2025屆四川省閬中學市八年級數學第二學期期末教學質量檢測模擬試題考生須知：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(每小題3分,共30分)1．已知正比例函數y=kx，且y隨x的增大而減少，則直線y=2x+k的圖象是（）A． B． C． D．2．函數的圖象如圖所示，則關于的不等式的解集是（）A． B．C． D．3．用配方法解一元二次方程時，此方程配方后可化為()A． B． C． D．4．某校有15名同學參加區(qū)數學競賽．已知有8名同學獲獎，他們的競賽得分均不相同．若知道某位同學的得分．要判斷他能否獲獎，在下列15名同學成績的統(tǒng)計量中，只需知道（）A．方差 B．平均數 C．眾數 D．中位數5．函數的圖象經過點，的值是（）A． B． C． D．6．樣本方差的計算公式中，數字30和20分別表示樣本的（

）A．眾數、中位數 B．方差、標準差 C．數據的個數、中位數 D．數據的個數、平均數7．如圖，把一個長方形的紙片對折兩次，然后剪下一個角，為了得到一個鈍角為的菱形，剪口與折痕所成的角的度數為（）A． B．C． D．8．用反證法證明“”，應假設（）A． B． C． D．9．某體育館準備重新鋪設地面，已有一部分正三角形的地磚，現要購買另一種不同形狀的正多邊形地磚與正三角形在同一頂點處作平面鑲嵌（正多邊形的邊長相等），則該體育館不應該購買的地磚形狀是（）A．正方形 B．正六邊形 C．正八邊形 D．正十二邊形10．已知點（﹣2，y1），（﹣1，y2），（1，y3）都在直線y=﹣3x+2上，則y1，y2，y3的值的大小關系是（）A．y3＜y1＜y2B．y1＜y2＜y3C．y3＞y1＞y2D．y1＞y2＞y3二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，已知，點在邊上，.過點作于點，以為一邊在內作等邊，點是圍成的區(qū)域（包括各邊）內的一點，過點作交于點，作交于點.設，，則最大值是_______.12．如圖，四邊形是邊長為4的正方形，點E在邊上，PE=1；作EF∥BC，分別交AC、AB于點G、F，M、N分別是AG、BE的中點，則MN的長是_________．13．如圖，在平面直角坐標系中，正方形的邊長為2，點的坐標為．若直線與正方形有兩個公共點，則的取值范圍是____________．14．如圖，在矩形紙片中，，折疊紙片，使點落在邊上的點處，折痕為，當點在邊上移動時，折痕的端點，也隨之移動，若限定點，分別在，邊上移動，則點在邊上可移動的最大距離為__________．15．數據2，0，1，9的平均數是__________.16．若，時，則的值是__________．17．如圖，在直角坐標系中，正方形OABC頂點B的坐標為(6，6)，直線CD交直線OA于點D，直線OE交線段AB于點E，且CD⊥OE，垂足為點F，若圖中陰影部分的面積是正方形OABC的面積的，則△OFC的周長為______．18．