山東省萊陽市2024屆八年級數學第二學期期末經典模擬試題考生須知：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．已知圖2是由圖1七巧板拼成的數字“0”，己知正方形ABCD的邊長為4，則六邊形EFGHMN的周長為（）A． B． C． D．122．如圖，是一鋼架，且，為使鋼架更加牢固，需在其內部添加-一些鋼管、、，添加的鋼管都與相等，則最多能添加這樣的鋼管（）A．根 B．根 C．根 D．無數根3．如圖，將一個邊長分別為8，16的矩形紙片ABCD沿EF折疊，使C點與A點重合，則EF與AF的比值為（

）A．4 B． C．2 D．4．下列直線與一次函數的圖像平行的直線是（）A．； B．； C．； D．．5．用配方法解方程時，原方程應變形為（）A． B． C． D．6．如圖，在矩形中，，，點是邊上一點，點是矩形內一點，，則的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．7．如圖，已知，那么添加下列一個條件后，仍然無法判定的是（）A． B． C． D．8．如圖，陰影部分是一個長方形，它的面積是（）A． B． C． D．9．化簡的結果為()A．﹣ B．﹣y C． D．10．如圖，已知四邊形是平行四邊形，、分別為和邊上的一點，增加以下條件不能得出四邊形為平行四邊形的是（）A． B． C． D．11．在中，若，則的度數是（）A． B．110° C． D．12．方程x2=2x的解是（）A．x=2 B．x1=，x2=0 C．x1=2，x2=0 D．x=0二、填空題（每題4分，共24分）13．一運動員推鉛球，鉛球經過的路線為如圖所示的拋物線，則鉛球所經過的路線的函數表達式為________14．已知不等式組的解集為，則的值是________.15．如圖所示，在菱形中，對角線與相交于點．OE⊥AB，垂足為，若，則的大小為____________．16．定義：等腰三角形的頂角與其一個底角的度數的比值稱為這個等腰三角形的“特征值”．若等腰中，，則它的特征值__________．17．如圖，邊長為的正方形和邊長為的正方形排放在一起，和分別是兩個正方形的對稱中心，則的面積為________．18．已知，是關于的一元二次方程的兩個實根，且滿足，則的值等于__________．三、解答題（共78分）19．（8分）計算：（1）（2）（3）先化簡：再求值．，其中20．（8分）如圖，一次函數y=kx+b的圖象為直線l1，經過A（0，4）和D（4，0）兩點；一次函數y=x+1的圖象為直線l2，與x軸交于點C；兩直線l1，l2相交于點B．（1）求k、b的值；（2）求點B的坐標；（3）求△ABC的面積．21．（8分）在中，，是邊上的中線，是的中點，過點作交的延長線于點，連接．（1）如圖1，求證：（2）如圖2，若，其它條件不變，試判斷四邊形的形狀，并證明你的結論．22．（10分）2019年4月25日至27日，第二屆“一帶一路”國際合作高峰論壇在北京舉行，本屆論壇期間，中國同30多個國家簽署經貿合作協議。我國準備將地的茶葉1000噸和地的茶葉500噸銷往“一帶一路”沿線的地和地，地和地對茶葉需求分別為900噸和600噸，已知從、兩地運茶葉到、兩地的運費（元/噸）如下表所示，設地運到地的茶葉為噸，35403045（1）用含的代數式填空：地運往地的茶葉噸數為___________，地運往地的茶葉噸數為___________，地運往地的茶葉噸數為___________.（2）用含（噸）的代數式表示總運費（元），并直接寫出自變量的取值范圍；（3）求最低總運費，并說明總運費最低時的運送方案.23．（10分）已知矩形，為邊上一點，，點從點出發，以每秒個單位的速度沿著邊向終點運動，連接，設點運動的時間為秒，則當的值為__________時，是以為腰的等腰三角形．24．（10分）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點E在BC上，點F在AD上，BE=DF，求證：AE=CF．25．（12分）某文化用品店用2000元購進一批學生書包，面市后發現供不應求，商店又購進第二批同樣的書包，所購數量是第一批購進數量的3倍，但單價貴了4元，結果第二批用了6300元。求第一批書包的單價。26．小明想利用太陽光測量樓高.他帶著皮尺來到一棟樓下，發現對面墻上有這棟樓的影子，針對這種情況，他設計了一種測量方案，具體測量情況如下:如圖，小明邊移動邊觀察，發現站到點E處時，可以使自己落在墻上的影子與這棟樓落在墻上的影子重疊，且高度恰好相同.此時，測得小明落在墻上的影子高度CD=1.2m，CE=0.8m，CA=30m.(點A，E，C在同一直線上)，已知小明的身高EF是1.7m，請你幫小明求出樓高AB．(結果精確到0.1m)

