矩形ABCD中，，BC＝6，点E，F分别为边AB，BC上的点，将线段EF绕点F顺时针旋转60°，得到线段FG．射线FG与对角线AC交于点M，连接EM，EG．
（1）求∠FGE的度数；
（2）若FC＝2BF，求AM+ME﹣EB的值；
（3）连接CG，DG，若，设△CDG和△EFG的面积分别为S1，S2，当点E在边AB上运动时，求的最大值及此时AE的长．
广东省广州市2024-2025学年八年级下学期数学期末押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 长宁区校级期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】A
【分析】根据最简二次根式的概念判断即可．
【解答】解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、，不是最简二次根式，不符合题意；
C、|x|，不是最简二次根式，不符合题意；
D、|x﹣1|，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是最简二次根式，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．
2．（3分）（2024 湘阴县二模）如图，平面直角坐标系中，一次函数y1＝k1x+b1（k1≠0）与y2＝k2x+b2（k2≠0）的图象分别为直线l1和直线l2，下列结论错误的是（　　）
A．k1 k2＞0 B．k1+k2＞0 C．b1﹣b2＞0 D．b1 b2＜0
【考点】一次函数的图象．
【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【答案】B
【分析】根据一次函数y＝k1x+b1与y＝k2x+b2的图象位置，可得k1＜0，b1＞0，k2＜0，b2＜0，然后逐一判断即可解答．
【解答】解：∵一次函数y＝k1x+b1的图象过一、二、四象限，
∴k1＜0，b1＞0，
∵一次函数y＝k2x+b2的图象过二、三、四象限，
∴k2＜0，b2＜0，
∴A、k1 k2＞0，故A不符合题意；
B、k1+k2＜0，故B符合题意；
C、b1﹣b2＞0，故C不符合题意；
D、b1 b2＜0，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查一次函数的性质，解题的关键是掌握一次函数的性质，属于中考常考题型．
3．（3分）（2023春 礼泉县期末）如图，在 ABCD中，若∠A＝100°，AB＝2，则下列结论正确的是（　　）
A．∠B＝100° B．∠D＝100° C．CD＝2 D．AD＝2
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质分别判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C＝100°，AB＝CD＝2，
∴∠B＝∠D＝180°﹣100°＝80°，
∴选项A，B，D错误，不合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形对角相等，邻角互补，对边相等．
4．（3分）（2022 商城县二模）某校要从四名学生中选拔一名参加市“汉字听写”大赛，将多轮选拔赛的成绩数据进行分析得到每名学生的平均成绩及其方差如右表所示，若要选择一名成绩高且发挥稳定的学生参赛，应选择学生（　　）
甲 乙 丙 丁
8 9 9 8
s2 1 1 1.2 1.3
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【考点】方差；算术平均数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】B
【分析】根据平均数的大小，方差的大小比较得出答案．
【解答】解：由于乙的平均数最大，且方差最小，说明乙的平均水平较高，比较稳定，因此选择乙，
故选：B．
【点评】本题考查平均数、方差，理解“平均数反应一组数据的平均水平，而方差则反应一组数据的离散程度，方差越小，该组数据越稳定”是正确判断的前提．
5．（3分）（2024春 瓯海区校级月考）下列各式中，运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的混合运算；分母有理化．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据二次根式的四则运算法则，逐项判断即可求解．
【解答】解：A、和不是同类二次根式，无法合并，故本选项错误，不符合题意；
B、，故本选项错误，不符合题意；
C、，故本选项错误，不符合题意；
