人教版数学八年级下学期期末仿真模拟试卷二（含解析）

这是一份人教版数学八年级下学期期末仿真模拟试卷二（含解析），共3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．如图，直线y=kx+b交坐标轴于A，B两点，则不等式kx+b>0的解集是（ ）
A．x2C．x−3
2．肺活量可以反映肺的容积和扩张能力，是一项能够衡量身体健康的重要指标.如图是某班在七、八年级参加国家学生体质健康测试时的肺活量箱线图，下列说法中错误的是（ )
A．该班在七年级时的肺活量下四分位数是2180ml
B．该班在八年级时的肺活量上四分位数是3550ml
C．该班在七年级时的肺活量中位数比八年级时大
D．相比七年级，该班在八年级时的肺活量有所提高
3．在下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A．34B．5C．m2nD．8
4．如图，将矩形ABCD放置在刻度尺上，顶点A，C对应的刻度（单位：cm）分别为1和5，则BD的长为（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
5．如图，在菱形 ABCD中，对角线 AC， BD 相交于点 O， AB=5.若∠BAD=120°，则 AC的长是（ )
A．2.5B．5C．6D．10
6．一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形的边数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
7．某天，某同学早上8点坐车从余姚图书馆出发去宁波大学，汽车离开余姚图书馆的距离S（千米）与所用时间t（分）之间的函数关系如图所示.已知汽车在途中停车加油··次，则下列描述不正确的是（ ）
A．汽车在途中加油用了10分钟
B．若OA//BC，则加满油以后的速度为80千米/小时
C．若汽车加油后的速度是90千米/小时，则a=25
D．该同学8：55到达宁波大学
8．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点D作DE⊥AB于点E，连接OE，若AB=10，OE=6，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．48B．60C．96D．192
9．如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，且DE∥BC，∠ABC的平分线BF和它的邻补角的平分线BG分别交直线DF于点F和G，连接AF，AG.则下列结论错误的是（ ）
A．当AF∥BG时，则四边形AGBF为矩形
B．当AD=BD时，则四边形AGBF为矩形
C．当AB=FG时，则四边形AGBF为矩形
D．当BF=BG时，则四边形AGBF为菱形
10．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD=2AD，点E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，EG交FD于点H，则①ED⊥CA；②FH=12FD；③S△EFD=12S△ACD．上述结论中正确的有（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。
11．如图，正方形 ABCD的对角线相交于点 O，以点 O为顶点的正方形 OEGF的两边 OE，OF分别交正方形 ABCD的两边 AB，BC于点 M，N，记△AOM的面积为 S1， △CON的面积为 S2，若正方形 ABCD的边长 AB=10，S1=16，则 S2的大小为 .
12．如图，在正方形ABCD中，AB=4，E，F分别为边AB，BC的中点，连结AF，DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连结GH，则GH的长为 。
13．一次函数y=3x+b和y=ax-3的图像如图所示，其交点为P（-2，-5），则不等式3x+b>ax-3的解集是 .
14．如图所示是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，若点H刚好为AE的中点，则正方形ABCD的面积与正方形 EFGH的面积之比为 .
15． “今有方池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐.问：水深几何？”这是我国数学史上的“葭生池中”问题.即AC=5，DC=1，BD=BA，则BC= .
三、解答题：本大题共8小题，共75分。
16．为了吸引游客，某森林公园景区推出了甲、乙两种购票方式.
甲：按照次数收费，门票每人每次 25元.
乙：购买一张森林公园景区年卡后，门票每人每次按五折优惠.
设某人一年内去该森林公园景区的次数为 x，选择甲、乙两种购票方式所需费用分别为 y甲、yz元，且所需费用 y与次数 x的函数关系如图所示.
根据图中信息，解答下列问题：
（1）购买一张森林公园景区年卡的费用为 元.
（2）直接写出选择甲、乙两种购票方式时，y关于 x的函数表达式.
（3）小明准备利用假期时间去森林公园景区完成“生物多样性”的课题实践活动，他选择哪种购票方式更划算?请说明理由.
17．计算或求值：
（1）312−3+313;
（2） 已知 x=2+3,y=2−3,求 x2+xy+y2的值.
