江蘇省蘇州市姑蘇區(qū)振華學校2025屆八下數(shù)學期末質(zhì)量檢測試題含解析

江蘇省蘇州市姑蘇區(qū)振華學校2025屆八下數(shù)學期末質(zhì)量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1．某服裝加工廠加工校服960套的訂單，原計劃每天做48套．正好按時完成．后因?qū)W校要求提前5天交貨，為按時完成訂單，設每天就多做x套，則x應滿足的方程為（）A． B． C． D．2．在一個直角三角形中，已知兩直角邊分別為6cm，8cm，則下列結論不正確的是（）A．斜邊長為10cm B．周長為25cmC．面積為24cm2 D．斜邊上的中線長為5cm3．下列圖形是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（）A．菱形 B．矩形 C．正三角形 D．平行四邊形4．如圖，矩形被對角線、分成四個小三角形，這四個小三角形的周長之和是，．則矩形的周長是（）A． B． C． D．5．等腰三角形的底邊和腰長分別是10和12，則底邊上的高是（）A．13 B．8 C． D．6．用配方法解方程x2-8x+9=0時，原方程可變形為（）A．（x-4）2=9 B．（x-4）2=7 C．（x-4）2=-9 D．（x-4）2=-77．歐幾里得是古希臘數(shù)學家，所著的《幾何原本》聞名于世．在《幾何原本》中，形如x2+ax＝b2的方程的圖解法是：如圖，以和b為直角邊作Rt△ABC，再在斜邊上截取BD＝，則圖中哪條線段的長是方程x2+ax＝b2的解？答：是（

