期末真题重组卷(3)-【培优小状元】2025-2026学年八年级下册数学（人教版·新教材）

期末真题重组卷（三） 培优小状元 时间：100分钟满分：120分 一、选择题（每小题3分，共30分） 1.在函数y=√x+1一3中，自变量x的取值可能是 A.0 B.-2 C.-4 D.-8 北 如 2.在下列四组数中，是勾股数的是 A.2,1,5 B.6,8,12 C.7,40,41 D.5,12,13 3.下列计算正确的是 ( 邮 A.√2+√5=5 B.3√2-√2=3 C.√2×√3=√6 D.√10÷√5=2 4.如图，每个小正方形的边长均为1，在△ABC中（其中B,C为网格格点），D,E分别为AB,AC 的中点，则线段DE的长为 () 长 B.2 c D.3 d 5.为了保证高铁铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使夹在铁轨之间互相平行的枕木长相等 就可以了，其中的数学原理为 () g A.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 B.两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C.两组对边分别平行的四边形是平行四边形 D.两组对角分别相等的四边形是平行四边形 60 分值分 55 8 50 150 州 45 4 44.25 40 小伟围棋比赛得分 第4题图 第5题图 第7题图 第8题图 杯 6.若m,n为实数，且√1一m十√m-1一n=2,则直线y=m.x十n不经过的象限是 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 7.选材新情境数学文化今有木长二丈，围之三尺，葛生其下，缠木七周，上与木齐，问葛长几何？ 原 (选自《九章算术》)题目大意：如图，有一棵树（将树看作一个圆柱）高2丈，底面周长是3尺，一 条生长在树底下的藤从树底部开始均匀缠绕树7圈，上端刚好与树顶端齐平.这条藤的长度为 超 () A.√409尺 B.4I尺 C.29尺 D.21尺 8.小伟参加如弈围棋社团校园挑战赛，共进行了12场比赛.积分统计小组根据小伟这12场比赛 的得分作了如图统计图，下列说法正确的是 () A.比赛最高得分是50分 B.比赛得分的中位数是50分 C.比赛得分数据集中在44.25~50分之间 D.比赛得分的上四分位数是44.25分 9.如图，在菱形ABCD中，∠B=45°，AB=6,点E在边BC上，连接AE,将△ABE沿AE折叠. 若点B落在BC延长线上的点F处，则CF的长为 () A.2 B.6-3√2 C.22 D.62-6 个y/km 260-------- D 乙 甲 120---- B-----E C a 0m1.523.5 x/h 第9题图 第10题图 10.甲、乙两车从A地驶向B地，并以各自的速度匀速行驶，甲车比乙车早出发2h,并且甲车途 中休息了0.5h,如图是甲、乙两车行驶的路程y(单位：km)与时间x(单位：h)的函数图象，有 以下结论：①m=1;②a=40;③甲车从A地到B地共用了6.5h;④在行驶过程中，当两车相 距50km时，乙车用时为h.其中正确的是 () A.①③ B.①② C.②③ D.①④ 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.若5与最简二次根式√/2a+2可以合并，则实数a的值是 12.某校组织各班围绕主题“有效减少近视发生，共同守护光明未来”开展板报宣传活动，并对各 班的宣传板报进行评分，得分情况如图，则得分的众数为 分. 宣传板报得分情况（满分10分） 班数 D 15H 101 0 7 89 10分数/分 B A E 第12题图 第13题图 第15题图 13.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=12,BC=5,在AC上截取CD=CB,在AB上截取 AP=AD,则AP的长为 14.直线y=k1x十b(k1>0)与y=k2x十b2(k2<0)相交于点（一2,0），且两直线与y轴围成的三 角形面积为4，那么b1一b2等于 15.如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=2,E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF的中点， 连接PB,则PB的最小值是 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16.(10分)计算： (1)√18-√8+（√3+1）×(3-1)； (2)(+5)×后-2日 17.(9分)如图，△ABC,△AED是两个全等的三角形，点A,B,C的对应点是A,E,D,已知 ∠ADE=90°，AE=13,AD=12,连接EB,求DE和EB的长. 18.