D、，故本选项正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟练掌握二次根式的四则运算法则是解题的关键．
6．（3分）如图，一艘轮船从位于灯塔C的北偏东60°方向、距离灯塔60nmile的小岛A出发，沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔C的南偏东45°方向上的B处，这时轮船与小岛A的距离是（　　）
A．30nmile B．60nmile
C．120nmile D．（30+30）nmile
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】D
【分析】过点C作CD⊥AB，则在Rt△ACD中易得AD的长，再在直角△BCD中求出BD，相加可得AB的长．
【解答】解：过C作CD⊥AB于D点，
∴∠ACD＝30°，∠BCD＝45°，AC＝60．
在Rt△ACD中，cos∠ACD，
∴CD＝AC cos∠ACD＝6030．
在Rt△DCB中，∵∠BCD＝∠B＝45°，
∴CD＝BD＝30，
∴AB＝AD+BD＝（30+30）nmile．
答：这时轮船B与小岛A的距离是（30+30）nmile．
故选：D．
【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
7．（3分）（2024春 广陵区校级期中）如图， ABCD对角线AC，BD交于点O，请添加一个条件使得 ABCD是矩形（　　）
A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝BC D．AC＝BD
【考点】矩形的判定；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理，逐项判断即可求解．
【解答】解：A、若添加AB＝AC，无法得到 ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
B、若添加AC⊥BD，无法得到 ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
C、若添加AB＝BC，无法得到 ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
D、若添加AC＝BD，根据平行四边形的对角线相等，可得到 ABCD是矩形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，掌握菱形的判定是解题的关键．
8．（3分）（2024春 定西期末） ABCD四个顶点的坐标分别为A（0，0），B（5，0），C（8，6），D（3，6），若直线y＝mx﹣3m+6经过该 ABCD对角线的交点，则m的值为（　　）
A． B．﹣3 C．﹣1 D．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】一次函数及其应用；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】根据点的坐标可以判定四边形ABCD是平行四边形，再根据直线经过该 ABCD对角线的交点，然后利用待定系数法求解即可．
【解答】解：∵A（0，0），B（5，0），C（8，6），D（3，6），
∴AB∥CD，
又∵AB＝5﹣0＝8，CD＝8﹣3＝5，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形的中心的坐标是（4，3），
∵直线y＝mx﹣3m+6经过该 ABCD对角线的交点，
∴直线y＝mx﹣3m+6过中心（4，3），
∴4m﹣3m+6＝3，
解得m＝﹣3．
故选：B．
【点评】本题考查了待定系数法求直线解析式，坐标与图形的性质，根据点的坐标判定出四边形ABCD是平行四边形是解题的关键．
9．（3分）（2023秋 忻州期末）一次函数y＝kx+2的图象如图所示，下列结论一定成立的是（　　）
A．图象经过第一、二、三象限
B．y随x的增大而增大
C．当x＝2时，y＝0
D．k＜0
【考点】一次函数图象与系数的关系；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】根据一次函数的图象在直角坐标系中的位置，分别对题目中的四个选项逐一进行判断即可得出答案．
【解答】解：由一次函数y＝kx+2的图象在直角坐标系中的位置可知：k＜0，y随x的增大而减小，图象不经过原点，函数的图象经过第一，二，四象限．
故选项D正确；选项A、B、C均不正确．
故选：D．
【点评】此题主要考查了一次函数y＝kx+b（k≠0）的系数k，b与图象的关系，一次函数的增减性等，准确识图，熟练掌握一次函数y＝kx+b（k≠0）的系数k，b与图象的关系，理解一次函数的增减性是解决问题的关键．
