四川省成都市成都高新实验中学2023年数学八年级第二学期期末质量检测模拟试题含解析

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，在平行四边形中，分别以、为边向外作等边、，延长交于点，点在点、之间，连接，，，则以下四个结论一定正确的是（）①；②；③④是等边三角形．A．只有①② B．只有①④ C．只有①②③ D．①②③④2．如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点(不与A，B重合)，对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E，F，交AD，BC于点M，N.下列结论：①△APE≌△AME；②PM＋PN＝BD；③PE2＋PF2＝PO2.其中正确的有()A．0个 B．1个 C．2个 D．3个3．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，△AOB是等边三角形，OE⊥BD交BC于点E，CD＝1，则CE的长为（）A． B． C． D．4．下列各式中，能与合并的二次根式是()A． B． C． D．5．下列命题正确的是（）A．两条对角线互相平分且相等的四边形是菱形B．两条对角线互相平分且垂直的四边形是矩形C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形D．角平分线上的点到角两边的距离相等6．如图，直线经过和两点，则不等式的解集为（）A． B． C． D．7．已知，下列不等式中正确是（）A． B． C． D．8．若二次根式在实数范围内有意义，则a的取值范围是()A． B． C．a>1 D．a<19．如图，将一个边长为4和8的长方形纸片ABCD折叠，使C点与A点重合，则折痕EF的长是（）A． B． C． D．10．如图，正方形的边长为4，点是的中点，点从点出发，沿移动至终点，设点经过的路径长为，的面积为，则下列图象能大致反映与函数关系的是（）A． B． C． D．11．某单位向一所希望小学赠送1080本课外书，现用A、B两种不同的包装箱进行包装，单独使用B型包装箱比单独使用A型包装箱可少用6个；已知每个B型包装箱比每个A型包装箱可多装15本课外书．若设每个A型包装箱可以装书x本，则根据题意列得方程为（）A．1080x=C．1080x+15=12．甲、乙两人分别骑自行车和摩托车从A地到B地，两人所行驶的路程与时间的关系如图所示，下面的四个说法：甲比乙早出发了3小时；乙比甲早到3小时；甲、乙的速度比是5：6；乙出发2小时追上了甲．其中正确的个数是A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题（每题4分，共24分）13．已知△ABC的周长为4，顺次连接△ABC三边的中点构成的新三角形的周长为__________．14．在□ABCD中，∠A＝105º，则∠D＝__________．15．已知，函数y=（k-1）x+k2-1，当k________时，它是一次函数.16．分解因式：=______．17．▱ABCD中，已知点A(﹣1，0)，B(2，0)，D(0，1)，则点C的坐标为________.18．若实数a、b满足a2—7a+2=0和b2—7b+2=0,则式子的值是____.三、解答题（共78分）19．（8分）与位似，且，画出位似中心，并写出与的位似比．20．（8分）已知四边形ABCD，请你作出一个新图形，使新图形与四边形ABCD的相似比为2：1，用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹．21．（8分）现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展．小明计划给朋友快递一部分物品，经了解有甲、乙两家快递公司比较合适．甲公司表示：快递物品不超过1千克的，按每千克22元收费；超过1千克，超过的部分按每千克15元收费．乙公司表示：按每千克16元收费，另加包装费3元．设小明快递物品x千克．(1)请分别写出甲、乙两家快递公司快递该物品的费用y(元)与x(千克)之间的函数关系式；(2)小明选择哪家快递公司更省钱？22．（10分）如图，抛物线与轴交于，（在的左侧），与轴交于点，抛物线上的点的横坐标为3，过点作直线轴．（1）点为抛物线上的动点，且在直线的下方，点，分别为轴，直线上的动点，且轴，当面积最大时，求的最小值；（2）过（1）中的点作，垂足为，且直线与轴交于点，把绕顶点旋转45°，得到，再把沿直线平移至，在平面上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形为菱形？若存在直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．23．（10分）已知，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=3，BC=10，AD=5，M是BC边上的任意一点，联结DM，联结AM．（1）若AM平分∠BMD，求BM的长；（2）过点A作AE⊥DM，交DM所在直线于点E．①设BM=x，AE=y求y关于x的函数关系式；②联结BE，当△ABE是以AE为腰的等腰三角形时，请直接写出BM的长．24．（10分）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．（1）求证：△OCP∽△PDA；（2）若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；25．（12分）某市射击队甲、乙两名队员在相同的条件下各射耙10次，每次射耙的成绩情况如图所示：（1）请将下表补充完整：（2）请从下列三个不同的角度对这次测试结果进行分析：①从平均数和方差相结合看，的成绩好些；②从平均数和中位数相结合看，的成绩好些；③若其他队选手最好成绩在9环左右，现要选一人参赛，你认为选谁参加，并说明理由．26．如图所示为一种吸水拖把，它由吸水部分、拉手部分和主干部分构成.小明在拖地中发现，拉手部分在一拉一放的过程中，吸水部分弯曲的角度会发生变化。设拉手部分移动的距离为吸水部分弯曲所成的角度为，经测量发现：拉手部分每移动，吸水部分角度变化.请回答下列问题：（1）求出关于的函数解析式；（2）当吸水部分弯曲所成的角度为时，求拉手部分移动的距离.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】

