2024-2025學(xué)年人教新版八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)期中復(fù)習(xí)試卷一．選擇題（共12小題，滿分36分，每小題3分）1．（3分）式子有意義，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．a(chǎn)≥﹣2 B．a(chǎn)≠2 C．a(chǎn)≠2且a≥﹣2 D．a(chǎn)≥22．（3分）如圖，在直角三角形的三邊上分別有一個(gè)正方形，其中兩個(gè)正方形的面積分別是81和225，則字母B所代表的正方形的邊長是（）A．12 B．13 C．144 D．3063．（3分）已知AB＝AD，用沒有刻度的直尺和圓規(guī)作菱形ABCD，下面的作法中正確的是（）A． B． C． D．4．（3分）下列計(jì)算，正確的是（）A． B． C． D．5．（3分）小李一家自駕去古鎮(zhèn)游玩，汽車勻速行駛一段路程，進(jìn)入服務(wù)區(qū)．休息一段時(shí)間后，便提高了行車速度，很快到達(dá)了古鎮(zhèn)．下面能反映小李一家離古鎮(zhèn)的距離y（千米）與時(shí)間x（小時(shí)）之間的函數(shù)關(guān)系的大致圖象是（）A． B． C． D．6．（3分）若一次函數(shù)y＝（m+2）x﹣2的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），當(dāng)x1＜x2時(shí)，y1＞y2，則m的取值范圍是（）A．m＞﹣2 B．m＜﹣2 C．m＞0 D．m＜07．（3分）的值是（）A．3.14﹣2π B．3.14 C．﹣3.14 D．無法確定8．（3分）直角三角形的兩條邊長a，b滿足，則其斜邊長為（）A．5 B． C．4或5 D．或59．（3分）如圖，直線y＝2x與直線y＝kx+b（k＜0）相交于點(diǎn)（m，4），則不等式（2﹣k）x＞b的解集為（）A．x＞2 B．x＜2 C．x＞4 D．x＜410．（3分）如圖，邊長為的正方形ABCD，對(duì)角線AC，BD相交于O，E為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與B，C重合），OF⊥OE交CD于F，G為EF中點(diǎn)．給出如下四個(gè)結(jié)論：①∠OEF＝45°；②點(diǎn)E在運(yùn)動(dòng)過程中，△OEF面積不變化；③△CEF周長的最小值為；④點(diǎn)E在運(yùn)動(dòng)過程中，OG與CG始終相等，其中正確的結(jié)論是（）A．①③ B．②③ C．①④ D．①③④11．（3分）一次函數(shù)y＝kx﹣k（k為常數(shù)，k≠0）與正比例函數(shù)y＝﹣kx的圖象可能是（）A． B． C． D．12．（3分）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，且BE＝CF，連接BF、DE，則BF+DE的最小值為（）A．8 B．4 C．4 D．4二．填空題（共5小題，滿分15分，每小題3分）13．（3分）如圖，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，P是CD邊上的動(dòng)點(diǎn)，E是BC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M、N分別是AE、PE的中點(diǎn)，則線段MN的長度最大為．14．（3分）如圖1，在扇形OAB中，∠O＝60°，點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿O→A→B以1cm/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B．圖2是點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，△OBP的面積y（cm2）隨時(shí)間x（s）變化的圖象，則扇形OAB的周長是cm．15．（3分）如圖，直線y1＝kx+b與直線y2＝mx+n相交于點(diǎn)M（﹣1，2），則關(guān)于x的不等式kx+b＜mx+n的解集為．16．（3分）請(qǐng)寫出一個(gè)大于2且小于3的二次根式：．17．（3分）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以A、B為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)M、N，直線MN交AB于點(diǎn)D，交BC的延長線于點(diǎn)E．若AC＝8，AB＝10，則EC的長為．三．解答題（共8小題）18．計(jì)算：（1）；（2）．19．先化簡(jiǎn)，再求值：（）2?（）3÷（）4，其中x＝﹣1．20．【定理重現(xiàn)】如圖是某數(shù)學(xué)教材中的部分內(nèi)容．平行四邊形的性質(zhì)定理3：平行四邊形的對(duì)角線互相平分．