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】

根據正方形的邊長以及七巧板的特點先求出七巧板各個圖形的邊長，繼而即可求得六邊形的周長．【詳解】解：如圖，七巧板各圖形的邊長如圖所示，則六邊形EFGHMN的周長為：2+2++2+2+2++2=10+4，故選B．【點睛】本題考查了正方形的面積、七巧板、周長的定義等，七巧板由下面七塊板組成（完整圖案為一正方形）：五塊等腰直角三角形（兩塊小型小三角形，一塊中型三角形和兩塊大型三角形）、一塊正方形和一塊平行四邊形，熟知七巧板中各塊中的邊長之間的關系是解題的關鍵．2、B【解析】

因為每根鋼管的長度相等，可推出圖中的5個三角形都是等腰三角形，再根據等腰三角形的性質和三角形的外角性質，計算出最大的∠OQB的度數（必須≤90°），就可得出鋼管的根數.【詳解】解：如圖所示，∠AOB=15°，∵OE=FE，∴∠OFE=∠AOB=15°，∴∠GEF=15°×2=30°，∵EF=GF，所以∠EGF=30°，∴∠GFH=15°+30°=45°，∵GH=GF，∴∠GHF=45°，∠HGA=45°+15°=60°，∵GH=HQ，∴∠GQH=60°，∠QHB=60°+15°=75°，∵QH=QB，∴∠QBH=75°，故∠OQB=180°－15°－75°=90°，再作與BQ相等的線段時，90°的角不能是底角，則最多能作出的鋼管是：EF、FG、GH、HQ、QB，共有5根．故選B．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質和三角形外角的性質，弄清題意，發現規律，正確求得圖中各角的度數是解題的關鍵.3、B【解析】

由折疊前后的兩圖形全等，得到一些線段相等，連接后轉化到一個直角三角形中，由勾股定理可求出線段AF的長，由折疊A與C重合，折痕EF垂直平分AC，進而可以求出EF的長，最后再求EF與AF的比值．【詳解】連接AC交EF于點O，連接FC，由折疊得：AF=FC，EF垂直平分AC，設AF=x，則DF=16-x在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2+CD2=FC2，即：（16-x）2+82=x2，解得：x=10，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=，∴OA=CO=4，在Rt△FOC中，OF=，EF=2OF=4，∴，故選B．【點睛】考查折疊的性質、勾股定理、矩形的性質等知識，將所求線段轉化到一個直角三角形中是解決問題的關鍵，利用勾股定理建立方程求解是常用的方法．4、B【解析】【分析】設一次函數y=k1x+b1（k1≠0）的圖象為直線l1，一次函數y=k2x+b2（k2≠0）的圖象為直線l2，若k1=k2，且b1≠b2，我們就稱直線l1與直線l2互相平行．據此可以判斷.【詳解】A.直線與直線相交，故不能選；B.直線與直線平行，故能選；C.直線與直線重合，故不能選；D.直線與直線相交，故不能選．故選：B【點睛】本題考核知識點：一次函數.解題關鍵點：熟記一次函數性質.5、A【解析】

根據配方的原則，首先觀察一次項的系數，進而給等式兩邊同時加上或減去一個數，從而構造完全平方式即可.【詳解】根據配方的原則原式可化為：所以可得：因此可得故選A.【點睛】本題主要考查配方法的熟練應用，注意配方首先根據一次項的系數計算，配方即可.6、A【解析】

過點F作FH⊥BC，將的最小值轉化為求EF+FH的最小值，易得答案.【詳解】解：過點F作FH⊥BC，∵，∴在Rt△FHC中，FH=，∴的最小值即EF+FH的最小值，∴當E，F，H三點共線時，EF+FH取最小值，最小值為AB的長度3，即的最小值為3，故選A.【點睛】本題主要考查了含30°直角三角形的性質，通過作輔助線將所求線段進行轉化是解題關鍵.7、A【解析】

先根據∠DAB=∠CAE得出∠DAE=∠BAC，再由相似三角形的判定定理對各選項進行逐一判定即可．【詳解】∵∠DAB=∠CAE，∴∠DAE=∠BAC．A．∵，∠B與∠D的大小無法判定，∴無法判定△ABC∽△ADE，故本選項正確；B．∵，∴△ABC∽△ADE，故本選項錯誤；C．∵∠B=∠D，∴△ABC∽△ADE，故本選項錯誤；D．∵∠C=∠AED，∴△ABC∽△ADE，故本選項錯誤．故選A．【點睛】本題考查了相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此題的關鍵．8、C【解析】