(9分)如图，在平面直角坐标系中，直线y=x十b交x轴于点A(4,0),交y轴于点B(0,2). (1)求k,b的值； (2)P为直线AB上一点，PC⊥x轴于点C,PD⊥y轴于点D,若四边形PCOD为正方形，求 点P的坐标. 19.(9分)如图，在□ABCD中，AB<BC,点E在线段AD上，连接CE. (1)用尺规作图：过点E作AC的垂线交AC于点F,交BC于点G;(保留作图痕迹，不写作法) (2)在(1)所作的图形中，连接AG,若F为线段AC的中点，求证：BG+CE=AD. ©期末状元卷数学八年级下册 5 20.(9分)为提升学生体质健康水平，促进学生全面发展，学校开展了丰富多彩的课外体育活动. 在八年级组织的篮球联赛中，甲、乙两名队员表现优异，他们在近六场比赛中关于得分、篮板 和失误三个方面的统计结果如下. 技术统计表 比赛得分统计图 得分 乙 平均每 平均每 平均每 35 30-32 -29- 队员 .2828 场得分 场篮板 场失误 30- 25 241 28-2827 4 匆 20 26.5 8 2 201 15 10 乙 26 10 3 5 0 三四五六场次 根据以上信息，回答下列问题， (1)这六场比赛中，得分更稳定的队员是 (填“甲”或“乙”)；甲队员得分的中位数为 27.5分，乙队员得分的中位数为 分； (2)请从得分方面分析：这六场比赛中，甲、乙两名队员谁的表现更好； (3)规定“综合得分”为：平均每场得分×1十平均每场篮板×1.5十平均每场失误×（一1），且 综合得分越高表现越好.请利用这种评价方法，比较这六场比赛中甲、乙两名队员谁的表 现更好 21.(9分)阅读下列材料，解答后面的问题： 1 1 √2+1√5+√2 =√3-1， 、7 √2+1√+22+3 =2-1=1, 1+1一+1 1=5-1 √2+1√3+√22+3√5+2 (1)直接写出下一个等式： ©期末状元卷数学八年级下册 (2)计算1 1 1 1 十…十 2+1√3+22+3 V100+√丽的值： 1 1 (3)计算 √10I+√100 +…+/2126+/2125 ×(√/2126+√100)的值. 22.(10分)灵宝寺河山被誉为“亚洲第一高山果园”，海拔800~1200，土质肥沃，雨量充沛，日 照充足，昼夜温差大，气候条件得天独厚，是苹果的最佳适生地.寺河山苹果是三门峡市灵宝 苹果的龙头品牌，素有“天下苹果属灵宝，灵宝苹果属寺河”之说.在苹果收获的季节，为了保 证苹果的新鲜度，需要将苹果运送至冷库进行保存.现有A,B两个果园，若A果园有苹果 120t,B果园有苹果60t.现将A,B两个果园的苹果全部运往C,D两个冷库进行冷藏保存， 已知C仓库可储存100t,D仓库可储存80t,A,B两个果园到C,D两个冷藏仓库的运费如下 表.设从A果园运往C仓库的苹果质量为xt. (1)用含x(t)的代数式表示总运费W(元)，并写出自变量x的取值范围； (2)如何进行运送才能使总运费最低？求出最低总运费. 单位：元/t A果园 B果园 C仓库 25 16 D仓库 20 15 23.(10分)课标新素养推理能力综合与探究 数学课上，老师让同学们以矩形为背景，探索动点运动过程中产生的数学问题 已知四边形ABCD是矩形，BC<2AB,AC是它的一条对角线，E是平面内的一个动点，且CE 始终等于2AB,作线段CE的垂直平分线MN,MN分别交直线BC,AC,AD于点F,G,H. 蟈 (1)如图1，小敏画出了点E在线段CB的延长线上时的图形，判断此时四边形CDHF的形 状，并证明你的结论； (2)如图2，小捷画出了点E与点A重合时的图形，猜想线段HG与CD之间的数量关系，并 说明理由； 抑 (3)保持(2)中的矩形ABCD形状不变，小琪继续改变点E的位置（不再与点A重合），且其他 条件不变.求直线EF经过点A时，∠AEC的度数. M 邮 EB F 长 IN 图1 图2 备用图 船 郑 布 原参考答案及部分解析 期末真题重组卷（一） 21 1.C2.D3.A4.D5.D6.A7.B8.D9.D 10.B【解析】A.由题图可知，拉力F随着重力的增大而增大，故A说法错误，选项不符合题意； B.由条件可设拉力F与重力G的函数解析式为F=kG十b(k≠0)，则 1b=0.5, 解得 k+b=0.7, 0:,拉力F与直力G的函技解折式为F=0,2G+0,5,“当G=7N时，拉力F=1,9N 故B说法正确，选项符合题意；C.当F=2N时，拉力2=0.2G十0.5，解得G=7.5N,故C说法 2 错误，选项不符合题意；D.当G=0N时，拉力F=0.5N,故D说法正确，选项不符合题意；故 选B. 11.x<012.甲13.18514.(3,10) 15.√4或√2【解析】在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4,BC=3,∴AC=√AB-BC=√/-3=√7. 分三种情况讨论：①，点D在BC的延长线上，如图1. 图1 图2 图3 :AE、1 ADAE=DE.BELAD.:BD=AB=4.CD=BD-BC=4-3=1. 在R△ACD中，由勾股定理得AD=2E,∴AE=子AD=厄. 