10．（3分）（2024春 上虞区期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形，点H为DE的中点．连结HF，EG并延长，分别交正方形ABCD各边于点M，N，P，Q，若，则PQ的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】勾股定理的证明；等腰直角三角形；正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质得到EF＝EH＝2，求得DE＝2EH＝4，根据全等三角形的性质得到AE＝DH＝2，根据勾股定理得到AB＝AD2，根据全等三角形的性质得到PE＝GQ，连接CF并延长交AB于T，推出四边形CTPQ是平行四边形，得到CQ＝PT，求得AP＝PT＝BT，过P作PL⊥AF于L，根据勾股定理得到PE＝QG，于是得到PQ的长＝PE+EG+QG．
【解答】解：∵四边形EFGH都是正方形，，
∴EF＝EH＝2，
∵点H为DE的中点，
∴DE＝2EH＝4，
∵四个直角三角形全等，
∴AE＝DH＝2，
∴AB＝AD2，
∵∠BAF＝∠DCH，
∴∠AEP＝∠CGQ＝∠FEG＝∠HGE＝45°，
∵AE＝CG＝2，
∴△AEP≌△CGQ（ASA），
∴PE＝GQ，
连接CF并延长交AB于T，
∵∠CGF＝90°，FG＝CG，
∴∠GFC＝∠GCF＝45°，
∴∠GFC＝∠FGE＝45°，
∴CT∥PQ，
∴四边形CTPQ是平行四边形，
∴CQ＝PT，
∵∠AEP＝∠CGQ＝∠FEG＝∠FGE＝45°，∠BAF＝∠DCH，AE＝CG，
∴△APE≌△CQG（AAS），
∴AP＝CQ，
∴AP＝PT＝BT，
过P作PL⊥AF于L，
∴△PLE是等腰直角三角形，
∴PL＝EL，
∵AP2＝AL2+PL2，
∴（）2＝（2﹣PL）2+PL2，
∴PL或PL（不合题意舍去），
∴PE＝QG，
∴PQ的长＝PE+EG+QG，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022春 前郭县期末）已知x，y为实数，且y1，则x+y+1＝　2022　 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】2022．
【分析】根据二次根式有意义的条件得到x的值，进而得到y的值，代入代数式求值即可．
【解答】解：∵x﹣2020≥0，2020﹣x≥0，
∴x＝2020，
∴y＝1，
∴x+y+1＝2020+1+1＝2022．
故答案为：2022．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
12．（3分）（2022春 江阴市期中）如图，在四边形ABCD中，已知AB＝CD，M、N、P分别是AD、BC、BD的中点，∠ABD＝24°，∠BDC＝70°，则∠NMP的度数为 　23°　 ．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】23°．
【分析】根据三角形中位线定理得到MPAB，MP∥AB，NPCD，NP∥CD，求出∠MPN，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵M、N、P分别是AD、BC、BD的中点，
∴MP为△ADB的中位线，NP为△BDC的中位线，
∴MPAB，MP∥AB，NPCD，NP∥CD，
∴∠MPD＝∠ABD＝24°，∠NPD＝180°﹣∠BDC＝110°，
∴∠MPN＝134°，
∵AB＝CD，
∴MP＝NP，
∴∠NMP（180°﹣134°）＝23°，
故答案为：23°．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握三角形中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
13．（3分）已知正比例函数经过点（，2），这个正比例函数的解析式是 　yx　 ．
【考点】待定系数法求正比例函数解析式；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】待定系数法；一次函数及其应用；运算能力．
【答案】yx．
【分析】设这个正比例函数的解析式：y＝kx（k≠0），待定系数法求解析式即可．
【解答】解：设正比例函数的解析式是y＝kx（k≠0），
把（，2）代入得：
2k，
解得k，
∴正比例函数的解析式是yx，
故答案为：yx．
【点评】本题考查了正比例函数的解析式，熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
