期末真题重组卷(5)-【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（五） 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=√3x一6中，自变量x的取值范围是 h A.x>2 B.x≥2 C.x<2 D.x>≥-2 如 2.以下列各组长度的线段为边，能构成直角三角形的是 A.√5,4，√5 B.4,5,6 C.2,√5,3 D.√34,3,5 3.一组数据1,3,5,8，x的中位数是5，则下列x的取值中，满足条件的是 的 A.2 B.3 C.4 D.6 4.若一个多边形的内角和等于它外角和的3倍，则这个多边形是 A.五边形 B.六边形 C.七边形 D.八边形 长 5.已知a十b= 2,ab=1,则化简√方 乃的值是 近 A.-2 B.2 C.-1 D.1 6.如图，在菱形ABCD中，AC交BD于点O,DE⊥BC于点E,连接OE.若AC=8,菱形ABCD 职 周长为20，则OE的长为 A.2 B.2.5 0 C.3 D.4 7.将一次函数y=mx十n与y=mnx(m,n均不为0)的图象画在同一坐标系 中，它们的图象可能是 都 D 尝 8.选材新情境数学文化如图1所示的是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等 拓 的直角三角形围成的.若AC=6,BC=5,将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延 长一倍，得到如图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是 () A.36 B.76 C.66 D.12 A-----------D +R,/欧 240 控 ☒ 0 图1 图2 120m/千克 第8题图 第9题图 第10题图 9.如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为 GH.若BE:EC=2:1,则线段CH的长是 () A.3 B.4 10.跨学科物理电子体重秤原理是利用力传感器在置物平台上放上重物后，使表面发生形变而引 发了内置电阻的形状变化，电阻的形变必然引发电阻值的变化，电阻值的变化又使内部电流发 生变化产生了相应的电信号，电信号经过处理后就成了可视数字.简易电子秤制作方法：制作一 个装有踏板（踏板质量忽略不计）的可变电阻R1,已知R1与踏板上人的质量之间的函数关系 式为R1=k十b(其中k,b为常数，0≤m≤120)，如图所示.下列说法不正确的是 () A.b=240 B.可变电阻R1随着踏板上人的质量m的增加而减小 C.当踏板上人的质量m每增加10千克，可变电阻R,减小20欧 D.当可变电阻R1为90欧时，对应测得人的质量m为60千克 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.“冰冻三尺，非一日之寒.”这句谚语体现了冰的厚度随时间的变化而变化.在这个变化过程 中，自变量为 .(填“冰的厚度”或“时间”) 12.有6名同学参加体能测试，测试成绩（单位：分）分别是80,80,90,75,75,80.这组数据的方差 是 13.选材新情境生活情境某商场为了方便司机停泊车辆而设计了平行四边形的停车位，如图，平 行四边形ACDF,小车实际占用位置为矩形BCEF.若BC=5m,CE=2m,∠D=45°，则AC 的长为 茂名东汇城 图1 图2 COx 第13题图 第15题图 14.考试新趋势新定义问题若函数y1的图象上存在点P,函数y2的图象上存在点Q,且P,Q关 于y轴对称，则称点P(或点Q)的纵坐标为函数y1与y2的“对偶值”.那么函数y1=2x十4与 y2=一x十1的“对偶值”为 15.课标新素养推理能力如图，在平面直角坐标系中，点B(一8,8)，点C(一2,0)，若动点P从坐 标原点出发，沿y轴正方向匀速运动，运动速度为每秒1个单位长度.