2025屆湖南省長沙青竹湖湘一外國語學校八下數學期末經典模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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．在函數y＝中，自變量x的取值范圍是()A．x≥－3且x≠0 B．x<3C．x≥3 D．x≤32．將一個有45°角的三角板的直角頂點放在一張寬為3cm的紙帶邊沿上，另一個頂點在紙帶的另一邊沿上，測得三角板的一邊與紙帶的一邊所在的直線成30°角，如圖（3），則三角板的最大邊的長為（）A． B． C． D．3．已知一組數據2，3，4，x，1，4，3有唯一的眾數4，則這組數據的平均數、中位數分別是（）A．3，4 B．4，3 C．3，3 D．4，44．等邊△ABC的邊長為6，點O是三邊垂直平分線的交點，∠FOG=120°，∠FOG的兩邊OF，OG分別交AB，BC與點D，E，∠FOG繞點O順時針旋轉時，下列四個結論正確的是（）①OD=OE；②；③；④△BDE的周長最小值為9.A．1個 B．2個 C．3個 D．4個5．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，以BC為斜邊在矩形的外部作直角三角形BEC，點F是CD的中點，則EF的最大值為()A．8 B．9 C．10 D．26．在直角三角形中，如果有一個角是30°，那么下列各比值中，是這個直角三角形的三邊之比的是()A．1∶2∶3 B．2∶3∶4C．1∶4∶9 D．1∶∶27．在20km的環湖越野賽中，甲乙兩選手的行程y（單位：km）隨時間x（單位：h）變化的圖象如右上圖所示，根據圖中提供的信息，下列說法中錯誤的有（）①出發后1小時，兩人行程均為10km；②出發后1.5小時，甲的行程比乙多2km；③兩人相遇前，甲的速度小于乙的速度；④甲比乙先到達終點．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個8．一次函數與的圖象如圖所示，則下列結論①k<0;②a>0;③不等式x+a<kx+b的解集是x<3;④a?b=3k?3中,正確的個數是()A．3個 B．2個 C．1個 D．4個9．如圖，已知△ABC的面積為12，點D在線段AC上，點F在線段BC的延長線上，且BC=4CF，四邊形DCFE是平行四邊形，則圖中陰影部分的面積為（）A．2 B．3 C．4 D．610．如圖1，在矩形中，動點從點出發，沿方向運動至點處停止．設點運動的路程為，的面積為，如果關于的函致圖象如圖2所示，則矩形的周長是（）圖1圖2A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．下列4種圖案中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的有__________個.12．矩形中，對角線交于點，，則的長是__________．13．某種商品的進價為15元，出售時標價是22.5元．由于市場不景氣銷售情況不好，商店準備降價處理，但要保證利潤率不低于10%，那么該店最多降價______元出售該商品．14．如圖，所有的四邊形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的邊長為8cm，正方形A的面積是10cm1，B的面積是11cm1，C的面積是13cm1，則D的面積為____cm1．15．9的算術平方根是．16．已知函數，當=_______時，直線過原點；為_______數時，函數隨的增大而增大.17．如圖，將一副直角三角板如圖所示放置，使含30°角的三角板的一條直角邊和含45°的三角板的一條直角邊重合，則∠1的度數為______．18．兩個全等的直角三角尺如圖所示放置在∠AOB的兩邊上，其中直角三角尺的短直角邊分別與∠AOB的兩邊上，兩個直角三角尺的長直角邊交于點P，連接OP，且OM＝ON，若∠AOB＝60°，OM＝6，則線段OP＝______．三、解答題(共66分)19．（10分）已知實數a，b，c在數軸上的位置如圖所示，化簡：.20．（6分）如圖：在平行四邊形ABCD中，用直尺和圓規作∠BAD的平分線交BC于點E（尺規作圖的痕跡保留在圖中了），連接EF．（1）求證：四邊形ABEF為菱形；（2）AE，BF相交于點O，若BF＝6，AB＝5，求AE的長．21．（6分）如圖，在正方形中，點、是正方形內兩點，，，為探索這個圖形的特殊性質，某數學興趣小組經歷了如下過程：（1）在圖1中，連接，且①求證：與互相平分；②求證：；（2）在圖2中，當，其它條件不變時，是否成立？若成立，請證明：若不成立，請說明理由.（3）在圖3中，當，，時，求之長.22．（8分）2019年4月23日是第24個世界讀書日．為迎接第24個世界讀書日的到來，某校舉辦讀書分享大賽活動：現有甲、乙兩位同學的各項成績如下表所示：若“推薦語”“讀書心得”“讀書講座”的成績按確定綜合成績，則甲、乙二人誰能獲勝？請通過計算說明理由參賽者推薦語讀書心得讀書講座甲878595乙94888823．（8分）如圖，高速公路的同一側有A、B兩城鎮，它們到高速公路所在直線MN的距離分別為AA′＝2km，BB′＝4km，且A′B′＝8km.（1）要在高速公路上A′、B′之間建一個出口P，使A、B兩城鎮到P的距離之和最小.請在圖中畫出P的位置，并作簡單說明.（2）求這個最短距離．24．（8分）某校八年級(1)班要從班級里數學成績較優秀的甲、乙兩位學生中選拔一人參加“全國初中數學聯賽”，為此，數學老師對兩位同學進行了輔導，并在輔導期間測驗了6次，測驗成績如下表(單位：分)：次數,1,2,3,4,5,6甲:79,78,84,81,83,75乙:83,77,80,85,80,75利用表中數據，解答下列問題：(1)計算甲、乙測驗成績的平均數．(2)寫出甲、乙測驗成績的中位數．(3)計算甲、乙測驗成績的方差．(結果保留小數點后兩位)(4)根據以上信息，你認為老師應該派甲、乙哪名學生參賽？簡述理由．25．（10分）解不等式組，并將解集在數軸上表示出來．26．（10分）如圖，在一次數學課外活動中，小明同學在點P處測得教學樓A位于北偏東60°方向，辦公樓B位于南偏東45°方向．小明沿正東方向前進60米到達C處，此時測得教學樓A恰好位于正北方向，辦公樓B正好位于正南方向．求教學樓A與辦公樓B之間的距離（結果精確到0.1米）．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【解析】