我們可以用演繹推理證明這個(gè)結(jié)論．已知：如圖，?ABCD的對(duì)角線AC和BD相交于點(diǎn)O．求證：OA＝OC；OB＝OD．請(qǐng)根據(jù)教材中的分析和圖①．寫出“平行四邊形的對(duì)角線互相平分”這一性質(zhì)定理的證明過程；【性質(zhì)應(yīng)用】如圖②，?ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，EF過點(diǎn)O且與AD，BC分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接AF，CE．求證：四邊形AFCE是平行四邊形；【拓展提升】如圖②，若EF⊥AC，△ABC的周長是23，△ABF的周長是15，且AB比AF的長多1，AF比BF的長多1，則四邊形AFCE的面積是．21．某市出租車收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)分白天和夜間分別計(jì)費(fèi)，具體見下表．行駛路程收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)白天夜間不超過2km的部分起步價(jià)6元起步價(jià)7元超過2km不超出10km的部分每公里2元每公里2.4元超出10km的部分每公里3元每公里3.6元設(shè)行駛路程為xkm時(shí)，白天收費(fèi)y1元，夜間收費(fèi)y2元，根據(jù)表中信息，完成下列各題：（1）當(dāng)2＜x≤10時(shí)，求y1關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；（2）若幸福小區(qū)到陽光小區(qū)的路程為12km，小明從幸福小區(qū)乘出租車去陽光小區(qū)，白天收費(fèi)比夜間收費(fèi)少多少元？22．如圖，已知四邊形ABCD為平行四邊形，AE⊥BC于點(diǎn)E，點(diǎn)F為AD上一點(diǎn)，連接CF，請(qǐng)你添加一個(gè)條件，使得四邊形AECF為矩形．（不再添加其他線條和字母）（1）你添加的條件是；（2）根據(jù)你添加的條件，寫出證明過程．23．為做好新冠疫情的防控工作，某單位需購買甲、乙兩種消毒液，經(jīng)了解每桶甲種消毒液的零售價(jià)比乙種消毒液的零售價(jià)多5元，該單位以零售價(jià)分別用420元和360元采購了相同桶數(shù)的甲、乙兩種消毒液，（1）求甲、乙兩種消毒液的零售價(jià)分別是每桶多少元？（2）由于疫情防控進(jìn)入常態(tài)化，該單位需再次購買兩種消毒液共300桶，且甲種消毒液的桶數(shù)不少于乙種消毒液桶數(shù)的，求甲種消毒液購買多少桶時(shí)，所需資金總額最少？最少總金額是多少元？24．在正方形ABCD中，E是CD延長線上的點(diǎn)，F(xiàn)是線段AB上一點(diǎn)且AF＝CE．過E作EG⊥CD，使EG＝BF，連接FG．（1）如圖1，連結(jié)BG．求∠ABG的度數(shù)；（2）如圖2，在（1）的條件下，連接AG交BD于N，并取AG中點(diǎn)M，連接FM．若，，求線段MN的長．25．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（20，0），B（14，8），C（0，8），動(dòng)點(diǎn)P從原點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BC方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．（1）求直線AB的函數(shù)關(guān)系式；（2）當(dāng)t＝4時(shí)，直線PQ與直線AB交于點(diǎn)D，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）當(dāng)t為何值時(shí)，以A，B，Q，P為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形．參考答案與試題解析一．選擇題（共12小題）題號(hào)1234567891011答案CACCCBCCADD題號(hào)12答案D一．選擇題（共12小題，滿分36分，每小題3分）1．【解答】解：∵式子有意義，∴a+2≥0且a﹣2≠0，解得：a≥﹣2且a≠2，故選：C．2．【解答】解：由勾股定理得：字母B所代表的正方形的面積＝225﹣81＝144．所以字母B所代表的正方形的邊長是＝12．故選：A．3．【解答】解：由作圖可知，選項(xiàng)C中，四邊形ABCD是菱形（理由是對(duì)角線互相平分且垂直）．故選：C．4．【解答】解：A、不是同類二次根式，不能合并，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，不符合題意；B、，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，不符合題意；C、，故選項(xiàng)C正確，符合題意；D、，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤，不符合題意，故選：C．