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浙教版2025年八年级下册期末考试数学模拟卷
满分120分 时间120分钟
学校:___________ 姓名：___________ 班级：___________ 考号：___________
一、选择题（共30分）
1．下列式子中属于最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人智慧与艺术的结晶，反映出不同时期的风俗习惯，早已融入我们的生活．下面纹样的示意图中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
A．如意纹 B．冰裂纹
C．盘长纹 D．风车纹
3．在一次中考体育模拟测试中，某班51名学生参加测试（满分为50分），成绩统计如表，部分数据被遮盖．下列统计量中，与被遮盖的数据无关的是（　　）
成绩（分） 44 45 46 47 48 49 50
人数（人） 2 6 20 7
A．中位数、众数 B．中位数、方差
C．平均数、众数 D．平均数、方差
4．把一元二次方程化成一般式，则，，的值分别是 )
A．，， B．，， C．，， D．，，
5．如图，在中，，，的平分线交于点E，则的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
6．已知矩形的周长为，其中一边的长为，则这个矩形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．2
7．下面结论中，正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
8．如图，面积为6的四边形中，对角线，已知长为，长为，则与的函数关系式为（ ）
A． B． C． D．
9．若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围为（ ）
A． B．且
C． D．且
10．如图，菱形在平面直角坐标系的第一象限，且边轴，点的横坐标为2，若该菱形的面积为20，周长为20，反比例函数的图象经过两点，则的值是（ ）
A．12 B．10 C．9 D．8
二、填空题（共18分）
11．若代数式有意义，则实数的取值范围是 ．
12．学校举行篮球技能大赛，评委从控球技能和投球技能两方面为选手打分，各项成绩均按百分制计算，然后再按控球技能占，投球技能占计算选手的综合成绩（百分制）．选手小林的控球技能得95分，投球技能得75分．小林的综合成绩为 分．
13．某蓄电池的电压为定值．使用此电源时，用电器的电流I（A）．与电阻R（Ω）之间的函数关系为，则电流Ⅰ的值随电阻R值的增大而 （填“增大”或“减小”）．
14．将一副三角板在平行四边形中按如图所示位置摆放，如果，那么的度数是
15．已知a，b是一元二次方程的两个实数根，则 ．
16．如图，矩形纸片ABCD中，，，点E是BC的中点，连接AE，将矩形纸片沿直线折叠，使点B落在点处，连接，则 ， ．
三、解答题（共72分）
17．（本题8分）计算：．
18．（本题8分）如图，在中，点E、F在上，且，求证：．
19．（本题8分）用适当的方法解下列方程：
(1)；
(2)．
20．（本题8分）某公司需要经常快递物品，准备从A，B两家快递平台中选择一家作为日常使用．该公司让七位相关员工对这两家平台从物品完好度、服务态度与物流时长三项分别评分（单位：分），其中对平台A的服务态度评分为：86，88，89，91，92，95，96；对平台B的服务态度评分为：86，86，89，90，91，93，95．现将每项七个评分的平均值作为该项的得分，平台A，B各项的得分如下表：
物品完好度 服务态度 物流时长
平台A 92 m 90
平台B 95 n 88
(1)七位员工对平台A的服务态度评分的极差（最大值与最小值的差）是________；
(2)求表格中m，n的值，并以此为依据，请判断哪家平台服务态度更好；
(3)如果公司将物品完好度、服务态度、物流时长三项的得分按的比例确定平台的最终得分，并以此为依据选择平台，请问该公司会选择哪家平台？
21．（本题8分）如图，在平行四边形中，线段的垂直平分线交于点E，交于点O，连接，，过点C作，交的延长线于点F，连接．
(1)证明：四边形为菱形；
(2)若，求四边形的面积．
22．（本题10分）如图，在中，点E在上，点P是上一点，分别与于点F，G，．
(1)若，判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，求证：；
(3)若，直接写出DG的长．
23．（本题10分）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于，两点．(，，b为常数)
(1)求一次函数和反比例函数的解析式；
(2)根据图象直接写出不等式的解集；
(3)P为x轴上一点，若的面积为9，求P点的坐标．
24．（本题12分）已知正方形和正方形．
(1)如图1，当正方形在正方形外部时，连接，．求证：；
(2)如图2，将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上．
①若，，求线段BG的长；
②如图3，连接，若点O是的中点，连接，请直接写出的值．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D A B C D B C D B
1．B
【分析】本题考查最简二次根式的判定．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
根据最简二次根式的定义进行解题即可．
【详解】解：A.，故此选项不是最简二次根式，不符合题意；
B.符合最简二次根式的条件，故此选项是最简二次根式，符合题意；
C.，故此选项不是最简二次根式，不符合题意；
D.，故此选项不是最简二次根式，不符合题意；
故选B．
2．D
【分析】本题考查轴对称图形，中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，据此进行判断即可．
【详解】解：A是轴对称图形，但不是中心对称图形，则A不符合题意；