14．（3分）（2023春 海林市期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝k1x+b1与直线l2：y＝k2x+b2相交于P（4，m），则关于x的不等式（k1﹣k2）x+b1﹣b2＜0的解集是 　x＜4　 ．
【考点】一次函数与一元一次不等式；两条直线相交或平行问题；一次函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】x＜4，
【分析】求不等式（k1﹣k2）x+b1﹣b2＜0的解集，即求不等式k1x+b1＜k2x+b2的解集，因此只需要利用函数图象找到直线l2：y＝k2x+b2的函数图象在直线l1：y＝k1x+b1的函数图象上方时自变量的取值范围即可得到答案．
【解答】解：由函数图象可知，当直线l2：y＝k2x+b2的函数图象在直线l1：y＝k1x+b1的函数图象上方时，x＜4，
∴不等式k1x+b1＜k2x+b2的解集为x＜4，
∴关于x的不等式（k1﹣k2）x+b1﹣b2＜0的解集是x＜4，
故答案为：x＜4．
【点评】本题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
15．（3分）（2023春 九龙坡区校级期中）在某次招聘测试中，小华的笔试成绩为86分，面试成绩为91分，若笔试成绩、面试成绩按7：3计算平均成绩，则小华的平均成绩是 　87.5　 分．
【考点】加权平均数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据加权平均数的定义和计算公式计算可得．
【解答】解：小华的平均成绩是87.5（分）．
故答案为：87.5．
【点评】本题主要考查加权平均数，解题的关键是熟练掌握加权平均数的定义和计算公式．
16．（3分）（2024春 武汉期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，E，F为边BC和AD上的动点，BE＝DF，则的最小值 　3　 ．
【考点】胡不归问题；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；菱形的性质．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】3．
【分析】如图，连接AC，交EF于O，作O关于CB的对称点N，连接CN，BN，EN，证明△AOF≌△COE，可得OEEF，AO＝CO，O为菱形对角线的交点，AEEF＝AE+OE＝AE+NE，连接BO，证明A，B，N三点共线，可得 AEEF＝AE+NE≥AN，∠ANC＝180°﹣30°﹣60°＝90°，再进一步求解即可．
【解答】解：如图，连接AC，交EF于O，作O关于CB的对称点N，连接CN，BN，EN，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，
∴AB＝AD＝BC＝2，∠BAC＝∠BCA＝30°，BC∥AD，
∴∠ABC＝120°，
由轴对称的性质可得：
CN＝CO，NE＝OE，∠NCE＝∠ACB＝30°，
∴∠ACN＝∠NCE+∠ACB＝60°，
∵BE＝DF，AD＝BC，BC∥AD，
∴AF＝CE，∠CEO＝∠AFO，∠ECO＝∠FAO，
∴△AOF≌△COE，
∴OE＝OF，AO＝CO，O为菱形对角线的交点，
∴OEEF，
∴AEEF＝AE+OE＝AE+NE，
连接BO，
由轴对称的性质可得：BN＝BO，∠ABO＝∠CBO＝∠CBN＝60°，
∴A，B，N三点共线，
∴AEEF＝AE+NE≥AN，
∠ANC＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∵CB＝2，∠BCN＝30°，
∴BNCB＝1，
AEEF的最小值为AB+BN＝2+1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查的是胡不归问题，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，菱形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2024秋 长泰区期中）计算：．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】2+2．
【分析】先计算乘除，再计算加减即可．
【解答】解：
．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算法则．
18．（4分）（2023春 青岛期末）已知：如图，点E，F在 ABCD边BC的延长线上，且BE＝CF．
