期末核心考点练习卷（含解析）-2024-2025学年数学八年级下册人教版

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期末核心考点练习卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版
一、单选题
1．要使式子有意义，则x的值可以是（ ）
A． B．0 C．1 D．2
2．下列各点中，在正比例函数的图象上的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列各数中，能与组成一组勾股数的是（ ）
A． B． C． D．
4．已知在中，对角线、相交于点O， ，则等于（ ）
A．3 B．6 C．4 D．12
5．已知一次函数与的图象如图所示，有下列结论：① ； ② ； ③关于x的方程的解为； ④当时，其中正确的结论有（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
6．如图，在底面周长约为6米的石柱上，有一条雕龙从柱底沿立柱表面盘绕2圈到达柱顶正上方，每根华表刻有雕龙的部分的柱身高约16米，则雕刻在石柱上的巨龙至少为（ ）
A．20米 B．25米 C．30米 D．15米
7．如图，是线段上一动点，分别是的中点，随着点的运动，的长（ ）
A．随着点的位置变化而变化 B．保持不变，长为
C．保持不变，长为 D．保持不变，长为
8．如图，平行四边形的对角线，相交于点，平分，分别交，于点，，连接，，，则下列结论：①；②；③；④．正确的个数有（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．化简： ．
10．若y关于x的函数是正比例函数，则 ．
11．如图，把矩形沿折叠，若，则的度数为 ．
12．已知一次函数的图象如图所示，则关于的方程的解为 ．
13．已知菱形的边长为2，，点为的中点，点为对角线上一个动点，连接，，则的最小值为 ．
14．如图，在平面直角坐标系中，点，，C为平面内一点且，连接，点P为的中点，则的最大值为 ．
15．如图，在正方形中，E是边上一点，F是边延长线上一点，连接，，，若，， ，则的面积为
16．兔子输掉比赛后，后悔不已，决定跟乌龟再比一场．它们商定：从地跑或游到地，其中兔子从地出发翻过一座山后到达地，乌龟从地下水游到地．由于赛道不同，它们的比赛距离也不一样，最后同时到达地．请根据提供的比赛图象信息，判断下列说法中正确的是 ．（只填序号）
①兔子在上山过程中休息后，乌龟游过的路程刚好与兔子跑过的路程相同；
②乌龟在水中游动的速度是；
③兔子下山的速度比上山休息后的速度快；
④这场比赛，如果兔子在上山过程中少休息一会儿，它就能赢．
三、解答题
17．计算题：
(1)；
(2)．
18．先化简，再求值：，其中．
19．如图，直线与轴，轴交于点，点在直线上，点的横坐标为1．
(1)求点的坐标；
(2)求的面积．
20．如图，四边形是平行四边形，对角线交于点F， ，延长到点C，使，延长到点D，使，连接和．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求与间的距离．
21．某校开展安全教育系列活动，为提升学生急救素养，了解学生对急救知识技能的掌握情况，从该校学生中随机抽取20名学生进行了一次测试，共10道测试题，学生答对1题得1分．根据测试结果绘制出如下统计图．
(1)求抽取的20名学生测试得分的平均数、中位数、众数；
(2)若该校共有学生2400人，急救知识测试得8分及其以上达到“优秀”等级，请你估计该校达到“优秀”等级的学生人数．
22．某中学决定在“文体周”为一个节目制作、两种道具，共80个，制作的道具需要甲、乙两种材料组合而成，现有甲种材料300件，乙种材料280件，已知组装、两种道具所需的甲、乙两种材料，如下表所示：
甲种材料（件） 乙种材料（件）
道具 3 4
道具 5 2
经过计算，制作一个道具的费用为5元，一个道具的费用为4元．设组装种道具个，所需总费用为元．
(1)求与的函数表达式，并求出的取值范围；
(2)问组装种道具多少个时，所需总费用最少，最少费用是多少？
23．在中，，点D是线段上的一动点（不含点C），连接，将沿翻折．点C的对应点为E．
(1)如图1．当点E在边上时，求线段的长；
(2)在右侧取点F，使，且，连接，交于点H．
①如图2，当时，求证：；
②当为等腰三角形时，求线段的长．
24．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．由此可见数学学习和研究中形与数互相配合的重要性．“数形结合”是一种重要的数学思想，通过把抽象的数量关系与直观的几何图形相结合，可使复杂问题简单化，抽象问题具体化．
例如：已知（数的形式），从勾股定理的学习中可以将该式看成直角三角形的两直角边长度分别为3、4，计算结果为斜边（图形形式）长度为5，如图1；同理计算（数的形式）可以看成直角边长度分别为、8，结果为斜边（图形形式）长度为，如图2．
利用数形结合的思想解决下面问题：
已知，请求出的最小值．
《期末核心考点练习卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B D A C A D D
1．D
【分析】根据“时，二次根式有意义”求解即可．
本题考查了二次根式有意义的条件，对于二次根式，当时有意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：要使式子有意义，
则，
解得．
故选：D．
2．B
【分析】将各选项所给点的横坐标代入中求出纵坐标，看与所给点的纵坐标是否相等，如果相等，则该点在函数的图象上，若不相等，则该点不在函数的图象上．
本题主要考查了正比例函数图象的性质，凡是满足函数关系式的点都在该函数图象上，掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：A、∵当时，，
∴此点不在正比例函数图象上，故A本选项错误；
B、∵当时，，
∴此点在正比例函数图象上，故本选项正确；
C、∵当时，，
∴此点不在正比例函数图象上，故本选项错误；
D、∵当时，，
∴此点不在正比例函数图象上，故本选项错误．