在Rt△BED中，由勾股定理得BE=/I4; ②点D在线段BC上时，知图2.“铝-子北情见不存在： ③点D在线段CB的延长线上时，如图3. 父AE-之，AE=DE,:BE⊥AD,∴BD=AB=4,∴CD=BD+BC=4+3=Q 在R△ACD中，由勾股定理得AD=2,AE=号AD=爪，在Rt△BED中，由勾股定理 得BE=√2.综上所述，BE的长为√I4或√2.故答案为√I4或√2. 16.解：1)原式=√243+√合×18=2E+3: (5分) (2)原式=3-2-(3-2w√6+2)=3-2-5+2√6=2√6-4. (10分) 17.解：(1)5 (4分) (2)如图，DE=EF=FG=DG=√/1十3=√/10，则四边形DEFG为面积为10 的正方形. (9分) 18.解：(1)直线y2=-x十4过点C(m,3),∴3=-m十4，解得m=1, (4分)D (2)直线y1=x十b过点C(1,3),.3=1十b,解得b=2,.直线y1=x十2.当 y=x十2=0时，x=-2,∴点A的坐标为(-2,0).当2=一x十4=0时，x=4,∴点B的坐标 为(4,0.AB=6Sam=子×ABX=合×6X3=9, (9分) 19.解：(1)7.5822% (6分) (2)七年级学生对宪法法治知识的掌握情况更好.理由如下：，·八年级测试成绩的优秀率小于七 年级，.七年级学生对宪法法治知识的掌握情况更好.（答案不唯一） (9分) 20.解：(1)选①，证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC,AD∥BC,∴.∠DAC=∠BCA,.∠DAE=∠BCF.在△DAE和△BCF中， AD=BC. ∠DAE=∠BCF,∴.△DAE≌△BCF(SAS).(答案不唯一) (4分) AE=CF, (2)四边形EBFD是矩形.理由如下： △DAE≌△BCF,.DE=BF,∠DEA=∠BFC,∴.DE∥BF,.四边形EBFD为平行四边形. .∠AOD=2∠BEF,∠AOD=∠BEF+∠OBE,∴.∠BEF=∠OBE,∴.OE=OB,.平行四边形 EBFD是矩形， (9分) 解：(1)设甲种苹果每箱的售价为Q元，乙种苹果每箱的售价为b元. 根搭随选相日治得80 答：甲种苹果每箱的售价为100元，乙种苹果每箱的售价为80元； (4分) (2)设购买甲种苹果x箱，则购买乙种苹果(12-x)箱.根据题意得12-x≤x,解得x≥6. 设该公司需花费元.根据题意得=100x十80(12-x)=20x十960. 20>0,.心随x的增大而增大，.当x=6时，有最小值=20×6+960=1080 答：该公司最少需花费1080元. (9分) (1)证明：.矩形ABCD的对角线AC,BD交于点O,.AO=CO,AD∥BC,∴.∠EAO=∠FCO. ∠EAO=∠FCO, 在△AOE和△COF中，AO=CO, .△AOE≌△COF(ASA),.OE=OF (4分) ∠AOE=∠COF, (2)解：存在，理由如下：由(1)可知，OE=OF,AO=CO. :∠EPF=90,∴.OP=号ER.:AE∥BF,AE=BF,∠B= 90∴四边形ABFE是矩形，∴EF=AB=5,0P-号EF= 2.5.在Rt△ABC中，AC=/AB+BC=√/5十122=13， A0=C0=2AC=6.5,AP'=A0-0P=6.5-2.5=4,AP=A0+0P=6.5+2.5=9, ∴.AP的长为4或9. (10分) 解：(1)B(0,23),.OB=2√3.在Rt△AOB中，∠OAB=30°，.AB=2OB=43,.AO= √AB-OB=6,A(6,0),∴.OA=6.OA=OC,.OC=6,.C(0,-6).设直线AC为y= kx一6，代入点A,得k=1,.直线AC的解析式为y=x一6. (3分) (2)如图1，连接AA'.将△ABD沿BD翻折得到△A'BD,.AB=A'B, 1 且BD垂直平分AA',∠ABD=∠A'BD.,A'D垂直平分AB,.A'B= AA',.A'B=AB=AA',.△AA'B为等边三角形，.∠ABD=∠OAB 30°，∴.BD∥OA,.点D的纵坐标为23.：1是AB的垂直平分线，且 D为直线1上一点，六DB=DA=A'D,·∠DBA=∠DAB=30°， .∠DAO=60°.过D作DM⊥OA于点M,∴.∠ADM=90°-∠DAO= 0 30°.设AM=a,则AD=2a,AD-AM=DM,∴.3a2=12,.a=2(负 值舍去)，∴AM=2,.OM=6-AM=4,.D(4,2√3).∠A'AB=60 .∠A'AO=∠A'AB+∠BAO=90°，∴.AA'⊥OA.又.AA'=AB=4√5 .A'(6,43).即D(4,23),A'(6,45). (7分) (3)①如图2，当点P在线段CA的延长线上时，连接A'P,AA'和BQ, △APQ为等边三角形，∴.AP=AQ=PQ,∠BAA'=∠PAQ=60°， (AB=AA', ∴∠BAQ=∠A'AP.在△ABQ与△AA'P中，∠BAQ=∠AAP, AQ=AP, ∴△ABQ2△AA'P(SAS),∴.BQ=A'P.