暑假弯道超车检测卷（全册内容）-2024-2025学年人教版数学八年级下册

暑假弯道超车检测卷（全册内容）-数学八年级下册人教版 一、单选题 1．一组数据4，5，4，6，8，4的众数是（   ） A．4 B．5 C．6 D．8 2．在中，它的底边是，底边上的高是，则三角形面积，当为定值时，在此式中（    ） A．，是变量，，是常量 B．，，是变量，是常量 C．，是变量，，是常量 D．是变量，，，是常量 3．以下列三条线段的长为边，能围成直角三角形的是（　　） A． B．2，3，4 C． D．2 4．在平面直角坐标系中，一次函数的图象向上平移3个单位长度后经过点，且随的增大而减小，则点的坐标可能是（   ） A． B． C． D． 5．如图，在中，，于点，若，是斜边的中点，则（   ） A． B． C． D． 6．如图，在边长为4的正方形中，点在对角线上，连接，过点作的垂线交边于点，交的延长线于点．若，则的长度为（    ） A．8 B． C．10 D． 7．如图，，两半圆的面积分别为132和108，则半圆m的面积为（　　） A．140 B． C． D．24 8．下列计算，正确的是（　　） A． B． C． D． 9．如果一次函数的函数值y随x的增大而减小，则函数的图象可能是（ ） A．B． C． D． 10．如图，在矩形中，平分交于点E，垂直平分交于点O，交于点F，若，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 二、填空题 11．要使有意义，则的取值范围是 ． 12．若与最简二次根式是同类二次根式，则 ． 13．在▱中，若，则的度数是 ． 14．如图，在中，是斜边的中点，连接，，则的长为 ． 15．如图，中，，，的垂直平分线分别交，于点D，F，交的延长线于点E，若，则 ． 16．如图，直线与x轴交于点B，与y轴交于点A，则的面积为 ． 17．在某次歌唱比赛中，小陈“演唱技巧”和“舞台表现”得分分别为9分，8分，若“演唱技巧”和“舞台表现”的权重分别是和，则小陈的最终得分为 分． 18．如图，正方形的边长为，点在边上，，过点作，分别交，于点，，点，分别是，的中点，则的长是 ． 三、解答题 19．计算： (1)； (2) 20．如图，四边形、是两个正方形，交于点O，交于点． (1)求证： (2)求与的夹角的度数． 21．如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数的图象经过点和点，直线与x轴、y轴分别交于、两点，与直线相交于点，且． (1)求一次函数的解析式； (2)求四边形的面积． 22．阅读下列材料，然后回答问题． 学习数学，最重要的是学习数学思想，其中一种数学思想叫做换元的思想，它可以简化我们的计算，比如我们熟悉的下面这个题：已知，，求我们可以把和看成是一个整体，令，，则=这样，我们不用求出a，b，就可以得到最后的结果． (1)计算： _______，_______； (2)m是正整数，，且，求m． 23．定义：在平面直角坐标系中，对两点和，若，则称为、两点的“绝对距离”． (1)已知点，则______； (2)函数的图象上存在点，若，则点的坐标为______； (3)菱形顶点的坐标是，，，． ①若点在菱形的边上且，求点的坐标； ②已知点，且菱形上只有两个点到点的“绝对距离”等于，则的取值范围是______． 24．浮箭漏（如图①）是西汉时期的一种计时仪器，它由供水壶和箭壶组成，箭壶内装有箭尺，水匀速地从供水壶流到箭壶，箭壶中的水位逐渐上升，箭尺匀速上浮，可通过读取箭尺读数计算时间．某学校科技研究小组仿制了一套浮箭漏，经过实验探究发现，箭尺读数与供水时间成一次函数关系．某次实验中，研究小组每记录一次箭尺读数（箭尺最大读数为），得到如表： 供水时间 0 2 4 6 箭尺读数 6 18 30 42 (1)建立平面直角坐标系如图②，横轴表示供水时间，纵轴表示箭尺读数，请画出该一次函数的图象； (2)应用上述得到的规律计算：如果本次实验记录的开始时间是上午，那么当箭尺读数为时是几点？ 25．如图，在平行四边形中，，，动点从点出发沿以速度向终点运动，同时点从点出发，以速度沿射线运动，当点到达终点时，点也随之停止运动，设点运动的时间为秒请问是否存在的值，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 26．我们规定：如果一个四边形的对角线长度相等，则称该四边形为“等角线四边形”． (1)下列一定是“等角线四边形”的有_____（填写序号）； ①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形； (2)如图①，四边形为“等角线四边形”，是的中点，若它的对角线可绕点旋转与重合，证明：； (3)如图②，四边形为“等角线四边形”，则它的对角线可绕点旋转与重合，请用无刻度的直尺和圆规作出满足条件的一个点（保留作图痕迹，并写出简要的作图步骤） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《暑假弯道超车检测卷（全册内容）-数学八年级下册人教版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A A D B D D C B C 1．