故选B．
3．D
【分析】本题考查了勾股数，三个正整数若满足两个较小的数的平方和等于最大的数的平方，那么这三个正整数叫做勾股数，据此逐项判断即可求解，掌握勾股数的定义是解题的关键．
【详解】解：、∵，
∴不是一组勾股数，该选项不合题意；
、∵，
∴不是一组勾股数，该选项不合题意；
、∵，
∴不是一组勾股数，该选项不合题意；
、∵，
∴是一组勾股数，该选项符合题意；
故选：．
4．A
【分析】根据“平行四边形对角线互相平分”即可得解．
本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，
∴ ．
故选：A．
5．C
【分析】利用一次函数的性质对①②进行判断；利用两直线的交点的横坐标为3可对③进行判断；利用两直线的位置关系对④进行判断．
本题考查了一次函数图象的性质以及一次函数与与一元一次不等式组的关系，熟练掌握一次函数图象的性质及数形结合思想是解题的关键．
【详解】解：∵直线经过第一、二、四象限，
∴，，
所以①正确；
∵直线与y轴的交点在x轴下方，
∴，
所以②错误；
∵当时，，
∴关于x的方程的解为，
所以③正确；
∵当，直线在直线的下方，
∴时，．
所以④错误．
故答案为：C．
6．A
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．将圆柱体侧面展开，每圈龙的长度与高度和圆柱的周长组成直角三角形，根据勾股定理计算即可得到答案．
【详解】解：如图，根据题意可得，底面周长约为米，柱身高约米，
米，（米），
（米），
故雕刻在石柱上的巨龙至少为（米），
故选：A．
7．D
【分析】本题考查了勾股定理，矩形的判定和性质，中位线性质，掌握以上概念及计算是关键．
如图所示，过点作于点，连接，可得四边形是矩形，，，在中，由勾股定理得到，由题意可得是中位线，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，连接，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，，
在中，点分别是的中点，则是中位线，
∴，
∴随着点的运动，的长保持不变，长为，
故选：D ．
8．D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明是等边三角形是解决问题的关键．
①先根据角平分线和平行线的性质得：，则，由有一个角是的等腰三角形是等边三角形得：是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：，最后由平行线的性质可作判断；②因为，根据平行四边形的面积公式可作判断： ③先根据三角形中位线定理得：，由题意可求，即可判断；④由勾股定理可求，即可求的长，即可判断．
【详解】解：①平分，
，
四边形是平行四边形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故①正确：
②，
，
故②正确；
③，
，
，
，
，
故③正确；
④在中，，，
，
在中，，
，
，
故④正确；
故选：D，
9．/
【分析】本题考查了二次根式的化简，先比较出，再根据二次根式的性质化简即可．掌握二次根式的性质是解题的关键．
【详解】解：，
，即，
，
故答案为：．
10．0
【分析】根据正比例函数的定义即可得解．一般地，对于两个变量x、y，若x、y之间的关系式可以表示成（其中k、b为常数，且）的形式，那么称y是 x的一次函数，特别的，当时，称y是 x的正比例函数.题中告诉我们是正比例函数，所以，即．
熟练掌握正比例函数的定义是解题的关键．
【详解】解：∵y关于x的函数是正比例函数，
∴,
故答案为：0．
11．
【分析】本题主要考查了矩形的性质、图形翻折变换，解题的关键是掌握折叠是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变．根据题意求出，再由折叠的性质推出，知由矩形的性质得到，即可推出．
【详解】解：∵，
∴，
由折叠的性质得，
四边形纸片是矩形纸片，
∴，
∴．
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了一次函数与一元一次方程的关系，方程的解即为一次函数的函数值为0时对应的的值，利用数形结合的思维解答是解题的关键．
【详解】解：由图象知，当时，
∴关于的方程的解为，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，连接，由菱形的性质可得，当三点共线时，则有最小值，证明是等边三角形，由点为的中点，可得，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是菱形，点为对角线上一个动点，
∴垂直平分，
，
，
当三点共线时，则有最小值，
，，
是等边三角形，
又是的中点，菱形的边长为，
，，，
∴，
中，，
的最小值为，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查勾股定理，直角三角形斜边中线，三角形中位线，连接，取中点，连接，，根据勾股定理求出，利用斜边中线得到，利用为中位线，得到，最后根据求最大值即可．
【详解】解：连接，取中点，连接，，
∵在平面直角坐标系中，点，，
∴，，，
∴，
∵为斜边中点，
∴，
∵点P为的中点，
∴为中位线，
∴，
∵，
∴当、、三点共线时，最大，
故答案为：．
15．4
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，由正方形的性质得出，证明，得出，由勾股定理得出，，得出，即可得解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
，
，
，
，即，
，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
故答案为：4．
16．①②④
【分析】本题主要考查了函数图象的读图能力．观察图象，横坐标是比赛用时，纵坐标是路程分钟内，乌龟一直匀速运动，24分钟共行进的路程为，分钟，兔子一直匀速运动，第分钟内路程不变，说明兔子在休息，分内，兔子匀速上山，第18分后开始下山，分钟内匀速运动，第24分到达终点，兔子的总路程为．要能根据函数图象的性质对图象上的数据分析得出有用信息将问题解决．
