华东师大版2024—2025学年八年级下册数学期末考试模拟试卷（含答案）

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华东师大版2024—2025学年八年级下册数学期末考试模拟试卷
考生注意：本试卷共三道大题，25道小题，满分120分，时量120分钟
注意事项:
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。笞卷前，考生务必
将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，把答案填写在答题卡上对应题目的位置
，填空题填写在答题卡相应的位置写在本试卷上无效。
3.回答第II卷时，将答案写在第II卷答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷
一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，满分30分）
1．将0.000000843米用科学记数法表示为（　　）
A．8.43×10﹣6 B．8.43×10﹣7 C．8.43×106 D．8.43×107
2．直线y＝﹣3x+2经过的象限为（　　）
A．第一、二、四象限 B．第一、二、三象限
C．第一、三、四象限 D．第二、三、四象限
3．下列图象中，表示y是x的函数的是（　　）
A．B． C．D．
4．若点A（2，﹣3），B（4，3），（5，a）在同一条直线上，则a的值是（　　）
A．6或﹣6 B．6 C．﹣6 D．6或3
5．某校举办水浒文化进校园朗诵大赛，比赛中七位评委给某位参赛选手的分数，如果去掉一个最高分和一个最低分，则下列数据一定不发生变化的是（　　）
A．中位数 B．众数 C．平均数 D．方差
6．已知平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝130°，则∠D的度数是（　　）
A．50° B．65° C．115° D．130°
7．若把分式中的x和y都扩大2倍，那么分式的值（　　）
A．扩大2倍 B．不变 C．缩小2倍 D．缩小4倍
8．关于x的函数y＝k（x﹣2）和y（k≠0），它们在同一坐标系内的图象大致是（　　）
A．B． C．D．
9．下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不能判定是菱形的是（　　）
A． B． C． D．
10．出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG的值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（6小题，每题3分，共18分）
11．要使分式有意义，则x的取值应满足的条件为　 　 ．
12．如图，直线y＝﹣x+3与y＝mx+n交点的横坐标为1，则关于x，y的二元一次方程组的解为 　 　 ．
13．一次函数y＝（2m﹣3）x+3﹣m的图象经过第一、二、三象限，则m的取值范围是　 　 ．
14．如图，点A是反比例函数y在第四象限上的点，AB⊥x轴，若S△AOB＝1，则k的值为 　 　 ．
15．如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点F、E，若设该平行四边形的面积为16，则图中阴影部分的面积为 　 　 ．
16．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在函数y（x＞0）和y（x＜0）的图象上，AB∥x轴，点C是y轴上一点，线段AC与x轴的正半轴交于点D，若△ABC的面积为18，，则k的值为 　 　．
第II卷
华东师大版2024—2025学年八年级下册数学期末考试模拟试卷
姓名：____________ 学号：____________准考证号：___________
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
二、填空题
11、_______ 12、______13、_______ 14、______15、_______ 16、______
三、解答题解答题（17、18、19题每题6分，20、21每题8分，22、23每题9分，24、25每题10分，共计72分，解答题要有必要的文字说明）
17．先化简，再取一个合适的数作为x的值代入求值．
18．解下列分式方程
（1）（2）
19．某校八年级1，2班开展了一次禁毒知识竞赛，每班选25名同学参赛，成绩评为A，B，C，D四个等级，相应等级的得分依次为100分，90分，80分，70分，将两个班的成绩整理后，绘制成如所示统计图表：
平均数 中位数 众数
1班 a b 90
2班 87.6 80 c
（1）请把1班竞赛成绩统计图补充完整．
（2）计算出表格中a，b，c的值：a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　．
（3）请你根据平均数和众数，分析比较1班和2班的竞赛成绩．
20．如图，在 ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，交BE于点G．
（1）求证：AF＝DE．
（2）若AD＝16，EF＝12，请求出 ABCD的周长．
21．如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，AE∥BD，BE∥AC．
（1）求证：四边形AEBO是菱形；