）A．AC B．AD C．AB D．BC8．已知甲.乙兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)相等，若甲組數(shù)據(jù)的方差＝0.055，乙組數(shù)據(jù)的方差＝0.105，則（）A．甲組數(shù)據(jù)比乙組數(shù)據(jù)波動大 B．乙組數(shù)據(jù)比甲組數(shù)據(jù)波動大C．甲組數(shù)據(jù)與乙組數(shù)據(jù)的波動一樣大 D．甲.乙兩組數(shù)據(jù)的數(shù)據(jù)波動不能比較9．將一次函數(shù)y=4x的圖象向上平移3個單位長度，得到圖象對應的函數(shù)解析式為（）A．y=4x-3 B．y=2x-6 C．y=4x+3 D．y=-x-310．如圖，是等腰直角三角形，是斜邊，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)后，能與重合，如果，那么的長等于（）A． B． C． D．11．若把分式中的和都擴大為原來的5倍，那么分式的值()A．擴大為原來的5倍 B．擴大為原來的10倍 C．不變 D．縮小為原來的倍12．下列方程中，是一元二次方程的是（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的邊OA＝6，OC＝2，一條動直線l分別與BC、OA將于點E、F，且將矩形OABC分為面積相等的兩部分，則點O到動直線l的距離的最大值為_____．14．甲、乙兩人在同一直線道路上同起點、同方向、同時出發(fā)，分別以不同的速度勻速跑步1000米，甲超出乙150米時，甲停下來等候乙，甲、乙會合后，兩人分別以原來的速度繼續(xù)跑向終點，先到終點的人在終點休息，在跑步的整個過程中，甲、乙兩人的距離y（米）與乙出發(fā)的時間x（秒）之間的關系如圖所示，則甲到終點時，乙距離終點還有_____米．15．計算：__．16．如圖，菱形ABCD中，點O為對角線AC的三等分點且AO＝2OC，連接OB，OD，OB＝OC＝OD，已知AC＝3，那么菱形的邊長為_____．17．某市出租車白天的收費起步價為10元，即路程不超過時收費10元，超過部分每千米收費2元，如果乘客白天乘坐出租車的路程為，乘車費為元，那么與之間的關系式為__________________．18．如果關于x的方程kx2﹣6x+9＝0有兩個相等的實數(shù)根，那么k的值為_____．三、解答題（共78分）19．（8分）市政規(guī)劃出一塊矩形土地用于某項目開發(fā)，其中，設計分區(qū)如圖所示，為矩形內(nèi)一點，作于點交于點，過點作交于點，其中丙區(qū)域用于主建筑區(qū)，其余各區(qū)域均用于不同種類綠化．若點是的中點，求的長；要求綠化占地面積不小于，規(guī)定乙區(qū)域面積為①若將甲區(qū)域設計成正方形形狀，能否達到設計綠化要求?請說明理由；②若主建筑丙區(qū)域不低于乙區(qū)域面積的，則的最大值為（請直接寫出答案）20．（8分）先化簡，再求值：，其中的值從不等式組的整數(shù)解中選取．21．（8分）如圖，菱形中，是的中點，，．（1）求對角線，的長；（2）求菱形的面積．22．（10分）如圖，已知正方形ABCD的邊長為3，菱形EFGH的三個頂點E、G、H分別在正方形的邊AB、CD、DA上，AH＝1，聯(lián)結CF．（1）當DG＝1時，求證：菱形EFGH為正方形；（2）設DG＝x，△FCG的面積為y，寫出y關于x的函數(shù)解析式，并指出x的取值范圍；（3）當DG＝時，求∠GHE的度數(shù)．23．（10分）如圖，平行四邊形ABCD的四個內(nèi)角的平分線相交成四邊形EFGH，求證：（1）EG=HF．（2）EG=BC-AB．24．（10分）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AD，BC上的點，且AE=CF，求證：AF=CE．25．（12分）已知直線l1：y＝x+n﹣2與直線l2：y＝mx+n相交于點P（1，2）．（1）求m，n的值；（2）請結合圖象直接寫出不等式mx+n＞x+n﹣2的解集．（3）若直線l1與y軸交于點A，直線l2與x軸交于點B，求四邊形PAOB的面積．26．如圖1，在中，是邊上一點，且，是的中點，過點作的平行線交的延長線于，連接.（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）如圖2，若，，求四邊形的面積.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【解析】解：原來所用的時間為：，實際所用的時間為：，所列方程為：．故選D．點睛：本題考查了由實際問題抽象出分式方程，關鍵是時間作為等量關系，根據(jù)每天多做x套，結果提前5天加工完成，可列出方程求解．2、B【解析】試題解析：∵在一個直角三角形中，已知兩直角邊分別為6cm，8cm，∴直角三角形的面積=×6×8=24cm2，故選項C不符合題意；∴斜邊故選項A不符合題意；∴斜邊上的中線長為5cm，故選項D不符合題意；∵三邊長分別為6cm，8cm，10cm，∴三角形的周長=24cm，故選項B符合題意，故選B．點睛：直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半.3、D【解析】

根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．【詳解】解：A、菱形是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故本選項錯誤；B、矩形是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故本選項錯誤；C、正三角形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故本選項錯誤；D、平行四邊形是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形，故本選項正確．故選：D．【點睛】本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合．4、C【解析】

四個小三角形的周長是兩條對角線長與矩形周長的和，由此可求矩形周長．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD．四個小三角形的周長=4AC+AD+DC+BC+BA，即40+矩形周長=68，所以矩形周長為1．故選：C．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，矩形的對角線相等是解題的關鍵．5、D【解析】

先作底邊上的高，由等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理即可求出此高的長度．【詳解】解：作底邊上的高并設此高的長度為x，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得高線平分底邊，根據(jù)勾股定理得：52+x2=122，解得x=【點睛】本題考點：等腰三角形底邊上高的性質(zhì)和勾股定理，等腰三角形底邊上的高所在直線為底邊的中垂線．然后根據(jù)勾股定理即可求出底邊上高的長度．6、B【解析】

方程常數(shù)項移到右邊，兩邊加上一次項系數(shù)一半的平方，利用完全平方公式變形得到結果，即可做出判斷．【詳解】方程x2-8x+9=0，變形得：x2-8x=-9，配方得：x2-8x+16=7，即(x-4)2=7，故選B．【點睛】本題考查了解一元二次方程-配方法，熟練掌握配方法的一般步驟以及完全平方公式的結構特征是解本題的關鍵．7、B【解析】