A 【分析】本题考查了众数的定义，找到出现次数最多的数即可，根据众数的定义确定答案即可． 【详解】解：数据4出现次数最多（3次），其余数据均出现1次． ∴众数为4， 故选：A． 2．A 【分析】本题考查常量和变量，根据常量就是固定不变的量；变量就是随时变化的量解答即可． 【详解】在三角形面积公式中，当底边为定值时，和均为固定不变的常量。面积随高的变化而变化，因此和是变量 故选：A． 3．A 【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形，据此先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可． 【详解】解：A、∵， ∴长为的三条线段可以组成直角三角形，故此选项符合题意； B、∵， ∴长为2，3，4的三条线段不可以组成直角三角形，故此选项不符合题意； C、∵， ∴长为的三条线段不可以组成直角三角形，故此选项不符合题意； D、∵， ∴长为的三条线段不可以组成直角三角形，故此选项不符合题意； 故选：A． 4．D 【分析】本题考查了一次函数、一元一次方程的知识，结合题意，根据一次函数的性质可得：，原函数为，向上平移3个单位后得到，由各选项中点的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出关于k的一元一次方程，解之即可得出k的值，取k值为负的选项即可得出结论． 【详解】解：∵一次函数y随x的增大而减小， ∴， 原函数为，向上平移3个单位后得到 A．当，时，则，解得，不符合题意，故该选项不符合题意； B．当，时，则，解得，不符合题意，故该选项不符合题意； C．当，时，则，解得，不符合题意，故该选项不符合题意； D．当，时，则，解得，符合题意，故该选项符合题意； 故选：D． 5．B 【分析】本题考查了直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，三角形的外角的性质，先求得，由题意得，结合三角形的外角的性质，推出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵是斜边的中点， ∴， 又∵， ∴， 故选：B 6．D 【分析】此题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用三角形的面积公式及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 过点作于点于点，设，则，证明四边形是正方形得，进而证明和全等得，由勾股定理得，由三角形的面积公式得，继而得，在中，由勾股定理求出即可得出的长． 【详解】解：过点作于点于点，如图所示： ， 设，则， ， ∵四边形是正方形，且边长为4， ， ∴四边形是矩形， ， ∴是等腰直角三角形， ， ∴矩形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， 由三角形的面积公式得：， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 整理得：， ， ， 由，解得：， 由，解得：， 当时，，不合题意， ， ． 故选：D． 7．D 【分析】本题主要考查了勾股定理以及圆的面积，熟练掌握勾股定理是解题的关键．由勾股定理得出，再分别计算出两半圆的面积分别、，然后由半圆m的面积，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵两半圆的面积分别为132和108， ∴， ， ∴半圆m的面积 ， 故选：D． 8．C 【分析】本题考查了二次根式的运算，根据二次根式的运算逐一验证各选项的正确性即可，正确掌握运算法则是解题的关键． 【详解】解： 与不是同类二次根式，无法合并，原选项计算错误，不符合题意； 、 ，原选项计算错误，不符合题意； 、，原选项计算正确，符合题意； 、与不是同类二次根式，无法合并，原选项计算错误，不符合题意； 故选：． 9．B 【分析】本题考查一次函数的性质、一次函数的图象，解答本题的关键是熟练掌握一次函数的图象与性质． 根据一次函数的函数值y随x的增大而减小，可知，然后即可得到函数的图象经过哪几个象限，本题得以解决． 【详解】解：一次函数的函数值y随x的增大而减小， ， ， 函数的图象经过第一、三、四象限． 故选：B． 10．C 【分析】设，则，证明四边形是菱形，再证明和全等得，在中，由勾股定理得，进而得，如图，连接，证明为等边三角形，可得，，求解，然后再根据菱形的面积公式即可得出四边形的面积． 【详解】解：设，则， ∵垂直平分交于点O， ∴，，，， 在矩形中，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵平分交于点E，，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 如图，连接，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形的面积为：． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，二次根式的运算，理解矩形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 11． 【分析】本题主要考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键，依据二次根式被开方数大于等于零求解即可． 【详解】解：有意义， ， 解得：． 故答案为：． 12．2 【分析】本题考查了同类二次根式，最简二次根式，先化简，再根据同类二次根式的定义得出，即可求出x的值． 【详解】解：， 与最简二次根式是同类二次根式， ， ， 故答案为：． 13．/45度 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质，则，则，再根据，求出，，最后根据平行四边形的性质求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 故答案为：． 14．3 【分析】本题考查直角三角形斜边的中线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，由此即可计算． 【详解】解：∵中，D是斜边的中点， ∴． 故答案为：3． 15． 【分析】本题考查了30度角的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，垂直平分线的性质． 根据30度角的性质得到，根据勾股定理得到，证明四边形为矩形，可知，由垂直平分线的性质即可得到． 【详解】解：在中，，， 则， 由勾股定理得：， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， 故答案为：． 16．4 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点A，B的坐标，进而可得出，的长，再利用三角形的面积公式，即可求出的面积． 【详解】解：当时，， ∴点A的坐标为， ∴； 当时，， 解得：， ∴点B的坐标为， ∴， ∴的面积为． 故答案为：4． 17． 【分析】此题考查了加权平均数．根据每项的得分乘以对应的权重再求和进行解答即可． 【详解】解：小陈的最终得分为（分）． 故答案为：． 18． 【分析】过点作直线交于点，交于点，连接，，由题意得，可证明四边形，四边形和四边形都是矩形，根据直角三角形的性质和等腰三角形的性质可得，进而由是等腰直角三角形得，，利用“”得，得到，，可得是等腰直角三角形，即得，由勾股定理求出即可求出的长． 【详解】解：过点作直线交于点，交于点，连接，，如图所示， ∵四边形是正方形，且边长为， ，，， ， ， ， ， ∴四边形是矩形， ，， 同理可得，四边形和四边形都是矩形， ，，，，， 连接， ∵点是的中点， ∴， ∵， ， ，， ∵，， 是等腰直角三角形， ， ， ，， 在和中， ， ， ，， 在中，， ， ， 是等腰直角三角形， 点是的中点， ， 在中，，， ∴， ， 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 19．(1) (2) 【分析】（1）先将各项二次根式化简为最简二次根式，再进行合并同类二次根式的运算． （2）观察到式子符合平方差公式的形式，利用平方差公式进行计算． 本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的化简以及平方差公式是解题的关键． 【详解】（1）解： ； （2）解： 20．(1)证明过程见解答 (2)与的夹角的度数为 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解答时证明三角形全等是关键． （1）根据正方形的性质就可以得出，得出； （2）由（1）知，得，进而证明，得出结论． 【详解】（1）证明：四边形、是两个正方形， ，，， ， 在和中， ， ， ； （2）解：由（1）知：， ， ，且， ， ， 与MB的夹角的度数为． 21．(1) (2) 【分析】本题是两条直线相交问题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，求得交点坐标是解题的关键． （1）利用待定系数法可得答案； （2）根据，，可得OA的长，即点A的坐标，从而得AB的解析式，根据函数交点坐标的性质可得点E的坐标，最后由面积公式可得答案． 【详解】（1）解：∵函数的图象经过点和点， ∴， ∴， ∴一次函数的解析式为：； （2）∵点， ∴， ∵， ∴，即， ∵直线过点， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∵直线交y轴于点B， 令，则， ∴， ∵直线与直线于点E， ∴， 解得，即， ∴． 