如圖，在平行四邊形中，，將平行四邊形繞頂點順時針旋轉到平行四邊形，當首次經過頂點時，旋轉角__________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，點C，D在線段AB上，△PCD是等邊三角形，△ACP∽△PDB，（1）請你說明CD2=AC?BD；（2）求∠APB的度數．20．（6分）如圖，ΔABC中，CD平分∠ACB，CD的垂直平分線分別交AC、DC、BC于點E、F、G，連接DE、DG.（1）求證：四邊形DGCE是菱形；（2）若∠ACB=30°，∠B=45°，21．（6分）已知四邊形，，與互補，以點為頂點作一個角，角的兩邊分別交線段，于點，，且，連接，試探究：線段，，之間的數量關系．（1）如圖（1），當時，，，之間的數量關系為___________．（2）在圖（2）的條件下（即不存在），線段，，之間的數量關系是否仍然成立？若成立，請完成證明；若不成立，請說明理由．（3）如圖（3），在腰長為的等腰直角三角形中，，，均在邊上，且，若，求的長．22．（8分）解方程：x2﹣6x﹣4＝1．23．（8分）為積極響應“弘揚傳統(tǒng)文化”的號召，某學校倡導全校1200名學生進行經典詩詞誦背活動，并在活動之后舉辦經典詩詞大賽，為了解本次系列活動的持續(xù)效果，學校團委在活動啟動之初，隨機抽取部分學生調查“一周詩詞誦背數量”，根調查結果繪制成的統(tǒng)計圖（部分）如圖所示．大賽結束后一個月，再次抽查這部分學生“一周詩詞誦背數量”，繪制成統(tǒng)計表一周詩詞誦背數量3首4首5首6首7首8首人數101015402520請根據調查的信息分析：（1）活動啟動之初學生“一周詩詞誦背數量”的中位數為；（2）估計大賽后一個月該校學生一周詩詞誦背6首（含6首）以上的人數；（3）選擇適當的統(tǒng)計量，從兩個不同的角度分析兩次調查的相關數據，評價該校經典詩詞誦背系列活動的效果．24．（8分）如圖，直線l1的解析式為y=-x+4，直線l2的解析式為y=x-2，l1和l2的交點為點B．（1）直接寫出點B坐標；（2）平行于y軸的直線交x軸于點M，交直線l1于E，交直線l2于F.①分別求出當x=2和x=4時EF的值.②直接寫出線段EF的長y與x的函數關系式，并畫出函數圖像L.③在②的條件下，如果直線y=kx+b與L只有一個公共點，直接寫出k的取值范圍.25．（10分）如圖，已知反比例函數y1＝kx的圖象與一次函數：y2＝ax+b的圖象相交于點A（1，4）、B（m，﹣2（1）求出反比例函數和一次函數的關系式；（2）觀察圖象，直按寫出使得y1＜y2成立的自變量x的取值范圍；（3）如果點C是x軸上的點，且△ABC的面積面積為6，求點C的坐標．26．（10分）如圖1，平面直角坐標系中，直線AB：y=﹣x+b交x軸于點A(8，0)，交y軸正半軸于點B．(1)求點B的坐標；(2)如圖2，直線AC交y軸負半軸于點C，AB=BC，P為線段AB上一點，過點P作y軸的平行線交直線AC于點Q，設點P的橫坐標為t，線段PQ的長為d，求d與t之間的函數關系式；(3)在(2)的條件下，M為CA延長線上一點，且AM=CQ，在直線AC上方的直線AB上是否存在點N，使△QMN是以QM為斜邊的等腰直角三角形？若存在，請求出點N的坐標及PN的長度；若不存在，請說明理由.

