湖北省黃州思源實驗學校2024年八年級數(shù)學第二學期期末經(jīng)典模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，在任意四邊形ABCD中，M，N，P，Q分別是AB，BC，CD，DA上的點，對于四邊形MNPQ的形狀，以下結(jié)論中，錯誤的是A．當M，N，P，Q是各邊中點，四邊MNPQ一定為平行四邊形B．當M，N，P，Q是各邊中點，且時，四邊形MNPQ為正方形C．當M，N、P，Q是各邊中點，且時，四邊形MNPQ為菱形D．當M，N、P、Q是各邊中點，且時，四邊形MNPQ為矩形2．某商場要招聘電腦收銀員，應聘者需通過計算機、語言和商品知識三項測試，小明的三項成績（百分制）依次是70分，50分，80分，其中計算算機成績占50%，語言成績占30%，商品知識成績占20%．則小明的最終成績是（）A．66分 B．68分 C．70分 D．80分3．如圖，在中，，，，點在上，若四邊形DEBC為菱形，則的長度為（）A．7 B．9 C．3 D．44．使分式有意義的的值是（）A． B． C． D．5．=（）A．4 B．2 C．﹣2 D．±26．若一次函數(shù)y=ax+b的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，則下列不等式中總是成立的是（

）A．a(chǎn)b＞0 B．a(chǎn)﹣b＞0 C．a(chǎn)2+b＞0 D．a(chǎn)+b＞07．已知四邊形ABCD是平行四邊形，再從①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD四個條件中，選兩個作為補充條件后，使得四邊形ABCD是正方形，現(xiàn)有下列四種選法，其中錯誤的是（）A．選①② B．選②③ C．選①③ D．選②④8．如圖，已知點在反比例函數(shù)（）的圖象上，作，邊在軸上，點為斜邊的中點，連結(jié)并延長交軸于點，則的面積為（）A． B． C． D．9．如圖，，，點在邊上（與、不重合），四邊形為正方形，過點作，交的延長線于點，連接，交于點，對于下列結(jié)論：①；②四邊形是矩形；③.其中正確的是（）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③10．如圖所示，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∠BCD=120°，則∠BOD的大小是（）A．80° B．120° C．100° D．90°二、填空題(每小題3分,共24分)11．若直線y=kx+b與直線y=2x平行，且與y軸相交于點（0，–3），則直線的函數(shù)表達式是__________．12．如圖所示，有一塊直角三角形紙片，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，將斜邊AB翻折，使點B落在直角邊AC的延長線上的點E處，折痕為AD，則BD的長為_____.13．若，則代數(shù)式2018的值是__________．14．在□ABCD中，∠A，∠B的度數(shù)之比為2：7，則∠C=__________．15．如圖，菱形ABCD中，點M、N分別在AD，BC上，且AM＝CN，MN與AC交于點O，連接DO，若∠BAC＝28°，則∠ODC＝_____．16．已知有兩點A(1,y1)、B(-2,y2)都在一次函數(shù)17．若式子是二次根式，則x的取值范圍是_____．18．如圖，將正方形OABC放在平面直角坐標系中，O是原點，A的坐標為（1，），則點C的坐標為_____．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，直線y=﹣x+3與x軸交于點C，與y軸交于點B，拋物線y=ax2+x+c經(jīng)過B、C兩點．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖，點E是直線BC上方拋物線上的一動點，當△BEC面積最大時，請求出點E的坐標和△BEC面積的最大值；（3）在（2）的結(jié)論下，過點E作y軸的平行線交直線BC于點M，連接AM，點Q是拋物線對稱軸上的動點，在拋物線上是否存在點P，使得以P、Q、A、M為頂點的四邊形是平行四邊形？如果存在，請直接寫出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．20．（6分）已知，直線與雙曲線交于點，點.（1）求反比例函數(shù)的表達式；（2）根據(jù)圖象直接寫出不等式的解集.（3）將直線沿軸向下平移后，分別與軸，軸交于點，點，當四邊形為平行四邊形時，求直線的表達式.21．（6分）如圖，在平面直角坐標系中，為坐標原點，矩形的頂點、，將矩形的一個角沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，折痕與軸交于點．（1）求線段的長度；（2）求直線所對應的函數(shù)表達式；（3）若點在線段上，在線段上是否存在點，使以為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由．22．（8分）已知，在矩形中，的平分線DE交BC邊于點E，點P在線段DE上（其中EP<PD）．