又：Q为AB中垂线上一点， ∴BQ=AQ,.AQ=A'P.又：AP=AQ,∴AP=A'P,∴.P在AA'的中 2 垂线上.：AA'⊥OA,且AA'=4√5，.P的纵坐标为2√3. 令y=23,则x-6=23,x=6+2W3,P(6+25,2W3), ∴.AP=√/(6+2√3-6)2+(25)2=2√6. ②如图3，当P在射线AC上时，连接BP,同理可得△ABP≌△AA'Q ∴.PB=QA',∠PBA=∠QA'A,:∠BA'A=60°，且A'Q垂直平分 AB,∴∠QA'A=30°，∴∠PBA=30°.又：∠AB0=90°-∠BAO 60°，∴∠PBO=∠ABO-∠PBA=30.过P作PG⊥y轴于点G,设P (m,m-6),在Rt△PBG中，∠PBO=30°，∴.PB=2PG=2m,.BG= 0 G √PB-PG=√3，.√3m=23-(m-6),.m=2W3,.P(2√3 23-6),∴.AP=√(2√3-6)2+(2√3-6)=6√2-2√6，即AP的长 图3 为2√6或6/2-26. (10分) 期未真题重组卷（二） 即∠EDB=90°，∴.∠AOB=∠EDB,.DE∥AC,∴.四边形ACDE是平行四边形， (4分) 1.B2.C3.C4.D5.D6.B7.A8.D9.B (2)解：四边形ACDE是平行四边形，.DC=AE.四边形ABCD是菱形，BD=6,∴.AC 1O.C【解析】延长GH交AD于点P.:四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，∴∠ADC= ∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2,GF=CE=1,AD∥GF,∠GFH=∠PAH.又：H是 BD,AB=DC,OB=OD=3,AB=AE=BE=5.在R△AOB中，OA=AB-OB= '∠PAH=∠GFH, V厅-3=4.∴AC=8,“菱形ABCD的面积=号BD·AC=号×6×8=24. (9分) AF的中点，.AH=FH.在△APH和△FGH中，AH=FH, .∴.△APH≌△FGH ∠AHP=∠FHG, 2L解：①设选用A种食品工包B种食品y包，根粥题意得00手600解得仁。 1y=2. (ASA),:.AP=GF=1.GH-PH-7PG.:.PD=AD-AP=1..CG=2.CD=1.:.DG-1. 答：应选用A种食品4包，B种食品2包： (4分) (2)设选用A种食品m包，则选用B种食品(7一)包. GH=PG=之×VPD+DG-g.故选C, 2 根据题意得10m十15(7-m)≥90，解得m≤3. 11.x≠212.8613.(-√5,2) 设每份午餐的总热量为kJ,则=700m十900(7一m),即=一200m十6300. 14.1【解析】过点M作ME⊥AC于点E,如图，四边形ABCD是正方形， :-200<0,∴心随m的增大而减小，当m=3时，心取得最小值，此时7-m=7-3=4. .∠EAM=45°，在Rt△AME中，EA=EM,AM=2,EA+EMP=AM,解 答：应选用A种食品3包，B种食品4包 (9分) 得ME=1..'CM为∠ACB的平分线，∴.ME=MB=1,∠ACM=∠BCM. 22.解：1)把点A(4,0)代入y=-子x十m,得0=-3十m,解得m=3小直线AB的表达式为y .∠BMN=45°+∠ACM,∠BNM=45°+∠BCM,∴.∠BMN=∠BNM .BN=BM=1.故答案为1. -是x十3.令E=0,得y=3B(0,3)OB=3.A(4,0),0A=4.在R△A0B中，AB= 15.3或号 【解析】如图1，当∠ACE=90°时，.将△CDE沿DE折叠到△CDE,D是BC的中点， √OA+OB=5.:BC=AB=5,∴.OC=BC-OB=2.:点C在y轴的负半轴上，.C(0,-2); (5分) ∴∠BC'D=∠C=90,CD=CD=CB=3,∴∠AC'E+∠ECD=180,A,C,D三点共线. 计3，设直线AC的表达式为y=:+6,由条件得，饮 ,AC=4,CD=3,由勾股定理得AD=5,.AC=2.设CE=CE=x,则AE=4一x,在Rt△ACE b=-2, 中，由勾及定理得(4-)2=2十，解得x=号，即CE=子 “直线AC的表达式为y=x-2.由条件可知Q,2-2)PQ=-是1+3-（分一2） 如图2，当∠AEC=90°时，∠CEC=90°，∴.∠CED=45°，∴.CE=CD=3.∠EAC不可能为90°. 综上所述，CE=3或号故答案为3或号 5- 号Sawe=Se十SAue=号A0XPQ=号X4XPQ=合X4X(5-+)=号. 解得1=1-子+3=-子×1+3=是P(1,)月 (10分) 23.(1)证明：.正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,∴∠AOF=∠BOE=90°，OA=OB, ∴.∠OBE+∠OEB=90°..AM⊥BE,.∠OAF+∠OEB=90°，∴.∠OAF=∠OBE.在△AOF I∠OAF=∠OBE, 图1 和△BOE中，OA=OB, .△AOF≌△BOE(ASA),.OF=OE (3分) 16.解：1原式-√2×24x日-8=22： ∠AOF=∠BOE, (5分) (2)解：OE=OF成立，理由如下： (2)原式=33-√5+1-2√5+3=4. (10分) :正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,∴.∠AOF=∠BOE=90°，OA=OB.AM 17.解：(1)如图，四边形ABCD就是所求作的矩形 (4分) BE,∴∠BMF=∠BOE=9O.:∠MBF=∠OBE,∴.∠F=∠E.在△AOF和△BOE中， ∠F=∠E, {∠AOF=∠BOE,.△AOF≌△BOE(AAS),.OF=OE (6分) 0 OA=OB, R (3)解：：四边形ABCD是正方形，∴.AB=BC=2,∴·∠AMB=90°，即△ABM为直角三角形. (2)在矩形ABCD中，'AB=3,BC=1,∴.AD=BC=1,.BD=√AB十AD=/3+1= :AMLBE,取AB的中点H,连接HM,CH,CM,则HM=2AB=1,CH= √/10. (9分) 18.解：(1)由题意可知CE=BD=4m,AC=5m,BE=CD=1.5m,CE⊥AB,∴∠AEC=90°， √BH+BC=√5.在△CMH中，根据三边关系可得CM≥CH-HM=√5-1， 故CM的最小值为√5-1. (10分) ∴.AE=√AC-CE=√/52-4r=3,.AB=AE+BE=3+1.5=4.5m. 答：传感器A离地面的垂直高度是4.5m: 期末真题重组卷（三】 (4分) 1.A2.D3.C4.C5.A6.B7.C8.C9.D (2)CD=BE=2m,AB=4.5m,∴.AE=4.5-2=2.5m.∠AEC=90°，BD=CE=4.5m, AC2=AE+CE=2.52十4.52=26.5>52，.灯不会发光 (9分) 10.B【解析】由题意，得m=1,5-0.5=1,故①正确；120÷(3.5-0.5)=40(km/h),则a=40,故② 19.解：(1)a=0.8,b=1.0,m=20. 正确；设甲车休息之后行驶的路程y与时间x之间的解析式为y=kx十b,由题意，得 (3分) fk=40, (2),八年级抽取的10个班级中，A等级所占百分比是20%，.估算该校八年级共30个班这一 40-1.5k十6，解得{6"20.=40x一20，当y=260时：260=40x一20，解得x=7,…·甲车 120=3.5k+b,1 天餐厨垃圾质量符合A等级的班级数为30×20%=6（个）. (6分) 从A地到B地共用了7h,故③错误；设乙车行驶的路程y与时间x之间的解析式为y=k'x (3)七年级各班落实“光盘行动”更好，理由如下：①七年级各班餐厨垃圾质量的众数0.8低于八 年级各班餐厨垃圾质量的众数1.0；②七年级各班餐厨垃圾质量A等级的40%高于八年级各班 6,由随意，得02米，解得二8060y80u=160.当40a—200=80z60 餐厨垃圾质量A等级的20%.八年级各班落实“光盘行动”更好，理由如下：①八年级各班餐厨垃 圾质量的中位数1.0低于七年级各班餐厨垃圾质量的中位数1.1；②八年级各班餐厨垃圾质量 时，解得x=号：当40x-20+50=80x-160时，解得x=9…号-2=子，9-2=.乙车 的方差0.23低于七年级各班餐厨垃圾质量的方差0.26.（答案合理即可） (9分) 20.(1)证明：：四边形ABCD是菱形，.AB∥CD,AC⊥BD,∴.AE∥CD,∠AOB=90°.DE⊥BD, 行秋h或号h,两本恰好相距50km,故④错误..正确的是①@.故选B. ◎期末状元卷数学八年级下册 23 11.712.913.814,4 .从A果园将40t苹果运往C仓库，80t运往D仓库，从B果园将60t苹果全部运往C仓库， 此时总运费最低，最低总运费为3560元. (10分) 15.22【解析】如图，当点F与点C重合时，点P在P1处，CP= 23.解：(1)四边形CDHF是正方形.证明如下：：四边形ABCD是矩形，.AB=CD,∠ADC= DP,当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2=DP2,.PP2是 ∠DCB=90.:MN是线段CE的垂直平分线，CF=CE,∠MFC=90,∴四边形CDHF是 △CDE的中位线，PP,∥CE且PP,=CE当点F在EC上除 矩形.，CE=2AB,.CD=AB=CF,.四边形CDHF是正方形； (3分) ,点C,E的位置处时，有DP=FP.由中位线定理可知，PP∥CE且 (2)CD=√3HG.理由如下：如图2，四边形ABCD是矩形，连接BG,AB PP=CF,心点P的运动轨连是线段PP当BPLP.P: CD,∠ABC=∠BAD=90°.，CE=2AB,点E与点A重合，∴.AC=2AB. MV是线段CE的垂直平分线，∴.G是AC的中点，∠AGH=90°，∴.BG 时，PB取得最小值.