2022-2023学年深圳市龙岗区数学八年级第一学期期末调研模拟试题含解析

1、2022-2023学年八上数学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1若，的值均扩大为原来的3倍，则下列分式的值保持不变的是（ ）ABCD2在下列各数中，无理数是()ABCD3对一组数据：2，1，3，2，3分析错误的是（ ）A平均数是2.2B方

2、差是4C众数是3和2D中位数是24下列五个命题中，真命题有（ ）两条直线被第三条直线所截，内错角相等如果和是对顶角，那么是一组勾股数的算术平方根是三角形的一个外角大于任何一个内角A1个B2个C3个D4个5如图，在ABC中，A=60度，点D，E分别在AB，AC上，则1+2的大小为（）度.A140B190C320D2406如图，中，DE是AC边的垂直平分线，则的度数为( )ABCD7下列关于的方程中一定有实数解的是（ ）ABCD82019年第七届世界军人运动会（7thCISMMilitaryWorldGames）于2019年10月18日至27日在中国武汉举行，这是中国第一次承办综合性国际军事赛事，

3、也是继北京奥运会后，中国举办的规模最大的国际体育盛会某射击运动员在一次训练中射击了10次，成绩如图所示下列结论中不正确的有（）个众数是8；中位数是8；平均数是8；方差是1.1A1B2C3D49下列各数中是无理数的是（）A1B3.1415CD10下列各式中，正确的是（）ABCb+1Da+b二、填空题(每小题3分,共24分)11如图，点E在的边DB上，点A在内部，AD=AE，AB=AC给出下列结论：BD=CE；其中正确的是_12一次函数（，是常数）的图像如图所示则关于x的方程的解是_13计算的结果是_14如图，RtABC中，C=90，BAC的角平分线AE与AC的中线BD交于点F，P为CE中点，连结

4、PF，若CP=2，则AB的长度为_15一个多边形的各内角都相等，且每个内角与相邻外角的差为100，那么这个多边形的边数是_16已知多项式，那么我们把和称为的因式，小汪发现当或时，多项式的值为1若有一个因式是（为正数），那么的值为_，另一个因式为_17如图，在平面直角坐标系中，己知点，.作，使与全等，则点坐标为_18中，边的垂直平分线交于点，交的外角平分线于点，过点作交的延长线于点，连接，若，那么的长是_三、解答题(共66分)19（10分）如图， 平分交于，交于，（1）求证：；（2）20（6分）如图，直线分别与x轴，y轴相交于A，B两点，0为坐标原点，A点的坐标为(4，0)（1）求k的值；（2）

5、过线段AB上一点P(不与端点重合)作x轴，y轴的垂线，乖足分别为M，N.当长方形PMON的周长是10时，求点P的坐标.21（6分）如图1所示，直线与轴负半轴，轴正半轴分别交于、两点（1）当时，求点坐标及直线的解析式（2）在（1）的条件下，如图2所示，设为延长线上一点，作直线，过、两点分别作于，于，若，求的长（3）当取不同的值时，点在轴正半轴上运动，分别以、为边，点为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角和等腰直角，连接交轴于点，如图3.问：当点在轴正半轴上运动时，试猜想的长是否为定值？若是，请求出其值；若不是，说明理由22（8分）如图，已知，依据作图痕迹回答下面的问题：(1)和的位置关系是_；(2

6、)若，时，求的周长；(3)若，求的度数.23（8分）在平面直角坐标系xOy中，直线l1：yk1x+6与x轴、y轴分别交于A、B两点，且OBOA，直线l2：yk2x+b经过点C（，1），与x轴、y轴、直线AB分别交于点E、F、D三点（1）求直线l1的解析式；（2）如图1，连接CB，当CDAB时，求点D的坐标和BCD的面积；（3）如图2，当点D在直线AB上运动时，在坐标轴上是否存在点Q，使QCD是以CD为底边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由24（8分）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网络，每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影，请在余下的空白小等边

7、三角形中，选取一个涂上阴影，使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形25（10分）某中学为打造书香校园，计划购进甲、乙两种规格的书柜放置新购进的图书，调查发现，若购买甲种书柜3个、乙种书柜2个，共需资金1020元；若购买甲种书柜4个，乙种书柜3个，共需资金1440元（1）甲、乙两种书柜每个的价格分别是多少元？（2）若该校计划购进这两种规格的书柜共20个，其中乙种书柜的数量不少于甲种书柜的数量，学校至多能够提供资金4320元，请设计几种购买方案供这个学校选择26（10分）按要求作图（1）已知线段和直线，画出线段关于直线的对称图形；（2）如图,牧马人从地出发,先到草地边某一处牧马，再到河边饮马