解一元二次方程，由求根公式求得，已知AC、BC，由勾股定理求得AB，則AD等于AB和BD之差，比較AD的長度和x的解即可知結論.【詳解】x2+ax＝b2,即x2+ax-b2=0,∴∵∠ACB=90°，∴AB=，則故答案為：B.【點睛】本題主要考查一元二次方程的根，與勾股定理，解題關鍵在于能夠求出AB的長度.8、B【解析】試題分析：先比較兩組數(shù)據(jù)的方差，再根據(jù)方差的意義即可判斷.∵∴乙組數(shù)據(jù)比甲組數(shù)據(jù)波動大故選B.考點：方差的意義點評：生活中很多數(shù)據(jù)的收集整理都涉及方差的意義應用，故此類問題在中考中較為常見，常以填空題、選擇題形式出現(xiàn)，難度一般，需多加留心.9、C【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的平移特點即可求解.【詳解】∵將一次函數(shù)y=4x的圖象向上平移3個單位長度，∴得到圖象對應的函數(shù)解析式為y=4x+3故選C.【點睛】此題主要考查一次函數(shù)的圖像，解題的關鍵是熟知一次函數(shù)的平移特點.10、A【解析】

解：如圖：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)可知：∠PAP′=∠BAC=90°，AP=AP′=3，根據(jù)勾股定理得：，故選A．11、A【解析】

把和都擴大為原來的5倍，代入原式化簡，再與原式比較即可.【詳解】和都擴大為原來的5倍，得，∴把分式中的和都擴大為原來的5倍，那么分式的值擴大為原來的5倍.故選A.【點睛】本題主要考查分式的基本性質(zhì)：分式的分子與分母同乘(或除以)一個不等于0的整式，分式的值不變.解題的關鍵是抓住分子、分母變化的倍數(shù)，解此類題首先把字母變化后的值代入式子中,然后約分,再與原式比較,最終得出結論.12、C【解析】

根據(jù)一元二次方程的定義即可求解.【詳解】A.是一元一次方程，故錯誤；B.含有兩個未知數(shù)，故錯誤；C.為一元二次方程，正確；D.含有分式，故錯誤，故選C.【點睛】此題主要考查一元二次方程的定義，解題的關鍵是熟知一元二次方程的特點.二、填空題（每題4分，共24分）13、.【解析】

根據(jù)一條動直線l將矩形OABC分為面積相等的兩部分，可知G和H分別是OB和OC的中點，得GH=3，根據(jù)勾股定理計算OG的長，并且知點O到直線l的距離最大，則l⊥OG，可得結論．【詳解】連接OB，交直線l交于點G，∵直線l將矩形OABC分為面積相等的兩部分，∴G是OB的中點，過G作GH∥BC，交OC于H，∵BC＝OA＝6，∴GH＝BC＝3，OH＝OC＝1，若要點O到直線l的距離最大，則l⊥OG，Rt△OGH中，由勾股定理得：OG＝，故答案為：．【點睛】本題考查一次函數(shù)和矩形的綜合運用，考查了矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，確定直線l與OB垂直時，OG最大是本題的關鍵．14、50【解析】

乙從開始一直到終點，行1000米用時200秒，因此乙的速度為1000÷200=5米/秒，甲停下來，乙又走150÷5=30秒才與甲第一次會和，第一次會和前甲、乙共同行使150-30=120秒，從起點到第一次會和點的距離為5×150=750米，因此甲的速度為750÷120=6.25米/秒，甲行完全程的時間為1000÷6.25=160秒，甲到終點時乙行駛時間為160+30=190秒，因此乙距終點還剩200-190=10秒的路程，即10×5=50米．【詳解】乙的速度為：1000÷200＝5米/秒，從起點到第一次會和點距離為5×150＝750米，甲停下來到乙到會和點時間150÷5＝30秒，之前行駛時間150﹣30＝120秒，甲的速度為750÷120＝6.25米/秒，甲到終點時乙行駛時間1000÷6.25+30＝190秒，還剩10秒路程，即10×5＝50米，故答案為50米．【點睛】考查函數(shù)圖象的意義，將行程類實際問題和圖象聯(lián)系起來，理清速度、時間、路程之間的關系是解決問題關鍵．15、-【解析】