求证：四边形AEFD是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】证明题；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】证明过程见解答．
【分析】先证明AD∥BC，AD＝BC，再证明BC＝EF，可得AD＝EF，从而可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BE﹣CE＝CF﹣CE，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形．
【点评】本题考查的是矩形的性质，平行四边形的判定，熟练的运用矩形的性质进行证明是解本题的关键．
19．（6分）（2025春 盘龙区期中）已知：如图，四边形ABCD中，∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9，AD＝5，DC＝13．
（1）判断△ACD的形状，并说明理由；
（2）求四边形ABCD的面积．
【考点】勾股定理的逆定理；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）△ACD是直角三角形；理由见解答过程；
（2）四边形ABCD的面积为84．
【分析】（1）利用勾股定理求出AC＝12，再利用勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，即可得解；
（2）根据三角形的面积公式列式计算得到△ACD的面积，然后求得△ABC的面积，相加即可得解．
【解答】解：（1）△ACD是直角三角形；理由如下：
在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9，
∴AC12．
∵AD＝5，CD＝13，AC＝12，
∴AD2+AC2＝52+122＝169，CD2＝132＝169，
∴CD2＝AD2+AC2，
∴△ACD是直角三角形，且∠CAD＝90°；
（2）根据题意得，S△ACDAD AC5×12＝30，S△ABCAC BC12×9＝54，
∴四边形ABCD的面积＝S△ACD+S△ABC＝30+54＝84．
【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理的应用．
20．（6分）某服装车间有30名女工，调查她们一周内加工的衬衫数，数据如下表：
一周内加工的衬衫数/件 50 60 70 80
频数 8 14 6 2
（1）求这30个数据的平均数、中位数和众数．
（2）如果将每周加工衬衫的定额定为64件，你认为是否合理？如果不合理，请你确定一个比较合理的加工定额，并说明理由．
【考点】众数；频数（率）分布表；加权平均数；中位数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】（1）件，60件，60件；
（2）不合理，应设置中位数或众数60件较为合理，理由见解答．
【分析】（1）根据平均数、众数和中位数的定义求解即可；
（2）根据中位数的意义求解即可．
【解答】解：（1）这30个数据的平均数为（50×8+60×14+70×6+80×2）（件），
中位数为60（件），众数为60件；
（2）不合理，
应设置中位数或众数60件较为合理，因为这样大多数工人都能达到此目标．
【点评】本题主要考查中位数和平均数、众数，解题的关键是掌握中位数和平均数、众数的定义与意义．
21．（8分）如图，在△ABC中，BC＝6cm．射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以2cm/s的速度运动，当点E先出发1s后，点F也从点B出发沿射线BC以的速度运动，分别连接AF，CE．设点F运动时间为t s，其中t＞0．
（1）当t为何值时，AE＝CF？
（2）当t为何值时，S△ABF+S△ACE＜S△ABC？
【考点】三角形的面积；平行线的性质．
【专题】三角形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）当t的值为或时，AE＝CF；（2）当0＜t时，S△ABF+S△ACE＜S△ABC．
【分析】（1）分两种情况讨论列出方程解出t值即可；
（2）根据平行线的性质，AG与BC之间的距离处处相等，当BF+AE＜BC时，S△ABF+S△ACE＜S△ABC，代入数据求出t的范围即可．
【解答】解：（1）分两种情况讨论：
①点F在点C左侧时，AE＝CF，则2（t+1）＝6，解得t；
②点F在店C右侧时，AE＝CF，则2（t+1），解得t；
综上分析，当t的值为或时，AE＝CF；
（2）∵AG∥BC，
∴AG与BC之间的距离处处相等，
∴当BF+AE＜BC时，S△ABF+S△ACE＜S△ABC，
∴，解得t，