8、，然后回到处.请画出最短路径.参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】分别写出、都扩大3倍后的分式，再化简与原式比较，即可选择【详解】当、都扩大3倍时，A、，故A错误B、，故B错误C、，故C错误D、，故D正确故选D【点睛】本题考查分式的基本性质，解题关键是熟练化简分式2、B【分析】根据无理数的定义进行判断即可.【详解】解：=2，=2，都是有理数，3是无理数，故选B.【点睛】本题主要考查无理数的定义，无理数就是无限不循环小数理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数3、B【分析】根据平均数、方差

9、、众数、中位数的定义以及计算公式分别进行解答即可【详解】解：A、这组数据的平均数是：（21323）52.2，故正确；B、这组数据的方差是：（22.2）2（12.2）2（32.2）2（22.2）2（32.2）20.56，故错误；C、3和2都出现了2次，出现的次数最多，则众数是3和2，故正确；D、把这组数据从小到大排列为：1，2，2，3，3，中位数是2，故正确故选：B【点睛】此题主要考查了平均数、方差、众数、中位数的含义和求法，熟练掌握定义和求法是解题的关键，是一道基础题4、B【分析】利用平行线的性质、对顶角的定义、勾股数的定义、实数的性质及外角定理分别判断后即可确定正确的选项【详解】两条平行直线

10、被第三条直线所截，内错角相等，故错误，为假命题如果1和2是对顶角，那么12，正确，为真命题勾股数必须都是整数，故是一组勾股数错误，为假命题=4，4算术平方根是，故为真命题，三角形的一个外角大于任何与之不相邻的一个内角，为假命题故选B【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行线的性质、对顶角的定义、勾股数的定义、实数的性质及外角定理，难度不大，属于基础题5、D【解析】分析：根据三角形的外角性质可得1=A+ADE，2=A+AED，再根据已知和三角形内角和等于180即可求解.详解：1=A+ADE，2=A+AED1+2=A+ADE+A+AED=A+(ADE+A+AED)=60+180=2

11、40故选D.点睛：本题考查了三角形的外角性质和三角形内角和定理：三角形内角和等于180，三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和.6、A【分析】由等腰三角形性质，得到，由DE垂直平分AC，得到AE=CE，则，然后求出.【详解】解：在中，DE是AC边的垂直平分线，AE=CE，；故选择：A.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线性质定理，以及三角形内角和定理，解题的关键是掌握所学性质，正确求出.7、A【分析】根据一元二次方程根的判别式直接进行排除选项即可【详解】A、由可得：，故方程始终有两个不相等的实数根，故符合题意；B、由可得：，当或时方程才有实数解，故不符合题意；C、由可得：，所以方程

12、没有实数根，故不符合题意；D、由可得：，所以方程没有实数根，故不符合题意；故选A【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键8、B【分析】分别求出射击运动员的众数、中位数、平均数和方差，然后进行判断，即可得到答案【详解】解：由图可得，数据8出现3次，次数最多，所以众数为8，故正确；10次成绩排序后为：1，7，7，8，8，8，9，9，10，10，所以中位数是（8+8）8，故正确；平均数为（1+72+83+92+102）8.2，故不正确；方差为 （18.2）2+（78.2）2+（78.2）2+（88.2）2+（88.2）2+（88.2）2+（98.2）2+

13、（98.2）2+（108.2）2+（108.2）21.51，故不正确；不正确的有2个，故选：B【点睛】本题考查了求方差，求平均数，求众数，求中位数，解题的关键是熟练掌握公式和定义进行解题9、C【分析】根据有理数与无理数的定义求解即可【详解】解：1是整数，属于有理数，故选项A不合题意；3.1415是有限小数，属于有理数，故选项B不合题意；是无限不循环小数，属于无理数，故选项C符合题意；是分数，属于有理数，故选项D不合题意故选：C【点睛】此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数如，0.8080080008（每两个8之间依次多1个0）等形式10、B【分析】

14、等式成立的条件是a0或ab时；因式分解法化简分式；根据分式的基本性质化简b+【详解】解：A.与在a0或ab时才成立，故选项A不正确；B.，故选项B正确；C.b+，故选项C不正确；D. 不能化简，故选项D不正确；故选：B【点睛】本题考查分式的化简，解题关键是熟练掌握分式的基本性质.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】只要证明，利用全等三角形的性质即可一一判断【详解】,故正确；,故正确；，即,故正确；,故正确故答案为：【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题12、x=1【分析】根据一次函数y=kx+b与y=4