（1）如圖1，若點F在CD邊上（不與點C,D重合），將繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，角的兩邊PD、PF分別交AD邊于點H、G．①求證：；②探究：、、之間有怎樣的數(shù)量關系，并證明你的結(jié)論；（2）拓展：如圖2，若點F在CD的延長線上，過點P作，交射線DA于點G．你認為（2）中DF、DG、DP之間的數(shù)量關系是否仍然成立？若成立，給出證明，若不成立，請寫出它們所滿足的數(shù)量關系式，并說明理由．23．（8分）分別按下列要求解答:(1)將先向左平移個單位,再下移個單位,經(jīng)過兩次變換得到，畫出,點的坐標為__________.(2)將繞順時針旋轉(zhuǎn)度得到,畫出,則點坐標為__________.(3)在(2)的條件下,求移動的路徑長.24．（8分）（1）解不等式，并把解集表示在數(shù)軸上（2）解分式方程：25．（10分）如圖，△ABC中，AD是邊BC上的中線，過點A作AE∥BC，過點D作DE∥AB，DE與AC、AE分別交于點O、點E，連接EC．（1）求證：AD=EC；（2）當∠BAC=Rt∠時，求證：四邊形ADCE是菱形．26．（10分）在平行四邊形中，于E，于F.若，平行四邊形周長為40，求平行四邊形的面積.

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解析】

連接AC、BD，根據(jù)三角形中位線定理得到，，，，根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定理判斷即可．【詳解】解：連接AC、BD交于點O，，N，P，Q是各邊中點，，，，，，，四邊MNPQ一定為平行四邊形，A說法正確，不符合題意；時，四邊形MNPQ不一定為正方形，B說法錯誤，符合題意；時，，四邊形MNPQ為菱形，C說法正確，不符合題意；時，，四邊形MNPQ為矩形，D說法正確，不符合題意.故選B．【點睛】本題考查的是中點四邊形，掌握平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位線定理是解題的關鍵．2、A【解析】

根據(jù)加權平均數(shù)的定義列式計算可得．【詳解】解：小明最終的成績是70×50%+50×30%+80×20%=66（分），故選：A．【點睛】本題考查了加權平均數(shù)的計算，加權平均數(shù)：（其中w1、w2、……、wn分別為x1、x2、……、xn的權）．數(shù)據(jù)的權能反映數(shù)據(jù)的相對“重要程度”，對于同樣的一組數(shù)據(jù)，若權重不同，則加權平均數(shù)很可能是不同的．3、A【解析】

根據(jù)勾股定理得到AC==25，連接BD交AC于O，由菱形的性質(zhì)得到BD⊥CE，BO=DO，EO=CO，求得CE=2OE=18，于是得到結(jié)論．【詳解】解：連接BD，交AC于點O，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=20，BC=15，

∴AC==25，

連接BD交AC于O，

∵四邊形BCDE為菱形，

∴BD⊥CE，BO=DO，EO=CO，

∴BO===12，

∴OC==9，

∴CE=2OE=18，

∴AE=7，

故選：A．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，三角形的面積公式，勾股定理，正確的識別圖形是解題的關鍵．4、D【解析】

分式有意義的條件是分母不等于0，即x﹣1≠0，解得x的取值范圍．【詳解】若分式有意義，則x﹣1≠0，解得：x≠1．故選D．【點睛】本題考查了分式有意義的條件：當分母不為0時，分式有意義．5、B【解析】

根據(jù)算術平方根，即可解答．【詳解】＝＝2，故選B．【點睛】本題考查了算術平方根，解決本題的關鍵是熟記算術平方根的定義．6、C【解析】解：∵一次函數(shù)y=ax+b的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，∴a＜0，b＞0，∴ab＜O，故A錯誤，a﹣b＜0，故B錯誤，，故C正確，a+b不一定大于0，故D錯誤．故選C．7、B【解析】試題分析：A、由①得有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，由②得有一個角是直角的平行四邊形是矩形，所以平行四邊形ABCD是正方形，正確，故本選項不符合題意；B、由②得有一個角是直角的平行四邊形是矩形，由③得對角線相等的平行四邊形是矩形，所以不能得出平行四邊形ABCD是正方形，錯誤，故本選項符合題意；C、由①得有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，由③得對角線相等的平行四邊形是矩形，所以平行四邊形ABCD是正方形，正確，故本選項不符合題意；D、由②得有一個角是直角的平行四邊形是矩形，由④得對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，所以平行四邊形ABCD是正方形，正確，故本選項不符合題意．故選B．考點：1.正方形的判定；2.平行四邊形的性質(zhì)．8、A【解析】