B既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则B不符合题意；
C是轴对称图形，也是中心对称图形，则C不符合题意；
D不是轴对称图形，但它是中心对称图形，则D符合题意；
故选：D．
3．A
【分析】本题主要考查了平均数，中位数，方差和众数，根据表格中的数据可知中位数和众数都为48，而平均数和方差与遮住的数据有关，据此可得答案．
【详解】解；∵，
∴成绩为48的人数最多，即众数为48分，
把这51名学生的成绩按照从高到低排列，那么第26名的成绩一定是48分，即中位数为48分，
∴中位数和众数不变，平均数和方差都与遮住的数据有关，
故选：A，
4．B
【分析】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是： ，，是常数且特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，是常数项．其中、、分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．方程整理为一般形式，找出，，的值即可．
【详解】解：方程整理得：，
则，，的值分别是，，．
故选：B．
5．C
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，根据平行四边形的性质和角平分线的定义得到，即可得到，然后根据线段的和差解答即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
6．D
【分析】本题考查二次根式的几何应用，根据矩形周长公式，结合二次根式的减法运算法则得到另一条边的长，再根据矩形面积公式，结合二次根式的乘法运算法则求解即可．
【详解】解：∵矩形的周长为，其中一边的长为，
∴矩形另一边的长为：，
则该矩形面积为：．
故选：D．
7．B
【分析】考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法．利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、应该是对角线相等的平行四边形是矩形，故错误，故选项不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故正确，故选项符合题意；
C、应该是对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误，故选项不符合题意；
D、应该是对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故错误，故选项不符合题意；
故选：B．
8．C
【分析】本题考查了求反比例函数关系式，把四边形的面积写成两个三角形的面积的和表示出y与x的关系式是解题的关键．设的面积为，的面积为．由，可得，．得出 ．可得出，即，再求解即可．
【详解】解：设的面积为，的面积为．
，
，．
．
，
，
整理得．
故选C．
9．D
【分析】本题考查一元二次方程的定义，根的判别式，根据一元二次方程的定义得到，根据方程有实数根，得到，进行求解即可．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根，
∴，
∴，
∵方程是一元二次方程，
∴，
∴且，
故选D．
10．B
【分析】此题考查了菱形的性质、反比例函数的图象和性质等知识. 过点A作交的延长线于点G，的延长线交轴于点H，求出，，根据即可求出答案.
【详解】解：过点A作交的延长线于点G，的延长线交轴于点H，
∵菱形的面积为20，周长为20，
∴，，
∴，
∴
∴，
∵点的横坐标为2，边轴，
∴，
∴，
∴，
解得，
故选：B
11．
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，解题关键是根据列出不等式求解．
【详解】解：∵代数式有意义，
∴，解得：．
故答案为： ．
12．83
【分析】本题考查的是加权平均数的求法，正确进行计算是解题关键．根据加权平均数的定义进行列式，代入数值进行计算可得结果．
【详解】解：依题意，（分）
故答案为：83．
13．减小
【分析】本题考查反比例函数的实际应用，根据反比例函数的增减性，进行判断即可．
【详解】解：∵，，
∴电流与电阻成反比，
∴电流Ⅰ的值随电阻R值的增大而减小；
故答案为：减小
14．75度/
【分析】本题考查平行四边形性质与平行线性质的综合运用，解题关键是作辅助线构造平行关系，利用平行线性质和三角板角度计算角度．
过点作，利用平行线的性质，结合三角板已知角度，逐步推导求出答案．
【详解】解析：如图，过点作，
，
由题意得∶，
，
四边形是平行四边形，
，
，
．
故答案为：．
15．2026
【分析】本题考查一元二次方程根的定义和根于系数的关系，解题的关键是掌握根于系数关系的公式．利用一元二次方程根的定义和根于系数的关系将原式进行转换求解即可．
【详解】解：∵a、b是方程的两个实数根，
∴，，
∴，
∴
．
故答案是：2026．
16．
【分析】本题主要考查了矩形、折叠的性质、三角形的内角和定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
通过折叠和点E是的中点可得，则、易得；在运用勾股定理可得，进而得到，然后在中运用勾股定理求得即可．
【详解】解：如图：设与相交于点O，
∵将纸片沿直线折叠，使点B落在点，连接，点E是的中点，
点是点B关于直线的对称点，垂直平分，
∴，,，
∴，，
又∵三内角之和为，
∴，
∴，
∴，
解得：；
在中，由，可得：
，
∵，
∴，
解得：，
∴，
在中，．
故答案为：．
17．
【分析】本题主要考查了二次根式的性质化简，二次根式的混合运算，平方差公式，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解，先利用平方差公式计算，再把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可．
【详解】解：
．
18．见解析