15、轴的交点横坐标即为对应方程的解【详解】一次函数y=kx+b与y=4的交点坐标是（1，4），关于x的方程kx+b=4的解是：x=1故答案为x=1【点睛】本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系，理解两条直线交点的横坐标即为对应方程的解是解答本题的关键13、【分析】先通分，然后根据同分母分式加减法法则进行计算即可.【详解】原式=，故答案为.【点睛】本题考查了异分母分式的加减法，熟练掌握异分母分式加减法的运算法则是解题的关键.14、15【分析】作辅助线交AB于H，再利用等量关系用BFP的面积来表示BEA的面积，利用三角形的面积公式来求解底边AB的长度【详解】作AE平分BACP为CE中点D为AC中点

16、，P为CE中点【点睛】本题考查了辅助线的运用以及三角形的中线平分三角形的面积，解题的关键在于如何利用BFP的面积来表示BEA的面积15、9【分析】设这个多边形的内角为n，则根据题意列出方程求出n的值，再根据多边形的外角和等于360度和多边形的内角和公式求出多边形的边数和内角和【详解】设这个多边形的内角为n，则根据题意可得：n(180n)=100，解得：n=140.故多边形的外角度数为：180140=40，多边形的外角和等于360度，这个多边形的边数为：36040=9，故答案为9.【点睛】本题考查的是多边形，熟练掌握多边形的边形内角和与外角和是解题的关键.16、1 【分析】根据题意类比推出，若是

17、的因式，那么即当时，将代入，即可求出a的值注意题干要求a为正数，再将求得的解代入原多项式，进行因式分解即可【详解】是的因式，当时，即，为正数，可化为，另一个因式为故答案为1；【点睛】本题考查根据题意用类比法解题和因式分解的应用，注意题干中a的取值为正数是关键17、（1,0）、（1,2）、（1,2）【分析】根据全等三角形的判定和已知点的坐标画出满足要求图形，即可得出答案【详解】如图所示，有三个点符合要求，点A（0,2），点B（1,0）AO2，BO1AOBAOCAOAO2，BOCO1C（1,0）、C（1,2）、C（1,2）故答案为：（1,0）、（1,2）、（1,2）【点睛】本题主要考查全等三角形的

18、性质：两三角形全等，对应边相等和点到坐标轴的距离与点的坐标的关系：到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关掌握这些知识点是解题的关键18、1【分析】作EGAC,利用HL证明RtBEHRtCEG,可得CG=BH,再根据角平分线定理可得AG=AH,由此可以算出AC【详解】过点E作EGAC交AC于点G,AE平分FAC,AG=AH=3,EG=EH,DE是BC的垂直平分线,EC=EB,在RtBEH和RtCEG中RtBEHRtCEG(HL),CG=BH=AB+AH=18,AC=AG+GC=18+3=1故答案为:1【点睛】本题考查三角形全等的判定和性质、角平分线的性质、垂直平分线的性质,关键在于合

19、理利用辅助线找到关键的对应边三、解答题(共66分)19、（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）证明ABDACF即可得到结论；（2）由（1）得ABD=ACF，CDE=BDA，根据三角形内角和定理可得CED=BAD=90，即BECF，结合BD平分ABC可证明BC=BF【详解】（1）BAC=90，CAF=90，BAC=CAF，又AB=AC，AD=AF，ABDACF，ABD=ACF；（2）在CDE和BDA中 DEC+CDE+DCE=180，ABD+BDA+BAD=180又ABD=ACF，CDE=BDA，CED=BDA=90，CEB=FEB=90，BD平分ABCCBE=FBE又BE为公共边，C

20、EBFEB，BC=BF【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，关键是掌握全等三角形的判定定理，证明三角形全等是证明线段或角相等的重要手段20、（1）k=2；（2）点P的坐标为（3，2）.【解析】试题分析：（1）因为直线分别与轴，轴相交于两点，O为坐标原点，A点的坐标为即直线经过所以 解之即可；（2）因为四边形是矩形，点P在直线上，设 则 而 由此即可得到关于的方程，解方程即可求得试题解析：(1)直线y=kx+8经过A(4,0)，0=4k+8，k=2.(2)点P在直线y=2x+8上,设P(t,2t+8)，PN=t，PM=2t+8，四边形PNOM是矩形，解得 点P的坐标为 21、（1）；（2