5．【解答】解：A．路程應(yīng)該在減少，故A不符合題意；B．路程先減少得快，后減少的慢，故B不符合題意；C．休息前路程減少的慢，休息后提速在勻速行駛，路程減少得快，故C符合題意；D．休息時(shí)路程應(yīng)不變，不符合題意，故D不符合題意；故選：C．6．【解答】解：∵x1＜x2時(shí)，y1＞y2，即y隨x的增大而減小，∴m+2＜0，解得：m＜﹣2．故選：B．7．【解答】解：∵3.14＜π，∴3.14﹣π＜0，∴原式＝π﹣3.14﹣π＝﹣3.14，故選：C．8．【解答】解：∵a，b滿足，∴3﹣a＝0，b﹣4＝0，∴a＝3，b＝4，①當(dāng)4是直角邊時(shí)，其斜邊長＝＝5，②當(dāng)4是斜邊時(shí)，其斜邊長為4，故選：C．9．【解答】解：把A（m，4）代入y＝2x得：m＝2，則A的坐標(biāo)是（2，4）．不等式（2﹣k）x＞b即kx+b＜2x，根據(jù)圖象，得：不等式的解集是：x＞2．故選：A．10．【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，AC、BD相交于點(diǎn)O，∴OB＝OC，∠OBC＝∠OCD＝45°，AC⊥BD，∵OE⊥OF，∴∠BOC＝∠EOF＝90°，∴∠BOE＝∠COF，在△OBE和△OCF中，，∴△OBE≌△OCF（ASA），∴OE＝OF，∵∠BOE＝∠COF，∴∠EOF＝∠BOC＝90°，∴△OEF是等腰直角三角形；∴∠OEF＝45°，故①正確；②∵OE的值隨著點(diǎn)E在運(yùn)動(dòng)，先變大，后減少，∴△OEF面積也先變大，后減少；故②錯(cuò)誤；③∵△OBE≌△OCF，∴BE＝CF，∴，設(shè)BE＝CF＝x，則，∴，∴當(dāng)時(shí)，EF有最小值，最小值為，∴△CEF周長的最小值為；故③正確；④∵∠EOF＝∠BCD＝90°，G為EF中點(diǎn)．∴，∴點(diǎn)E在運(yùn)動(dòng)過程中，OG與CG始終相等，故④正確；綜上，①③④正確，故選：D．11．【解答】解：當(dāng)k＞0時(shí)，﹣k＜0，一次函數(shù)y＝kx﹣k的圖象經(jīng)過第一、三、四象限，正比例函數(shù)y＝﹣kx的圖象經(jīng)過第二、四象限且經(jīng)過原點(diǎn)；當(dāng)k＜0時(shí)，﹣k＞0，一次函數(shù)y＝kx﹣k的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，正比例函數(shù)y＝﹣kx的圖象經(jīng)過第一、三象限且經(jīng)過原點(diǎn)，故選項(xiàng)A符合題意；由上可得，選項(xiàng)D符合題意，故選：D．12．【解答】解：連接AE，如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．又BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）．∴AE＝BF．所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．作點(diǎn)A關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)H點(diǎn)，如圖2，連接BH，則A、B、H三點(diǎn)共線，連接DH，DH與BC的交點(diǎn)即為所求的E點(diǎn)．根據(jù)對(duì)稱性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．在Rt△ADH中，AH＝AB+BH＝4+4＝8，∴DH＝＝＝4，∴BF+DE最小值為4．故選：D．二．填空題（共5小題，滿分15分，每小題3分）13．【解答】解：連接AP，∵M(jìn)，N分別是AE，PE的中點(diǎn)，∴，由題意可知：當(dāng)P點(diǎn)與C點(diǎn)重合時(shí)，AP最長，此時(shí)：，，∴線段MN的長度最大為；故答案為：．14．【解答】解：①當(dāng)點(diǎn)P在OA段運(yùn)動(dòng)時(shí)，連接AB，過點(diǎn)A作AH⊥OB于點(diǎn)H，則當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A時(shí)，AO＝a＝OB，則此時(shí)△OBP的面積y＝OB×AH＝a?asin∠AOB＝a2＝4，解得：a＝4（負(fù)值已舍去）；②當(dāng)點(diǎn)P在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB的弧長為：×2π×OA＝×2π×4＝，∴扇形OAB的周長是：2a+b＝2×4+＝8+．故答案為：（8+）．15．【解答】解：∵直線y1＝kx+b與直線y2＝mx+n交于點(diǎn)M（﹣1，2），∴不等式kx+b≤mx+n解集為x＜﹣1．