2024-2025学年沪科版八年级下册数学期末复习综合练习三

沪科版八年级下数学期末复习综合练习三 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1.下列二次根式中，最简二次根式是（　　） A． B． C． D． 2.用配方法解方程x2+4x+2＝0，下列配方正确的是（　　） A．（x﹣2）2＝2 B．（x+2）2＝2 C．（x+2）2＝﹣2 D．（x﹣2）2＝6 3.下列各组数中，不能作为直角三角形三边长度的是（　　） A．2，3，4 B．5，12，13 C．，，3 D．9，12，15 4.在“一分钟跳绳”项目的三次测试中，某班4名同学所得成绩的平均数及方差如表，如果选一名同学代表班级参加学校运动会，那么最适合的是（　　） 甲 乙 丙 丁 平均数 189 192 189 192 方差 61 24 31 17 A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 5.如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，尺规作图操作步骤如下：①以点C为圆心，OC长为半径画弧；②以点D为圆心，OD长为半径画弧；③两弧交于点E，连结DE，CE．则下列说法一定正确的是（　　） A．若AC⊥BD，则四边形OCED是矩形 B．若AC＝BD，则四边形OCED是菱形 C．若AD⊥CD，则四边形OCED是矩形 D．若AD＝CD，则四边形OCED是菱形 （第5题） （第7题） （第8题） （第9题） 6.已知方程（k﹣3）x2+2x+1＝0有两个实数根，则k的取值范围是（　　） A．k＜4 B．k≤4 C．k＜4且k≠3 D．k≤4且k≠3 7.我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“圆中方形”问题：“今有圆田一段，中间有个方池，丈量田地待耕犁，恰好三分在记，池面至周有数，每边三步无疑，内方圆径若能知，堪作算中第一．”其大意为：有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远，在这个不变图形中，应该能求出正方形边长和圆的直径，如图，设正方形的边长是x步，则列出的方程是（　　） A．π（x+3）2﹣x2＝72 B． C．π（x+3）2﹣x2＝32 D． 8.如图，Rt△ABC中，AB＝8，AC＝6，∠BAC＝90°，D，E分别为AB，AC的中点，P为DE上一点，且满足∠EAP＝∠ABP，则PE＝（　　） A．1 B． C． D．2 9.如图，长方形ABCD中，AB＝10，AD＝4，点P为边CD上一个动点，将△APD沿AP折叠得到△APQ，点D的对应点为Q，当射线PQ恰好经过AB的中点M时，DP的长为（　　） A．2 B．3 C．2或8 D．3或 （第10题） （第13题） （第14题） 10.如图，用4个全等直角三角形与1个正方形拼成正方形图案．已知大正方形面积为49，小正方形面积为4．若用x、y表示直角三角形的两条直角边（x＞y）．下列说法正确的有（　　） ①x2+y2＝49；②x﹣y＝2；③；④ A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11.比较大小：3　　 4． 12.如果m是方程x2﹣2x﹣6＝0的一个根，那么代数式m2﹣2m+2024的值为 　　 ． 13.如图，平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，G为线段AE上一点且满足EG＝BC，AG＝CE，连CG并延长交AB于点F，则∠BFC的度数为 　 ． 14.如图，在正方形ABCD中，AB＝10，E为BC边上一点，CE＝7．F为对角线BD上一动点（不与点B、D重合），过点F分别作FM⊥BC于点M、FN⊥CD于点N，连接EF、MN，当F运动到BD中点时，MN的长度为 　　 ；F在运动过程中，EF+MN的最小值为 　　 ． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15.计算：． 16.解方程：x（2x﹣7）＝8（7﹣2x）． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17.已知关于x的一元二次方程x2+2（m﹣1）x+m2＝0． （1）若方程有实数根，求m的取值范围； （2）若方程的两实数根分别为x1，x2，且满足14．求4x2﹣10的值． 18.如图，某旅游景点要在长和宽分别为20米、18米的矩形水池的正中央建一个与矩形的边互相平行的正方形观赏亭，观赏亭的四角连接四条与矩形的边互相平行且宽度相等的道路，已知道路的宽为正方形边长的，若道路与观赏亭的面积之和是矩形水池面积的，求道路的宽． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19.如图，在▱ABCD 中，点E，F分别在边AB，CD上，BE＝DF，连接AF，CE． （1）求证：∠AFD＝∠CEB． （2）若G，H分别是AF，CE上的点，且 AG＝CH，∠AEG+∠AFD＝90°，试判断四边形EHFG是什么特殊四边形，并说明理由． 20.图①、图②、图③都是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，线段AB的端点都在格点上．