设点P运动时间为t$, 当△BCP是以BC为腰的等腰三角形时，t的值为 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16.(10分)1)计算：v@7-2亚+/号×： (2)实数a,b,c在数轴上的对应点如图所示，化简：一a一a一c|+√(c+b) -3-2-10123 17.(9分)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=13cm,BC=12cm. (1)尺规作图：在BC边上找一点P,使点P到AB的距离等于点P到点C的距离（请用圆规 和无刻度直尺作图，不写作法，保留作图痕迹)； (2)若边AB的垂直平分线与BC边交于点Q,求AQ的长. 18.(9分)如图，正比例函数y=一3x的图象与一次函数y=kx十b的图象交于点P(m,3),一次 函数的图象经过点B(1,1),与y轴的交点为D,与x轴的交点为C. (1)求一次函数y=kx十b的表达式 (2)求△COP的面积： (3)不解关于xy的方程组十3x=0, 直接写出方程组的解. y-kx-b=0, v=kx+b =-3x 19.(9分)为了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，记分员记录了他们在近六场比赛 中关于得分、篮板的情况. 信息1：甲的得分情况：20,14,28,30,32,32； 乙的得分情况：24,28,24,28,28,27. 信息2：如图 信息3：技术统计表 队员 平均得分 得分众数 得分中位数 平均每场篮板 篮板方差 甲 26 32 m 9 5品 26.5 n 27.5 s吃 根据以上信息，回答下列问题： (1)表格中的m= ,n= , 5z2(填“>”“=”或“<”)； ©期末状元卷数学八年级下册 9 (2)本次队员综合得分按平均得分的40%，平均每场篮板的60%计算，综合得分越高表现越 好，则甲、乙哪名队员的表现更好？ (3)选择一个方面进行分析，甲、乙两名队员谁表现的更好？ 甲、乙篮板箱线图 14 12 10 8 6 甲 20.(9分)如图，在□ABCD中，E,F分别是边AD,BC上的点，且AE=CF,直线EF分别交BA 的延长线，DC的延长线于点G,H,交BD于点O. (1)求证：△ABE≌△CDF; (2)连接DG,若DG=BG,则四边形BEDF是什么特殊四边形？请说明理由. 21.(9分)选材新情境生活情境如图，某湿地公园有一块四边形草坪ABCD,公园管理处计划修 一条A到C的小路，经测量，∠D=90°，AD=7m,DC=24m,AB=20m,CB=15m. (1)求小路AC的长； (2)淇淇带着小狗在草坪上玩耍，淇淇站在点B处，小狗从点B开始以2/s的速度在小路上 沿B→C→A的方向奔跑，跑到点A时停止奔跑，当小狗在小路CA上奔跑时，小狗需要跑 多少秒与淇淇的距离最近？ 10 ©期末状元卷数学八年级下册 22.(10分)课标新素养应用意识【问题背景】 新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少了二氧化碳等气体的 排放，从而达到保护环境的目的. 【实验操作】 为了解汽车电池需要多久能充满电，以及充满电量状态下电动汽车的最大行驶里程，某综合 实践小组设计两组实验， 实验一：探究电池充电状态下电动汽车仪表盘增加的电量y(%)与时间t(分钟)的关系数据 记录如表1： 电池充电状态 时间t(分钟) 0 10 15 40 增加的电量y(%) 0 20 30 80 实验二：探究充满电量状态下电动汽车行驶过程中仪表盘显示电量(%)与已行驶里程s(千 米)的关系，数据记录如表2： 汽车行驶过程 已行驶里程s(千米) 0 160 200 280 显示电量e(%) 100 60 50 30 【建立模型】 (1)观察表1、表2发现都是一次函数模型，请结合表1、表2的数据，求出y关于t的函数表达 式及e关于s的函数表达式， 【解决问题】 (2)某电动汽车在充满电量的状态下出发，前往距离出发点600千米处的目的地，若电动汽车 行驶300千米后，在途中的服务区充电，一次性充电若干时间后继续行驶，且到达目的地 后电动汽车仪表盘显示电量为10%，则电动汽车在服务区充电多长时间？ 