根據二次根式有意義的條件解答即可.【詳解】由題意得3-x≥0，解得：x≤3,故選D.【點睛】本題考查二次根式有意義的條件，要使二次根式有意義必須滿足被開方數大于等于0，熟練掌握二次根式有意義的條件是解題關鍵.2、D【解析】分析：過另一個頂點C作垂線CD如圖，可得直角三角形，根據直角三角形中30°角所對的邊等于斜邊的一半，可求出有45°角的三角板的直角直角邊，再由等腰直角三角形求出最大邊．解答：解：過點C作CD⊥AD，∴CD=3，在直角三角形ADC中，∵∠CAD=30°，∴AC=2CD=2×3=6，又三角板是有45°角的三角板，∴AB=AC=6，∴BC2=AB2+AC2=62+62=72，∴BC=故選D．3、C【解析】

根據眾數，中位數，平均數的定義即可解答.【詳解】解：已知一組數據2，3，4，x，1，4，3有唯一的眾數4，只有當x=4時滿足條件,故平均數==3，中位數=3，故答案選C.【點睛】本題考查眾數，中位數，平均數的概念，熟悉掌握是解題關鍵.4、B【解析】

連接OB、OC，如圖，利用等邊三角形的性質得∠ABO=∠OBC=∠0CB=30°，再證明∠BOD=∠COE，于是可判斷△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，則可對①進行判斷；利用得到四邊形ODBE的面積，則可對進行③判斷；作OH⊥DE，如圖，則DH=EH，計算出=，利用面積隨OE的變化而變化和四邊形ODBE的面積為定值可對②進行判斷；由于△BDE的周長=BC+DE=4+DE=4+OE，根據垂線段最短，當OE⊥BC時，OE最小，△BDE的周長最小，計算出此時OE的長則可對④進行判斷.【詳解】解：連接OB、OC，如圖，∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵點0是△ABC的中心，∴OB=OC，OB、OC分別平分∠ABC和∠ACB，∴∠ABO=∠0BC=∠OCB=30°∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，∴∠BOD=∠COE，在△BOD和△COE中∴△BOD2≌△COE，∴BD=CE，OD=OE，所以①正確；∴，∴四邊形ODBE的面積，所以③錯誤；作OH⊥DE，如圖，則DH=EH，∵∠DOE=120°，∴∠ODE=∠OEH=30°，即S△ODE隨OE的變化而變化，而四邊形ODBE的面積為定值，所以②錯誤；∵BD=CE，∴△BDE的周長=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=6+OE，當OE⊥BC時，OE最小，△BDE的周長最小，此時OE=，.△BDE周長的最小值=6+3=9，所以④正確.故選：B.【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等.也考查了等邊三角形的性質和全等三角形的判定與性質.5、B【解析】