故答案為：x＜﹣1．16．【解答】解：∵4＜5＜9，∴2＜＜3，∴寫出一個(gè)大于2且小于3的無理數(shù)是．故答案為：（答案不唯一）．17．【解答】解：連接AE，，∵∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，∴，∵以A、B為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)M、N，∴ED⊥AB，AD＝BD，∴EB＝EA，設(shè)EB＝EA＝x，在Rt△AEC中根據(jù)勾股定理可得，x2＝（x﹣6）2+82，解得：，∴，故答案為：．三．解答題（共8小題）18．【解答】解：（1）＝＝；（2）＝＝12﹣18＝﹣6．19．【解答】解：原式＝××＝﹣x5．當(dāng)x＝﹣1時(shí)，代入原式＝﹣（﹣1）5＝1．20．【解答】【定理重現(xiàn)】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠BAO＝∠DCO，∠ABO＝∠CDO，在△BAO和△DCO中，，∴△BAO≌△DCO（ASA），∴OA＝OC，OB＝OD；【性質(zhì)應(yīng)用】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，OA＝OC，∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，在△EAO和△FCO中，，∴△EAO≌△FCO（AAS），∴EO＝FO，又∵AD∥BC，∴四邊形AFCE是平行四邊形；【拓展提升】解：由【性質(zhì)應(yīng)用】可知，四邊形AFCE是平行四邊形，∵EF⊥AC，∴?AFCE是菱形，∴AF＝FC，∵△ABC的周長是23，△ABF的周長是15，∴AB+BF+FC+AC＝23，AB+BF+FC＝15，∴AC＝8，∵AB比AF的長多1，AF比BF的長多1，∴AB＝AF+1，BF＝AF﹣1，∴AB+BF+FC＝AB+BF+AF＝AF+1+AF﹣1+AF＝15，∴AF＝5，∵四邊形AFCE是菱形，∴OA＝AC＝4，EF＝2OF，由勾股定理得：OF＝＝＝3，∴EF＝2OF＝6，∴S菱形AFCE＝AC?EF＝×8×6＝24，故答案為：24．21．【解答】解：（1）當(dāng)2＜x≤10時(shí)，設(shè)y1＝2x+m，過點(diǎn)F（2，6），則2×2+m＝6，解得：m＝2，∴y1＝2x+2（2＜x≤10）；（2）x＝12＞10，∴y1＝6+2×（10﹣2）+3×（12﹣10）＝28（元）y2＝7+2.4×（10﹣2）+3.6×（12﹣10）＝33.4（元），∴y1﹣y2＝33.4﹣28＝5.4（元）即白天收費(fèi)比夜間收費(fèi)少5.4元．22．【解答】解：（1）①CF⊥AD；②AF＝CE；③BE＝DF；故答案為：①CF⊥AD；②AF＝CE；③BE＝DF；（2）①CF⊥AD，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，∴AE⊥BC，CF⊥AD，∴∠AEC＝∠AFC＝90°，∴∠AEC+∠EAF＝180°，∴∠AEC＝∠AFC＝∠EAF＝90°，∴四邊形AECF為矩形；②AF＝CE，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，即AF∥CE，∴四邊形AECF為平行四邊形，∴AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴四邊形AECF為矩形；③BE＝DF，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，即AF∥CE，∵BE＝DF，∴AD﹣DF＝BC﹣BE，即AF＝CE∴四邊形AECF為平行四邊形，∴AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴四邊形AECF為矩形；23．【解答】解：（1）設(shè)乙種消毒液的零售價(jià)為x元/桶，則甲種消毒液的零售價(jià)為（x+5）元/桶，依題意得：＝，解得：x＝30，經(jīng)檢驗(yàn)，x＝30是原方程的解，且符合題意，∴x+5＝35．答：甲種消毒液的零售價(jià)為35元/桶，乙種消毒液的零售價(jià)為30元/桶；（2）設(shè)購買甲種消毒液m桶，則購買乙種消毒液（300﹣m）桶，依題意得：m≥（300﹣m），解得：m≥120，設(shè)所需資金總額為w元，則w＝35m+30（300﹣m）＝5m+9000，∵5＞0，∴w隨m的增大而增大，∴當(dāng)m＝120時(shí)，w取得最小值，最小值＝5×120+9000＝9600，答：當(dāng)甲種消毒液購買120桶時(shí)，所需資金總額最少，最少總金額是9600元．24．【解答】解：（1）如圖，過G作GQ⊥BC于Q，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠DCB＝90°，即∠BCE＝90°，∵EG⊥CE，∴∠E＝90°，又∵QG⊥BC，∴∠CQG＝9