先根據(jù)題意證明△BOE∽△CBA，根據(jù)相似比得出BO×AB的值即為k的值，再利用BC×OE=BO×AB和面積公式即可求解.【詳解】∵BD為Rt△ABC的斜邊AC上的中線，∴BD=DC，∠DBC=∠ACB，又∠DBC=∠EBO，∴∠EBO=∠ACB，又∠BOE=∠CBA=90°，∴△BOE∽△CBA，∴，即BC×OE=BO×AB.即BC×OE=BO×AB=k=6.∴，故選：A.【點睛】本題主要考查相似三角形判定定理，熟悉掌握定理是關鍵.9、A【解析】

由正方形的性質(zhì)得出∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，證出∠CAD＝∠AFG，由AAS證明△FGA≌△ACD，得出AC＝FG，①正確；由△AFG≌△DAC，推出四邊形BCGF是矩形，②正確；由矩形的性質(zhì)和相似三角形的判定定理證出△ACD∽△FEQ，③正確．【詳解】解：①∵四邊形ADEF為正方形，∴∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，∴∠CAD+∠FAG＝90°，∵FG⊥CA，∴∠GAF+∠AFG＝90°，∴∠CAD＝∠AFG，在△FGA和△ACD中，，∴△FGA≌△ACD（AAS），∴AC＝FG．故正確；②∵BC＝AC，∴FG＝BC，∵∠ACB＝90°，F(xiàn)G⊥CA，∴FG∥BC，∴四邊形CBFG是矩形．故正確；③∵∠FQE＝∠DQB＝∠ADC，∠E＝∠C＝90°，∴△ACD∽△FEQ．故正確．綜上所述，正確的結(jié)論是①②③．故選A．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)；熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等和三角形相似是解決問題的關鍵．10、B【解析】【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出∠A，再根據(jù)圓周角定理進行解答即可．【詳解】∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠A=180°﹣∠BCD=180°-120°=60°，由圓周角定理得，∠BOD=2∠A=120°，故選B．【點睛】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理，掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補是解題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、y=2x–1【解析】

根據(jù)兩條直線平行問題得到k=2，然后把點（0，-1）代入y=2x+b可求出b的值，從而可確定所求直線解析式．【詳解】∵直線y=kx+b與直線y=2x平行，∴k=2，把點（0，–1）代入y=2x+b得b=–1，∴所求直線解析式為y=2x–1．故答案為y=2x–1．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及兩條直線相交或平行問題，解題時注意：若直線y=k1x+b1與直線y=k2x+b2平行，則k1=k2．12、10【解析】

易求AB=10，則CE=1．設CD=x，則ED=DB=6-x．根據(jù)勾股定理求解．【詳解】∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB=10.根據(jù)題意，AE=AB=10，ED=BD.∴CE=1.設CD=x，則ED=6?x.根據(jù)勾股定理得x1+11=(6?x)1,解得x=83.即CD長為8BD=6-83=【點睛】本題考查的知識點是翻折變換（折疊問題），解題的關鍵是熟練的掌握翻折變換（折疊問題）.13、2003.【解析】

由得到m-3n=5，再對2018進行變形，即可解答.【詳解】解：∵∴m-3n=5由2018=2018-（3m-9n）=2018-3（m-3n）=2018-15=2003【點睛】本題考查了通過已知代數(shù)式求代數(shù)式的值，其關鍵在于整體代換得應用.14、40°【解析】分析：平行四邊形兩組對邊分別平行，兩直線平行，同旁內(nèi)角互補．又因為∠A，∠B的度數(shù)之比為2：1．所以可求得兩角分別是40°，140°，根據(jù)平行四邊形的兩組對角分別相等，可得∠C等于40°．詳解：∵ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∠A=∠C，∴∠A+∠B=180°．又∵∠A，∠B的度數(shù)之比為2：1，∴∠A=180°×=40°，∠B=180°×=140°，∴∠C=40°．故答案為：40°．點睛：本題考查的是平行四變形的性質(zhì)：平行四邊形兩組對邊分別平行；平行四邊形的兩組對角分別相等．15、62°【解析】