直接利用二次根式的性質(zhì)分別計算得出答案．【詳解】解：原式．故答案為：．【點睛】此題主要考查了二次根式的加減運算，正確化簡二次根式是解題關鍵．16、.【解析】

如圖，連接BD交AC于E，由四邊形ABCD是菱形，推出AC⊥BD，AE=EC，在Rt△EOD中，利用勾股定理求出DE，在Rt△ADE中利用勾股定理求出AD即可．【詳解】如圖，連接BD交AC于E．∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AE＝EC，∵OA＝2OC，AC＝3，∴CO＝DO＝2EO＝1，AE＝，∴EO＝，DE＝EB＝，∴AD＝．故答案為．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活應用勾股定理解決問題.17、【解析】

根據(jù)乘車費用=起步價+超過3千米的付費得出．【詳解】解：依題意有：y=10+2（x-3）=2x+1．

故答案為：y=2x+1．【點睛】根據(jù)題意，找到所求量的等量關系是解決問題的關鍵．本題乘車費用=起步價+超過3千米的付費18、1．【解析】

根據(jù)題意方程有兩個相等實根可知△=0，代入求值即可解題.【詳解】∵關于x的方程kx2﹣6x+9＝0有兩個相等的實數(shù)根，∴△＝（﹣6）2﹣4k×9＝0且k≠0，解得：k＝1，故答案為：1．【點睛】本題考查了一元二次方程根的判別式，本題解題關鍵是根據(jù)題意得到根的情況，代值到判別式即可解題.三、解答題（共78分）19、（1）90m；（2）①能達到設計綠化要求，理由見解析，②40【解析】

（1）首先理由矩形性質(zhì)得出AD=BC=180m，AB∥CD，AD∥BC，進一步證明出四邊形AFEG與四邊形DGEH為矩形，四邊形BIHE為平行四邊形，由此得出AG=EF，DG=EH，EH=BI，據(jù)此進一步求解即可；（2）①設正方形AFEG邊長為m，根據(jù)題意列出方程，然后進一步求解再加以分析即可；②設AF=m，則EH=m，然后結合題意列出不等式，最后再加以求解即可.【詳解】（1）∵四邊形ABCD為矩形，∴AD=BC=180m，AB∥CD，AD∥BC，∵EG⊥AD，EH∥BC，HI∥BE，∴四邊形AFEG與四邊形DGEH為矩形，四邊形BIHE為平行四邊形，∴AG=EF，DG=EH，EH=BI，∵點G為AD中點，∴DG=AD=90m，∴BI=EH=DG=90m；（2）①能達到設計綠化要求，理由如下：設正方形AFEG邊長為m，由題意得：，解得：，當時，EH=m，則EF=180?150=30m，符合要求，∴若將甲區(qū)域設計成正方形形狀，能達到設計綠化要求；②設AF=m，則EH=m，由題意得：，解得：，即AF的最大值為40m，故答案為：40.【點睛】本題主要考查了四邊形與一元一次方程及一元一次不等式的綜合運用，熟練掌握相關方法是解題關鍵.20、，-2【解析】

先根據(jù)分式的混合運算順序和運算法則化簡原式，再解不等式組求得x的范圍，據(jù)此得出x的整數(shù)值，繼而根據(jù)分式有意義的條件得出x的值，代入計算可得．【詳解】解：，解不等式組得，-1≤x≤，∴不等式組的整數(shù)解為-1，0，1，2，∵x≠±1且x≠0，

∴x=2，將x=2代入得，原式=．【點睛】本題主要考查了分式的化簡求值以及解不等式組，解題的關鍵是掌握基本運算法則，并注意選取代入的數(shù)值一定要使原分式有意義．21、（1），；（2）【解析】