18．【教材呈现】下图是人教版八年级下册数学教材53页部分内容．
【过程再现】相信你和你的伙伴们根据矩形的性质得到结论：BO=12AC，这一结论用文字语言阐述为：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
（1）证明这一结论：如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BO是斜边AC边上的中线．求证：BO=12AC．
（2）【定理应用】如图，在△ABC中，BE⊥AC于点E，CF⊥AB于点F，点D是BC边上的中点，连结DE，DF和EF．
①求证：DE=DF．
②若AB=BC，∠A=65°，求∠EDF的度数．
③若BC=10，EF=6，则E到DF的距离是 （直接写答案）．
19．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AE⊥BC于点E，CF⊥AB于点F，AE与CF相交于点G，连接GD，已知∠1=∠2，∠3=∠4．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AG=3，DG=5，求GE的值；
（3）若F是AB的中点，连接EF，求证：DG⊥EF．
20．如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点。
（1）若AB=6，CD=8，∠ABD=30°，∠BDC=120°，求EF的长。
（2）若∠BDC-∠ABD=90°，求证： AB2+CD2=4EF2。
21．学校开展了航天知识竞赛活动，从七、八年级学生中各随机抽取20名学生的竞赛成绩（成绩为百分制且为整数)进行整理、描述和分析（成绩均不低于60分，用x表示，共分四组： A.90≤x≤100； B.80≤x−2，
故答案为：x>−2．
【分析】根据直线y=3x+b在直线y=ax-3上方时自变量x的取值范围解答即可．
14．【答案】5：1
【解析】【解答】解：由题意可知，AE=2AH=2HE，设AE=a，AH=b，即四个全等的直角三角形的直角边为a=2b，
∴直角三角形的斜边 c=a2+b2=5b,
∴正方形ABCD的面积： =c2=5b2,
∴正方形EFGH的面积： =b2,
∴正方形ABCD的面积与正方形EFGH的面积之比=5：1，
故答案为： 5：1.
【分析】由题意可知AE=2AH=2HE，即四个全等的直角三角形的直角边为a=2b，进而利用勾股定理解答即可.
15．【答案】12
【解析】【解答】解：设BC=x，则BD=BA=x+1，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB2=AC2+BC2，即（x+1）2=52+x2，
解得x=12，
即BC=12，
故答案为：12．
【分析】设BC=x，则BD=BA=x+1，在Rt△ABC中，根据勾股定理列方程，求出x的值解答即可．
16．【答案】（1）100
（2）解：y甲=25x;y乙=252x+100
（3）解：当小明去森林公园景区的次数小于 8时，选择甲种购票方式更划算；次数为 8时，选择甲、乙两种购票方式同样划算；大于 8时，选择乙种购票方式更划算.
理由如下：
由（2）知 y甲=25x;y乙=252x+100,
当 y甲8，
即当小明去森林公园景区的次数大于 8时，选择乙种购票方式更划算
【解析】【解答】解：（1）由函数图象可知，当x=0（未去景区）时，乙方案的费用为100元，这部分费用即为购买年卡的固定成本，因此购买一张森林公园景区年卡的费用为100 元。
故答案为：100.
（2）甲方案：按次收费，每次 25 元，因此费用与次数的关系为：y甲=25x(x≥0，且x为整数)；
乙方案：先购买 100 元年卡，再享受每次门票五折优惠（25×0.5=12.5=252元/次），因此费用与次数的关系为：y乙=252x+100 (x≥0，且x为整数)。
【分析】(1)从函数图象中提取关键信息，当自变量x=0（未产生消费次数）时，乙方案的初始费用即为年卡的固定成本，直接读取图像纵轴截距即可得到答案。
(2)根据两种购票方式的收费规则，分别建立一次函数模型。甲方案是纯按次收费，费用与次数成正比例关系；乙方案是 “固定年卡费 + 折扣按次收费”，属于一次函数（含常数项），根据题意直接写出表达式即可。
(3)通过比较两个一次函数的函数值大小，分三种情况讨论不同次数下哪种购票方式更划算。核心是通过解一元一次方程找到费用相等的分界点，再通过解一元一次不等式，分别判断分界点前后哪种方案更省钱，从而得出不同次数下的最优购票策略
17．【答案】（1）解： 312−3+313
=3×23−3+3×33
=63−3+3
=63;
（2）解： ∵x=2+3,y=2−3,
∴x+y=4,xy=1,
∴x2+xy+y2=x+y2−xy=42−1=15。
【解析】【分析】（1）先将各项二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式。
（2）可先求出x+y，xy的值，根据完全平方公式将 x2+xy+y2变形为(x +y)2−xy,然后整体代入计算即可.