根据平行四边形的性质、全等三角形的性质以及判定定理对各项进行判断即可．【详解】为平行四边形，，，，①对．②，，，，②不对③无特殊角度条件，无法证③同理，④，，，，，，，等边，④对，选①④故选B．【点睛】本题考查了三角形的综合问题，掌握平行四边形的性质、全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．2、D【解析】

依据正方形的性质以及勾股定理、矩形的判定方法即可判断△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而作出判断．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAC＝∠DAC＝45°．

在△APE和△AME中，

∠BAC＝∠DAC

AE＝AE

∠AEP＝∠AEM，

∴△APE≌△AME（ASA），故①正确；

∴PE＝EM＝PM，

同理，FP＝FN＝NP．

∵正方形ABCD中，AC⊥BD，

又∵PE⊥AC，PF⊥BD，

∴∠PEO＝∠EOF＝∠PFO＝90°，且△APE中AE＝PE

∴四边形PEOF是矩形．

∴PF＝OE，

∴PE＋PF＝OA，

又∵PE＝EM＝PM，FP＝FN＝NP，OA＝AC，

∴PM＋PN＝AC，∴PM+PN=BD；故②正确；

∵四边形ABCD是矩形，

∴AC⊥BD，

∴∠AOB＝90°，

∵PE⊥AC，PF⊥BD，

∴∠OEP＝∠EOF＝∠OFP＝90°，

∴四边形PEOF是矩形，

∴OE＝PF，OF＝PE，

在直角△OPF中，OE²＋PE²＝PO²，

∴PE²＋PF²＝PO²，故③正确；∴正确的有3个，故选：D【点睛】本题是正方形的性质、矩形的判定、勾股定理的综合应用，认识△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形是关键．3、D【解析】

首先证明四边形ABCD是矩形，在RT△BOE中，易知BE＝2EO，只要证明EO＝EC即可．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝OC，BO＝OD，∵△ABO是等边三角形，∴AO＝BO＝AB，∴AO＝OC＝BO＝OD，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形．∴OB＝OC，∠ABC＝90°，∵△ABO是等边三角形，∴∠ABO＝60°，∴∠OBC＝∠OCB＝30°，∠BOC＝120°，∵BO⊥OE，∴∠BOE＝90°，∠EOC＝30°，∴∠EOC＝∠ECO，∴EO＝EC，∴BE＝2EO＝2CE，∵CD＝1，∴BC＝CD＝，∴EC＝BC＝，故选：D．【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定、等边三角形的性质、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是直角三角形30度角的性质的应用，属于中考常考题型．4、B【解析】