∴当0＜t时，S△ABF+S△ACE＜S△ABC．
【点评】本题考查了三角形的面积、平行线的性质，熟练掌握以上知识点是关键．
22．（10分）（2023春 忻州期末）今年暑假，学校计划组织八年级的同学参观大学城，经调查得知八年级共有670名同学，计划租用12辆客车，现有甲、乙两种型号的客车，它们的载客量和租金如下表：
租金/（元/辆） 载客量/（座/辆）
甲种客车 3500 50
乙种客车 4000 60
（1）如果恰好一次性将670名学生送往大学城且客车全部坐满，那么应租用甲、乙两种客车各多少辆？
（2）设租用甲种客车x辆，租车费用y元．
①求y与x的函数关系式．（要求写出x的取值范围）
②在保证所有同学均能送达大学城的情况下，怎样租车费用最低，最低费用是多少元？
【考点】一次函数的应用；一元一次不等式组的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；一次函数及其应用；应用意识．
【答案】（1）租用甲种客车5辆，租用乙种客车7辆；
（2）①y与x的函数关系式为y＝﹣500x+48000（x≤5）；
②租用甲种客车5辆，租用乙种客车7辆，租车费用最低，最低费用是45500元．
【分析】（1）根据一次性将670名学生送往大学城且客车全部坐满，列方程即可解得答案；
（2）①根据表格可列出函数关系式；
②由一次函数性质可得答案．
【解答】解：（1）设租用甲种客车m辆，则租用乙种客车（12﹣m）辆，
根据题意得：50m+60（12﹣m）＝670，
解得：m＝5，
∴12﹣m＝12﹣5＝7，
∴租用甲种客车5辆，租用乙种客车7辆；
（2）①由题意可得：y＝3500x+4000（12﹣x）＝﹣500x+48000，
∵50x+60（12﹣x）≥670，
∴x≤5，
∴y与x的函数关系式为y＝﹣500x+48000（x≤5）；
②在y＝﹣500x+48000中，y随x的增大而减小，
∴x＝5时，y取最小值﹣500×5+48000＝45500，
12﹣5＝7（辆），
∴租用甲种客车5辆，租用乙种客车7辆，租车费用最低，最低费用是45500元．
【点评】本题考查一元一次方程，一次函数，一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
23．（10分）（2020秋 福田区校级期末）如图，已知直线CD过点C（﹣2，0）和D（0，1），且与直线AB：y＝﹣x+4交于点A．
（1）求直线CD的解析式；
（2）求交点A的坐标；
（3）在y轴上是否存在一点P，使得S△PBC＝S△ABC？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；三角形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）yx+1；
（2）A点坐标为（2，2）；
（3）点P的坐标为（0，2）或（0，﹣2）．
【分析】（1）由待定系数法可得直线CD的解析式；
（2）联立方程组，解方程组即可得到结论；
（3）根据△PBC与△ABC的底均为BC，当面积相等时，则高也相等，①当点P在x轴上方时，②当点P在x轴下方时，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）设直线CD的解析式为y＝kx+b，
∵直线CD过点C（﹣2，0）和D（0，1），
∴，
解得，
∴直线CD的解析式为yx+1；
（2）联立方程组，解得，
∴A点坐标为（2，2）；
（3）设P（0，m），
∵直线AB：y＝﹣x+4与x轴的交点B（4，0），S△PBC＝S△ABC，
∴6×|m|6×2，
∴m＝±2，
∴点P的坐标为（0，2）或（0，﹣2）．
【点评】本题考查了用待定系数法求出一次函数的解析式，解方程组，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
24．（12分）（2024秋 温州期末）如图1，直线分别交x轴，y轴于点A，B，C为射线OB上一点，把△AOC沿直线AC翻折得到△ACD．
（1）求点A，B的坐标．
（2）当点D在△ABO的内部时，连结OD并延长交AB于点P．若AC＝OP，求点P的坐标．
（3）如图2，点M为AB的中点，当MD与坐标轴平行时，请直接写出OC的长．
【考点】一次函数综合题．
【专题】一次函数及其应用；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）点A（5，0），点B（0，8）；
（2）；
（3）2.5或10或．
【分析】（1）对于，当x＝0时，y＝8，当y＝0时，x＝5，由此可得点A，点B的坐标；
（2）过点P作PE⊥y轴于点E，设OC＝a，根据点D在△ABO的内部，点B的坐标为（0，8）得0＜a＜8，证明△OAC和△EOP全等得OC＝EP＝a，则点P的横坐标为a，进而得点P，则OP，AC，再根据AC＝OP得，由此解出，进而可得点P的坐标；
（3）当MD与坐标轴平行时，有以下两种情况，（ⅰ）当MD平行x轴时，又有两种情况：①当点C在线段OB上时，设MD交y轴于点T，过点A作AK⊥MD于点K，设OC＝a，证明四边形OAKT为矩形得OT＝AK＝4，TK＝OA＝5，TC＝4﹣a，由翻折的性质得DA＝OA＝5，DC＝OC＝a，先在Rt△ADK中，求出DK＝3，则DT＝2，在Rt△TCD中，由勾股定理可求出a＝2.5，由此可得OC的长；②当点C在OB的延长线上时，设MD交y轴于点T，过点A作AK⊥MD于点K，设OC＝a，同①得：OT＝AK＝4，TK＝OA＝5，DA＝OA＝5，DC＝OC＝a，TC＝OC﹣OT＝a﹣4，在Rt△ADK中可求出DK＝3，则TD＝8，在Rt△TCD中，再由勾股定理可求出a＝10，由此可得OC的长；（ⅱ）当MD∥y轴时，此时只有一种情况，即点C在线段OB上，过点D作DP⊥y轴于点P，过点A作AQ⊥DP，交PD的延长线于点Q，设OC＝a，同①得OP＝AQ，PQ＝OA＝5，DA＝OA＝5，DC＝OC＝a，进而得DP＝DQ＝2.5，在Rt△ADQ中，由勾股定理可求出AQ，则PC，然后在Rt△PCD中，由勾股定理可求出，由此可得OC的长，综上所述即可得出答案．
【解答】解：对于，当x＝0时，y＝8，
当y＝0时，0，
解得：x＝5，
∴点A的坐标（5，0），点B的坐标为（0，8）；
（2）过点P作PE⊥y轴于点E，如图1所示：
∴∠AOC＝∠OEP＝90°，
设点C的坐标为（0，a），
∴OC＝a，
∵点D在△ABO的内部，点B的坐标为（0，8），
∴0＜a＜8，
由翻折的性质得：AC是线段OD的垂直平分线，
∴AC⊥OD，
∴∠AOD+∠OAC＝90°，
又∵∠EOP+∠AOD＝90°，
∴∠OAC＝∠EOP，
在△OAC和△EOP中，
，
∴△OAC≌△EOP（AAS），
∴OC＝EP＝a，
∴点P的横坐标为a，
∵点P在直线上，
∴点P的坐标为，
∴OP，
∵点A的坐标（5，0），
∴AC，
∵AC＝OP，
∴，
整理得：25，
∴±5，
由，解得：，
由，解得：8，不合题意，舍去；
当时，5，
∴点P的坐标为；
（3）当MD与坐标轴平行时，有以下两种情况，
（ⅰ）当MD平行x轴时，又有两种情况：
①当点C在线段OB上时，设MD交y轴于点T，过点A作AK⊥MD于点K，如图2所示：
设OC＝a，
∵点A的坐标（5，0），点B的坐标为（0，8），点M为AB的中点，
∴OA＝5，OB＝8，点M的坐标为（2.5，4），
∵∠AKT＝∠KTO＝∠AOT＝90°，
∴四边形OAKT为矩形，
∴OT＝AK＝4，TK＝OA＝5，
∴TC＝OT﹣OC＝4﹣a，
由翻折的性质得：DA＝OA＝5，DC＝OC＝a，
在Rt△ADK中，由勾股定理得：DK3，
∴DT＝TK﹣DK＝5﹣3＝2，
在Rt△TCD中，TC＝4﹣a，
由勾股定理得：DC2＝TC2+DT2，
∴a2＝（4﹣a）2+22，
解得：a＝2.5，
此时OC的长为2.5；
②当点C在OB的延长线上时，设MD交y轴于点T，过点A作AK⊥MD于点K，如图3所示：
设OC＝a，
同①得：OT＝AK＝4，TK＝OA＝5，DA＝OA＝5，DC＝OC＝a，
∴TC＝OC﹣OT＝a﹣4，
在Rt△ADK中，由勾股定理得：DK3，
∴TD＝TK+DK＝5+3＝8，
在Rt△TCD中，由勾股定理得：DC2＝TC2+TD2，
∴a2＝（a﹣4）2+82，
解得：a＝10，
此时OC的长为10；
（ⅱ）当MD∥y轴时，此时只有一种情况，即点C在线段OB上，
过点D作DP⊥y轴于点P，过点A作AQ⊥DP，交PD的延长线于点Q，如图4所示：
设OC＝a，
同①得：OP＝AQ，PQ＝OA＝5，DA＝OA＝5，DC＝OC＝a，
∵点M是AB的中点，MD∥y轴，
∴DP＝DQPQ＝2.5，
在Rt△ADQ中，由勾股定理得：AQ，
∴OP＝AQ，
∴PC＝OP﹣OC，
在Rt△PCD中，由勾股定理得：DC2＝DP2+PC2，
∴，
解得：，
此时OC的长为．
综上所述：OC的长为2.5或10或．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象，图形的翻折变换及其性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握一次函数的图象，图形的翻折变换及其性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点．
25．（12分）（2024 高新区校级三模）如图，矩形ABCD中，，BC＝6，点E，F分别为边AB，BC上的点，将线段EF绕点F顺时针旋转60°，得到线段FG．射线FG与对角线AC交于点M，连接EM，EG．
