2023届福建泉州安溪恒兴中学数学八年级上册期末考试模拟试题含解析_第1页
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文档简介

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.如图,在正方形内,以为边作等边三角形,连接并延长交于,则下列结论不正确的是()A. B. C. D.2.一次函数的图象如图所示的取值范围是()A. B. C. D.3.点关于轴的对称点的坐标是A. B. C. D.4.下列因式分解正确的是()A.x2–9=(x+9)(x–9) B.9x2–4y2=(9x+4y)(9x–4y)C.x2–x+=(x−)2 D.–x2–4xy–4y2=–(x+2y)25.如图,有一个池塘,其底面是边长为10尺的正方形,一个芦苇AB生长在它的中央,高出水面部分BC为1尺.如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边,那么芦苇的顶部B恰好碰到岸边的B′.则这根芦苇的长度是()A.10尺 B.11尺 C.12尺 D.13尺6.下列运算正确的是()A.(3a2)3=27a6 B.(a3)2=a5C.a3•a4=a12 D.a6÷a3=a27.已知图中所有的小正方形都全等,若在右图中再添加一个全等的小正方形得到新的图形,使新图形是中心对称图形,则正确的添加方案是()A. B. C. D.8.要使分式有意义,则x的取值范围是()A. B. C. D.9.如图,为估计池塘岸边A、B两点的距离,小方在池塘的一侧选取一点O,测得OA=8米,OB=6米,A、B间的距离不可能是()A.12米 B.10米 C.15米 D.8米10.函数y=ax﹣a的大致图象是()A. B. C. D.二、填空题(每小题3分,共24分)11.中是最简二次根式的是_____.12.若有(x﹣3)0=1成立,则x应满足条件_____.13.如图所示,在中,是的平分线,是上一点,且,连接并延长交于,又过作的垂线交于,交为,则下列说法:①是的中点;②;③;④为等腰三角形;⑤连接,若,,则四边形的面积为24;其中正确的是______(填序号).14.如图,上海实行垃圾分类政策后,各街道、各小区都在积极改造垃圾房,在工地一边的靠墙处,用12米长的栏围一个占面积为20平方米的长方形临时垃圾堆放点,栅栏只围三边,并且开一个2米的小门,方便垃圾桶的搬运.设垂直于墙的一边长为米.根据题意,建立关于的方程是____.15.如图,边长为的菱形中,.连结对角线,以为边作第二个菱形,使.连结,再以为边作第三个菱形,使,一按此规律所作的第个菱形的边长是__________.16.如图,长方形台球桌面上有两个球、.,球连续撞击台球桌边,反射后,撞到球.已知点、是球在,边的撞击点,,,且点到边的距离为3,则的长为__________,四边形的周长为________17.如图,等边的边垂直于轴,点在轴上已知点,则点的坐标为____.18.已知,求=___________.三、解答题(共66分)19.(10分)如图1,点是线段的中点,分别以和为边在线段的同侧作等边三角形和等边三角形,连结和,相交于点,连结,(1)求证:;(2)求的大小;(3)如图2,固定不动,保持的形状和大小不变,将绕着点旋转(和不能重叠),求的大小.20.(6分)已知:如图,△ABC中,∠ACB=45°,AD⊥BC于D,CF交AD于点F,连接BF并延长交AC于点E,∠BAD=∠FCD.求证:(1)△ABD≌△CFD;(2)BE⊥AC.21.(6分)如图,在中,,点在内,,,点在外,,.(1)求的度数.(2)判断的形状并加以证明.(3)连接,若,,求的长.22.(8分)如图,在平面直角坐标系中,线段AB的两个端点坐标分别为(﹣2,1)和(2,3).