23.(10分)课标新素养推理能力综合与实践 数学活动课上，老师组织数学小组的同学们以“平面直角坐标系”为背景开展探究活动. 如图，已知四边形OABC是平行四边形，点A(2,2)、点C(6,0),连接CA,并延长交y轴于 点D, (1)观察发现：直线AC的函数表达式为 (2)探究迁移：若点P从点C出发，以2个单位/秒的速度沿x轴向左运动，同时点Q从点O 出发，以1个单位/秒的速度沿x轴向右运动，过点P作x轴垂线交直线CD于点E,过点 Q作x轴垂线交直线OA于点F,连接EF,猜想四边形EPQF的形状（点P,Q重合除 外)，并证明你的结论； (3)拓展应用：在(2)的条件下，当点P运动多少秒时，四边形EPQF是正方形？不需说明理 邮 由，请直接写出你的结果 长 0 备用图 职 区 州 布 崩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) 20.(1)证明：四边形ABCD是平行四边形，.AB=CD,∠BAE=∠DCF (AB-CD, :四边形ABCD是正方形，∠BAD=90°，AC⊥BD,OD=7BD,∠ACD 在△ABE和△CDF中， ∠BAE=∠DCF,.∴.△ABE≌△CDF(SAS) 45,正方形ABCD的边长为2，BD=VAB+AD=22,.OD=BD AE-CF. (4分) /2,.OC=OD=√E.DE平分∠BDC交AC于点F,AC⊥BD,FG⊥CD (2)解：四边形BEDF是菱形，理由如下：连接DG,如图所示. ∴.OF=FG..FG⊥CD,∠ACD=45°，∴.△FGC为等腰直角三角形，∴.CG=FG,FC=√2GC 四边形ABCD是平行四边形，∴.AD∥BC,AD=BC.,AE=CF, .OC=FC+OF=√2GC十GC=√2，∴.GC=2-√E,∴.OF=2-√2.故选C .DE=BF,.四边形BEDF是平行四边形，OB=OD. 10.B【解析】A、如图，点P(m,n)在线段MN上(m≠0，n≠0)，A(3,3),∴.直线y= DG=BG,.EF⊥BD,.四边形BEDF是菱形 (9分) kx十b的k>0.x<0,.kx<0,y-b<0,即y<b,故选项说法错误，不符合 21.解：(1).'∠D=90°，AD=7m,DC=24m,∴.在Rt△ADC中，AC=√/AD+DC=25(m), 题意；B、当x=2时，函数y=2k十b.k>0,y随x的增大而增大，.x<2 .小路AC的长为25m: (3分) 时，y<2k十b,故选项说法正确，符合题意；C、,一次函数y=kx十b过A(3,3), (2)如图，过B作BH⊥AC.当小狗在小路CA上奔跑，且跑到点H的位置 b=3-3k.-3<0,.b随k的增大而减小，若k≥3，则b≤-6，故选项说02 456 时，与淇淇的距离最近.：AB=20m,CB=15m.AC=25m,∴AC=625, 法错误，不符合题意；D、,b=一3k十3，∴.b随k的增大而减小.当一3k十3≥8时，k≤一 号，故选 AB+BC=625,即AC=AB+BC,∠ABC=90,则SAAx=ZABX 项说法错误，也不符合题千k>0,不符合题意.故选B. BC=号AC X BH,即BH=ARX BC=20XI5=12(m),÷.HC= AC 25 11.≥202612.-13.105 BC一B产=9(m)..HC+BC=9十15=24(m),则24÷2=12(s),当小狗在小路CA上奔跑 14.24【解析】：AC+BC2=62+82=100,AB=102=100,.AC+BC=AB,∴∠ACB=90 时，小狗需要跑12秒与淇淇的距离最近. (9分) Sac=号AC,BC=24,∴Sms=号×xX+号×xX3+24-合×xX52=8x+竖+24- 22.解：(1)设y关于t的函数表达式为y=k1t.将t=10,y=20代入，得10k=20,解得1=2， .y关于t的函数表达式为y=2t.