22．(1)；10 (2) 【分析】本题考查二次根式的混合运算和整体思想，掌握二次根式的混合运算，特别是分母有理化的方法是解题的关键． （1）采用分母有理化，结合二次根式的混合运算的法则，计算即可； （2）先利用分母有理化，结合二次根式的混合运算化简a和b，再利用完全平方公式变形求解． 【详解】（1）解： ， ， ， ； ， =10． 故答案为：；10； （2）， ， ， 即 ， 又m是正整数，， ∴， ∴， ∴． 23．(1)4 (2)或 (3)①；②或 【分析】（1）根据定义直接求即可； （2）设，则，分类讨论求解绝对值方程即可得答案； （3）①根据E点可能在菱形的四条边上分四类具体讨论 ②由本题题意可知到点P的“绝对距离”等于m的点的轨迹为以为对角线的交点的正方形W上，且该正方形的对角线与坐标轴平行或垂直，且对角线长的一半即为m的值．且菱形上只有两个点到点P的“绝对距离”等于m，即上述正方形W与菱形有且只有两个交点，再寻找临界值，最终综合起来确定m的取值范围． 【详解】（1）解：，， ， 故答案为：； （2）解：设， 则， 当时，， 解得：舍去； 当时，， 解得：， ； 当时，， 解得：， ； 综上，点的坐标为或， 故答案为：或； （3）解：由题意得：菱形的顶点为：，，，， 设直线的解析式为，则有， 解得：， ， 当点在边上时，设， ，即， 解得：，此时点与点重合，不符合题意，舍去； 当点在边上时，同理可得直线的解析式为， 设， ，即， 解得：，此时点与点重合，不符合题意，舍去； 当点在边上时，同理可得直线的解析式为， 设， ， ， 解得：舍去； 当点在边上时，同理可得直线的解析式为， 设， ， ， 解得：， 综上可得； 由本题题意可知到点的“绝对距离”等于的点的轨迹为以为对角线的交点的正方形上，且该正方形的对角线与坐标轴平行或垂直，且对角线长的一半即为的值． 且菱形上只有两个点到点的“绝对距离”等于， 即上述正方形与菱形有且只有两个交点， 接下来开始寻找临界值，如图所示： 当正方形与线段有一个交点时，令直线的解析式中， 可得，此时； 当正方形的一个顶点在线段上时，令直线的解析式中， 可得，此时； 当点在正方形的边上时，令点所在的边的解析式为，代入点， 可得，故点所在的正方形边的解析式为， 令，则，此时； 当点在正方形的边上时，令点所在的边的解析式为，代入点， 可得，故点所在的正方形边的解析式为， 令，则，此时， 综上所述，的取值范围为或． 故答案为：或． 【点睛】本题一道以新定义为背景的代几综合题，主要考查了一次函数的性质，菱形的性质，正方形的性质，计算题较大．最后一问难度也较大，要利用数形结合来把点转化为“公共点”的问题来解决，熟练掌握以上内容并灵活运用是解题关键． 24．(1)见解析 (2)下午 【分析】本题考查一次函数的应用，掌握待定系数法求一次函数的关系式是解题的关键． （1）描点，连线即可； （2）根据待定系数法求出与之间的函数关系式，当时，求出对应的值，从而根据本次实验记录的开始时间求出当箭尺读数为时是几点即可． 【详解】（1）解：描点，连线如图所示： （2）解：设与之间的函数关系式为、为常数，且， 将坐标和分别代入， 得， 解得， 与之间的函数关系式为， 当时，得， 解得， 本次实验记录的开始时间是上午， 当箭尺读数为时是晚上． 25．存在，的值为或． 【分析】此题重点考查直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、平行四边形的判定与性质、分类讨论数学思想及一元一次方程的应用等知识与方法，正确地用代数式表示的长及的长是解题的关键． 由，，求得，因为四边形是平行四边形，，所以，因为，所以当时，以，，，为顶点的四边形为平行四边形，再分两种情况讨论，一是当时，则，求得；二是当时，则，求得． 【详解】解：存在， ，，， ，， 四边形是平行四边形， ， 点在线段上，点在射线上， ， 当时，以，，，为顶点的四边形为平行四边形， 当点与点重合时，则， ； 当点与点重合时，则， 当时，如图，四边形是平行四边形， ， ， 解得； 当时，如图，四边形是平行四边形， ， ， 解得， 综上所述，的值为或． 26．(1)②④ (2)见解析 (3)作图见解析 【分析】（1）结合平行四边形、矩形、菱形、正方形性质即可判断； （2）由题意得出、、、，由等边对等角可推得，， 由可得，即可得证； （3）作，的垂直平分线，，与交于点，点即为所求． 【详解】（1）解：矩形，正方形的对角线相等，平行四边形、菱形的对角线不相等， 矩形，正方形为“等角线四边形”． 故答案为：②④． （2）证明：连接，，如图， 四边形为“等角线四边形”， ， 是的中点， ， 四边形的对角线可绕点旋转与重合， ，， ， ，， ， ， ． （3）分别作，的垂直平分线，，与交于点，如图， 则点满足条件的一个点． 【点睛】本题考查的知识点是平行四边形、矩形、菱形、正方形性质，等边对等角，三角形内角和定理，线段垂直平分线性质，作线段垂直平分线，解题关键是正确理解题中“等角线四边形”的定义． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$