18．【答案】（1）证明：延长BO至D，使得BO=DO，连接AD、CD，如下图，
∵O为AC的中点，
∴AO=CO，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∴AC=BD=2BO，
即BO=12AC；
（2）证明：①∵在△ABC中，BE⊥AC于点E，CF⊥AB于点F，点D是BC边上的中点，
∴DF=12BC，DE=12BC
∴DF=DE；
②解：∵AB=BC，
∴∠ACB=∠A=65°，
∴∠ABC=180°−∠A−∠ACB=50°，
∵BE⊥AC,CF⊥AB，点D是BC的中点
由（2）得：DE=DC=BD=DF，
∴∠DEC=∠ACB=65°，∠DFB=∠ABC=50°，
∴∠CDE=180°−∠ACB−∠DEC=50°，∠BDF=180°−∠ABC−∠DFB=80°，
∴∠EDF=180°−∠CDE−∠BDF=180°−50°−80°=50°，
③125
【解析】【分析】（1）转化思想的应用，核心思路是倍长中线构造矩形：通过延长中线 BO 到 D，使 OD=BO，先证四边形 ABCD 是平行四边形，再结合∠ABC=90°证其为矩形，最后利用矩形对角线相等的性质，将问题转化为证明 AC=BD=2BO，从而推导出BO=12AC。这是一种将三角形问题转化为矩形问题的典型方法。
（2）①定理的直接使用，直接利用第 1 问的结论，在两个直角三角形△BEC 和△BFC 中，因为 D 是斜边 BC 的中点，所以 DE 和 DF 都是斜边 BC 的中线，因此都等于12BC，从而证明 DE=DF。这一步是对定理最直接的巩固。
②结合等腰三角形性质（等边对等角）和三角形内角和定理，先求出△ABC 的内角，再利用等腰三角形底角相等，求出∠CDE 和∠BDF，最后通过平角定义求出∠EDF 的度数，考查了定理与角度计算的综合运用。
③结合等腰三角形三线合一、勾股定理和面积法求高，先利用定理得出 DE=DF，再通过勾股定理算出△DEF 的高，最后用面积法求出点 E 到 DF 的距离，考查了定理与几何计算的综合应用。
19．【答案】（1）证明：如图：
∵CF⊥AB，
∴∠AFG=90°，
∵∠1=∠5，∠1=∠2，
∴∠2=∠5，
又∵∠3=∠4
∴∠AFG=∠DCG=90°，
∴∠AFG+∠DCG=180°，
∴AB∥CD，
∵AD∥ BC
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
又∵AD∥BC
∴∠DAG=∠AEB=90°，
∴AG2+AD2=DG2，
∵AG=3，DG=5，
∴AD=52−32=4，
过点C作CH⊥DG，如图：
∴∠CHG=∠DHC=∠AEB=90°，
∵∠1=∠2，∠AEC=∠CHG=90°，CG=CG，
∴△CGE≌△CGHAAS，
∴GH=GE，CH=CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB，
∵∠DHC=∠AEB，∠3=∠4，
∴△ABE≌△DCHAAS，
∴AE=DH=5，CH=BE，
∴CH=BE=CE，
∴E为BC中点，
∵DH=DG−GH，AE=AG+GE，
∴设GE=GH=x，由DH=AE，
得3+x=5−x，
解得：x=1，
即GE=1；
（3）解：连接EF，AC，如图：
∵E为BC中点(已证)， F是AB中点，
∴EF∥AC，
∵F是AB中点，CF⊥AB，
∴AC=BC，
同理∵ E是BC中点，AE⊥BC，
∴AC=AB，
∴AB=BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EF∥AC，AC⊥BD，
∴EF⊥BD.
【解析】【分析】（1）由垂直定义得∠AFG=90°，由对顶角相等及已知推出∠2=∠5，根据三角形内角和定理可推出∠AFG=∠DCG=90°，再根据同旁内角互补，两直线平行得到AB∥CD，最后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可求解；
（2）由二直线平行，内错角相等及垂直定义可得∠DAG=90°，在Rt△ADG中，根据勾股定理可得AD=4；过点C作CH⊥DG，从而利用“AAS”证得△CGE≌△CGH，由全等三角形的对应边相等得GH=GE，CH=CE；由平行四边形的对边相等得DC=AB，从而用“AAS”证得△ABE≌△DCH，由全等三角形的对应边相等得AE=DH=5，CH=BE，则CH=CE=BE，设GE=GH=x，根据DH=AE建立方程即可求解；
（3）连接EF、AC，根据中位线平行第三边可得EF∥AC，由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可证得AB=BC=AC从而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得四边形ABCD是菱形，根据平行对角线互相垂直及平行线的性质可推出DG垂直EF.