(1)在图中分别画出线段AB关于x轴的对称线段A1B1,并写出A1、B1的坐标.(2)在x轴上找一点C,使AC+BC的值最小,在图中作出点C,并直接写出点C的坐标.23.(8分)计算题:(1)27+13-(2)185×25÷(﹣224.(8分)已知:如图,中,∠ABC=45°,于D,BE平分∠ABC,且于E,与CD相交于点F,H是BC边的中点,连结DH与BE相交于点G(1)求证:BF=AC;(2)判断CE与BF的数量关系,并说明理由25.(10分)自2019年11月20日零时起,大西高铁车站开始试点电子客票业务,旅客购票乘车更加便捷.大西高铁客运专线是国家《中长期铁路网规划》中的重要组成部分,它的建成将意味着今后山西人去西安旅行的路程与时间将大大缩短,但也有不少游客根据自己的喜好依然选择乘坐普通列车.已知高铁线路中从A地到某市的高铁行驶路程是400km,普通列车的行驶路程是高铁行驶路程的1.3倍,若高铁的平均速度(km/h)是普通列车平均速度(km/h)的2.5倍,且乘坐高铁所需时间比乘坐普通列车所需时间缩短3.6h,求普通列车和高铁的平均速度.26.(10分)计算:(2﹣1)2﹣()÷.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】根据四边形ABCD是正方形,△EMC是等边三角形,得出∠BAM=∠BMA=∠CMD=∠CDM=(180°-30°)=75°,再计算角度即可;通过做辅助线MD,得出MA=MD,MD=MN,从而得出AM=MN.【详解】如图,连接DM,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=AD,∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°,∵△EMC是等边三角形,∴BM=BC=CM,∠EMC=∠MBC=∠MCB=60°,∴∠ABM=∠MCN=30°,∵BA=BM,MC=CD,∴∠BAM=∠BMA=∠CMD=∠CDM=(180°-30°)=75°,∴∠MAD=∠MDA=15°,故A正确;∴MA=MD,∴∠DMN=∠MAD+∠ADM=30°,∴∠CMN=∠CMD-∠DMN=45°,故B正确;∵∠MDN=∠AND=75°∴MD=MN∴AM=MN,故C正确;∵∠CMN=45°,∠MCN=30°,∴,故D错误,故选D.【点睛】本题考正方形的性质、等边三角形的性质等知识,灵活应用正方形以及等边三角形的性质,通过计算角度得出等腰三角形是关键.2、D【分析】y<0也就是函数图象在x轴下方的部分,观察图象找出函数图象在x轴下方的部分对应的自变量的取值范围即可得解.【详解】根据图象和数据可知,当y<0即图象在x轴下侧时,x>2,故选D.【点睛】本题主要考查了一次函数与不等式,数形结合思想,准确识图是解题的关键.3、A【分析】再根据关于x轴对称点的坐标特点:纵坐标互为相反数,横坐标不变可得答案.【详解】解:∵∴M点关于x轴的对称点的坐标为,故选A.【点睛】此题考查关于x轴对称点的坐标特点,关键是掌握点的坐标的变化规律4、D【分析】利用以及进行因式分解判断即可.【详解】A.原式=(x+3)(x–3),选项错误;B.原式=(3x+2y)(3x–2y),选项错误;C.原式=(x–)2,选项错误;D.原式=–(x2+4xy+4y2)=–(x+2y)2,选项正确.故选D.【点睛】本题主要考查了因式分解,熟练掌握相关公式是解题关键.5、D【分析】我们可以将其转化为数学几何图形,可知边长为10尺的正方形,则B'C=5尺,设出AB=AB'=x尺,表示出水深AC,根据勾股定理列出方程,求出的方程的解即可得到芦苇的长.【详解】解:设芦苇长AB=AB′=x尺,则水深AC=(x﹣1)尺,因为边长为10尺的正方形,所以B'C=5尺在Rt△AB'C中,52+(x﹣1)2=x2,解之得x=13,即芦苇长13尺.