，矩形ABCD中，AB=4,AD=2,E为AB的中点，.△CBE,△ADE, △BCP1为等腰直角三角形，CP1=2,.∠ADE=∠CDE=∠CPB=45°，∠DEC=90°， AG=号AC=AB,·△ABG是等边三角形，∠BAG=60,∠GAH= 图2 ∠DPP=90,∴∠DPP=45°，∠P,P1B=90°，即BP⊥P1P2,∴BP的最小值为BP ∠BAD-∠BAG=30°.在Rt△AGH中，∠GAH=30°，∴.AH=2HG.由勾股定理得AG= 的长.在等腰直角三角形BCP中，CP1=BC=2,∴BP=2E,∴PB的最小值是22.故答案为 √AP-HG=√(2HG)'-HG=√3HG.:AG=AB=CD,∴.CD=√5HG: (6分) 2W/2. (3)依据点F在BC上的位置分三类讨论如下： 16.解：(1)原式=3√2-2√2+3-1=√2+2： (5分) ①当点F在线段BC上时，如图3，设∠AEC=x,由(2)可知AC=2AB,∠BAC=60°， (2)原式=(25+√5)×6-√2=35X6-√2=9√2-√2=8√2 (10分) ∠BCA=90°-∠BAC=30°.，CE=2AB,∴.在点E运动的过程中，CE=AC,∴.∠EAC=∠AEC=x, 17.解：：∠ADE=90°，AE=13,AD=12,DE=V√AE-AD=5.△ABC,△AED是两个全等 ∠ACE=180°-∠AEC-∠EAC=180°-2.x.:FN垂直平分CE,.FE=FC,.∠AEC= ∠ECF=x..∠BCA=∠ACE-∠ECF=30°，∴.180°-2x-x=30°，解得x=50°： 的三角形，.AB=AE=13,∴.BD=AB-AD=13-12=1,∴.BE=/DE十BD=√/5十1= W/26 (9分) 18.解：1)将A(4,0,B(0,2)代入直线y=x十6中，得46十b=0, 解得 (4分) b=2, b=2 (2)直线AB的解析式为y=一x+2,:P为直线AB上一点设P(a, 2a十2 图3 两边形P0OD为正方形PC=PDal=一之a2 ②当点F在线段CB的延长线上时，如图4，设∠AEC=x.,CE=CA,∴.∠AEC=∠EAC=x, ∴.∠ACE=180°-∠AEC-∠EAC=180°-2x.,FN垂直平分CE,∴.FE=FC,.∠AEC= 解得a=一4或号，点P的坐标为（一4,4或（告，号） (9分) ∠BCE=x,∠BCA=30°，.x-(180°-2x)=30°，解得x=70°； 19.(1)解：如图，垂线EF,点F,G即为所求： (3分) ③当点F在线段BC的延长线上时，如图5，设∠AEC=x.,AC=CE,∴.∠AEC=∠EAC=x, (2)证明：EF⊥AC,F为线段AC的中点，.EF垂直平分AC,AE=CE, .∠ACE=180°-2x.:FC=FE,∴.∠AEC=∠FCE=x.:∠ACF=180°-∠BCA=150°，∴. AG=CG,.∠EAF=∠ECF,∠FAG=∠FCG.:四边形ABCD是平行四 180°-2x-x=150°，解得x=10°， 边形，.AE∥CG,AD=BC,∴.∠EAC=∠ACG,.∠ACE=∠CAG, 综上所述，直线EF经过点A时，∠AEC的度数为10°或50°或70° (10分) .AG∥CE,.四边形AGCE是平行四边形.又AC⊥EG,.□AGCE是菱 期末真题重组卷（四） 形，∴.CE=CG,∴.BG+CE=BG+CG=BC=AD. (9分) 1.B2.B3.B4.C5.B6.C7.B8.C9.B 20.解：(1)甲29 (4分) 10.A【解析】如图，设AC交y轴于点T.G(2,4),∴TG=2,OT=4. (2)因为甲的平均每场得分大于乙的平均每场得分，且甲的得分更稳定，所以甲队员表现更好. :四边形AOBC是平行四边形，.AC∥OB,∴∠AGO=∠GOB.由 (注：答案不唯一，合理即可)； (6分) 作图可知，OG为∠AOB的平分线，即∠AOG=∠GOB,∴.∠AOG (3)甲的综合得分为26.5×1+8×1.5+2×(-1)=36.5， ∠AGO,.AO=AG.设AO=AG=x,则AT=x-2,在Rt△AOT中 乙的综合得分为26×1十10×1.5+3×(-1)=38. x2=42十(x-2)2,.x=5,.AT=5-2=3,.A(-3,4).故选A 因为38>36.5，所以乙队员表现更好. (9分) 11.612.甲地13.36°14.2 21.解：(1)1 E+1+万2+厅后+2后十万6-1. 1 15.12或8+2/10【解析】，四边形ABCD是矩形，.AB=CD=6, (3分) AD=BC=8,∠DAB=∠ABC=90°.由折叠可知，AB=AB=6,BE=B'E,∠ABC=∠ABE= (2)原式=/100-1=10-1=9. (6分) 90°.如图1，若∠CEB=90°，且∠DAB=∠ABC=90°，.四边形ABEB是矩形，且AB=AB'= (3)原式=（√2126-√/100）×（√/2126+√100）=2126-100=2026. (9分) 6,∴四边形ABEB是正方形，∴BE=BE=6,∴.EC=BC-BE=2,∴BC=√BE+EC=2√10， 22.