21、）；（3）的长为定值【分析】（1）先求出A、B两点坐标，求出OA与OB，由OA= OB，求出m即可；（2）用勾股定理求AB，再证，BN=OM，由勾股定理求OM即可；（3）先确定答案定值，如图引辅助线EGy轴于G，先证，求BG再证，可确定BP的定值即可【详解】（1）对于直线当时，当时，解得直线的解析式为（2），由勾股定理，在与中，（3）如图所示：过点作轴于点为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，【点睛】本题考查求解析式，线段的长，判断定值问题，关键是掌握求坐标，利用条件OA= OB，求OM，用勾股定理求AB，再证，构造 ，求BG，再证22、（1）MN垂直平分AC；（2）8；（3）90.【分析】（1

22、）根据作图痕迹可知MN为所作的AC的垂直平分线；（2）根据垂直平分线的性质可得AE=EC，从而将ABE周长转化为AB+BC；（3）由条件可得ABE是等边三角形，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和得出BAC的度数.【详解】解：（1）由作图痕迹可知：MN是线段AC的垂直平分线，和的位置关系是：MN垂直平分AC；（2）MN垂直平分AC，AE=EC，ABE的周长=AB+BE+AE=AB+BC=8；（3），ABE是等边三角形，B=BAE，AE=EC，C=EAC，B+BAE+C+EAC=180，BAC=BAE+EAC=90.【点睛】本题考查了尺规作图，等腰三角形的性质，三角形内角和，垂直平分线的性质，解

23、题的关键是转化思想，将三角形的周长转化为线段之和.23、（1）yx+6；（2）D（，3），SBCD4；（3）存在点Q，使QCD是以CD为底边的等腰直角三角形，点Q的坐标是（0，2）或（64，0）或（46，0）【分析】（1）根据待定系数法可得直线l1的解析式；（2）如图1，过C作CHx轴于H，求点E的坐标，利用C和E两点的坐标求直线l2的解析式，与直线l1列方程组可得点D的坐标，利用面积和可得BCD的面积；（3）分四种情况：在x轴和y轴上，证明DMQQNC（AAS），得DMQN，QMCN，设D（m，m+6）（m0），表示点Q的坐标，根据OQ的长列方程可得m的值，从而得到结论【详解】解：（1）yk

24、1x+6，当x0时，y6，OB6，OBOA，OA2，A（2，0），把A（2，0）代入：yk1x+6中得：2k1+60，k1，直线l1的解析式为：yx+6；（2）如图1，过C作CHx轴于H，C（，1），OH，CH1，RtABO中，AB2OA，OBA30，OAB60，CDAB，ADE90，AED30，EH，OEOH+EH2，E（2，0），把E（2，0）和C（，1）代入yk2x+b中得：，解得：，直线l2：yx+2，F（0，2）即BF624，则，解得，D（，3），SBCDBF（xCxD）；（3）分四种情况：当Q在y轴的正半轴上时，如图2，过D作DMy轴于M，过C作CNy轴于N，QCD是以CD为底边的

25、等腰直角三角形，CQD90，CQDQ，DMQCNQ90，MDQCQN，DMQQNC（AAS），DMQN，QMCN，设D（m，m+6）（m0），则Q（0，m+1），OQQN+ONOM+QM，即m+1m+6+，Q（0，2）；当Q在x轴的负半轴上时，如图3，过D作DMx轴于M，过C作CNx轴于N，同理得：DMQQNC（AAS），DMQN，QMCN1，设D（m，m+6）（m0），则Q（m+1，0），OQQNONOMQM，即m+6-m1，m54，Q（64，0）；当Q在x轴的负半轴上时，如图4，过D作DMx轴于M，过C作CNx轴于N，同理得：DMQQNC（AAS），DMQN，QMCN1，设D（m，m+6）

26、（m0），则Q（m1，0），OQQNONOM+QM，即m6m+1，m45，Q（46，0）；当Q在y轴的负半轴上时，如图5，过D作DMy轴于M，过C作CNy轴于N，同理得：DMQQNC（AAS），DMQN，QMCN，设D（m，m+6）（m0），则Q（0，m+1），OQQNONOM+QM，即m6+m1，m21，Q（0，2）；综上，存在点Q，使QCD是以CD为底边的等腰直角三角形，点Q的坐标是（0，2）或（64，0）或（46，0）【点睛】本题是综合了一次函数的图象与性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形与等腰直角三角形的性质等知识的分情况讨论动点动图问题，在熟练掌握知识的基础上，需要根据情况作出辅助线，或者作出符合题意的图象后分情况讨论.24、见解析【分析】直接利用中心对称图形的性质分析即可