由勾股定理求出直角三角形的斜邊長，再由長方形的面積公式即可得出結果．【詳解】由勾股定理得：cm,∴陰影部分的面積=5×1=5（cm2）；

故選：C．【點睛】考查了勾股定理、長方形的性質；熟練掌握勾股定理是解決問題的關鍵．9、D【解析】

先因式分解，再約分即可得．【詳解】故選D．【點睛】本題主要考查約分，由約分的概念可知，要首先將分子、分母轉化為乘積的形式，再找出分子、分母的最大公因式并約去，注意不要忽視數字系數的約分．10、B【解析】

逐項根據平行四邊形的判定進行證明即可解題.【詳解】解:∵四邊形是平行四邊形，∴AB∥CD,AD∥BC,∠A=∠C,∠ABC=∠ADC,AB=CD,AD=BC,A.若,易證ED=BF,∵ED∥BF,∴四邊形為平行四邊形,B.若,由于條件不足,無法證明四邊形為平行四邊形,C.若,∴,易證△ABE≌△CDF,∴AE=CF,接下來的證明步驟同選項A,D.若,易證△ABE≌△CDF,∴AE=CF,接下來的證明步驟同選項A,故選B【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質，可以針對各種平行四邊形的判定方法，給出條件，本題可通過構造條件證△AEB≌△CFD來解題．11、B【解析】

根據平行四邊形的對角相等，鄰角之和為180°，即可求出該平行四邊形各個內角的度數．【詳解】畫出圖形如下所示：則∠A+∠B=180°，又∵∠A?∠B=40°，∴∠A=110°,∠B=70°，∴∠C=∠A=110°.故選B【點睛】此題考查平行四邊形的性質，解題關鍵在于畫出圖形12、C【解析】

先移項得到x1-1x=0，再把方程左邊進行因式分解得到x（x-1）=0，方程轉化為兩個一元一次方程：x=0或x-1=0，即可得到原方程的解為x1=0，x1=1．【詳解】解：∵x1-1x=0，∴x（x-1）=0，∴x=0或x-1=0，∴x1=0，x1=1．故答案為x1=0，x1=1．二、填空題（每題4分，共24分）13、【解析】

由拋物線的頂點坐標為（4，3），可設其解析式為，再將（0，）代入求出a的值即可．【詳解】解：由圖知，拋物線的頂點坐標為（4，3），故設拋物線解析式為，將點（0，）代入，得：，解得，則拋物線解析式為，故答案為：．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數的解析式：一般地，當已知拋物線上三點時，常選擇一般式，用待定系數法列三元一次方程組來求解；當已知拋物線的頂點或對稱軸時，常設其解析式為頂點式來求解；當已知拋物線與x軸有兩個交點時，可選擇設其解析式為交點式來求解．14、【解析】

根據不等式的解集求出a,b的值，即可求解.【詳解】解得∵解集為∴=1，3+2b=-1，解得a=1,b=-2,∴=2×（-3）=-6【點睛】此題主要考查不等式的解集，解題的關鍵是熟知不等式的性質及解集的定義.15、65°【解析】

先根據菱形的鄰角互補求出∠BAD的度數，再根據菱形的對角線平分一組對角求出∠BAO的度數，然后根據直角三角形兩銳角互余列式計算即可得解．【詳解】在菱形ABCD中，∠ADC=130°，∴∠BAD=180°﹣130°=50°，∴∠BAO∠BAD50°=25°．∵OE⊥AB，∴∠AOE=90°﹣∠BAO=90°﹣25°=65°．故答案為65°．【點睛】本題考查了菱形的鄰角互補，每一條對角線平分一組對角的性質，直角三角形兩銳角互余的性質，熟練掌握性質是解題的關鍵．16、【解析】

可知等腰三角形的兩底角相等，則可求得底角的度數．從而可求解【詳解】解：①當為頂角時，等腰三角形兩底角的度數為：∴特征值②當為底角時，頂角的度數為：∴特征值綜上所述，特征值為或故答案為或【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質，熟記等腰三角形的性質是解題的關鍵，要注意到本題中，已知的底數，要進行判斷是底角或頂角，以免造成答案的遺漏．17、【解析】

由O1和O2分別是兩個正方形的對稱中心，可求得BO1，BO2的長，易證得∠O1BO2是直角，繼而求得答案．【詳解】解：∵O1和O2分別是這兩個正方形的中心，∴BO1=×6=3,BO2=×8=4,∠O1BC=∠O2BC=45°，∴∠O1BO2=∠O1BC+∠O2BC=90°，∴陰影部分的面積=×4×3=12.故答案是：12.【點睛】本題考查的是正方形的綜合運用，熟練掌握對稱中心是解題的關鍵.18、-1【解析】