解：(1)由题知从A果园运往C仓库的苹果质量为xt,则从A果园运往D仓库的苹果质量为 ∴.△CEB的周长=EC+B'C+B'E=8+2/10 (120一x)t,从B果园运往C仓库的苹果质量为(100一x)t,从B果园运往D仓库的苹果质量为 60-(100-x)=(x-40)t, 依题意，得W=25x十20(120-x)+16(100-x)+15(x-40)=4x+3400 x≥0， 图 120-x≥0， .40≤x100,.W关于x的函数解析式为W=4x十3400(40≤x≤100). 如图2，若∠EB'C=90°，且∠AB'E=90°，∠ABE十∠EB'C=180°，点A,点B',点C三点共 100-x≥0， x-40≥0， 线，在Rt△ABC中，AC=√AB+BC=10,∴B'C=AC-AB=10-6=4.∴△CEB的周长= (5分) EC+BC+BE=8+4=12.故答案为12或8+2/10， (2)k=4>0,.W随x的增大而增大， 16.解：(1)原式=45-√3+3√5=6√5； (5分) ∴.当x=40时，W取得最小值，W小做=4×40十3400=3560， (2)原式=6-3+1十22+2=6+2√2」 (10分) .∴.120-x=120-40=80,100-x=100-40=60,x-40=40-40=0, 17.解：(1)9085 (4分) 24⊙期末状元卷数学八年级下册 (2)八(1)班平均分为(5×100+9×90十2×80十4×70)÷20=87.5（分）， 则CE=EN=CN=x,BE=4√E-x,BM=4√2+2x.,E为BM的中点，.BM=2BE,即42 八(2)班的平均分为100×45%×20+90×5%×20+80×35%×20+70×15%×20=88（分）.(9分) 2x=2(4√2-x),解得x=√2，.CN=√2.综上所述，CN的长为√2或2√2. (10分) 18.(1)证明：AB∥CF,AD∥BC,.四边形ABCF是平行四边形.∠A=90°，∴.四边形ABCF是 期末真题重组卷（五）】 矩形.AB=BC,∴.四边形ABCF是正方形； (4分) 1.B2.D3.D4.D5.B6.C7.D8.B9.D (2)解：：四边形ABCF是正方形，.BC=AF,∠FBC=45..F是AD的中点，.AF=DF= 10,D【解析】当m=0,R:=b=240,∴.A正确，不符合题意；由图象可知，可变电阻R1随着踏板上 BC.BC∥DF,.四边形BCDF是平行四边形，∴.BF∥CD.EF⊥CD,.BF⊥EF,.△BFC 人的质量m的增加而减小，∴.B正确，不符合题意：240÷120×10=20（欧），∴.当踏板上人的质 是等腰直角三角形，.BG=√2BF=42. (9分) 量m每增加10千克，可变电阻R1减小20欧，∴.C正确，不符合题意；将坐标(0,240)和(120,0) 19.解：(1)△BCD是直角三角形.理由如下，在△BCD中，BC=9m,BD=12m,CD=15m,∴.BC十BD= 9+12=81+144=225,CD=225,∴.BC+BD=CD.∴.△BCD是直角三角形： (4分) 代入R=mb,得-240.解得22二R=一2m+2400≤m<120),当人 120k+b=0,1 (2):△BCD是直角三角形，A,B,C在同一直线上，∴∠DBA=∠DBC=90°，∴AB= 90时，得-2m十240=90，解得m=75,∴.当可变电阻R1为90欧时，对应测得人的质量m为75 √/AD-BD=√202一122=16m.即池塘两端A,B之间的距离为16m. (9分) 千克，D不正确，符合题意.故选D. 20.解：(1)把x=1代入y=x十1得，y=1十1=2，.D(1,2)..一次函数y=kx+b的图象经过 11.时间12.2513.7m 点B0,-1D与D1,2--1解得=3，.一次函数的解析式为y=3-1.4分) 14.一2【解析】令函数1的图象上点P的坐标为(m,2m十4)，函数y2的图象上点Q的坐标为 k+b=2, b=-1, (一m,十1)，则2十4=m十1，解得m=一3，所以2十4=m十1=一2，即函数y1=2x十4与 (2):D1,2),直线AD的解析式为=x十1，直线BD的解析式为y=3x一1.A(0,1).C(号0， y2=一x十1的“对偶值”为-2.故答案为一2. 15.2,4√6或14【解析】如图，过点B作BD⊥x轴于点D,BE⊥y轴于点E,分别以 5amsm=5am十sam=专X1X1+号×号×2=专 (9分) 点B和点C为圆心，以BC长为半径画孤交y轴正半轴于点F,点H和点G 21.解：(1)设销售每件A种伴手礼可获利a元，每件B种伴手礼可获利b元. 点B(-8,8),点C(-2,0),DC=6,BD=8.由勾股定理得BC=10.∴.在 依送态相仁公一测得相仁- Rt△C0G中，OC=2,CG=BC=10,∴0G=√102-2=4√6.