取BC中點O，連接OE，OF，根據矩形的性質可求OC，CF的長，根據勾股定理可求OF的長，根據直角三角形的性質可求OE的長，根據三角形三邊關系可求得當點O，點E，點F共線時，EF有最大值，即EF=OE+OF．【詳解】解：如圖，取BC中點O，連接OE，OF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=6，AD=BC=8，∠C=10°，∵點F是CD中點，點O是BC的中點，∴CF=3，CO=4，∴OF==5，∵點O是Rt△BCE的斜邊BC的中點，∴OE=OC=4，∵根據三角形三邊關系可得：OE+OF≥EF，∴當點O，點E，點F共線時，EF最大值為OE+OF=4+5=1．故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質，三角形三邊關系，勾股定理，直角三角形的性質，找到當點O，點E，點F共線時，EF有最大值是本題的關鍵．6、D【解析】設30°角所對的直角邊為a，根據30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出斜邊的長度，再利用勾股定理求出另一條邊的長度，然后即可求出比值．解：如圖所示，設30°角所對的直角邊BC=a，

則AB=1BC=1a，

∴AC=，

∴三邊之比為a：a：1a=1：：1．

故選D．“點睛”本題主要考查了含30度角的直角三角形的邊的關系，勾股定理，是基礎題，作出草圖求解更形象直觀．7、B【解析】

根據圖像所給信息，結合函數圖像的實際意義判斷即可.【詳解】解：由圖像可得出發后1小時，兩人行程均為10km，①正確；甲的速度始終為，乙在內，速度為，在內，速度為，所以出發后1.5小時，甲的行程為，而乙的行程為，，所以出發后1.5小時，甲的行程比乙多3km，②錯誤；相遇前，在內，乙的速度大于甲的速度，在內，乙的速度小于甲的速度，③錯誤；由圖像知，甲2小時后到達終點，而乙到達終點花費的時間比甲的長，所以甲比乙先到達終點，④正確.錯誤的說法有2個.故答案為：B【點睛】本題是根據函數圖像獲取信息，明確函數圖像所表達的實際意義是解題的關鍵.8、A【解析】

根據一次函數的性質對①②進行判斷；根據一次函數與一元一次不等式的關系，利用兩函數圖象的位置對③④進行判斷，聯立方程解答即可．【詳解】∵一次函數的圖象經過第二、四象限，∴k<0，所以①正確；∵一次函數的圖象與y軸的交點在x軸下方，∴a<0，所以②錯誤；∵x3時,一次函數=kx+b的圖象都在函數=x+a的圖象上方，∴不等式kx+bx+a的解集為x3，所以③正確；∵y=3+a，y=3k+ba=y?3，b=y?3k，∴a?b=3k?3，故④正確；故選：A【點睛】此題考查一次函數與一元一次不等式，解題關鍵在于利用一次函數的性質9、B【解析】

想辦法證明S陰＝S△ADE＋S△DEC＝S△AEC，再由EF∥AC，可得S△AEC＝S△ACF解決問題.【詳解】連接AF、EC．∵BC＝4CF，S△ABC＝12，∴S△ACF＝×12＝1，∵四邊形CDEF是平行四邊形，∴DE∥CF，EF∥AC，∴S△DEB＝S△DEC，∴S陰＝S△ADE＋S△DEC＝S△AEC，∵EF∥AC，∴S△AEC＝S△ACF＝1，∴S陰＝1．故選B．【點睛】本題考查平行四邊形的性質、三角形的面積、等高模型等知識，解題的關鍵是熟練掌握等高模型解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考常考題型．10、C【解析】