设e关于s的函数表达式为e=k2s十b.将s=160,e=60和s= 25r=24(cm2).故答案为24. 1 2m=0分圳代人，舒格钢年得了关于：的数长达式为 15.4【解析】如图，作点A关于BC的对称，点A',过点A'作A'D⊥AB于点D 交BC于，点P,连接A'B,此时AP十DP的值最小，且A'D的长度就是AP (b=100, DP的最小值.由对称得，BC是AA'的垂直平分线，∴AB=AB,AP=A'P, 45+100: (4分) ∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴.∠BAC=60°，∴.△AA'B为等边三角形 ,A'D与BC均为等边三角形AA'B的高，.A'D=BC=4,.AP十DP= (2)当s=30时，得e=一子×300+100=25，：行驶300千米后，电动汽车仪表盘显示电量为 A'D=4,AP十DP的最小值是4.故答案为4. 25.:充电t分钟后，增加的电量为y=2t,∴充电t分钟后，电动汽车仪表盘显示电量为(25十 16,解：(1)原式=25×2-23×85=4-48=-44. (5分) 20.若在充满电的情况下，行驶完剩余的路程，电动汽车仪表盘显示电量为一子×(600-30)十 100=25,.行驶完剩余的路程消耗的电量为100-25=75，∴.25十2t-10=75,解得t=30. ②原式ga可当a=厄1.21时.原式B41-6B-1D 2(a+b) 2 答：电动汽车在服务区充电30分钟， (10分) (10分) 23.解：1)设直线AC的函数表达式为y=x+6.将点A(2,2),C(6,0)代人，得2=25士b,解得 17.(1)证明：，四边形ABCD是平行四边形，AB∥CD,AB=CD.,点E,F分别在BA,DC的延 10=6k+b, 长线上，且BE=DF,.AE∥CF,BE-AB=DF-CD,.AE=CF,.四边形EAFC是平行四边 k=一合：直线AC的西数表达式为y=一专r十3： 形 (4分) (2分) b=3. (2)解：：四边形ABCD是平行四边形，AD∥BC,∴∠BCF=∠D=65°.：四边形EAFC是平 (2)四边形EPQF是矩形.理由如下： 行四边形，∴.∠E=∠F=65°，.∠AHB=∠CHF=180°-∠F-∠BCF=50°. (9分) 如图1.点A(2,2),O(0,0),.直线OA的解析式为y=x. 18.解：(1)根据七年级成绩可知90（分）的最多有3人，所以众数为a=90,八年级A,B组的人数和 点P从点C出发，以2个单位/秒的速度沿x轴向左运动，同时点Q 为20×(20%十25%)=9，所以将八年级20名学生的成绩按从大到小排序后，第10个数和第 从点O出发，以1个单位/秒的速度沿x轴向右运动，设经过时间t, 1个数在C组，分别为90,91，则其中位数6-9091=90.5.：m%=100%一20%一25% 2 .Q(t,0),P(6-2t,0).:点E在直线AC:y=- x十3上，点F在直 图1 20X100%=25%,所以m=25.故答案为90,90.5,25： (5分) 线OA:y=x上，且FQLx轴，EPLx轴，FQ=n=t,EP=E=-号(6-2D)十3=t,∴FQ (2)八年级的成绩更好.理由如下：七、八年级的平均数相同，但八年级成绩的中位数和众数都比 EP.又.FQ⊥x轴，EP⊥x轴，∴.FQ∥EP,∴.四边形EPQF是平行四边形 七年级的大，所以八年级的成绩更好. (9分) 又：∠FQP=90°，.四边形EPQF是矩形； (6分) 19.解：(1)AC=8,AB=6,BC=10,.BC2=AC十AB,.△ABC是直角三角形； (3分) (3)第(2)问已证四边形EPQF是矩形，.当PQ=FQ时，四边形EPQF是正方形.当点P在 (2),AD=13,AE=5,且AE⊥DE.由勾股定理得DE=√AD-AE=√13-5=12. Q右侧时，：经过时间1，PQ=p一x0=6-21一1=6-31,1=6-3，解得1=号 :AC=8,AB=6,BC=10,△ABC是直角三角形，∴BC边上的高=ACAB_6X8=4.8. BC 10 当点P在Q左侧时.：经过时间t,PQ=xQ一xp=t一(6-2t)=3t-6,.3t一6=t,解得t=3. ,滚轮半径r=2,∴.购物车上篮子的左边缘D到地面的距离为12+4.8十2=18.8 (9分) 综上所述，当点P运动号秒或3秒时，四边形EPQF是正方形. 20.解：(1)设A明信片的单价为x元，B明信片的单价为y元. (10分) 新题素养提升卷（一） 由题意得2十y=14, 3y2x=2解得=5， 1y=4, 1.B2.C3.D4.A5.B6.C7.D8.C 答：A明信片的单价为5元，B明信片的单价为4元： (4分) 9.C【解析】过F作FG⊥CD于点G,如图所示 (2)每套明信片包含B种m(0<m)张.由题意得15-m≥6，即m≤9，∴.0<m≤9，且m为正整 数，∴.=40[5(15-m)十4m]=-40m十3000(0<m≤9).·一40<0，.随m的增大而减小. ∴∠A=∠EMB=45°，此时F与点M重合.：AB=BF=4W2, 当m=9时，有最小值为-40×9+3000=2640. ∴.AF=8,.DM=10-8=2 答：=一40十3000(0<m≤9)，最少购买费用为2640元。 (9分) 综上所述，DM的长为2或6.故答案为2或6. 图2 21.解：(1)04 (2分) (2)描点，画出函数图象如图所示： 16.解：1)原式=√2×2×22-62=122-6厄=62： (5分) √3 (2)原式=5-25+1-√5-2=4-3√5. (10分) 17.解：(1)如图，△ABC即为所求. (3分) (2)△ABC是等腰直角三角形 (6分) 【解析】AB=AC=√/I0,BC=25,∴.AB2+AC=BC,.△ABC是等腰 直角三角形 (4分) (3)设BC边上的高为h.:Se=号×V而×V而=5=号×2后×h, (3)x≤0或x≥2. (6分) ∴.h=√5.∴此三角形最长边上的高为√5 (9分) (4)①当x>1时，y随x的增大而增大；当x≤1时，y随x的增大而减小；②函数图象关于直线 18.解：(1)76.57 (3分) x=1对称.（答案不唯一） (9分) (2)5.5 (5分) 22.解：(1)(2,1.5). (3分) (3)从箱线图可知，乙组数据比较集中，比较稳定，比较整齐.（合理即可） (9分) (2)设点D的坐标为(x,y).若以点A,B,C,D为顶点构成的四边形是平行四边形 19,解：(1)过A作AM垂直于墙面，垂足为M.根据题意得AM=40 ①当AB为对角线时，3-1空，2岁=号=1y=-1.∴点D的坐标为1，-1》 2 2 2 cm,在Rt△AOM中，OM=√/AO-AM=√502-40=30，即 @当BC为对角线时，号-二出，生2告=5s=8点D的坐标为6,3. 凳子的高度为30cm. (4分) 22 (2)延长BA交墙面于点N,得∠BNC=90°.设AB=xcm,则 @当4C为对角线时，13士号，2岁1号=-3y=5点D的坐标为(-35). CB=x+60,BN=x+40,CN=90-30=60.在Rt△BCV中， 图1 图2 22 BN+CN2=BC,即(40十x)2+602=(60十x)2,解得x=40,则BC=60十40=100(cm).(9分) 综上所述，点D的坐标为(1，-1)或(5,3)或(-3,5). (10分) 20.(1)证明：.AB∥CD,.∠OAB=∠DCA..AC平分∠BAD.∠OAB=∠DAC,.∠DCA= 23.解：(1)①平行四边形 (2分) ∠DAC,∴.CD=AD=AB.AB∥CD,.四边形ABCD是平行四边形.AD=AB,∴.平行四边 ②：四边形A'BCD'是平行四边形，∴A'B=DC,∴.A'B+DB=DC+D 形ABCD是菱形； (4分) B,如图1，作点C关于DD'的对称点C”,连接BC”,DC”,DC”.当B,D,C"共 线时，A'B十DB=DC十DB=D'C”十D'B有最小值，此时A'B十D'B的最 (2)解：四边形ABCD是菱形，BD=6,OA=OC,OB=OD=合BD=3,BD⊥AC 小值为BC”.