先化成最简二次根式，再判断即可．【详解】解：A、不能与合并，故本选项不符合题意；B、=，能与合并，故本选项符合题意；C、=，不能与合并，故本选项不符合题意；D、=4，不能与合并，故本选项不符合题意.【点睛】本题考查了同类二次根式和二次根式的性质等知识点，能理解同类二次根式的定义是解此题的关键．5、D【解析】

根据菱形、矩形、正方形的判定和角平分线的性质判断即可．【详解】解：、两条对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故选项是假命题；、两条对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故选项是假命题；、两条对角线互相平分且垂直且相等的四边形是正方形，故选项是假命题；、角平分线上的点到角两边的距离相等，故选项是真命题；故选：．【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果那么”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．6、B【解析】

从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）1的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在直线y=1上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．【详解】∵线y=kx+b经过A（1，1）和B（6，0）两点，不等式kx+b＜1的解集为x＞1．故选B．【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，正确理解一次函数与一元一次不等式的关系是解题的关键．7、B【解析】

根据不等式的性质即可得出答案.【详解】A：若，则，故A错误；B：若，则，故B正确；C：若，则，故C错误；D：若，则，故D错误；故答案选择B.【点睛】本题考查的是不等式的性质，比较简单，需要熟练掌握不等式的相关性质.8、A【解析】分析：根据二次根式有意义的条件可得a-1≥0，再解不等式即可．详解：由题意得：a-1≥0，解得：a≥1，故选A．点睛：此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．9、D【解析】

根据折叠的性质知，四边形AFEB与四边形FDCE全等，有EC=AF=AE，由勾股定理得，AB2+BE2=AE2即42+（8﹣AE）2=AE2，解得，AE=AF=5，BE=3，作EG⊥AF于点G，则四边形AGEB是矩形，有AG=3，GF=2，GE=AB=4，由勾股定理得EF=．故选D．10、C【解析】

结合题意分情况讨论：①当点P在AE上时，②当点P在AD上时，③当点P在DC上时，根据三角形面积公式即可得出每段的y与x的函数表达式.【详解】①当点在上时，∵正方形边长为4，为中点，∴，∵点经过的路径长为，∴，∴，②当点在上时，∵正方形边长为4，为中点，∴，∵点经过的路径长为，∴，，∴，，，，③当点在上时，∵正方形边长为4，为中点，∴，∵点经过的路径长为，∴，，∴，综上所述：与的函数表达式为：.故答案为：C.【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解决动点问题的函数图象问题关键是发现y随x的变化而变化的趋势．11、C【解析】设每个A型包装箱可以装书x本，则每个B型包装箱可以装书（x+15）本，根据单独使用B型包装箱比单独使用A型包装箱可少用6个，列方程得：1080x+1512、B【解析】分析：根据函数图象中所提供的信息进行分析判断即可.详解：（1）由图中信息可知，乙是在甲出发3小时后出发的，所以结论①正确；（2）由图中信息可知，甲是在乙到达终点3小时后到达的，所以结论②正确；（3）由题中信息可得：V甲=80÷8=10（km/小时）V乙=80÷2=40（km/小时），由此可得：V甲：V乙=1：4，所以结论③错误；（4）由图中信息和（3）中所求甲和乙的速度易得，乙出发后1小时追上甲，所以结论④不成立.综上所述，4个结论中正确的有2个.故选B.点睛：读懂题意，能够从函数图象中获取相关数据信息是解答本题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、2【解析】

抓住三角形的中位线定理进行分析解答，根据题意的分析可以知道三角形的中位线平行于第三边，并且等于它的一半.【详解】根据题意可知：三角形的中位线平行于第三边，并且等于它的一半，所以三条中位线组成的三角形的周长为42故答案为：2.【点睛】考查三角形的中位线定理，三角形的中位线平行于第三边而且等于第三边的一半.14、【解析】