（2）若AB＝2，OB＝3，求AD的长及四边形AEBO的面积．
22．某商店用3000元购进一批小学生书包，出售后发现供不应求，商店又购进第二批同样的书包，所购数量是第一批购进数量的3倍，但单价贵了2元，结果购买第二批书包用了9900元．
（1）请求出第一批每只书包的进价；
（2）该商店第一批和第二批分别购进了多少只书包；
（3）若商店销售这两批书包时，每个售价都是30元，全部售出后，商店共盈利多少元？
23．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b与反比例函数的图象交于A（1，m），B（n，1）两点，与y轴交于点M，与x轴交于点N．
（1）求直线AB的解析式；
（2）当时，x的取值范围为　 　；
（3）如图，y轴正半轴上有一点P，OP＝2，连接AP，OB，求四边形OPAB的面积．
24．如图1，直线和直线y＝ax+5相交于点A（4，b），直线y＝ax+5与x轴交于点C．点P在线段AC上，直线PD⊥x轴于点D，交直线于点Q．
（1）求a，b的值．
（2）当QP＝OA时求△APQ的面积．
（3）如图2，在（2）的条件下∠AQP的平分线交x轴于点M，交AP于点N，求点N的坐标．
25．如图1，在正方形ABCD中，E是边BC上的一点，在AE的右上方作正方形AEFG，连接DG．
（1）求证：∠ADG＝90°；
（2）如图2，连接BG、BD、BF、DF，记△ABG、△BDF的面积分别为S1，S2，求的值；
（3）如图3，当点E在边BC的延长线上时，连接AF，交线段DG于点M，当CE＝3DM时，试判断CG与DM的数量关系，并加以证明．
参考答案
选择题
1—10：BCDBA CCCCC
二、填空题
11．【解答】解：由题意可得：x+1≠0，
解得x≠﹣1，
故答案为：x≠﹣1．
12．【解答】解：∵直线y＝﹣x+3与y＝mx+n交点的横坐标为1，
∴纵坐标为y＝﹣1+3＝2，
∴两直线交点坐标（1，2），
∴x，y的方程组的解为，
故答案为：．
13．【解答】解：∵函数y＝（2m﹣3）x+3﹣m的图象经过第一、二、三象限，
∴，
∴1.5＜m＜3．
故答案为：1.5＜m＜3．
14．【解答】解：设A（x，y），
则OB＝x，AB＝﹣y，
∵S△AOB＝1，
∴OB×AB＝1，
∴﹣xy＝2，
∴xy＝﹣2，
∵点A在y上，
∴k＝xy＝﹣2，
故答案为：﹣2．
15．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，
∴∠FAO＝∠ECO，∠FDO＝∠EBO，
在△AOB和△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（SSS），
∴S△AOB＝S△COD，
在△AFO和△CEO中，
，
∴△AFO≌△CEO（ASA），
同理，△BOE≌△DOF（ASA），
∴S△AFO＝S△CEO，S△BOE＝S△DOF，
∴阴影部分的面积＝S四边形ABEFS平行四边形ABCD16＝8．
故答案为：8．
16．【解答】解：如图，设AB与y轴交于点E，过点A、点B分别作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M、N，
∵点A、点B分别在两个反比例函数的图象上，
∴反比例函数系数k的几何意义可知，S矩形AEOM＝14，S矩形OEBN＝|k|＝﹣k，
∵△ABC的面积为18，，
∴，
∴S△ADB＝12，
∵，
∴S矩形ABNM＝2S△ADB＝24，
∴S矩形OEBN＝24﹣14＝10＝﹣k，
∴k＝﹣10，
故答案为：﹣10．
三、解答题
17．【解答】解：原式
，
∵|2x﹣y+1|+（3x﹣2y+4）2＝0，|2x﹣y+1|≥0，（3x﹣2y+4）2≥0，
∴2x﹣y+1＝0且3x﹣2y+4＝0，
解得：x＝2，y＝5，
当x＝2，y＝5时，原式．
18.【解答】解：原式
＝x﹣1．
∵x不能为0，±1，
∴当x为3时，
原式＝3﹣1＝2．
19．【解答】解：（1）∵每班选25名同学参加比赛，
∴（1）班C等级的人数是：25﹣6﹣12﹣5＝2（人），
补充统计图如图：
（2）a＝（6×100+12×90+2×80+5×70）＝87.6，
∵（1）班有6人100分，12人90分，2人80分，5人70分，
∴按照从小到大的顺序将成绩排列，正中间的成绩为90分，
∴b＝90，
∵由扇形统计图可知：（2）班等级为A的占44%，为最多，
∴（2）班成绩为100分的人数最多，
∴c＝100，
（3）②∵（1）班和（2）班的平均成绩均为87.6分，而（1）班的众数是90分，（2）班的众数是100分，
∴从平均数和众数方面进行比较，（2）班成绩更好．
20．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABE＝∠CBE∠ABC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB，
同理可得：DF＝CD，
∴AE＝DF，
∴AE﹣EF＝DF﹣EF，
∴AF＝DE；
（2）解：∵AD＝16，
∴AF+EF+DE＝16，
∵AF＝DE，EF＝12，
∴AF+12+AF＝16，
解得AF＝2，
∴AB＝AE＝AF+EF＝2+12＝14，
∴ ABCD的周长为2（AB+AD）＝2×（16+14）＝60，即 ABCD的周长为60．
21．【解答】（1）证明：∵AE∥BD，BE∥AC，