在给定的网格中，只用无刻度的直尺，在图①、图②、图③中，按下列要求画图，只保留作图痕迹，不要求写出画法，所画的图形的顶点均在格点上． （1）在图①中画一个△ABC，使其面积为2． （2）在图②中画一个△ABD，使其面积为4． （3）在图③中画一个四边形ABEF，使其面积为5． 六、（本题满分12分） 21.2023年3月27日是第28个全国中小学生安全教育日．某校开展了校园安全知识抽检活动．从七、八年级分别随机抽取50名学生参与抽检，并对检测情况（百分制）进行整理、描述和分析．部分信息如下： ①七年级学生的检测成绩频数分布直方图如图所示； 并且80≤x＜90这一组的具体成绩为：80，82，84，84，86，86，88，88，88，88． ②七、八年级检测成绩的平均数、中位数如表所示： 年级 平均数（分） 中位数（分） 七年级 81.4 m 八年级 87.2 88 根据以上信息，回答下列问题： （1）七年级抽测学生中，80分以上有 　　 人，m值为 　　 ，并补全频数分布直方图； （2）七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是88分，请判断哪位学生在各自年级抽测学生中的排名更靠前，并简要说明理由； （3）该校七年级学生有600人，假设全部参加此次测试，请估计成绩超过平均数81.4分的人数． 七、（本题满分12分） 22.交警部门提醒市民：“出门头盔戴，放心平安归”，某电动车用品批发店准备在11月和12月，分两次购入A、B两款头盔．11月购入了第一批，购入A款头盔的数量为购入B款头盔数量的4倍还多300个，A、B两种头盔的购入单价分别为20元和45元，共用去资金43500元． （1）求第一批购入A、B两款头盔的数量； （2）12月2日，恰逢全国交通安全日，随着人们交通安全意识不断增强，头盔需求量增加．A款头盔单价有所上涨（涨价金额为正数）．批发店决定，若A款头盔的单价每上涨1元，则购入数量就比第一批A款头盔的数量减少50个．因B款头盔单价与第一批相同，所以B款头盔的购入数量在第一批B款头盔数量的基础上增加，最终花费的总资金比第一批增加了9000元，求A款头盔的单价上涨了多少元？ 八、（本题满分12分） 23.如图，在边长为8的正方形ABCD中，点P，Q分别是边AB，AD上的两动点（点P，Q不与点A，B，D重合），以AP，AQ为邻边作矩形APEQ，PE交BD于M点，QE交BD于N点．设AP＝x，AQ＝y，已知xy＝32． （1）证明：BM2+DN2＝MN2； （2）连接AM，AN． ①如图1，当x＝y时，求∠MAN的大小； ②如图2，当x≠y时，①中的结论是否成立？并说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 沪科版八年级下数学期末复习综合练习三 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C B A D B D B A C D 9.解：①PQ的延长线过AB的中点M，如题干图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，∠D＝90°， ∴∠APD＝∠PAM， ∵将△APD沿AP折叠得到△APQ，AD＝4， ∴∠APD＝∠APM，∠AQP＝∠D＝90°，AQ＝AD＝4，DP＝QP， ∴∠APM＝∠PAM，∠AQM＝90°， ∴MP＝MA， ∵AB＝10，M是AB的中点， ∴MP＝MA＝5， 在Rt△AMQ中， 由勾股定理，得MQ3， ∴DP＝QP＝MP﹣MQ＝5﹣3＝2； ②PQ过AB的中点M，如图， 同①，可求得MQ＝3，PM＝AM＝5， ∴DP＝QP＝MP+MQ＝5+3＝8． 综上，DP＝2或8． 故选：B． 10.解：∵大正方形面积为49，小正方形面积为4， ∴大正方形边长为7，小正方形边长为2， 由勾股定理可得：x2+y2＝72＝49， 故①正确； ∵图中4个直角三角形全等， ∴x﹣y＝2， 故②正确； ∵大正方形面积＝4个直角三角形面积+小正方形面积， ∴， ∴， 故④正确； ∵x2+y2＝49，， ∴， ∵x＞0，y＞0， ∴， 故③正确， 综上所述，①②③④正确， 故选：D． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. ＜． 12. 2030． 13. 45°．14.；． 14.解：如图，连接CF、AF， ∵FM⊥BC，FN⊥CD，∠BCD＝90°， ∴四边形CNFM为矩形， ∴CF＝MN， ∵四边形ABCD是正方形，F为BD中点， ∴AF⊥BD，CF⊥BD， ∴点A，F，C三点共线， ∴， ∵AB＝AD＝10，∠BAD＝90°， ∴， ∴； ∵四边形ABCD是正方形， 由正方形的对称性可得AF＝CF， ∴MN＝AF， ∴EF+MN＝EF+AF， 当EF+MN最小时，EF+AF最小，此时A、F、E共线，EF+MN的最小值即为AE的长，如图： ∵AB＝10，CE＝7， ∴BE＝BC﹣CE＝AB﹣CE＝3， ∴， ∴EF+MN的最小值为， 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15.解： ． 16解：由题意得x（2x﹣7）﹣8（7﹣2x）＝0， x（2x﹣7）+8（2x﹣7）＝0， （2x﹣7）（x+8）＝0， 2x﹣7＝0或x+8＝0， ∴，x2＝﹣8． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17.