根据平行四边形的对角相等的性质即可求解．【详解】解：在□ABCD中，∠A＝105º，故答案为：【点睛】本题考查平行四边形的性质，利用平行四边形对角相等的性质是解题的关键．15、k≠1.【解析】分析：由一次函数的定义进行分析解答即可.详解：∵函数y=（k-1）x+k2-1是一次函数，∴，解得：.故答案为：.点睛：熟记：一次函数的定义：“形如的函数叫做一次函数”是解答本题的关键.16、x（x+2）（x﹣2）．【解析】试题分析：==x（x+2）（x﹣2）．故答案为x（x+2）（x﹣2）．考点：提公因式法与公式法的综合运用；因式分解．17、（3，1）．【解析】∵四边形ABCD为平行四边形．∴AB∥CD，又A，B两点的纵坐标相同，∴C、D两点的纵坐标相同，是1，又AB＝CD＝3，∴C(3，1)．18、.【解析】

由实数a，b满足条件a2-7a+2=0，b2-7b+2=0，可把a，b看成是方程x2-7x+2=0的两个根，再利用根与系数的关系求解即可.【详解】解：由实数a，b满足条件a2-7a+2=0，b2-7b+2=0，∴可把a，b看成是方程x2-7x+2=0的两个根，∴a+b=7，ab=2，∴===.故答案为：．【点睛】本题考查了根与系数的关系，属于基础题，根据题意把a，b看成是方程的两个根后根据根与系数的关系求出a+b，ab是解题的关键.三、解答题（共78分）19、作图见详解，位似比为1：1【解析】

连接BB′、CC′，它们的交点P为位似中心，根据位似的性质相似比等于位似比，所以计算AB与A′B′的值即可得到△ABC与△A′B′C′的位似比．【详解】解：如图，点P为位似中心．∵AB＝1，A′B′＝1，∴△ABC与△A′B′C′的位似比＝AB：A′B′＝1：1．【点睛】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．注意：①两个图形必须是相似形；②对应点的连线都经过同一点；③对应边平行或共线．20、见解析.【解析】

根据新图形与四边形ABCD的相似比为2：1，连接BD，延长BA、BD与BC在延长线上截取BA=AE，BD=DF，BC=CG，即可得出所画图形．【详解】解：如图所示．连接BD，延长BA、BD与BC在延长线上截取BA=AE，BD=DF，BC=CG，连接EF，FG，四边形BEFG即所画图形．【点睛】本题考查相似变换的性质，根据相似比得出BE、BF、BG与BA、BD、BC的关系是解决问题的关键．21、答案见解析【解析】试题分析：（2）根据“甲公司的费用=起步价+超出重量×续重单价”可得出y甲关于x的函数关系式，根据“乙公司的费用=快件重量×单价+包装费用”即可得出y乙关于x的函数关系式；（2）分0＜x≤2和x＞2两种情况讨论，分别令y甲＜y乙、y甲=y乙和y甲＞y乙，解关于x的方程或不等式即可得出结论．试题解析：（2）由题意知：当0＜x≤2时，y甲=22x；当2＜x时，y甲=22+25（x﹣2）=25x+2．y乙=26x+3；∴，；（2）①当0＜x≤2时，令y甲＜y乙，即22x＜26x+3，解得：0＜x＜；令y甲=y乙，即22x=26x+3，解得：x=；令y甲＞y乙，即22x＞26x+3，解得：＜x≤2．②x＞2时，令y甲＜y乙，即25x+2＜26x+3，解得：x＞3；令y甲=y乙，即25x+2=26x+3，解得：x=3；令y甲＞y乙，即25x+2＞26x+3，解得：0＜x＜3．综上可知：当＜x＜3时，选乙快递公司省钱；当x=3或x=时，选甲、乙两家快递公司快递费一样多；当0＜x＜或x＞3时，选甲快递公司省钱．考点：一次函数的应用；分段函数；方案型．22、（1）（2），，，【解析】