【分析】此题考查平行四边形的性质和全等三角形的性质和判定．根据平行四边形的性质得出，，推出，进而利用证明和全等，利用全等三角形的性质解答即可．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
19．(1)，
(2)，
【分析】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
（1）利用直接开平方法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【详解】（1）解：直接开平方得：，
∴或，
解得：，；
（2）解：移项得：，
因式分解得：，即，
∴或，
解得：，．
20．(1)10分
(2)，，平台A的服务态度更好；
(3)该公司会选择平台B
【分析】本题主要考查了求极差，算术平均数，加权平均数：
（1）求出七位员工对平台A的服务态度评分的最大值与最小值的差，即可求解；
（2）根据算术平均数公式计算，即可求解；
（3）根据加权平均数计算，即可求解．
【详解】（1）解：分，
即七位员工对平台A的服务态度评分的极差是10分；
故答案为：10
（2）解：，
，
∵，
∴平台A的服务态度更好；
（3）解：平台A的得分分，
平台B的得分分，
∵，
∴该公司会选择平台B．
21．(1)见解析
(2)96
【分析】（1）根据平行线的性质可得，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形为菱形；
（2）根据勾股定理求得，根据菱形的性质即可求得四边形的面积．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵的垂直平分线交于点，
∴，，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，，，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵平行四边形中，，
∴，
∴，
在中，，
故菱形的面积为．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
22．(1)平行四边形，理由见解析；
(2)见解析；
(3)2．
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点，灵活运用所学知识成为解题的关键．
（1）由等边对等角可得，再结合已知条件运用等量代换可得，即，进而的到，再结合即可证明结论；
（2）先证明，再运用全等三角形的性质即可证明结论；
（3）先说明是等边三角形可得，再结合已知条件可得．；由平行线四边形的性质可得，，即；然后运用直角三角形的性质以及线段的和差即可解答．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形．理由如下：
，
，
又∵，
．
，
，
∵，
四边形PCDG是平行四边形．
（2）证明：，，
．
，
又，
．
．
（3）解：如图：∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴．．
∵，
∴，，
∴
，
∴，
∴，
∴，
．
23．(1)一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为
(2)或者
(3)的坐标为或
【分析】（1）利用待定系数法即可求出函数解析式；
（2）根据图像位置关系即可得解；
（3）设，根据（1）可知直线的解析式为，如图，求解，利用列方程求解即可．
【详解】（1）解：将点代入得：，
∴，
∴反比例函数的解析式为；
将点代入得，
∴，
将点、分别代入得，
解得，
∴一次函数的解析式为；
（2）根据图像可知，当或者时，一次函数的图像在反比例函数图像的上方，满足，
∴不等式的解集为或者；
（3）解：根据（1）可知直线的解析式为，如图，
当时，则，
∴，
设，
∴，
∴ ，
解得：或；
综上所述：的坐标为或．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数综合、待定系数法求函数解析式、利用图像解不等式、坐标与图形等知识，掌握反比例函数与一次函数图像与性质是解题关键．
24．(1)见解析
(2)①4；②
【分析】（1）由正方形的性质可得，，，利用等式的性质可得，然后利用即可证得；
（2）连接，设与交于点，由（1）可知，，根据全等三角形的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，由对顶角相等可得，于是可得，由三角形的内角和定理可得，由正方形的性质可得，，，，由勾股定理可得，，设，则，，在中，根据勾股定理可得，即，解方程即可求得的长；连接，由正方形的性质可知，点是的中点，由可得，是直角三角形，则由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，据此即可求出的值．
【详解】（1）证明：四边形和都是正方形，
，，，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：如图，连接，设与交于点，
由（1）可知：，，
，，
，，
，
，
正方形中，正方形中，
，，，，
，
，
设，则，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
即：，
解得：，（不符合题意，故舍去），
；
，理由如下：
如图，连接，
四边形是正方形，点是的中点，
点是的中点，
由可得：，是直角三角形，
，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等式的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的两个锐角互余，对顶角相等，三角形的内角和定理，勾股定理，线段的和与差，因式分解法解一元二次方程，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，等式的性质等知识点，添加适当辅助线构造直角三角形是解题的关键．

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