将△ADC沿射线AC的方向平移得到△A'D'C',.DC∥ DC',DC=D'C',∴.四边形DCCD'是平行四边形，.∠D'DC=∠C=45 ∴∠A0B=90,CE⊥AB,∠CEA=90,AC=20E=8,OA=7AC=4,·AB= :C关于DD'的对称点C”,∴∠DDC”=∠D'DC=45,DC”=DC', .△DCC"是等腰直角三角形，且A,D,C"共线.在直角△ABC”中，由勾股定 OA+OB=V+3-5.:菱形ABCD的面积为AB·CE=号AC·BD,∴5CE=分X8X 图1 理得BC"=√AB+ACT=√3+(3+3)F=35,∴.A'B+D'B的最小值为35： (6分) 6=24,CE=4 (9分) (2)菱形ABCD的边长为1，如图2，同理(1)得四边形A'BCD'是 21.解：(1)设每千克花生的售价为x元，则每千克茶叶的售价为(40十x)元. 平行四边形..A'B=D'C,.A'B+DB=DC十D'B.作点C关 于DD'的对称点C”,连接BC,DC,D'C”.当点B,D,C"共线时， 根据题意，得50x=10(40十x),解得x=10..40十x=40+10=50. A'B十DB=DC十DB=D'C”十D'B有最小值，此时A'B十D'B 答：每千克花生的售价为10元，每千克茶叶的售价为50元. (3分) 的最小值为BC”..DC∥DC',DC=D'C',∴.四边形DCCD'是 (2)设花生销售mkg,利润为w元，则茶叶销售(60一m)kg 平行四边形，∠DDC=∠C=30°.：C关于DD'的对称点C”, 由题意，得6m36660-m)≤1260·解得30≤m≤40. ∠DDC”=∠DDC=30°，DC=DC',.△DCC"是等边三角 m≤2(60-m), 形，且A,D,C"共线.在直角△ABC”中，由勾股定理得BC”= 图2 =(10-6)m十(50-36)(60-m)=-10m+840. √AC-AB=√2-1=√，∴.A'B十DB的最小值为5 (10分) .k=-100,.随m的增大而减小..当=30时，利润最大. 新题素养提升卷（二） 此时花生销售30kg,茶叶销售60一30=30(kg),最大利润为一10×30十840=540（元） 答：当花生销售30kg,茶叶销售30kg时，利润最大，最大利润为540元. (9分) 1.D2.B3.D4.A5.C6.B7.D8.D9.C 10A【解析】烧水状态下，函数图象为一条线段，所以水温y是t的一次函数，水温在16分钟内上 22.解：1)令y=0,则号x-1=0,解得x=2,A(2,0). 升了80度，所以每分钟上升5℃，y=5t十20，.一次项系数的实际意义表示每分钟水温升高 点C的坐标为(-5,4)，点D的横坐标为0，∴.CD=5. 5℃，故A选项正确，符合题意；该养生壶水温下降阶段的函数图象不是一/℃ 100 .四边形ABCD是平行四边形，.AB=CD=5,∴.B(-3,0). 条线段，所以不能用一次函数来表示；故B选项错误，不符合题意；养生壶 启动工作5分钟后，壶内水温为5×5+20=45℃，故C选项错误，不符合 55 :直线AE沿y轴向上平移得到直线L,“设直线1经过点C时所对应的解析式为y=子x十k: 题意；如图，当y=55时，对应的时间有3个，故D选项错误，不符合题意. 故选A. 167分钟 把C(-5,④)代入得4=合×（一5）十k,解得=号，：当直线1经过点C时所对应的函数解析式 11.x>012.8.013.(15,3)14.55 为y+号 (5分) 15.2或6【解析】如图1，当BF⊥AD时，∠AMB=90°.：∠A=45, ZABM=45.AB=42...AM=BM=4.BC=AD=10, (2)”将直线AE沿y轴向上平移n(n>0)个单位长度后，得到直线l:y=2x一1十n, ∴.DM=AD-AM=10-4=6;如图2，当BF⊥AB时，∠ABF=90° 1与y轴的交点坐标为(0，n一1). ◎期末状元卷数学八年级下册 25