（1）证明：如图：
∵∠1=∠5，∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠2=∠5，
∴∠AFG=∠DCG，
∵CF⊥AB，
∴∠AFG=90°，
∴∠AFG=∠DCG=90°，
∴∠AFG+∠DCG=180°，
∴AB∥CD，
∵AD // BC
∴四边形ABCD是平行四边形
（2）解：∵AD∥BC，AE⊥BC，
∴AE⊥AD，∠AEB=90°，
∴∠DAG=90°，
∴AG2+AD2=DG2，
∵AG=3，DG=5，
∴AD=52−32=4，
过点C作CH⊥DG，如图：
∴∠CHG=∠DHC=∠AEB=90°，
∵∠1=∠2，∠AEC=∠CHG=90°，CG=CG，
∴△CGE≌△CGHAAS，
∴GH=GE，CH=CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB，
∵∠DHC=∠AEB，∠3=∠4，
∴△ABE≌△DCHAAS，
∴AE=DH=5，CH=BE，
∴CH=BE=CE，
∴E为BC中点，
∵DH=DG−GH，AE=AG+GE，
∴设GE=GH=x，由DH=AE，
得3+x=5−x，
解得：x=1，
即GE=1；
（3）解：连接EF，AC，如图：
∵E为BC中点(已证)， F是AB中点，
∴EF∥AC，
∵F是AB中点，CF⊥AB，
∴AC=BC，
同理∵ E是BC中点，AE⊥BC，
∴AC=AB，
∴AB=BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EF∥AC，AC⊥BD，
∴EF⊥BD；
20．【答案】（1）解：如图，取BD的中点P，连结EP，FP。
∵E，F分别是AD，BC的中点，AB=6，CD=8，
∴PE∥AB，且 PE=12AB=3,
PF∥CD且 PF=12CD=4。
又∵∠ABD=30°，∠BDC=120°，
∴∠EPD=∠ABD=30°，∠DPF=180°-∠BDC=60°。
∴∠EPF=∠EPD+∠DPF=90°。
在Rt△EPF中，由勾股定理得 EF=EP2+PF2 =32+42=5,即EF=5。
（2）证明：如图，取BD的中点P，连结EP，FP。
∵E，F分别是AD，BC的中点，
∴PE∥AB，且PE= 12AB，PF∥CD且 PF=12CD。
∴∠EPD=∠ABD，∠BPF=∠BDC。
∴∠DPF=180°-∠BPF=180°-∠BDC。
∵∠BDC-∠ABD=90°，
∴∠BDC=90∘+∠ABD。
∴∠EPF=∠EPD+∠DPF=∠ABD+180°- ∠BDC=∠ABD+180∘−90∘+∠ABD=90∘。
∴PE2+PF2=12AB2+12CD2=EF2。
∴AB2+CD2=4EF2。
【解析】【分析】（1）取BD的中点P，连接EP、PF，根据三角形中位线定理得出EP=12AB=3,PF=12CD=4, EP∥AB,PF∥CD,再结合 ∠ABC+∠BCD= 90∘,以及三角形外角的性质推出 △EHF是直角三角形，再根据勾股定理即可求解；
（2）取BD的中点P，连结EP，FP，根据三角形的中位线定理得到PE∥AB，且PE= 12AB，PF∥CD且 PF=12CD，即可得到∠EPD=∠ABD，∠BPF=∠BDC，然后求出∠EPF=90°，再根据勾股定理解答即可.
21．【答案】（1）84；72；30
（2）八
（3）解：560×30%+500×520=293人
【解析】【解答】（1） 将七年级数据按从小到大排序：D 组（2 人）→ C 组（5 人）→ B 组（7 人）→ A 组（6 人），共 20 个数。第 10、11 个数都在 B 组中，B 组数据为：83， 84， 84， 84， 85， 87， 88，即 B 组是第 8~14 个数。
第 10 个数是 84，第 11 个数是 85，因此中位数：a=84+852=84.5；
八年级 20 名学生成绩已按从小到大排序：63， 63， 65， 71， 72， 72， 75， 78， 81， 82， 84， 86， 86， 86， 89， 95， 97， 98， 98， 99
b是下四分位数（第 25% 分位数，即第20×25%=5个数）：第 5 个数是 72，因此b=72；c是中位数（第 10、11 个数的平均数）：第 10 个数是 82，第 11 个数是 84，因此：c=83+842=83；
扇形统计图中B组人数为7，占比为35%，所以m=100-35-25-10=30；
综上，a=84.5，b=72，c=83，m=30；
（2）已知七年级方差为 278.9，八年级方差为 134.7。
因为134.70，
∴w随n的增大而增大
∴当n=60时， Wmin=60×5+3000 =3300，
∴学校购进这批玩具最低费用是 3300 元.