證明≌，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AO=CO，根據(jù)菱形的性質(zhì)有：AD=DC，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得到DO⊥AC，即∠DOC=90°.根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DCA=28°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可求解.【詳解】四邊形ABCD是菱形，AD//BC,在與中，，≌；AO=CO，AD=DC，∴DO⊥AC，∴∠DOC=90°.∵AD∥BC，∴∠BAC=∠DCA.∵∠BAC=28°，∠BAC=∠DCA.，∴∠DCA=28°，∴∠ODC=90°-28°=62°.故答案為62°【點睛】考查菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理等，比較基礎，數(shù)形結(jié)合是解題的關鍵.16、y【解析】

利用一次函數(shù)的增減性可求得答案．【詳解】∵y=?3x+n，∴y隨x的增大而減小，∵點A(1,y1)、B(-2,∴y1故答案為：y1【點睛】此題考查一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題關鍵在于掌握函數(shù)圖象的走勢.17、：x≥1【解析】

根據(jù)根式的意義，要使根式有意義則必須被開方數(shù)大于等于0.【詳解】解：若式子是二次根式，則x的取值范圍是：x≥1．故答案為：x≥1．【點睛】本題主要考查根式的取值范圍，這是考試的?？键c，應當熟練掌握.18、（﹣，1）【解析】如圖作AF⊥x軸于F，CE⊥x軸于E．∵四邊形ABCD是正方形，∴OA=OC，∠AOC=90°，∵∠COE+∠AOF=90°，∠AOF+∠OAF=90°，∴∠COE=∠OAF，在△COE和△OAF中，，∴△COE≌△OAF，∴CE=OF，OE=AF，∵A（1，），∴CE=OF=1，OE=AF=，∴點C坐標（﹣，1），故答案為（，1）．點睛：本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，坐標與圖形的性質(zhì)，解題的關鍵是學會添加常用的輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型.注意：距離都是非負數(shù)，而坐標可以是負數(shù)，在由距離求坐標時，需要加上恰當?shù)姆?三、解答題(共66分)19、（1）；（2）點E的坐標是（2，1）時，△BEC的面積最大，最大面積是1；（1）P的坐標是（﹣1，）、（5，）、（﹣1，）．【解析】

解：（1）∵直線y=﹣x+1與x軸交于點C，與y軸交于點B，∴點B的坐標是（0，1），點C的坐標是（4，0），∵拋物線y=ax2+x+c經(jīng)過B、C兩點，∴，解得，∴y=﹣x2+x+1．（2）如圖1，過點E作y軸的平行線EF交直線BC于點M，EF交x軸于點F，，∵點E是直線BC上方拋物線上的一動點，∴設點E的坐標是（x，﹣x2+x+1），則點M的坐標是（x，﹣x+1），∴EM=﹣x2+x+1﹣（﹣x+1）=﹣x2+x，∴S△BEC=S△BEM+S△MEC==×（﹣x2+x）×4=﹣x2+1x=﹣（x﹣2）2+1，∴當x=2時，即點E的坐標是（2，1）時，△BEC的面積最大，最大面積是1．（1）在拋物線上存在點P，使得以P、Q、A、M為頂點的四邊形是平行四邊形．①如圖2，，由（2），可得點M的橫坐標是2，∵點M在直線y=﹣x+1上，∴點M的坐標是（2，），又∵點A的坐標是（﹣2，0），∴AM=，∴AM所在的直線的斜率是：；∵y=﹣x2+x+1的對稱軸是x=1，∴設點Q的坐標是（1，m），點P的坐標是（x，﹣x2+x+1），則，解得或，∵x＜0，∴點P的坐標是（﹣1，﹣）．②如圖1，，由（2），可得點M的橫坐標是2，∵點M在直線y=﹣x+1上，∴點M的坐標是（2，），又∵點A的坐標是（﹣2，0），∴AM=，∴AM所在的直線的斜率是：；∵y=﹣x2+x+1的對稱軸是x=1，∴設點Q的坐標是（1，m），點P的坐標是（x，﹣x2+x+1），則，解得或，∵x＞0，∴點P的坐標是（5，﹣）．③如圖4，，由（2），可得點M的橫坐標是2，∵點M在直線y=﹣x+1上，∴點M的坐標是（2，），又∵點A的坐標是（﹣2，0），∴AM=，∵y=﹣x2+x+1的對稱軸是x=1，∴設點Q的坐標是（1，m），點P的坐標是（x，﹣x2+x+1），則解得，∴點P的坐標是（﹣1，）．綜上，可得在拋物線上存在點P，使得以P、Q、A、M為頂點的四邊形是平行四邊形，點P的坐標是（﹣1，﹣）、（5，﹣）、（﹣1，）．【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合題．20、（1）；（2）或；（3）,【解析】