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【解析】

∵正比例函數且隨的增大而減少，在直線中，∴函數圖象經過一、三、四象限．故選D．2、C【解析】

解一元一次不等式ax+b＞0(或＜0)可以歸結為以下兩種:(1)從函數值的角度看,就是尋求使一次函數y=ax+b的值大于(或小于)0的自變量x的取值范圍;(2)從函數圖象的角度看,就是確定直線y=kx+b在x軸上(或下)方部分所有點的橫坐標所構成的集合。【詳解】觀察圖像,可知在x軸的上方所有x的取值,都滿足y＞0,結合直線過點(-2,0)可知當x＞-2時,都有y＞0即x＞-2時,一元一次不等式kx+b＞0.故選：C【點睛】此題考查一次函數與一元一次不等式，解題關鍵在于結合函數圖象求解3、A【解析】【分析】按照配方法的步驟進行求解即可得答案.【詳解】2x2－6x＋1＝0，2x2－6x=-1，x2-3x=，x2-3x+=+（x-）2=，故選A.【點睛】本題考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步驟：（1）把常數項移到等號的右邊；（2）把二次項的系數化為1；（3）等式兩邊同時加上一次項系數一半的平方．4、D【解析】

15人成績的中位數是第8名的成績.參賽選手要想知道自己是否能獲獎，只需要了解自己的成績以及全部成績的中位數，比較即可。【詳解】解：由于總共有15個人，且他們的分數互不相同，第8名的成績是中位數，要判斷是否得獎，故應知道自已的成績和中位數.故選：D.【點睛】本題主要考查統(tǒng)計的有關知識，主要包括平均數、中位數、眾數的意義.反映數據集中程度的統(tǒng)計量有平均數、中位數、眾數等，各有局限性，因此要對統(tǒng)計量進行合理的選擇和恰當的運用.5、A【解析】

直接把點（1，m）代入正比例函數y=1x，求出m的值即可．【詳解】解：∵正比例函數y=1x的圖象經過點（1，m），

∴m=1．

故選：A．【點睛】本題考查的是一次函數圖象上點的坐標特點，熟知一次函數圖象上各點的坐標一定適合此函數的解析式是解答此題的關鍵．6、D【解析】【分析】方差公式中，n、分別表示數據的個數、平均數.【詳解】樣本方差的計算公式中，數字30和20分別表示樣本的數據的個數、平均數.故選：D【點睛】本題考核知識點：方差.解題關鍵點：理解方差公式的意義.7、C【解析】

折痕為AC與BD，∠BAD=100°，根據菱形的性質：菱形的對角線平分對角，可得∠ABD=40°，易得∠BAC=50°，所以剪口與折痕所成的角a的度數應為40°或50°．【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，

∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，AD∥BC，

∵∠BAD=100°，

∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-100°=80°，

∴∠ABD=40°，∠BAC=50°．

∴剪口與折痕所成的角a的度數應為40°或50°．

故選：C．【點睛】此題考查菱形的判定，折疊問題，解題關鍵是熟練掌握菱形的性質：菱形的對角線平分每一組對角．8、D【解析】

根據命題：“a＞0”的反面是：“a≤0”，可得假設內容．【詳解】解：由于命題：“a＞0”的反面是：“a≤0”，故用反證法證明：“a＞0”，應假設“a≤0”，故選：D．【點睛】此題主要考查了反證法的步驟，熟記反證法的步驟：（1）假設結論不成立；（2）從假設出發(fā)推出矛盾；（3）假設不成立，則結論成立．9、C【解析】

根據密鋪的條件得，兩多邊形內角和必須湊出，進而判斷即可．【詳解】解：、正方形的每個內角是，，能密鋪；、正六邊形每個內角是，，能密鋪；、正八邊形每個內角是，與無論怎樣也不能組成的角，不能密鋪；、正十二邊形每個內角是，，能密鋪．故選：C．【點睛】本題考查兩種正多邊形的鑲嵌應符合多個內角度數和等于．10、D【解析】k=-3<0,所以函數y隨x增大而減小，所以y1＞y2＞y3，所以選D.二、填空題(每小題3分,共24分)11、【解析】

過P作PH⊥OY于點H，構建含30°角的直角三角形，先證明四邊形EODP是平行四邊形，得EP=OD=a，在Rt△HEP中，由∠EPH=30°，可得EH的長，從而可得a+2b與OH的關系，確認OH取最大值時點H的位置，可得結論.【詳解】解：過P作PH⊥OY于點H，∵PD∥OY，PE∥OX，∴四邊形EODP是平行四邊形，∠HEP=∠XOY=60°，∴EP=OD=a，∠EPH=30°，∴EH=EP=a，∴a+2b=2（）=2(EH+EO)=2OH，∴當P在點B處時，OH的值最大，此時，OC=OA=1，AC==BC，CH=，∴OH=OC+CH=1+=，此時a+2b的最大值=2×=5.故答案為5.【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、30°的直角三角形的性質和平行四邊形的判定和性質，掌握求a+2b的最大值就是確定OH的最大值，即可解決問題.12、2.5【解析】