根據根的存在情況限定△≥0；再將根與系數的關系代入化簡的式子x1?x2＋2（x2＋x1）＋4＝13，即可求解；【詳解】解：∵x1，x2是關于x一元二次方程x2＋（3a?1）x＋2a2?1＝0的兩個實根，∴△＝a2?6a＋5≥0∴a≥5或a≤1；∴x1＋x2＝?（3a?1）＝1?3a，x1?x2＝2a2?1，∵（x1＋2）（x2＋2）＝13，∴整理得：x1?x2＋2（x2＋x1）＋4＝13，∴2a2?1＋2（1?3a）＋4＝13，∴a＝4或a＝?1，∴a＝?1；故答案為?1.【點睛】本題考查一元二次方程根與系數的關系；熟練掌握根與系數的關系，一元二次方程的解法是解題的關鍵．三、解答題（共78分）19、（1）；（2）9；（3）.【解析】

（1）根據二次根式的加減法和除法可以解答本題；（2）根據完全平方公式和多項式乘多項式可以解答本題；（3）根據分式的減法和除法可以化簡題目中的式子，然后將a、b的值代入化簡后的式子即可解答本題．【詳解】解：（1）==3-+2=4；（2）（?1）2+（+2）2-2（?1）（+2）=3-2+1+3+4+4-2（3+-2）=3-2+1+3+4+4-2-2=9；（3）====，當時，原式=．【點睛】本題考查分式的化簡求值、二次根式的混合運算，解答本題的關鍵是明確它們各自的計算方法．20、（1）k=-1,b=4;（2）B(,);（3）△ABC的面積為3.75.【解析】

（1）將A點和D點的坐標代入到一次函數的一般形式，求得k、b的值即可；

（2）兩函數聯立組成方程組求得方程組的解后即可求得點B的坐標；

（3）首先求得點C的坐標，然后利用S△ABC=S△ACD-S△BCD求解即可．【詳解】解：（1）把A（0，4）和D（4，0）代入y=kx+b得：解得;（2）由（1）得y=-x+4，聯立解得,所以B（,);（3）由y=x+1，當y=0時，x+1=0，解得x=-1，

所以點C（-1，0）

所以S△ABC=S△ACD-S△BCD=×5×4-×5×=3.75；【點睛】本題考查兩條直線平行或相交的問題，求兩條直線的交點坐標時通常聯立后組成方程組求解．21、（1）見解析；（2）四邊形為正方形，見解析【解析】

（1）先證明得到AF=DB，于是可證；（2）先證明四邊形是平行四邊形，再加一組鄰邊相等證明它是菱形，最后利用等腰三角形三線合一的性質證明有一個直角,從而證明它是正方形.【詳解】（1）證明：∵是的中點，，，又，，，是邊上的中線，，；（2）解：四邊形為正方形，理由如下：由（1）得，又，∴四邊形為平行四邊形，在中，是邊上的中線，，∴四邊形為菱形，，是邊上的中線，∴四邊形為正方形.【點睛】本題考查了正方形的判定，涉及的知識點有直角三角形斜邊中線的性質，全等三角形的判定、平行四邊形及菱形、正方形的判定，掌握相關性質定理進行推理論證是解題關鍵.22、（1），，；（2）；（3）由地運往地400噸，運往地600噸；由地運往地500噸時運費最低【解析】

（1）從A地運往C地x噸，A地有1000噸，所以只能運往D地（1000-x）噸；C地需要900噸，那么B地運往C地（900-x），D地需要600噸，那么運往D（x-400）噸；（2）根據總運費=A地運往C地運費+A地運往D地運費+B地運往C地運費+B地運往D地運費代入數值或字母可得；（3）根據（2）中得到的一次函數關系式，結合函數的性質和取值范圍確定總運費最低方案。【詳解】（1），，（2）（）（3）∵，∴隨的增大而增大。∵∴當時，最小.∴由地運往地400噸，運往地600噸；由地運往地500噸時運費最低。【點睛】本題考查了一次函數的應用，題目較為復雜，理清題中數量關系是解（2）題的關鍵，利用了一次函數的增減性，結合自變量x的取值范圍是解（3）題的關鍵。23、或【解析】

根據矩形的性質求出∠D=90°，AB=CD=8，求出DE后根據勾股定理求出AE；過E作EM⊥AB于M，過P作PQ⊥CD于Q，求出AM=DE=3，當EP=EA時，AP=2DE=6，即可求出t；當AP=AE=5時，求出BP=3，即可求出t；當PE=PA時，則x2=（x-3）2+42，求出x，即可求出t．【詳解】∵四邊形ABCD是長方形，∴∠D=90°，AB=CD=8，∵CE=5，∴DE=3，在Rt△ADE中,∠D=90°,AD=4,DE=3,由勾股定理得：AE=5過E作EM⊥AB于M，過P作PQ⊥CD于Q，則AM=DE=3，若△PAE是等腰三角形，則有三種可能：當EP=EA時，AP=2DE=6，所以t==2；當AP=AE=5時，BP=8?5=3，所以t=3÷1=3；當PE=PA時,設PA=PE=x,BP=8?x,則EQ=5?(8