根據三角形的面積變化情況，可得R在PQ上時，三角形面積不變，可得答案．【詳解】解：由圖形可知，，周長為，故選C．【點睛】本題考查了動點函數圖象，利用三角型面積的變化確定R的位置是解題關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、1.【解析】

根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．【詳解】A.是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形。故正確B.不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形。故錯誤；C.不是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形。故錯誤；D.是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形。故錯誤。故答案為：1【點睛】此題考查中心對稱圖形，軸對稱圖形，難度不大12、【解析】

根據矩形的對角線互相平分且相等可得OA=OC，然后由勾股定理列出方程求解得出BC的長和AC的長，然后根據矩形的對角線互相平分可得AO的長。【詳解】解：如圖，在矩形ABCD中，OA=OC，∵∠AOB=60°，∠ABC=90°∴∠BAC=30°∴AC=2BC設BC=x,則AC=2x∴解得x=，則AC=2x=2∴AO==．【點睛】本題考查了矩形的對角線互相平分且相等的性質和含30°的直角三角形的性質，以及勾股定理的應用，是基礎題。13、1【解析】先設最多降價x元出售該商品，則出售的價格是22.5-x-15元，再根據利潤率不低于10%，列出不等式即可．解：設最多降價x元出售該商品，則22.5-x-15≥15×10%，解得x≤1．

故該店最多降價1元出售該商品．“點睛”本題考查一元一次不等式的應用，將現實生活中的事件與數學思想聯系起來，讀懂題列出不等式關系式即可求解．14、30【解析】

根據正方形的面積公式，運用勾股定理可得結論：四個小正方形的面積之和等于最大的正方形的面積64cm1，問題即得解決.【詳解】解：如圖記圖中三個正方形分別為P、Q、M.

根據勾股定理得到：A與B的面積的和是P的面積；C與D的面積的和是Q的面積；而P、Q的面積的和是M的面積.

即A、B、C、D的面積之和為M的面積.

∵M的面積是81=64，∴A、B、C、D的面積之和為64，設正方形D的面積為x，∴11+10+13+x=64，

∴x=30，故答案為30.【點睛】本題主要考查勾股定理，把正方形的面積轉化為相關直角三角形的邊長，再通過勾股定理探索圖形面積的關系是解決此類問題常見的思路.15、1．【解析】

根據一個正數的算術平方根就是其正的平方根即可得出.【詳解】∵，∴9算術平方根為1．故答案為1．【點睛】本題考查了算術平方根，熟練掌握算術平方根的概念是解題的關鍵.16、m>0【解析】分析：（1）根據正比例函數的性質可得出m的值；（2）根據一次函數的性質列出關于m的不等式，求出m的取值范圍即可．詳解：直線過原點，則；即，解得：；函數隨的增大而增大，說明，即，解得：；故分別應填：；m>0.點睛：本題考查的是一次函數的圖象與系數的關系，熟知一次函數的定義及增減性是解答此題的關鍵．17、75°【解析】

根據三角形內角和定理求出∠DMC，求出∠AMF，根據三角形外角性質得出∠1=∠A+∠AMF，代入求出即可．【詳解】∵∠ACB=90°，

∴∠MCD=90°，

∵∠D=60°，

∴∠DMC=30°，

∴∠AMF=∠DMC=30°，

∵∠A=45°，

∴∠1=∠A+∠AMF=45°+30°=75°，

故選：C．【點睛】本題考查了三角形內角和定理，三角形的外角性質的應用，解此題的關鍵是求出∠AMF的度數．18、【解析】

根據HL定理證明，求得，根據余弦求解即可；【詳解】∵OM=ON，OP=OP，，∴，∵∠AOB＝60°，∴，∵OM＝6，∴．故答案是．【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質應用，結合三角函數的應用是解題的關鍵．三、解答題(共66分)19、【解析】

直接利用數軸判斷得出：a<0，a+c<0，c-a<0，b>0，進而化簡即可．【詳解】由數軸，得，，，.則原式.【點睛】此題考查二次根式的性質與化簡，數軸，解題關鍵在于利用數軸進行解答.20、（1）見解析；（2）1．【解析】