（1）根据题意求得点、、、的坐标，进而求得直线和直线解析式．过点作轴垂线交于点，设点横坐标为，即能用表示、的坐标进而表示的长．由得到关于的二次函数，即求得为何值时面积最大，求得此时点坐标．把点向上平移的长，易证四边形是平行四边形，故有．在直线的上方以为斜边作等腰，则有．所以，其中的长为定值，易得当点、、在同一直线上时，线段和的值最小．又点是动点，，由垂线段最短可知过点作的垂线段时，最短．求直线、解析式，联立方程组即求得点坐标，进而求得的长．（2）先求得，，的坐标，可得是等腰直角三角形，当绕逆时针旋转再沿直线平移可得△，根据以，，，为顶点的四边形为菱形，可得，，，，即可求得的坐标，当绕顺时针旋转再沿直线平移可得△，根据以，，，为顶点的四边形为菱形，可得，，即可求得的坐标．【详解】解：（1）如图1，过点作轴于点，交于点，在上截取，连接，以为斜边在直线上方作等腰，过点作于点时，时，解得：，，直线解析式为抛物线上的点的横坐标为3，直线点在轴上，点在直线上，轴设抛物线上的点，当时，最大，，，四边形是平行四边形等腰中，为斜边，当点、、在同一直线上时，最小设直线解析式为解得：直线设直线解析式为解得：直线解得：，最小值为（2），，直线解析式为：，，，，，是等腰直角三角形，如图2，把绕顶点逆时针旋转，得到△，，，把△沿直线平移至△，连接，则直线解析式为，直线解析式为，显然以，，，为顶点的四边形为菱形，不可能为边，只能以、为邻边构成菱形，，，，如图3，把绕顶点顺时针旋转，得到△，，，把△沿直线平移至△，连接，，显然，，，，以，，，为顶点的四边形为菱形，只能为对角线，，．综上所述，点的坐标为：，，，．【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数最值应用，线段和最小值问题，待定系数法求函数解析式，平移、旋转等几何变换，等腰直角三角形性质，菱形性质等知识点，能熟练运用相关的性质定理是解题的关键．23、（1）1或3；（2）①y=15x2-10x+34x2-10x+34．【解析】

(1)考虑∠DMB为锐角和钝角两种情况即可解答；(2)①作MH⊥AD于H，根据勾股定理，用被开方式含x的二次根式表示DM，根据△ADM面积的两种算法建立等式，即可求出y关于x的函数关系式；②分AB=AE和EA=EB两种情况讨论求解.【详解】解：（1）如图1中，作DH⊥BC于H．则四边形ABHD是矩形，AD=BH=5，AB=DH=2．当MA平分∠DMB时，易证∠AMB=∠AMD=∠DAM，可得DA=DM=5，在Rt△DMH中，DM=AD=5，DH=2，∴MH=DM2-D∴BM=BH-MH=1，当AM′平分∠BM′D时，同法可证：DA=DM′，HM′=1，∴BM′=BH+HM′=3．综上所述，满足条件的BM的值为1或3．（2）①如图2中，作MH⊥AD于H．在Rt△DMH中，DM=32+(5-x)∵S△ADM=12•AD•MH=12•DM•∴5×2=y•x∴y=15x②如图2中，当AB=AE时，y=2，此时5×2=2x2解得x=1或3．如图1中，当EA=EB时，DE=EM，∵AE⊥DM，∴DA=AM=5，在Rt△ABM中，BM=52综上所述，满足条件的BM的值为1或3或1．故答案为：（1）1或3；（2）①y=15x2-10x+34x2-10x+34．【点睛】本题考查了直角梯形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，无理方程，等腰三角形的性质.24、（1）见解析；（2）边AB的长为10.【解析】

（1）只需证明两对对应角分别相等即可证到两个三角形相似；

（2）根据相似三角形的性质求出PC长以及AP与OP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OP长，从而求出AB