故选D.【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用,熟练运用数形结合的解题思想是解题关键.6、A【分析】根据同底数幂的除法的运算方法,同底数幂的乘法的运算方法,以及幂的乘方与积的乘方的运算方法,逐项判断即可.【详解】解:∵(3a2)3=27a6,∴选项A符合题意;∵(a3)2=a6,∴选项B不符合题意;∵a3•a4=a7,∴选项C不符合题意;∵a6÷a3=a3,∴选项D不符合题意.故选:A.【点睛】本题考查的知识点是同底数幂的乘除法的运算法则以及幂的乘方,积的乘方的运算法则,熟练掌握以上知识点的运算法则是解此题的关键.7、B【分析】观察图形,利用中心对称图形的性质解答即可.【详解】选项A,新图形不是中心对称图形,故此选项错误;选项B,新图形是中心对称图形,故此选项正确;选项C,新图形不是中心对称图形,故此选项错误;选项D,新图形不是中心对称图形,故此选项错误;故选B.【点睛】本题考查了中心对称图形的概念,熟知中心对称图形的概念是解决问题的关键.8、A【分析】根据分式分母不为0的条件进行求解即可.【详解】由题意得x-1≠0,解得:x≠1,故选A.9、C【解析】试题分析:根据两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,AB的长度在2和14之间,故选C.考点:三角形三边关系.A10、C【解析】将y=ax-a化为y=a(x-1),可知图像过点(1,0),进行判断可得答案.【详解】解:一次函数y=ax-a=a(x-1)过定点(1,0),而选项A、B、D中的图象都不过点(1,0),所以C项图象正确.故本题正确答案为C.【点睛】本题主要考查一次函数的图象和一次函数的性质.二、填空题(每小题3分,共24分)11、﹣【分析】根据最简二次根式的概念即可求出答案.【详解】解:是最简二次根式;,不是最简二次根式,不是二次根式,故答案为:.【点睛】本题考查最简二次根式,解题的关键是正确理解最简二次根式的概念,属于基础题型.12、x≠1【分析】便可推导.【详解】解:根据题意得:x﹣1≠0,解得:x≠1.故答案是:x≠1.【点睛】掌握0次方成立的意义为本题的关键.13、③④⑤【分析】根据等腰三角形的定义、三角形的中线、三角形的高的概念进行判断,对角线垂直的四边形的面积=对角线乘积的一半;分别对选项进行判断,即可得到答案.【详解】解:∵AD是的平分线,假设①是的中点成立,则AB=AC,即△ABC是等腰三角形;显然△ABC不一定是等腰三角形,故①错误;根据题目的条件,不能证明,故②错误;∵∠ADC=∠1+∠ABD,∠1=∠2,∴∠ADC>∠2,故③正确;∵∠1=∠2,AH=AH,∠AHF=∠AHC=90°,∴△AHF≌△AHC(ASA),∴AF=AC,故④正确;∵AD⊥CF,∴S四边形ACDF=×AD×CF=×6×8=1.故⑤正确;∴正确的有:③④⑤;故答案为:③④⑤.【点睛】本题考查了三角形的角平分线、三角形的中线、三角形的高的概念,对角线垂直的四边形的面积,注意:三角形的角平分线、中线、高都是线段,且都是顶点和三角形的某条边相交的交点之间的线段.透彻理解定义是解题的关键.14、【分析】设垃圾房的宽为x米,由栅栏的长度结合图形,可求出垃圾房的长为(14-2x)米,再根据矩形的面积公式即可列出关于x的一元二次方程,此题得解.【详解】设垃圾房的宽为x米,则垃圾房的长为(14-2x)米,根据题意得:x(14-2x)=1.故答案为:x(14-2x)=1.【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程,找准等量关系,正确列出一元二次方程是解题的关键.15、1.