（1）求∠FGE的度数；
（2）若FC＝2BF，求AM+ME﹣EB的值；
（3）连接CG，DG，若，设△CDG和△EFG的面积分别为S1，S2，当点E在边AB上运动时，求的最大值及此时AE的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据旋转的性质可得△FGE是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解；
（2）过点F作PF⊥EM，FQ⊥AC于点P，Q，延长AB至点N，使得BN＝MQ，连接FN，得出∠ACB＝30°，证明△FOM≌△FBN（ASA），△EFN≌△EFM（SAS），进而证明△FPM＝△FQM，得出MP＝MQ＝BN，连接AF，证明Rt△ABF≌Rt△AOF（HL），得出AQ＝AB，进而根据AM+ME﹣BE＝AM+EN﹣BE＝AQ，即可求解；
（3）作FO⊥EG与点O，则点O为EG的，连接FO，BO，过点O作OR⊥AE于R，过点G作PQ∥AD分别交AB、CD于P、Q，证明B，E，O，F四点共圆，进而证明△EOR∽△EGP，得出tan60°，得出GP＝2OR，S1，设AE＝x，进而求出BF，BE，S2＝S△EFGEG OFEG2，根据二次函数的性质，即可求解．
【解答】解：（1）∵将线段EF绕点F顺时针旋转60，得到线段FG，
∴△FGE是等边三角形，
∴∠EGF＝60°；
（2）如图所示，过点F作PF⊥EM，FQ⊥AC于点P，Q，延长AB至点N，使得BN＝MQ，连接FN，
：AB，BC＝6，∠ABC＝90°，
AC4，
sin∠ACB，
∴∠ACB＝30°，
∴FC＝2FQ，
∵FC＝2BF，
∴FB＝FQ，
∵BN＝MQ，∠FBN＝∠FQM＝90°，
∴△FQM≌△FBN（SAS），
∴FM＝FN，∠BFN＝∠QFM，∠FMQ＝∠FNB，
又∵∠BFQ＝∠FCQ+∠FQC＝120°，∠EFM＝60°，
∴∠QFM+∠EFB＝∠BFQ﹣∠EFM＝60°，
∴∠EFN＝∠NFB+∠EFB＝∠QFM+∠EFB＝60°，
∵EF＝EF，
∴△EFN≌△EFM（SAS），
∴∠NEF＝∠MEF，∠ENF＝∠EMF，EM＝EN，
∴∠PMF＝∠FMQ，
∵∠FPM＝∠FQM＝90°，MF＝MF，
∴△FPM≌△FQM（AAS），
∴MP＝MQ＝BN，
∴AM+ME﹣BE＝AM+EN﹣BE＝AM+BN＝AM+MQ＝AQ，
连接AF，
∵AF＝AF，FB＝FQ，
∴Rt△ABF≌Rt△AQF（HL），
∴AQ＝AB，
∴AM+ME﹣BE＝AM+EN﹣BE＝AQ＝2；
（3）如图，作FO⊥EG，连接BO，过点O作OR⊥AE于R，过点G作PQ∥AD分别交AB、CD于P、Q，
由（1）可得△EFG是等边三角形，
∴点O为EG的中点，
∴∠EOF＝90°，∠EFO＝30°，
∵∠EBF＝90°，
∴∠EOF+∠EBF＝180°，
∴B，E，O，F四点共圆，
∴∠OEB+∠OFB＝180°，∠OBF＝∠OEF＝60°，∠EBO＝∠EFO＝30°，
∵∠OEB+∠AEO＝180°，
∴∠AEO＝∠BFO，
∵，∠AEO＝∠BFO，
△AEO∽△BFO，又∠AOB＝∠EOF，
∴△AOB∽△EOF，
∴∠BAO＝∠FEO＝60°，
tan∠BAC，∠BAC＝60°，
∵点O在AC上，
∵tan60°，
∴∠OAE＝90°﹣∠ACB＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OAE+∠EBO＝60°+30°＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴AOAB，
在Rt△AOR中，
OR＝OA sin∠OARsin60°，
∵OR⊥AB，AD⊥AB，
∴OR∥AD，
∵PQ∥AD，
∴OR∥PQ，
∴△EOR∽△EGP，
∴，
∴GP＝2OR＝3，
∵四边形ADQP是矩形，
∴PQ＝AD＝BC＝6，
∴GQ＝PQ﹣GP＝6﹣3＝3，
∵PQ⊥CD，
∴S1＝S△CDGCD GQ23＝3，
设AE＝x，则BFx，BE＝2x，
∴EF2＝BE2+BF2＝（2x）2+（x）2＝4x2﹣4x+12，
EG2＝EF2＝4x2﹣4x+12，
∵OFEFEG，
∴S2＝S△EFGEG OFEG2（4x2﹣4x+12）（x2x+3），
∴，
∴当x时，取得最大值，最大值为，此时AE，
∴最大值为，此时AE．
【点评】本题考查了矩形的综合题，等边三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，勾股定理，相似三角形的性质与判定，二次函数的性质，解题的关键熟练掌握以上知识并作辅助线．
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