（1）將點A代入直線解析式即可得出其坐標，再代入反比例函數(shù)解析式，即可得解；（2）首先聯(lián)立兩個函數(shù)，解得即可得出點B坐標，直接觀察圖像，即可得出解集；（3）首先過點作軸，過點作軸，交于點，根據(jù)平行線的性質(zhì)，得出，得出，進而得出直線CD解析式.【詳解】解：（1）根據(jù)題意，可得點將其代入反比例函數(shù)解析式，即得（2）根據(jù)題意，得解得∴點B（4，-2）∴直接觀察圖像，可得的解集為或（3）過點作軸，過點作軸，交于點根據(jù)題意，可得∴∠EAB=∠NOB=∠OCD，∠AEB=∠COD=90°，AB=CD∴∠ABE=∠CDO∴（ASA）∴則可得出直線CD為【點睛】此題主要考查一次函數(shù)、反比例函數(shù)和平行四邊形的綜合應用，熟練運用，即可解題.21、（1）15；（2）；（3）【解析】

（1）根據(jù)勾股定理即可解決問題；（2）設AD=x，則OD=OA=AD=12-x，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，DE=x，BE=AB=9，又OB=15，可得OE=OB-BE=15-9=6，在Rt△OED中，根據(jù)OE2+DE2=OD2，構(gòu)建方程即可解決問題；（3）過點E作EP∥BD交BC于點P，過點P作PQ∥DE交BD于點Q，則四邊形DEPQ是平行四邊形，再過點E作EF⊥OD于點F，想辦法求出最小PE的解析式即可解決問題.【詳解】解：（1）由題知：.（2）設，則，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，，，又，∴，在中，，即，解得，∴，∴點，設直線所對應的函數(shù)表達式為：，則，解得，∴直線所對應的函數(shù)表達式為：，（3）存在，過點作EP∥DB交于點，過點作PQ∥ED交于點，則四邊形是平行四邊形．再過點作于點，由，得，即點的縱坐標為，又點在直線：上，∴，解得，∴由于EP∥DB，所以可設直線：，∵在直線上∴，解得，∴直線：，令，則，解得，∴.【點睛】本題考查一次函數(shù)綜合題、矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握待定系數(shù)法，學會構(gòu)建一次函數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題.22、（1）①詳見解析；②，詳見解析；（2）．詳見解析【解析】

（1）①若證PG=PF，可證△HPG≌△DPF，已知∠DPH=∠HPG，由旋轉(zhuǎn)可知∠GPF=∠HPD=90°及DE平分∠ADC得△HPD為等腰直角三角形，即∠DHP=∠PDF=45°、PD=PH，即可得證；

②由△HPD為等腰直角三角形，△HPG≌△DPF知HD=DP，HG=DF，根據(jù)DG+DF=DG+GH=DH即可得；

（2）過點P作PH⊥PD交射線DA于點H，先證△HPD為等腰直角三角形可得PH=PD，HD=DP，再證△HPG≌△DPF可得HG=DF，根據(jù)DH=DG-HG=DG-DF可得DG-DF=DP．【詳解】解：（1）①∵∠GPF=∠HPD=90°，∠ADC=90°，

∴∠GPH=∠FPD，

∵DE平分∠ADC，

∴∠PDF=∠ADP=45°，

∴△HPD為等腰直角三角形，

∴∠DHP=∠PDF=45°，

在△HPG和△DPF中，

∵，

∴△HPG≌△DPF（ASA），

∴PG=PF；

②結(jié)論：DG+DF=DP，

由①知，△HPD為等腰直角三角形，△HPG≌△DPF，

∴HD=DP，HG=DF，

∴HD=HG+DG=DF+DG，

∴DG+DF=DP；

（2）不成立，數(shù)量關系式應為：DG-DF=DP，

如圖，過點P作PH⊥PD交射線DA于點H，

∵PF⊥PG，

∴∠GPF=∠HPD=90°，

∴∠GPH=∠FPD，

∵DE平分∠ADC，且在矩形ABCD中，∠ADC=90°，

∴∠HDP=∠EDC=45°，得到△HPD為等腰直角三角形，

∴∠DHP=∠EDC=45°，且PH=PD，HD=DP，

∴∠GHP=∠FDP=180°-45°=135°，

在△HPG和△DPF中，

∵

∴△HPG≌△DPF，

∴HG=DF，

∴DH=DG-HG=DG-DF，

∴DG-DF=DP．【點睛】此題考查等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)的綜合運用，靈活運用全等三角形