【解析】【分析】（1）任务1：设一个“喜洋洋”的价格为x元， “乐融融”的价格为y元，根据题意建立方程组，解方程组即可求出答案.
（2）根据题意建立函数关系式，结合一次函数的性质即可求出答案.
23．【答案】（1）证明：在矩形ABCD中
OA=OC=OB=OD.
又∵BE=EF，
∴OE是△BDF的中位线.
∴DF∥OE，即DF∥AC​​​​​​​
（2）解：由（1）可得，DF=2OE，∵CE=2OE，∴CE=DF∵DF∥AC
∴∠CEP=∠F，∠ECP=∠PDF，
∴△ECP≌△FDP
∴EP=FP=12EF,CP=DP=12CD=23
在Rt△BCP中，BP=BC2+CP2=42+(23)2=27
∵BE=EF，
∵BP=EF+12EF=32EF，
∵BF=2EF
∴BF=43BP=43×27=873
（3）解：由已知条件可知，△ABC的内角分别为30°，60°，90°
①当∠DCF=30°时，过点O作OH⊥DF，
可得BD//CF，
由（1）知DF//AC，
∴四边形DOCF是平行四边形.
且OC=OD，∴□DOCF是菱形，
∠ODC=60°，
OD=12BD，
在Rt△BCD中，
BD=BC2+CD2=42+432=8，
∴OD=4，
在Rt△ODH中，
OH=OD×sin60°=4×32=23
∴OE=12DF=2，
∴S梯形DOEP=OE+DF×OH2=2+4×232=63
②当∠DCF=60°时，
∠ACF=∠ACD+∠DCF=90°
∵DF//AC，∴∠DFC=90°，在Rt△DCF中
∴CF=12DC=23,DF=DC2−CF2=(43)2−(23)2=6
OE=12DF=3,∴S梯形DOEF=OE+DF×CF2=3+6×232=93
③当∠DCF=90°时，此时点E与点C重合，不符合题意
∴四边形DOEF的面积为63或93
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可知OA=OC=OB=OD，再根据已知条件可知OE是△BDF的中位线，根据三角形中位线定理可推断出结论.
（2）根据（1）可知DF=2OE，∠CEP=∠F，∠ECP=∠PDF，推断出三角形全等，△ECP≌△FDP，推断出边之间的关系，根据勾股定理，求出BP的长，根据已知条件，找到BF与BP的关系，即可计算出BF的长；
（3）根据已知条件，分三种情况讨论，当∠DCF=30°，通过作图，根据平行四边形、菱形的性质以及勾股定理，解直角三角形，分别求出梯形的上底下底和高，即可计算出，当∠DCF=60°，根据已知条件，解直角三角形，勾股定理，分别求出梯形的上底下底和高，即可计算出，当∠DCF=90°时不符合.思考：如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，我们观察Rt△ABC，在Rt△ABC中，BO是斜边AC上的中线，BO与AC有什么关系？
年级
七年级
八年级
平均数
82
82
中位数
a
c
方差
278.9
134.7
素材1
第十五届全国运动会于2025年11月9日至21日在广东、香港和澳门三地联合举办.电商平台拼多多某网店出售此次运动会吉祥物毛绒玩具“喜洋洋”和“乐融融”，该网店单个毛绒玩具“乐融融”的标价是“喜洋洋”标价的 34，一个“喜洋洋”和一个“乐融融”共需要35元.
素材2
某学校计划购进这两种款式吉祥物共200个用来奖励校运会获奖学生，设购进“喜洋洋”玩具n个 （60≤n≤65)，购进这200个玩具的总费用为w元.
问题解决
任务1
求出每个“喜洋洋”和“乐融融”的价格分别是多少?
任务2
请写出w关于 n的函数关系式，并求出学校购进这批玩具最低费用是多少?