当点P运动到 点F或点H时，BE=8,BH=BF=10,.EF=EH=6,.OF=8-6=2, 答：销售A种伴手礼每件获利60元，B种伴手礼每件可获利80元： (3分) OH=8十6=14.运动速度为每秒1个单位长度，∴.t的所有值为2,4√6或 (2)①由题意得y=60.x十80(40-x),∴y=-20x+3200(10≤x≤40)； (5分) 14.故答案为2,4√6或14. ②由①可知y=一20x十3200(10≤x≤40).，一20<0，∴.y随x的减小而增大. :x≥10，∴.当x=10时，y有最大值，∴y大做=-20×10+3200=3000. 16.解，1①原式=35-2×2万+2√合×6=3v5-45+25=5 (5分) 答：当购进A种伴手礼10件时，该商店可获利最大，最大利润是3000元. (9分) (2)由题意可得，-3<a<-2,-1c<0,1<b<2,∴.a-c<0,c十b>0,.原式=-a-(c-a)十 22.解：(1)是 (2分) c+b=-a-c+a+c+b=b. (10分) (2)是 (4分) 17,解：(1)如图，点P即为所求； (3分) (3)当c为斜边时，b2=c2一a=50,Rt△ABC不是奇异三角形； (2)由AB=13,BC=12,得AC=√/AB-BC=5.设BQ=x.AB 当b为斜边时，b=c2十a2=150.50十150=2×100，.a2十=2c2∴.Rt△ABC是奇异三角形：(7分) 的垂直平分线与BC边交于点Q,BC=12cm.则AQ=BQ=x,CQ (4)在Rt△ABC中，∠C=90°，∴.a2+b=c2.c>b>a,.2c2>b2+a2,2a2<6+c2. Rt△ABC是奇异三角形，.2b2=a2+c2,.2b2=a2十a2+b,.b2=2a2. 12-x根据勾股定理，得（12-x)2+25=,解得x=2“AQ= a2+b2=c2,.c2=3a2,.a2:b2:c2=1:2:3. (10分) 169 23.解：(1).四边形ABCD是菱形，∴.AB=BC.∠ABC=60°，∴.△ABC是等边三角形，.BC 24 (9分) AC,∠ACB=60°..点C在线段BC的中垂线上，.CB=CC,.∠CBC=∠CCB. 18.解：(1)：正比例函数y=一3x的图象与一次函数y=x十b的图象交 ,将线段MC绕点M逆时针旋转120°得到线段MC,∴.MC=MC,∠CMC=120°，.∠MCC 于点P(m,3),.-3m=3,m=-1,∴.P(-1,3).把(1,1)和(-1,3)代 =∠MCC=180°，120=30，÷∠C'BC=∠MCC'=∠ABC=30,故答案为30， (2分) 人一次同数红6得仁公第得食二一次同数解行 (2)四边形NBOA是矩形.理由如下：'点M与点B重合，将线段MC绕点M逆时针旋转120 式是y=-x十2； (3分) 得到线段MC.∴∠NBC-120,CB=CB.在菱形ABCD中，AB=BC,A0=号AC.AC_BD. (2)由(1)知一次函数解析式是y=-x十2.令y=0,得-x十2=0，解得x=2,∴·点C(2,0), ∴0C=2.:P(-1,3),△C0P的面积为号0C·,=号×2×3=3： (7分) ,∠ABC=60°，AB=BC,.△ABC为等边三角形，.AC=BC,∠ACB=60°.N是C'B的中 点NB=2CB.AO=2AC,AC=BC,CB=CB,NB=A0.:∠ACB=60∠NBC+ (3)由图象可知，正比例函数y=-3x的图象与一次函数y=kx十b的图象交于点P(-1,3), ∠ACB=180°，∴.AC∥C'B..NB=AO,AC∥CB,∴.四边形NBOA是 二方程组的解为=-1， (9分) y=3. 平行四边形.，AC⊥BD,∴∠AOB=90°，∴平行四边形NBOA为矩 形 (5分) 19.解：1)甲的得分从小到大排列：14,20,28,30,32,32，∴中位数m=2830=29. 2 (3)①当CN为△BMC的中位线时，如图.此时C为BM的中点. 乙的得分情况：24,28,24,28,28,27，∴.n=28, :BC=AB=4WE,∴.C'M=CM=4E.:CN=号CM,∴.CN=2WE; 年-26-202+26-14)+(26-28)+(26-30)+(26-32)2X2-136 6 3 ②当CN不为△BMC的中位线时，如图.取BM的中点为E,连接EN.N为 BC'的中点EN为△BMC的中位线EN=CM,EN/CM,:∠BEN= 2=26.5-24)X2+(26.528)°X3+(26.5-27)=3.25, ∴.>s吃.故答案为29,28，>； (3分) ∠CMC=12o,∴∠CEN=60.·CN=zCM,CM=CM,EN=CN. (2)甲：26×40%+9×60%=15,8，乙：26.5×40%+8×60%=15.4. .∠CEN=60°，.△CEN是等边三角形，∴.CE=EN=CV.设CM=CM=2x, 图4 15.8>15.4,.甲队员表现更好； (6分) (3)根据篮板的方差，甲的方差大于乙，说明乙在篮板方面表现的更好.（答案不唯一） (9分)