（1）先證四邊形ABEF為平行四邊形，繼而再根據AB=AF，即可得四邊形ABEF為菱形；（2）由四邊形ABEF為菱形可得AE⊥BF，BO=FB=3，AE=2AO，在Rt△AOB中，求出AO的長即可得答案．【詳解】（1）由尺規作∠BAF的角平分線的過程可得AB=AF，∠BAE=∠FAE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠FAE=∠AEB，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴BE=FA，∴四邊形ABEF為平行四邊形，∵AB=AF，∴四邊形ABEF為菱形；（2）∵四邊形ABEF為菱形，∴AE⊥BF，BO=FB=3，AE=2AO，在Rt△AOB中，AO==4，∴AE=2AO=1．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，菱形的判定與性質，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．21、（1）①詳見解析；②詳見解析；（1）當BE≠DF時，（BE+DF）1+EF1＝1AB1仍然成立，理由詳見解析；（3）【解析】

（1）①連接ED、BF，證明四邊形BEDF是平行四邊形，根據平行四邊形的性質證明；②根據正方形的性質、勾股定理證明；（1）過D作DM⊥BE交BE的延長線于M，連接BD，證明四邊形EFDM是矩形，得到EM=DF，DM=EF，∠BMD=90°，根據勾股定理計算；（3）過P作PE⊥PD，過B作BELPE于E，根據（1）的結論求出PE，結合圖形解答.【詳解】（1）證明：①連接ED、BF，∵BE∥DF，BE＝DF，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴BD、EF互相平分；②設BD交EF于點O，則OB＝OD＝BD，OE＝OF＝EF．∵EF⊥BE，∴∠BEF＝90°．在Rt△BEO中，BE1+OE1＝OB1．∴（BE+DF）1+EF1＝（1BE）1+（1OE）1＝4（BE1+OE1）＝4OB1＝（1OB）1＝BD1．在正方形ABCD中，AB＝AD，BD1＝AB1+AD1＝1AB1．∴（BE+DF）1+EF1＝1AB1；（1）解：當BE≠DF時，（BE+DF）1+EF1＝1AB1仍然成立，理由如下：如圖1，過D作DM⊥BE交BE的延長線于M，連接BD．∵BE∥DF，EF⊥BE，∴EF⊥DF，∴四邊形EFDM是矩形，∴EM＝DF，DM＝EF，∠BMD＝90°，在Rt△BDM中，BM1+DM1＝BD1，∴（BE+EM）1+DM1＝BD1．即（BE+DF）1+EF1＝1AB1；（3）解：過P作PE⊥PD，過B作BE⊥PE于E，則由上述結論知，（BE+PD）1+PE1＝1AB1．∵∠DPB＝135°，∴∠BPE＝45°，∴∠PBE＝45°，∴BE＝PE．∴△PBE是等腰直角三角形，∴BP＝BE，∵BP+1PD＝4，∴1BE+1PD＝4，即BE+PD＝1，∵AB＝4，∴（1）1+PE1＝1×41，解得，PE＝1，∴BE＝1，∴PD＝1﹣1．【點睛】本題考查的是正方形的性質、等腰直角三角形的性質以及勾股定理的應用，正確作出輔助性、掌握正方形的性質是解題的關鍵.22、甲獲勝；理由見解析．【解析】

根據加權平均數的計算公式列出算式，進行計算即可．【詳解】甲獲勝；甲的加權平均成績為（分，乙的加權平均成績為（分，∵，∴甲獲勝．【點睛】此題考查了加權平均數的概念及應用，用到的知識點是加權平均數的計算公式，解題的關鍵是根據公式列出算式．23、這個最短距離為10km.【解析】分析：（1）作點A關于MN的對稱點C，連接BC交MN于點P，連接PA，此時PA+PB的值最小．（2）作CD⊥BB1的延長線于D，在Rt△BCD中，利用勾股定理求出BC即可；詳解：（1）作點A關于MN的對稱點C，連接BC交MN于點P，連接PA，此時PA+PB的值最小．（2）作CD⊥BB1的延長線于D，在Rt△BCD中，BC==10，∴PA+PB的最小值=PB+PC=BC=10(km)．點睛：本題考查作圖-應用與設計，軸對稱-最短問題、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題，學會添加常用輔助線，構造直角三角形解