(1)根據(jù)是的中點，得到，再根據(jù)菱形的性質(zhì)得到是等邊三角形，得到BD的長，再利用勾股定理進而可以求出AO的長度，根據(jù)AC=2AO得到答案；(2)根據(jù)菱形的面積等于兩對角線的積的一半，列式求解即可得到答案；【詳解】解：（1）為的中點，，菱形中，，，是等邊三角形，，，；（2）菱形的面積；【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、菱形的面積計算、等邊三角形的判定與性質(zhì)，掌握菱形的面積=兩對角線的積的一半是解題的關鍵；22、（2）詳見解析；（2）（3）60°【解析】

(2)先求出HG，再判斷出△AHE≌△DGH，得出∠AHE=∠DGH，進而判斷出∠GHE=90°，即可得出結論；(2)先判斷出∠HEA=∠FGM，進而判斷出△AHE≌△MFG.得出FM=HA=2，即可得出結論；(3)利用勾股定理依次求出GH=，AE=，GE=，進而判斷出GH=HE=GE，即可得出結論【詳解】解：（2）在正方形ABCD中，∵AH＝2，∴DH＝2．又∵DG＝2，∴HG＝在△AHE和△DGH中，∵∠A＝∠D＝90°，AH＝DG＝2，EH＝HG＝，∴△AHE≌△DGH，∴∠AHE＝∠DGH．∵∠DGH+∠DHG＝90°，∠AHE+∠DHG＝90°．∴∠GHE＝90°所以菱形EFGH是正方形；（2）如圖2，過點F作FM⊥DC交DC所在直線于M，聯(lián)結GE．∵AB∥CD，∴∠AEG＝∠MGE．∵HE∥GF，∴∠HEG＝∠FGE．∴∠HEA＝∠FGM，在△AHE和△MFG中，∵∠A＝∠M＝90°，EH＝GF．∴△AHE≌△MFG．∴FM＝HA＝2．即無論菱形EFGH如何變化，點F到直線CD的距離始終為定值2，∴y＝GC?FM＝（3﹣x）×2＝﹣x+（0≤x≤）；（3）如圖2，當DG＝時，在Rt△HDG中，DH＝2，根據(jù)勾股定理得，GH＝；∴HE＝GH＝，在Rt△AEH中，根據(jù)勾股定理得，AE＝，過點G作GN⊥AB于N，∴EN＝AE﹣DG＝在Rt△ENG中，根據(jù)勾股定理得，GE＝∴GH＝HE＝GE，∴△GHE為等邊三角形．∴∠GHE＝60°．【點睛】此題考查正方形的判定，全等三角形的性質(zhì)與判斷，勾股定理，解題關鍵在于作輔助線23、（1）見詳解；（2）見詳解．【解析】

（1）利用三個內(nèi)角等于90°的四邊形是矩形，即可證明；（2）延長AF交BC于M，通過全等得到AB=BM，然后證明四邊形EMCG是平行四邊形，得到EG=CM，即可得證．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB∥CD，

∴∠ABC+∠BCD=180°，

∵BH，CH分別平分∠ABC與∠BCD，

∴∠HBC=∠ABC，∠HCB=∠BCD，

∴∠HBC+∠HCB=（∠ABC+∠BCD）=×180°=90°，

∴∠H=90°，

同理∠HEF=∠F=90°，

∴四邊形EFGH是矩形，∴EG=HF；（2）如圖，延長AF交BC于M，由（1）中可知AE⊥AF，即∠BEA=∠BEM=90°，在Rt△ABE和Rt△MBE中，，∴△ABE≌△MBE，∴AB=MB，AE=EM，由于四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC=∠ADC，AB=CD∵BH，DF分別平分∠ABC與∠ADC，∴∠ABE=∠CDG，在Rt△ABE和Rt△CDG中，，∴△ABE≌△CDG，∴CG=AE，∴CG=EM，由于四邊形EFGH是矩形，∴EM∥CG，∴四邊形EMCG是平行四邊形，∴EG=MC，由于MC=BC-BM，∴EG=BC-AB．【點睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，熟練掌握判定方法是解題的關鍵．24、見解析【解析】

根據(jù)平行四邊形ABCD的對邊平行得出A