【详解】解：兔子在上山过程中休息6分钟后，乌龟游过的路程是，兔子跑过的路程是．故①正确；
乌龟在水中游动的速度（千米分）（千米时），故②正确；
兔子下山的速度（千米分）（千米时），
上山休息后的速度（千米分）（千米时），
（千米时），
兔子下山的速度比上山休息后的速度快50千米时．故③错误；
这场比赛，只要兔子在上山过程中少休息一会儿，则它到达终点的时间就小于分钟，兔子用的时间就比乌龟少了，它就能赢．故④正确．
故答案为：①②④．
17．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算：
（1）先化简二次根式，再进行加减运算即可；
（2）先利用乘法分配律及平方差公式计算，再合并即可．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
18．；
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，先通分计算括号里面的，再把分式除法转化成乘法，然后约分，最后代入数值求解即可．
【详解】解：
．
∵，
∴．
19．(1)，，
(2)
【分析】本题考查了一次函数的几何综合，一次函数与坐标轴的交点，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）因为直线与轴，轴交于点，故当时，，当时，，然后把代入计算，即可作答．
（2）先得，结合，故，即可作答．
【详解】（1）解：∵直线与轴，轴交于点，
当时，，
当时，，解得：，
，，
当时，则，
；
（2）解：，
，
，
．
20．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）先由对角线互相平分的四边形是平行四边形，再由矩形的性质得出，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得出，由菱形的性质得出，由勾股定理求出，则，设与间的距离为，然后由菱形的面积公式即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
设与间的距离为
∵．
∴．
21．(1)，，
(2)估计该校达到“优秀”等级的学生人数为人
【分析】本题考查了条形统计图，样本估计总体，平均数，中位数，众数熟练掌握平均数，中位数，众数的求法是解题的关键．
（1）根据平均数，中位数，众数的求法，即可求解；
（2）利用样本中测试得8分及其以上的比例乘以即可．
【详解】（1）解：由条形图可知，第10和第11个数据都是7分，
∴中位数为；
平均数为：；
这组数据中7分出现的次数最多，则众数为．
（2）解：（人）
答：估计该校达到“优秀”等级的学生人数为人．
22．(1)，
(2)当组装A道具50个时，所需费用最少，最少费用是370元
【分析】本题考查了一次函数的应用，关键是通过实际问题列出一次函数关系，然后根据一次函数的性质解决问题．
（1）设组装A种道具x个，则B种道具个，根据“总费用种道具费用种道具费用”即可得出y与x的函数关系式；再根据题意列不等式组即可得出x的取值范围；
（2）根据（1）的结论，结合一次函数的性质解答即可．
【详解】（1）解：
．
根据题意，得
．
解得
∴的取值范围是．
（2）解：由（1）得
∵是的一次函数，且
∴随着的增大而增大．
∴当时，
答：当组装A道具50个时，所需费用最少，最少费用是370元．
23．(1)
(2)①证明见解析；②或
【分析】（1）利用勾股定理求出，再由翻折变换的性质即可求得答案；
（2）①由翻折得，再证得，可得，即可证得结论；
②根据点D是线段上的一动点(不含点C)，可得，分两种情况：当时，当时，分别求得线段的长即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
由翻折得：
∴当点E在边上时，；
（2）解：①∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由上知：，
∴；
②∵，
∴，
∴，
当时，过点F作于点G，过点E作于点K，过点F作于点M，连接，交于点L，
同上可证明：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由翻折知：垂直平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得：
∵， ，
∴，
∵，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得；
当时，过点F作于点G，
∵，
∴，
∴当时，
∴，
∴点重合，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点重合，如图：
∴，
∴点共线，
由翻折得：，
∴此时，
∴
此时，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
综上：当为等腰三角形时，线段的长为或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，难度较大，解题的关键在于把握折叠的不变性和全等三角形的运用．
24．130
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，根据题意灵活构造出直角三角形是解题的关键．取线段，使，在上任取一点，设，，构造直角三角形，使，且，，则，可得当点，，三点共线时，的值最小，最小值等于的长，构造直角三角形计算即可，掌握勾股定理的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，取线段，使，在上取一点，设，，构造，，使，且，，
则，，，
则，
当点，，三点共线时，的值最小，
即的值最小，最小值等于的长，
过点作交延长线于点，
，
四边形是矩形，
，，
．
的最小值为130．
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