河南省周口市商水縣2025屆數學八下期末質量檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，四邊形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝6，AE⊥BC于E，則AE等于()A．4 B． C． D．52．一組數據3，5，4，7，10的中位數是（）A．4 B．5 C．6 D．73．下列方程是一元二次方程的是()A．x+2y=1 B．x2=1 C．x4．如圖，若正比例函數y＝kx圖象與四條直線x＝1，x＝2，y＝1，y＝2相交圍成的正方形有公共點，則k的取值范圍是()A．k≤2 B．k≥ C．0＜k＜ D．≤k≤25．解一元二次方程x2＋4x－1＝0，配方正確的是（）A． B． C． D．6．如圖，四邊形ABCD是菱形，圓O經過點A、C、D，與BC相交于點E，連接AC、AE．若，則（）A． B． C． D．7．如圖，E是正方形ABCD的邊BC的延長線上一點，若CE=CA，AE交CD于F，則∠FAC的度數是（）A．22.5° B．30° C．45° D．67.5°8．若一次函數的函數值隨的增大而增大，則（）A． B． C． D．9．下列有理式中的分式是（）A．x3 B．12(x+y) C．10．若直線與直線的交點在第三象限，則的取值范圍是()A． B． C．或 D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．已知直角三角形中，分別以為邊作三個正方形，其面積分別為，則__________（填“”，“”或“”）12．如圖，在平行四邊形ABCD中，∠ABC的平分線BF交AD于點F，FE∥AB．若AB=5，BF=6，則四邊形ABEF的面積為________13．計算：=________.14．計算：﹣=__．15．如圖，將一朵小花放置在平面直角坐標系中第三象限內的甲位置，先將它繞原點O旋轉180°到乙位置，再將它向下平移2個單位長到丙位置，則小花頂點A在丙位置中的對應點A'的坐標為______16．為了增強青少年的防毒拒毒意識，學校舉辦了一次“禁毒教育”演講比賽，其中某位選手的演講內容、語言表達、演講技巧這三項得分分別為90分，80分，85分，若依次按50%，30%，20%的比例確定成績，則該選手的最后得分是__________分．17．已知四邊形ABCD為菱形，其邊長為6，，點P在菱形的邊AD、CD及對角線AC上運動，當時，則DP的長為________.18．如圖，在矩形ABCD中，AC為對角線，點E為BC上一點，連接AE,若∠CAD＝2∠BAE,CD=CE=9，則AE的長為_____________.三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在△ABC中，AD=15，AC=12，DC=9，點B是CD延長線上一點，連接AB，若AB=1．求：△ABD的面積．20．（6分）已知關于x的方程x2-4x+3a-1=0（1）求實數a的取值范圍；（2）若a為正整數，方程的根為a、β.求：a21．（6分）某中學開學初到商場購買、兩種品牌的足球，購買種品牌的足球50個，種品牌的足球25個，共花費4500元，已知購買一個種品牌的足球比購買一個種品牌的足球少30元．（1）求購買一個種品牌、一個種品牌的足球各需多少錢．（2）學校為了響應“足球進校園”的號召，決定再次購進、兩種品牌足球共50個，正好趕上商場對商品價格進行調整，品牌的足球售價上漲4元，品牌足球按原售價的9折出售，如果學校第二次購買足球的總費用不超過第一次花費的，且保證品牌足球不少于23個，則學校有幾種購買方案？（3）求出學校在第二次購買活動中最多需要多少錢？22．（8分）七巧板是我國祖先的一項卓越創造．下列兩幅圖中有一幅是小明用如圖所示的七巧板拼成的，另一幅則不是．請選出不是小明拼成的那幅圖，并說明選擇的理由．23．（8分）（1）請計算一組數據的平均數；（2）一組數據的眾數為，請計算這組數據的方差；（3）用適當的方法解方程．24．（8分）如圖，AE∥BF，AC平分∠BAE，交BF于點C，BD平分∠ABC，交AE于點D，連接CD．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若AB=5，AC=6，求AE，BF之間的距離．25．（10分）已知，求代數式的值．26．（10分）計算（1）（2）

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【解析】

連接BD，根據菱形的性質可得AC⊥BD，AO=AC，然后根據勾股定理計算出BO長，再算出菱形的面積，然后再根據面積公式BC?AE=AC?BD可得答案．【詳解】解：連接BD，交AC于O點，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB=BC=CD=AD=5，