【解析】连接DB于AC相交于M,根据已知和菱形的性质可分别求得AC,AE,AG的长,从而可发现规律根据规律不难求得第n个菱形的边长.【详解】连接DB交AC于M.∵四边形ABCD是菱形,∴AD=AB.AC⊥DB,∵∠DAB=60°,∴△ADB是等边三角形,∴DB=AD=1,∴BM=,∴AM=,∴AC=,同理可得AE=AC=()2,AG=AE=()3,按此规律所作的第n个菱形的边长为()n-1,∴第2017个菱形的边长是()2016=1.故答案为:1.【点睛】此题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及学生探索规律的能力.16、61【分析】作PE⊥AB于E,则PE=3,延长PQ、MN交于点Q,证出Q与Q'关于BC对称,MP=2PE=6,由轴对称的性质得出NQ'=NQ,证出∠Q'=30°=∠MPQ,得出MQ'=MP=6,即可得出答案.【详解】解:作PE⊥AB于E,则PE=3,延长PQ、MN交于点Q,如图所示:∵四边形ABCD是矩形,∴∠B=90°,AB⊥BC,∵PQ//AB,∴PQ⊥BC,∠EMP=∠MPQ=30°,∠Q'=∠BMN,∴Q与Q'关于BC对称,MP=2PE=6,∴NQ'=NQ,由题意得:∠BMN=∠EMP=30°,∴∠Q'=30°=∠MPQ,∴MQ'=MP=6,∴四边形PMNQ的周长=MP+PQ+NQ+MN=MP+PQ+NQ'+MN=MP+PQ+MQ'=6+4+6=1;故答案为:6,1.【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识;熟练掌握矩形的性质和轴对称的性质是解题的关键.17、【分析】根据等边三角形的性质以及30°的直角三角形的性质求出AC的长度,再利用勾股定理求出CE的长度即可得出答案.【详解】如图:设AB与x轴交于E点∵AB⊥CE∴∠CEA=90°∵∴AE=2,OE=2∵△ABC是等边三角形,CE⊥AB∴在Rt△ACE中,AC=2AE=4∴∴∴点C的坐标为故答案为:【点睛】本题考查了等边三角形,30°的直角三角形的性质,勾股定理,掌握等边三角形,30°的直角三角形的性质,勾股定理是解题的关键.18、.【解析】已知等式整理得:,即则原式故答案为三、解答题(共66分)19、(1)证明见解析;(2)∠AEB=60°;(3)∠AEB=60°.【解析】(1)由等边三角形的性质可得,,继而可得∠AOC=∠DOB,利用SAS证明,利用全等三角形的性质即可得;;(2)先证明,从而可得∠ODB=∠DBO,再利用三角形外角的性质可求得,,进而根据即可求得答案;(3)证明,从而可得,再由,可得,设与交于点,利用三角形内角和定理以及对顶角的性质即可求得.【详解】(1)∵和均为等边三角形,∴,,∴,即∠AOC=∠DOB,∴(SAS)∴;(2)∵O为AD中点,∴DO=AO,∵OA=OB,∴,∴∠ODB=∠DBO,∵∠ODB+∠DBO=∠AOB=60°,∴同理,,∴;(3)∵,∴,∴,又∵CO=DO,AO=BO,AO=DO,∴OC=OB,∴(SAS),∴,∵,∴,∴,设与交于点,∵,,又,∴.【点睛】本题考查了等边三角形的性质,全等三角形的判定与性质,三角形内角和定理,三角形外角性质,综合性较强,准确识图,熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.20、(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】试题分析:(1)由垂直的性质推出∠ADC=∠FDB=90°,再由∠ACB=45°,推出∠ACB=∠DAC=45°,即可求得AD=CD,根据全等三角形的判定定理“ASA”,即可推出结论;(2)由(1)的结论推出BD=DF,根据AD⊥BC,即可推出∠DBF=∠DFB=45°,再由∠ACB=45°,通过三角形内角和定理即可推出∠BEC=90°,即BE⊥AC.