∴四边形AEBO是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∴四边形AEBO是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴OA＝OB＝OC＝DO，
∵OB＝3，
∴BD＝6，
由勾股定理得：AD4，
∵BO＝DO，
∴S△AOB＝S△AODS△BADAD×AB42＝2，
∵四边形AEBO是菱形，
∴AE＝AO＝BO＝BE＝3，
∴△AEB≌△BOA（SSS），
∴△AEB的面积＝△AOB的面积＝2，
∴四边形AEBO的面积是22＝4．
22．【解答】解：（1）设第一批每只书包的单价为x元，则第二批每只书包的单价为（x+2）元，
根据题意得：3，
解得：x＝20，
经检验：x＝20是分式方程的解，且符合题意，
答：第一批每只书包的单价为20元；
（2）第一批购进书包的数量＝3000÷20＝150（只）；
第二批购进书包的数量＝3×150＝450（只），
答：该商店第一批购进了150只书包，第二批购进了450只书包；
（3）30×（150+450）﹣3000﹣9900＝5100（元），
答：全部售出后，商店共盈利5100元．
23．【解答】解：（1）把A（1，m），B（n，1）两点坐标分别代入反比例函数，可得，，
∴m＝3，n＝3，
∴A（1，3），B（3，1）．
把A（1，3），B（3，1）代入一次函数y＝kx+b，
可得，解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4．
（2）由图象可知不等式的解集为：0＜x＜1或x＞3．
（3）如图，过点B作BE⊥y轴于点E，过点A作AF⊥y轴于点F，
∵直线AB的解析式为y＝﹣x+4，
∴M点坐标为（0，4），
∴PM＝OM﹣OP＝4﹣2＝2，
∵A（1，3），B（3，1），
∴AF＝1，BE＝3，
∴四边形OPAB的面积＝S△OBM﹣S△PAM
＝5．
24．【解答】解：（1）根据已知条件直线和直线y＝ax+5相交于点A（4，b），
∴A（4，b ）代入yx，
∴b＝3，
∴A（4，3），代入y＝ax+5，
得a，
∴a，b＝3；
（2）∵A（4，3），
∴OA，
∵QP＝OA，
∴QP＝5，
∵P在yx+5上，
设P（n，n+5），
∵PQ⊥x轴交yx于Q，
∴Q（n，n），
∴，
解得：n＝8，
∴Q（8，6）P（8，1），
S△APQ5×4＝10；
（3）如图：作ME⊥OQ于点E，
∵MD⊥PD，QM平分∠OQD，
∴ME＝MD，
∵Q（8，6），O（0，0），
∴OQ＝10，（根据平面直角坐标系中两点间距离公式），
由（2）可知：OD＝8，QD＝6，
∵S△OQD＝S△OMQ+S△ODM，
∴OQ×MEMD×QDOD×QD，
10×MD+MD×6＝8×6，
解得：MD＝3，
∴OM＝OD﹣MD＝8﹣3＝5，
∴M（5，0），
设直线QM为y＝kx+c，
∴，
解得：，
QM为：y＝2x﹣10，
∵AP、QM交于N点，
∴，
解得：，
∴N（6，2）．
25．【解答】（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
即∠BAE+∠EAD＝90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，∠EAG＝90°，
即∠DAG+∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠ADG＝∠ABE＝90°；
（2）解：由（1）知，∠ADG＝90°；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝BC，∠DBC＝45°，
∴∠ADG+∠ADC＝180°，
∴点C、D、G在一条直线上，
∵AB∥CD，
∴，
过点F作FN⊥BC的延长线于点N，连接CF，如图2，
∵∠ABC＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
又∵∠ABE＝∠ENF＝90°，AE＝EF，
∴△ABE≌△ENF（AAS），
∴AB＝EN，BE＝NF，
∵BC＝AB，
∴BC＝EN，
∴BC﹣CE＝EN﹣CE，
即BE＝CN，
∴NF＝CN，
∴△FCN是等腰直角三角形，
∴∠FCN＝45°，
∴∠DBC＝∠FCN，
∴CF∥BD，
∴，
∴；
（3）解：CG＝9DM，理由：
在BC上截取BH＝DM，连接AH，ME，如图3，
∵∠ABH＝∠ADM＝90°，AB＝AD，BH＝DM，
∴△ABH≌△ADM（SAS），
∴AH＝AM，∠3＝∠1，
∵四边形AEFG是正方形，
∴∠EAF＝45°，
即∠1+∠2＝45°，
∴∠3+∠2＝45°，
∴∠HAE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠HAE＝∠EAF，
又∵AH＝AM，AE＝AE，
∴△HAE≌△MAE（SAS），
∴HE＝ME，
设DM＝b，
∵CE＝3DM，
∴CE＝3b，
设正方形ABCD的边长为a，
∴BE＝BC+CE＝a+3b，BH＝DM＝b，
∴HE＝BE﹣BH＝a+3b﹣b＝a+2b，CM＝CD+DM＝a+b，
∴ME＝HE＝a+2b，
∵∠MCE＝90°，
∴由勾股定理得ME2＝CM2+CE2，
∴（a+2b）2＝（a+b）2+（3b）2，
解得a＝3b，
∴BE＝a+3b＝6b，
又由（1）知△ABE≌△ADG，
∴DG＝BE＝6b，
∴CG＝CD+DG＝a+6b＝3b+6b＝9b，
∵DM＝b，
∴CG＝9DM．
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