先判斷四邊形的形狀，再連接，利用正方形的性質得出是等腰直角三角形，再利用直角三角形的性質得出即可．【詳解】∵四邊形是邊長為4的正方形，，∴四邊形是矩形，∵，∴，連接，如圖所示：∵四邊形是正方形，∴，是等腰直角三角形，∵是的中點，即有，∴，是直角三角形，又∵是中點，，∵∴，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質，矩形的判定，等腰三角形和直角三角形的性質，解題的關鍵在于合理作出輔助線，通過直角三角形的性質轉化求解．13、﹣1＜b＜1【解析】

當直線y=x+b過D或B時，求得b，即可得到結論．【詳解】∵正方形ABCD的邊長為1，點A的坐標為（1，1），∴D（1，3），B（3，1）．當直線y=x+b經過點D時，3=1+b，此時b=1．當直線y=x+b經過點B時，1=3+b，此時b=﹣1．所以，直線y=x+b與正方形有兩個公共點，則b的取值范圍是﹣1＜b＜1．故答案為﹣1＜b＜1．【點睛】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征，正方形的性質，關鍵是掌握待定系數法正確求出函數的解析式．14、1【解析】

分別利用當點M與點A重合時，以及當點N與點C重合時，求出AH的值進而得出答案．【詳解】解：如圖1，當點M與點A重合時，根據翻折對稱性可得AH=AD=5，

如圖2，當點N與點C重合時，根據翻折對稱性可得CD=HC=13，

在Rt△HCB中，HC2=BC2+HB2，即132=（13-AH）2+52，

解得：AH=1，

所以點H在AB上可移動的最大距離為5-1=1．

故答案為：1．【點睛】本題主要考查的是折疊的性質、勾股定理的應用，注意利用翻折變換的性質得出對應線段之間的關系是解題關鍵．15、1【解析】

根據算術平均數的定義計算可得．【詳解】數據2，0，1，9的平均數是=1，

故答案是：1．【點睛】考查算術平均數，解題的關鍵是掌握算術平均數的定義．16、1【解析】

利用平方差公式求解即可求得答案．【詳解】解：當，時，．故答案為：1．【點睛】此題考查了二次根式的乘除運算．此題難度不大，注意掌握平方差公式的應用是解此題的關鍵．17、3+2【解析】

證明△COD≌△OAE，推理出△OCF面積=四邊形FDAE面積=2÷2=3，設OF=x，FC=y，則xy=2，x2+y2=1，所以（x+y）2=x2+y2+2xy=30，從而可得x+y的值，則△OFC周長可求．【詳解】∵正方形OABC頂點B的坐標為（3，3），∴正方形的面積為1．所以陰影部分面積為1×=2．∵四邊形AOCB是正方形，∴∠AOC=90°,即∠COE+∠AOE=90°，又∵CD⊥OE，∴∠CFO=90°∴∠OCF+∠COF=90°,∴∠OCD=∠AOE在△COD和△OAE中∴△COD≌△OAE（AAS）．∴△COD面積=△OAE面積．∴△OCF面積=四邊形FDAE面積=2÷2=3．設OF=x，FC=y，則xy=2，x2+y2=1，所以（x+y）2=x2+y2+2xy=30．所以x+y=2．所以△OFC的周長為3+2．故答案為3+2．【點睛】本題主要考查了正方形的性質、全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是推理出兩個陰影部分面積相等，得到△OFC兩直角邊的平方和、乘積，運用完全平方公式求解出OF+FC值．18、36°【解析】

由旋轉的性質可知：?ABCD全等于?ABCD，得出BC=BC，由等腰三角形的性質得出∠BCC=∠C，由旋轉角∠ABA=∠CBC，根據等腰三角形的性質計算即可．【詳解】∵?ABCD繞頂點B順時針旋轉到?ABCD，∴BC=BC，∴∠BCC=∠C，∵∠A=72°，∴∠C=∠C=72°，∴∠BCC=∠C，∴∠CBC=180°?2×72°=36°，∴∠ABA=36°，故答案為36.【點睛】此題考查旋轉的性質，等腰三角形的性質，解題關鍵在于掌握其性質得出∠BCC=∠C.三、解答題(共66分)19、（1）見解析；（2）∠APB=120°．【解析】

（1）由△ACP∽△PDB，根據相似三角形的對應邊成比例，可得AC：PD=PC：BD，又由△PCD是等邊三角形，即可證得CD2=AC?BD；

（2）由△ACP∽△PDB，根據相似三角形對應角相等，可得∠A=∠BPD，又由△PCD是等邊三角形，即可求得∠APB的度數．【詳解】（1）證明：∵△ACP∽△PDB，∴AC：PD=PC：BD，∴PD?PC=AC?BD，∵△PCD是等邊三角形，∴PC=CD=PD，∴CD2=AC?BD；（2）解：∵△ACP∽△PDB，∴∠A=∠BPD，∵△PCD是等邊三角形，∴∠PCD=∠CPD=60°，∴∠PCD=∠A+∠APC=60°，∴∠APC+∠BPD=60°，∴∠APB=∠APC+∠CPD+∠BPD=120°．【點睛】此題考查了相似三角形的性質與等邊三角形的性質．此題難度適中，注意掌握數形結合思想的應用．20、（1）詳見解析；（2）BG=5+5【解析】

（1）根據CD平分∠ACB，得到∠ACD=∠DCG，再根據EG垂直平分CD，得到DG=CG，DE=EC，從而得到∠EDC=∠DCG=∠ACD=∠GDC，故CE∥DG，DE∥GC，從而證明四邊形DECG是平行四邊形，再根據DE=EC證明四邊形DGCE是菱形；（2）過點D作DH⊥BC，由（1）知CG=DG=10，DG∥EC，得到∠ACB=∠DGB=30°，且DH⊥BC，得到HG=3DH=53，由∠B=45【詳解】解：（1）證明：∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠DCG，∵EG垂直平分CD，∴DG=CG，DE=EC，∴∠DCG=∠GDC，∠ACD=∠EDC，∴∠EDC=∠DCG=∠ACD=∠GDC，∴CE∥DG，DE∥GC，∴四邊形DECG是平行四邊形，又∵DE=EC，∴四邊形DGCE是菱形；（2）如圖，過點D作DH⊥BC，由（1）知∴CG=DG=10，DG∥EC，∴∠ACB=∠DGB=30°，且∴DH=5，HG=3∵∠B=45°，∴∠B=∠BDH=45∴BH=DH=5，∴BG=BH+HG=5+53【點睛】此題主要考查菱形的判定與性質，解題的關鍵是熟知菱形的判定定理、含30°的直角三角形的性質及等腰直角三角形的性質.21、（1）；（2）成立；證明見解析；（3）．【解析】

（1）將△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADG，據此知AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，證明△AFE≌△AFG可得EF=FG，從而得出答案．（2）將△ABE繞點A逆時針旋轉得到△ADH，知∠ABE=∠ADH，∠BAE=∠DAH，AE=AH，BE=DH，證明△AEF≌△AHF得．（3）將△AEC繞點A順時針旋轉90°，得到△，連接，據此知，，∠C=∠，，由知，即，從而得到，易證得，根據可得答案．【詳解】（1）延長到，使，連接，在正方形中，，在和中，，，，，，在和中，，，，．（2）延長交點，使，連接，，，，，，，，．（3）將繞點旋轉至，連接，，，，，，，設，，，，，．【點睛】本題考查了全等三角形的綜合問題，掌握全等三角形的性質以及判定定理、勾股定理是解題的關鍵．22、x1=3+，x2=3﹣．【解析】解：移項得x2﹣6x=4，配方得x2﹣6x+9=4+9，即（x﹣3）2=13，開方得x﹣3=±，∴x1=3+，x2=3﹣．23、（1）4.5首；（2）大賽后一個月該校學生一周詩詞誦背6首（含6首）以上的有850人；（3）見解析.【解析】分析：（1）根據統(tǒng)計圖中的數據可以求得這組數據的中位數；（2）根基表格中的數據可以解答本題；（3）根據統(tǒng)計圖和表格中的數據可以分別計算出比賽前后的眾數和中位數，從而可以解答本題．解：（1）本次調查的學生有：20÷=120（名），背誦4首的有：120﹣15﹣20﹣16﹣13﹣11=45（人），∵15+45=60，∴這組數據的中位數是：（4+5）÷2=4.5（首），故答案為4.5首；（2）大賽后一個月該校學生一周詩詞誦背6首（含6首）以上的有：1200×=850（人），答：大賽后一個月該校學生一周詩詞誦背6首（含6首）以上的有850人；（3）活動啟動之初的中位數是4.5首，眾數是4首，大賽比賽后一個月時的中位數是6首，眾數是6首，由比賽前后的中位數和眾數看，比賽后學生背誦詩詞的積極性明顯提高，這次舉辦后的效果比較理想．點睛：本題考查扇形統(tǒng)計圖、條形統(tǒng)計圖、用樣本估計總體、統(tǒng)計量的選擇，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數形結合的思想解答．24、（1）（3，1）；（2）①EF=2；②見解析.③k>2或k<-2或.k=-【解析】分析：（1）直接聯立兩個解析式求解即為點B的坐標.（2）①當x=2時，分別求出點E、F的縱坐標即可解答.當x=4時，分別求出點E、F的縱坐標即可解答.②分兩種情況討論：當x或x時，線段EF的長y與x的函數關系式.詳解：（1）聯立兩個解析式可得y=-x+4y=x-2，解得x=3，y=1，∴點B的坐標為（3，1）；（2）①如圖：當x=2時，y=-x+4=2，∴E（2，2），當x=2時，y=x-2=0，∴F（2，0），∴EF=2；如圖：當x=4時，y=-x+4=0，∴E（4，0），當x=4時，y=x-2=2，∴F（4，2），∴EF=2；②L：，圖像如圖所示：③k>2或k<-2或.k=-.點睛：本題主要考查了一次函數，結合題意熟練的運用一次函數是解題的關鍵.25、（1）反比例函數的解析式為y1＝4x，一次函數的解析式為y1＝1x+1；（1）﹣1＜x＜0或x＞1；（3）C的坐標（1，0）或（﹣3，0【解析】

（1）根據待定系數法，可得函數解析式；（1）根據一次函數圖象在上方的部分是不等式的解，可得答案；（3）根據面積的和差，可得答案．【詳解】（1）∵函數y1＝kx的圖象過點A（1，4），即4＝k∴k＝4，即y1＝4x又∵點B（m，﹣1）在y1＝4x∴m＝﹣1，∴B（﹣1，﹣1），又∵一次函數y1＝ax+b過A、B兩點，即-2a+b=-2a+b=4解之得a=2b=2∴y1＝1x+1．反比例函數的解析式為y1＝4x一次函數的解析式為y1＝1x+1；（1）要使y1＜y1，即函數y1的圖象總在函數y1的圖象下方，∴﹣1＜x＜0或x＞1；（3）如圖，直線AB與x軸交點E的坐標（﹣1，0），∴S△ABC＝S△AEC+S△BEC＝12EC×4+12EC×1＝∴EC＝1，-1+1=1，-1-1=-3，∴C的坐標（1，0）或（﹣3，0）．【點睛】本題考查了反比例函數與一次函數的交點問題，利用待定系數法求解析式，函數與不等式的關系．26、(1)B(0，6)；(2)d=﹣t+10；(3)見解析.【解析】【分析】(1)把A(8，0)代入y=﹣x+b，可求解析式，再求B的坐標；（2）先求點C(0，﹣4)，再