试题解析:(1)∵AD⊥BC,∴∠ADC=∠ADB=90°,又∵∠ACB=45°,∴∠DAC=45°,∴∠ACB=∠DAC,∴AD=CD,在△ABD和△CFD中,∠BAD=∠FCD,AD=CD∠ADB=∠FDC,∴△ABD≌△CFD;(2)∵△ABD≌△CFD,∴BD=FD,∴∠1=∠2,又∵∠FDB=90°,∴∠1=∠2=45°,又∵∠ACD=45°,∴△BEC中,∠BEC=90°,∴BE⊥AC.考点:1.等腰三角形的判定与性质;2.全等三角形的判定与性质;3.等腰直角三角形.21、(1)∠ADC=150°;(2)△ACE是等边三角形,证明见解析;(2)DE=1.【分析】(1)先证明△DBC是等边三角形,根据SSS证得△ADC≌△ADB,得到∠ADC=∠ADB即可得到答案;(2)证明△ACD≌△ECB得到AC=EC,利用即可证得的形状;(2)根据及等边三角形的性质求出∠EDB=20°,利用求出∠DBE=90°,根据△ACD≌△ECB,AD=2,即可求出DE的长.【详解】(1)∵BD=BC,∠DBC=10°,∴△DBC是等边三角形.∴DB=DC,∠BDC=∠DBC=∠DCB=10°.在△ADB和△ADC中,,∴△ADC≌△ADB.∴∠ADC=∠ADB.∴∠ADC=(210°﹣10°)=150°.(2)△ACE是等边三角形.理由如下:∵∠ACE=∠DCB=10°,∴∠ACD=∠ECB.∵∠CBE=150°,∠ADC=150°∴∠ADC=∠EBC.在△ACD和△ECB中,,∴△ACD≌△ECB.∴AC=CE.∵∠ACE=10°,∴△ACE是等边三角形.(2)连接DE.∵DE⊥CD,∴∠EDC=90°.∵∠BDC=10°,∴∠EDB=20°.∵∠CBE=150°,∠DBC=10°,∴∠DBE=90°.∴EB=DE.∵△ACD≌△ECB,AD=2,∴EB=AD=2.∴DE=2EB=1.【点睛】此题考查等边三角形的判定及性质,直角三角形的性质,三角形全等的判定及性质,(2)是此题的难点,证得∠EDB=20°,∠DBE=90°是解题的关键.22、(1)图见解析,A1的坐标为(﹣2,﹣1)、B1的坐标为(2,﹣3);(2)图见解析,点C坐标为(﹣1,0)【分析】(1)分别作出点A、B关于x轴的对称点,再连接即可得;(2)连接,与x轴的交点即为所求;再根据点坐标、以及等腰直角三角形的判定与性质可求出OC的长,从而可得点C坐标.【详解】(1)如图所示,即为所求:由点关于x轴对称的坐标变换规律:横坐标不变,纵坐标变为相反数的坐标为,的坐标为;(2)由轴对称的性质得:则要使的值最小,只需的值最小由两点之间线段最短得:的值最小值为因此,连接,与x轴的交点即为所求的点C,如图所示:则是等腰直角三角形,是等腰直角三角形故点C坐标为【点睛】本题考查了在平面直角坐标系中,点关于坐标轴对称的规律、等腰直角三角形的判定与性质等知识点,较难的是题(2),根据点坐标利用到等腰直角三角形的性质是解题关键.23、(1)433【解析】(1)先化简各二次根式,再合并同类二次根式即可得;(2)根据二次根式的混合运算顺序和运算法则计算可得.【详解】解:(1)原式=13+33﹣23=4(2)原式=185×20÷(﹣2=72÷(﹣8)=﹣72÷8=﹣9=﹣1.故答案为:(1)433【点睛】本题主要考查二次根式的混合运算,解题的关键是熟练掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则.24、(1)证明见解析;(2),理由见解析【分析】(1)由题意可以得到Rt⊿DFB≅Rt⊿DAC,从而得到BF=AC;(2)由题意可以得到Rt⊿BEA≅Rt⊿B

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