∴AC⊥BD，AO=AC，BD=2BO，

∴∠AOB=90°，

∵AC=6，

∴AO=3，

∴BO=，∴DB=8，

∴菱形ABCD的面積是×AC?DB=×6×8=24，

∴BC?AE=24，

AE=，故選C.【點睛】此題主要考查了菱形的性質，以及菱形的性質面積，關鍵是掌握菱形的對角線互相垂直且平分．2、B【解析】

根據中位數的概念求解．【詳解】這組數據按照從小到大的順序排列為：3，4，1，7，10，則中位數為：1．故選：B．【點睛】本題考查了中位數的知識，將一組數據按照從小到大（或從大到小）的順序排列，如果數據的個數是奇數，則處于中間位置的數就是這組數據的中位數；如果這組數據的個數是偶數，則中間兩個數據的平均數就是這組數據的中位數．3、B【解析】

本題根據一元二次方程必須滿足兩個條件：（1）未知數的最高次數是2；（2）二次項系數不為1．據此即可判斷．【詳解】解：A、含有2個未知數，不是一元二次方程，故選項不符合題意；B、只有一個未知數且最高次數為2，是一元二次方程，選項符合題意；C、不是整式方程，則不是一元二次方程，選項不符合題意；D、整理后得3x=-1，最高次數為1，不是二次方程，選項不符合題意；故選：B．【點睛】本題利用了一元二次方程的概念．只有一個未知數且未知數最高次數為2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=1（且a≠1）．特別要注意a≠1的條件．這是在做題過程中容易忽視的知識點．4、D【解析】

如圖，可知當直線在過點和點兩點之間的時候滿足條件，把、兩點分別代入可求得的最小值和最大值，可求得答案．【詳解】解：直線與正方形有公共點，直線在過點和點兩直線之間之間，如圖，可知，，當直線過點時，代入可得，解得，當直線過點時，代入可得，解得，的取值范圍為：，故選：．【點睛】本題主要考查一次函數圖象點的坐標，由條件得出直線在過和兩點間的直線是解題的關鍵，注意數形結合思想的應用．5、C【解析】

根據一元二次方程的配方法即可求出答案．【詳解】∵x2+4x-1=0，

∴x2+4x+4=5，

∴（x+2）2=5，

故選：C．【點睛】此題考查一元二次方程，解題關鍵是熟練運用一元二次方程的解法．6、B【解析】

根據菱形的性質得到∠ACB=∠DCB=（180°-∠D）=51°，根據圓內接四邊形的性質得到∠AEB=∠D=78°，由三角形的外角的性質即可得到結論，【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠D=78°，∴∠ACB=∠DCB=（180°-∠D）=51°，∵四邊形AECD是圓內接四邊形，∴∠AEB=∠D=78°，∴∠EAC=∠AEB?∠ACE=27°，故選B.【點睛】本題主要考查了圓內接四邊形的性質，菱形的性質，掌握這些性質是解題的關鍵.7、A【解析】

解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB=45°，∴∠E+∠∠FAC=∠ACB=45°，∵CE=CA，∴∠E=∠FAC，∴∠FAC=∠ACB=22.5°．故選A．8、B【解析】【分析】根據一次函數圖象的增減性來確定（k-2）的符號，從而求得k的取值范圍．【詳解】∵在一次函數y=（k-2）x+1中，y隨x的增大而增大，∴k-2＞0，∴k＞2，故選B.【點睛】本題考查了一次函數圖象與系數的關系．在直線y=kx+b（k≠0）中，當k＞0時，y隨x的增大而增大；當k＜0時，y隨x的增大而減小．9、D【解析】

根據分式的定義逐項分析即可.【詳解】A、B、C是整式；D的分母含字母，是分式.故選D.【點睛】本題主要考查分式的定義，判斷分式的依據是看分母中是否含有字母，如果含有字母則是分式，如果不含有字母則不是分式．注意π不是字母，是常數，所以分母中含π的代數式不是分式，是整式．10、A【解析】

先把y＝﹣2x﹣1和y＝2x+b組成方程組求解，x和y的值都用b來表示，再根據交點坐標在第三象限表明x、y都小于0，即可求得b的取值范圍．【詳解】解：解方程組，解得∵交點在第三象限，∴解得：b＞﹣1，b＜1，∴﹣1＜b＜1．故選A．【點睛】本題主要考查兩直線相交的問題，關鍵在于解方程組用含b的式子表示x、y．兩條直線的交點坐標，就是由這兩條直線相對應的一次函數表達式所組成的二元一次方程組的解．二、填空題(每小題3分,共24分)11、【解析】

由勾股定理得出AC2+BC2=AB2，得出S1+S2=S3，可得出結果．【詳解】解：∵∠ACB=90°，

∴AC2+BC2=AB2，

∴S1+S2=S3，故答案為：=.【點睛】本題考查了勾股定理、正方形面積的計算；熟練掌握勾股定理，由勾股定理得出正方形的面積關系是解決問題的關鍵．12、24【解析】

首先證明四邊形ABEF是菱形，由勾股定理求出OA，得出AE的長，即可解決問題．【詳解】連接AE，∵四邊形ABCD為平行四邊形∴AD∥BC，AD=BC∵BF為∠ABE的平分線，∴∠FBE=∠AFB，∴四邊形ABEF為平行四邊形∵AB=AF，∴根據勾股定理，即可得到AE=2=8.∴四邊形ABEF的面積=×AE×BF=24.【點睛】本題考查了菱形的性質和判定，平行四邊形的性質和判定，勾股定理，等腰三角形的性質，平行線的性質等知識；證明四邊形ABEF是菱形是解決問題的關鍵．13、1【解析】試題解析：原式=（）1-11=6-4=1．14、【解析】分析：先將二次根式化為最簡，然后合并同類二次根式即可．詳解：原式=3-2=．故答案為．點睛：本題考查了二次根式的加減運算，解答本題得關鍵是掌握二次根式的化簡及同類二次根式的合并．15、(3,-1)【解析】根據圖示可知A點坐標為（-3，-1），根據繞原點O旋轉180°橫縱坐標互為相反數∴旋轉后得到的坐標為（3，1），根據平移“上加下減”原則，∴向下平移2個單位得到的坐標為（3，-1），16、1【解析】

根據加權平均數的計算公式列出算式，再進行計算即可得出答案．【詳解】解：根據題意得：

90×50%+80×30%+85×20%

=45+24+17

=1（分）．

答：該選手的最后得分是1分．

故答案為：1．【點睛】本題考查了加權平均數的求法．本題易出現的錯誤是求90，80，85這三個數的平均數，對平均數的理解不正確．17、2或或【解析】

分以下三種情況求解：（1）點P在CD上，如圖①，根據菱形的邊長以及CP1=2DP1可得出結果；（2）點P在對角線AC上，如圖②，在三角形CDP2中，可得出∠P2DC=90°，進而可得出DP2的長；（3）當點P在邊AD上，如圖③，過點D作于點F，過點作于點E，設，則，再用含x的代數式表示出CE，EP3，CP3的長，根據勾股定理列方程求解即可.【詳解】解：（1）當點P在CD上時，如解圖①，，，；（2）當點P在對角線AC上時，如解圖②，，.當時，，；圖①圖②（3）當點P在邊AD上時，如解圖③，過點D作于點F，過點作于點E，設，則，，，，，，，.，在中，由勾股定理得，解得，（舍）.綜上所述，DP的長為2或或.故答案為：2或或.【點睛】本題主要考查菱形的性質，含30°直角三角形的性質以及勾股定理，在解答無圖題時注意分類討論，避免漏解.

錯因分析較難題.出錯原因：①不能全面考慮所有情況，即根據動點在每一條邊上進行分類討論求解；②在第三種情況下不能將已知條件有效利用，轉化到一個三角形中通過勾股定理列方程求解.

18、【解析】

如圖，作AM平分∠DAC，交CD于點M，過點M作MN⊥AC于點N，證明△ABE∽△ADM，根據相似三角形的性質可得AB：AD=BE：DM，證明△ADM≌△ANM，根據全等三角形的性質可得AN=AD，MN=DM，設BE=m，DM=n，則AN=AD=BC=9+m，MN=n，CM=9-n，由此可得，即9n=m(9+m)，根據勾股定理可得AC=，從而可得CN=-（9+m）,在Rt△CMN中，根據勾股定理則可得（9-n）2=n2+[-（9+m）]2，繼而由9n=m(9+m)，可得-2m(9+m)=2(9+m)2-2(9+m)，化簡得=9+2m，兩邊同時平方后整理得m2+6m-27=0，求得m=3或m=-9（舍去），再根據勾股定理即可求得答案.【詳解】如圖，作AM平分∠DAC，交CD于點M，過點M作MN⊥AC于點N，則∠CAD=2∠DAM=2∠NAM，∠ANM=∠MNC=90°，∵∠CAD＝2∠BAE，∴∠BAE=∠DAM，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=9，∠B=∠D=90°，AD=BC，∴△ABE∽△ADM，∴AB：AD=BE：DM，又∵AM=AM，∴△ADM≌△ANM，∴AN=AD，MN=DM，設BE=m，DM=n，則AN=AD=BC=CE+BE=9+m，MN=n，CM=CD-DM=9-n，∵AB：AD=BE：DM，∴，即9n=m(9+m)，∵∠B=90°，∴AC=，∴CN=AC-AN=-（9+m）,在Rt△CMN中，CM2=CN2+MN2，即（9-n）2=n2+[-（9+m）]2，∴81-18n+n2=n2+92+(9+m)2-2(9+m)+(9+m)2，又∵9n=m(9+m)，∴81-2m(9+m)+n2=n2+92+(9+m)2-2(9+m)+(9+m)2，即-2m(9+m)=2(9+m)2-2(9+m)，∴=9+2m，∴92+(9+m)2=(9+2m)2，即m2+6m-27=0，解得m=3或m=-9（舍去），∴AE=，故答案為：.【點睛】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理的應用等，綜合性較強，難度較大，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關知識，準確計算是解題的關鍵.三、解答題(共66分)19、2．【解析】試題分析：由勾股定理的逆定理證明△ADC是直角三角形，∠C=90°，再由勾股定理求出BC，得出BD，即可得出結果．解：在△ADC中，AD=15，AC=12，DC=9，AC2+DC2=122+92=152=AD2，即AC2+DC2=AD2，∴△ADC是直角三角形，∠C=90°，在Rt△ABC中，BC===16，∴BD=BC﹣DC=16﹣9=7，∴△ABD的面積=×7×12=2．20、（1）a≤5【解析】

（1）根據根判別式可得△=16-43a-1≥0；（2）因為a為正整數，又a≤53，所以a=1此時方程為【詳解】解：（1）由△=16-43a-1≥0（2）因為a為正整數，又a≤53，所以a=1此時方程為x所以α=【點睛】考核知識點：根判別式，根與系數關系.理解相關知識即可.21、（1）購買一個A種品牌的足球需要50元，購買一個B種品牌的足球需要80元；（2）有三種方案，詳見解析；（3）最多需要3150元.【解析】

（1）設A種品牌足球的單價為x元，B種品牌足球的單價為y元，根據“總費用＝買A種足球費用＋買B種足球費用，以及購買一個種品牌的足球比購買一個種品牌的足球少30元”可得出關于x、y的二元一次方程組，解方程組即可得出結論；（2）設第二次購買A種足球m個，則購買B種足球（50?m）個，根據“總費用＝買A種足球費用＋買B種足球費用，以及B種足球不小于23個”可得出關于m的一元一次不等式組，解不等式組可得出m的取值范圍，由此即可得出結論；（3）分析第二次購買時，A、B兩種足球的單價，即可得出哪種方案花錢最多，求出花費最大值即可得出結論．【詳解】解：（1）設A種品牌足球的單價為x元，B種品牌足球的單價為y元，依題意得：，解得：，答：購買一個A種品牌的足球需要50元，購買一個B種品牌的足球需要80元；（2）設第二次購買A種足球m個，則購買B種足球（50?m）個，依題意得：，解得：25≤m≤1．故這次學校購買足球有三種方案：方案一：購買A種足球25個，B種足球25個；方案二：購買A種足球26個，B種足球24個；方案三：購買A種足球1個，B種足球23個．（3）∵第二次購買足球時，A種足球單價為50＋4＝54（元），B種足球單價為80×0.9＝72（元），∴當購買方案中B種足球最多時，費用最高，即方案一花錢最多，∴25×54＋25×72＝3150（元）．答：學校在第二次購買活動中最多需要3150元．【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用以及一元一次不等式組的應用，解題的關鍵是：（1）根據數量關系找出關于x、y的二元一次方程組；（2）根據數量關系找出關于m的一元一次不等式組；（3）確定花費最多的方案．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，根據數量關系列出方程（方程組、不等式或不等式組）是關鍵．22、圖2不是，圖2不滿足勾股定理，見解析【解析】

七巧板有5個等腰直角三角形；有大、小兩對全等三角形；一個正方形；一個平行四邊形，根據這些圖形的性質可解答．【詳解】解：圖1是由七巧板拼成的，圖2不是，圖2中上面的等腰直角三角形和①②不同．【點睛】本題運用了等腰直角三角形、全等三角形、正方形、平行四邊形的性質，關鍵是把握好每一塊中邊的特征．23、（1）4；（2）；（3）【解析】

（1）根據算數平均數公式求解即可；（2）根據眾數的概念求得x的值，然后利用方差公式計算進行即可；（3）用因式分解法解一元二次方程．【詳解】解：（1）∴這組數據的平均數為4；（2）由題意可知：x=2∴∴這組數據的方差為；（3）或∴【點睛】本題考查平均數，眾數，方差的概念及計算，考查因