解：（1）∵关于x的一元二次方程x2+2（m﹣1）x+m2＝0有实数根， ∴Δ＝b2﹣4ac＝[2（m﹣1）]2﹣4×1×m2≥0， 解得：m， ∴实数m的取值范围为m． （2）∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2+2（m﹣1）x+m2＝0的两实数根， ∴x1+x2＝﹣2（m﹣1），x1•x2＝m2． ∵14， ∴（x1+x2）2﹣2x1•x2＝14， ∴[﹣2（m﹣1）]2﹣2m2＝14， ∴4m2﹣8m+4﹣2m2＝14， ∴m＝5或﹣1， 当m＝5时，方程x2+2（m﹣1）x+m2＝0变为x2+8x+25＝0，无解舍去， 当m＝﹣1时，方程变为x2﹣4x+1＝0， ∴x1+x2＝4，， ∴x1﹣1， ∴4x2﹣10＝4x1﹣1+4x2﹣10＝4（x1+x2）﹣11＝16﹣11＝5． 18.解：设道路的宽为x米， 则可列方程： x（18﹣4x）+x（20﹣4x）+16x220×18， 解得：x1，x2＝﹣6（舍去）． 答：道路的宽为米． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19.（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠D＝∠B，AD＝BC， 在△ADF和△CBE中 ， ∴△ADF≌△CBE（SAS）， ∴∠AFD＝∠CEB； （2）四边形HEGF是矩形， 证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴DC∥AB， ∴∠DCE＝∠CEB， ∵∠AFD＝∠CEB， ∴∠AFD＝∠DCE， ∴AF∥CE， ∵△ADF≌△CBE， ∴AF＝CE， ∵AH＝CG， ∴AF﹣AH＝CE﹣CG， 即HF＝GE， ∴四边形HEGF是平行四边形， ∵∠AEG+∠AFD＝90°，∠AFD＝∠CEB， ∴∠AEG+∠CEB＝90°， ∴∠HEG＝180°﹣（∠AEG+∠CEB）＝90°， ∴四边形HEGF是矩形． 20.解：（1）取格点C，连接AC，BC， 如图所示，△ABC即为所求， ∵AC，BC＝2，AB， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°， ∴S2； （2）如图所示，△ABD即为所求， （3）如图所示，四边形ABEF即为所求． 六、（本题满分12分） 21.解：（1）根据频数分布直方图可知，七年级抽测学生中，8（0分）以上有10+14+5﹣1＝28（人）， 将七年级抽测的50名学生的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为85，因此中位数是85，即m＝85， 七年级抽测的50名学生的成绩在70≤x＜80的人数为50﹣2﹣6﹣10﹣14﹣5＝13（人），补全频数分布直方图如下： 故答案为：28，85； （2）七年级学生成绩的中位数是8（5分），八年级学生成绩的中位数是8（8分），而七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是8（8分）， 所以七年级学生甲名次靠前； （3）600336（人）， 答：该校七年级600名中成绩超过平均数81．（4分）的大约有336人． 七、（本题满分12分） 22.解：（1）设第一批购入B款头盔的数量为x个，则第一批购入A款头盔的数量为（4x+300）个， 由题意得：20（4x+300）+45x＝43500， 解得：x＝300， ∴4x+300＝4×300+300＝1500， 答：第一批购入A款头盔的数量为1500个，购入B款头盔的数量为300个； （2）设A款头盔的单价上涨了y元，则购入数量为（1500﹣50y）本， 根据题意得：（20+y）（1500﹣50y）+45×300×（1）＝9000+43500， 整理得：y2﹣10y＝0， 解得：y1＝10，y2＝0（不符合题意，舍去）， 答：A款头盔的单价上涨了10元． 八、（本题满分12分） 23.（1）证明：根据题意可得BP＝AB﹣AP＝8﹣x，DQ＝8﹣y， ∴，， ∴BM2+ND2＝2（8﹣x）2+2（8﹣y）2＝2（x2+y2﹣16x﹣16y+128）， ∴， ∵xy＝32， ∴MN2＝2（x+y﹣8）2 ＝2（x2+y﹣16x﹣16y+64+2xy） ＝2（x2+y2﹣16x﹣16y+128）， ∴BM2+ND2＝MN2． （2）解：①如图，连接AE交BD于G点， ∴x＝y， ∴四边形APEQ是正方形，AE平分∠PEQ， ∴AE⊥BD，∠AGM＝90° ∴△DQN，△EMN，△BPM 是等腰直角三角形， ∴MN2＝BM2+ND2MN2＝EM2+EN2， ∴EM＝EN＝DN＝BM， ∴QN＝NG＝MG＝MP， ∴∠MAP＝∠MAG，∠QAG＝∠NAG， ∵∠DAB＝90° ∴． ②①中的结论仍然成立，理由如下： 将△ABM绕A点逆时针旋转90°至△ADF，连接FN，如图， ∴∠FDA＝∠ABM＝45°，DF＝BM， ∴∠FDN＝∠FDA+∠ADN＝90°， ∴FN2＝DF2+DN2＝BM2+DN2， ∵MN2＝BM2+DN2， ∴MN＝NF， ∵AM＝AF，AN＝AN， ∴△MAN≌△FAN（SSS）， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $$