2022-2023学年福建省龙岩市龙岩初级中学数学八年级第二学期期末经典模拟试题含解析

2022-2023学年八下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（每题4分，共48分）1．若，，则代数式的值为A．1 B． C． D．62．不等式2x﹣1＜1的解集在数轴上表示正确的是（）A． B．C． D．3．下列二次根式中，是最简二次根式的是（）.A． B． C． D．4．下列给出的条件中，能判断四边形ABCD是平行四边形的是()A．AB∥CD，AD=BC； B．∠B=∠C；∠A=∠D，C．AB=CD，CB=AD； D．AB=AD，CD=BC5．已知△ABC的三个角是∠A，∠B，∠C，它们所对的边分别是a，b，c.①c2－a2＝b2；②∠A＝∠B＝∠C；③c＝a＝b；④a＝2，b＝2，c＝.上述四个条件中，能判定△ABC为直角三角形的有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个6．若n为任意整数，（n+11）2－n2的值总可以被k整除，则k等于（）A．11B．22C．11或22D．11的倍数7．在菱形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,AC=8,BD=6,则菱形ABCD的周长是()A．20 B．40 C．24 D．488．正方形具有而菱形不具有的性质是（）A．对角线平分一组对角 B．对角互补C．四边相等 D．对边平行9．如图，△ABC和△DCE都是等边三角形，点B、C、E在同一条直线上，BC=1，CE=2，连接BD，则BD的长为（）A．3 B．2 C．2 D．10．如图，四边形ABCD是平行四边形，要使它成为矩形，那么需要添加的条件是（）A．AB=CD B．AD=BC C．AB=BC D．AC=BD11．如图：由火柴棒拼出的一列图形，第个图形是由个等边三角形拼成的，通过观察，分析发现：第8个图形中平行四边形的个数（）．A．16 B．18 C．20 D．2212．如图所示，矩形ABCD的面积为10cm2，它的两条对角线交于点O1，以AB、AO1为邻边作平行四边形ABC1O1，平行四边形ABC1O1的对角线交于点A．1cm2 B．2cm2二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC=8，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的长度为________．14．如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，则FM的长为．15．如图，在中，已知，则_______．16．在□ABCD中，一角的平分线把一条边分成3cm和4cm两部分，则□ABCD的周长为__________．17．已知一次函数的图象过点（3，5）与点（-4，-9），则这个一次函数的解析式为____________.18．如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，将斜边AB翻折，使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则BD的长为_____.三、解答题（共78分）19．（8分）实践与探究宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形。黄金矩形给我们以协调、均匀的美感。世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计。下面我们通过折纸得到黄金矩形。第一步，在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平。第二步，如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平，折痕是。第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处，折痕为。第四步，展平纸片，按照所得的点折出，使；过点折出折痕，使。（1）上述第三步将折到处后，得到一个四边形，请判断四边形的形状，并说明理由。（2）上述第四步折出折痕后得到一个四边形，这个四边形是黄金矩形，请你说明理由。（提示：设的长度为2）（3）在图4中，再找出一个黄金矩形_______________________________（黄金矩形除外，直接写出答案，不需证明，可能参考数值：）（4）请你举一个采用了黄金矩形设计的世界名建筑_________________________.20．（8分）四川汶川大地震牵动了三百多万滨州人民的心，全市广大中学生纷纷伸出了援助之手，为抗震救灾踊跃捐款。滨州市振兴中学某班的学生对本校学生自愿捐款活动进行抽样调查，得到了一组学生捐款情况的数据。下图是根据这组数据绘制的统计图，图中从左到右各长方形的高度之比为3：4：5：8：6，又知此次调查中捐款25元和30元的学生一共42人。（1）他们一共调查了多少人？（2）这组数据的众数、中位数各是多少？（3）若该校共有1560名学生，估计全校学生捐款多少元？21．（8分）如图1，点C、D是线段AB同侧两点，且AC＝BD，∠CAB＝∠DBA，连接BC，AD交于点E．（1）求证：AE＝BE；（2）如图2，△ABF与△ABD关于直线AB对称，连接EF．①判断四边形ACBF的形状，并说明理由；②若∠DAB＝30°，AE＝5，DE＝3，求线段EF的长．22．（10分）已知△ABC是等边三角形，将一块含有30°角的直角三角尺DEF按如图所示放置，让三角尺在BC所在的直线上向右平移．如图①，当点E与点B重合时，点A恰好落在三角尺的斜边DF上．(1)利用图①证明：EF＝2BC．(2)在三角尺的平移过程中，在图②中线段AH＝BE是否始终成立(假定AB，AC与三角尺的斜边的交点分别为G，H)？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．23．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是边AB，AC的中点，连接DE、BE，点F，G，H分别为BE，DE，BC的中点．(1)求证：FG＝FH；(2)若∠A＝90°，求证：FG⊥FH；(3)若∠A＝80°，求∠GFH的度数．24．（10分）已知关于的一元二次方程（1）若该方程有两个实数根，求的取值范围；（2）若方程的两个实数根为，且，求的值.25．（12分）在平行四边形ABCD中，连接BD，过点B作BE⊥BD于点B交DA的延长线于点E，过点B作BG⊥CD于点G．（1）如图1，若∠C＝60°，∠BDC＝75°，BD＝6，求AE的长度；（2）如图2，点F为AB边上一点，连接EF，过点F作FH⊥FE于点F交GB的延长线于点H，在△ABE的异侧，以BE为斜边作Rt△BEQ，其中∠Q＝90°，若∠QEB＝∠BDC，EF＝FH，求证：BF+BH＝BQ．26．正方形中，点是上一点，过点作交射线于点，连结．（1）已知点在线段上.①若，求度数；②求证：.（2）已知正方形边长为，且，请直接写出线段的长．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】

直接提取公因式将原式分解因式，进而将已知数值代入求出答案．【详解】，，．故选：．【点睛】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确分解因式是解题关键．2、C【解析】

不等式移项合并，把x系数化为1，求出解集，表示在数轴上即可．【详解】解：不等式移项合并得：2x＜2，解得：x＜1，表示在数轴上，如图所示：故选C．【点睛】此题考查了解一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．3、A【解析】

检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．【详解】A、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故正确；

B、=0，故错误；

C、=1，故错误；

D、=3,故错误；

故选：A．【点睛】考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．4、C【解析】

根据平行四边形的判定方法逐项判断即可.【详解】解：A、AB∥CD，AD=BC，如等腰梯形，不能判断是平行四边形，故本选项错误；B、∠B=∠C，∠A=∠D，不能判断是平行四边形，如等腰梯形，故本选项错误；C、AB=CD，CB=AD，两组对边分别相等，可判断是平行四边形，正确；D、AB=AD，CD=BC，两组邻边分别相等，不能判断是平行四边形；故选C.【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.5、C【解析】

根据勾股定理逆定理、三角形的内角和逐一进行判断即可得.【详解】①由c2－a2＝b2，可得c2=a2+b2，故可判断三角形ABC是直角三角形；②∵∠A＝∠B＝∠C，∴∠B=2∠A，∠C=3∠A，∵∠A+∠B+∠C=180°，∴∠A=30°，∠B=60°，∠C=90°，∴△ABC是直角三角形；③∵c＝a＝b，∴a=b，∴a2+b2=2a2=c2，∴△ABC是直角三角形；④∵a＝2，b＝2，c＝，∴a2+b2=12≠c2，∴△ABC不是直角三角形，故选C.【点睛】本题考查了直角三角形的判定，主要涉及勾股定理的逆定理、三角形的内角和等，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键.6、D【解析】试题分析：根据平方差公式分解因式即可判断。∵（n+11）2－n2=（n+11+n）（n+11－n）=11（2n+11），∴（n+11）2－n2的值总可以被11的倍数整除，故选D.考点：本题考查的是因式分解的简单应用点评：解答本题的关键是熟练掌握平方差公式：a2-b2=（a+b）（a-b）.7、A【解析】

根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得BO=OD，AO=OC，在Rt△AOB中，根据勾股定理可以求得AB的长，即可求菱形ABCD的周长．【详解】四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，BO=OD=3，AO=OC=4，AC⊥BD，∴AB==5，故菱形的周长为4×5=20.故选A.【点睛】此题考查菱形的性质，解题关键在于利用勾股定理进行计算.8、B【解析】

要熟练掌握菱形对角线相互垂直平分与正方形对角线相互垂直平分相等的性质，根据各自性质进行比较即可解答．【详解】A.正方形和菱形的对角线都可以平分一组对角，故本选项错误B.只有正方形的对角互补，故本项正确C.正方形和菱形的四边都相等，故本项错误D.正方形和菱形的对边都平行，故本项错误故选B【点睛】本题考查正方形和菱形的性质，熟练掌握其性质是解题关键.9、D【解析】

作DF⊥CE于F，构建两个直角三角形，运用勾股定理逐一解答即可．【详解】过D作DF⊥CE于F，根据等腰三角形的三线合一，得：CF=1，在直角三角形CDF中，根据勾股定理，得：DF2=CD2-CF2=22-12=3，在直角三角形BDF中，BF=BC+CF=1+1=2，根据勾股定理得：BD=，故选D.【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理等，正确添加辅助线、熟练应用相关的性质与定理是解题的关键.10、D【解析】

可根据对角线相等的平行四边形是矩形证明四边形ABCD是矩形．【详解】解：A、AB=CD，当ABCD是平行四边形时也成立，故不合符题意；B、AD=BC，当ABCD是平行四边形时也成立，故不合符题意；C、AB=BC，当ABCD是菱形时也成立，故不合符题意；D、AC=BD，对角线相等的平行四边形是矩形，符合题意；故选：D．【点睛】此题主要考查了矩形的判定，关键是矩形的判定：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形．11、C【解析】

根据图形易得：n=1时有1=12个平行四边形；n=2时有2=1×2个平行四边形；n=3时有4=22个平行四边形；n=4时有6=2×3个平行四边形;由此可知应分n的奇偶，得出答案.【详解】解：∵n=1时有1=12个平行四边形；n=2时有2=1×2个平行四边形；n=3时有4=22个平行四边形；n=4时有6=2×3个平行四边形；…∴当为第2k-1（k为正整数）个图形时，有k2个平行四边形，当第2k（k为正整数）个图形时，有k（k+1）个平行四边形，第8个图形中平行四边形的个数为即当k=4时代入得4×5=20个，故选C.【点睛】本题考查了图形的变化规律，通过从一些特殊的图形变化中发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况．12、D【解析】

因为矩形的对边和平行四边形的对边互相平行，且矩形的对角线和平行四边形的对角线都互相平分，所以上下两平行线间的距离相等，平行四边形的面积等于底×高，所以第一个平行四边形是矩形的一半，第二个平行四边形是第一个平行四边形的一半依次可推下去．【详解】解：根据题意分析可得：∵四边形ABCD是矩形，∴O1A=O1C，∵四边形ABC1O1是平行四边形，，∴O1C1∥AB，∴BE=12BC∵S矩形ABCD=AB•BC，S▱ABC1O1=AB•BE=12AB•BC∴面积为原来的12同理：每个平行四边形均为上一个面积的12故平行四边形ABC5O5的面积为：10×1故选：D．【点睛】此题综合考查了矩形及平行四边形的性质，要求学生审清题意，找出面积之间的关系，这类题型在中考中经常出现，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【解析】

根据矩形的性质可得AC=BD=8，BO=DO=12BD=4，再根据三角形中位线定理可得PQ=12【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD=8，BO=DO=12BD∴OD=12BD=4∵点P、Q是AO，AD的中点，∴PQ是△AOD的中位线，∴PQ=12DO=1故答案为：1．【点睛】主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．14、2.5【解析】试题分析：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三点共线，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，在△DEF和△DMF中，DE=DM∠EDF=∠FDM∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x，∵EB=AB﹣AE=3﹣1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，即22+（4﹣x）2=x2，解得：x=52，∴FM=5考点：1.旋转的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.正方形的性质．15、【解析】

根据题意，先求出AD的长度，然后相似三角形的性质，得到，即可求出DE.【详解】解：∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；故答案为：.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质进行解题.16、2cm或22cm【解析】如图，设∠A的平分线交BC于E点，∵AD∥BC，∴∠BEA=∠DAE，又∵∠BAE=∠DAE，∴∠BEA=∠BAE∴AB=BE．∴BC=3+4=1．①当BE=4时，AB=BE=4，□ABCD的周长=2×（AB+BC）=2×（4+1）=22；②当BE=3时，AB=BE=3，□ABCD的周长=2×（AB+BC）=2×（3+1）=2．所以□ABCD的周长为22cm或2cm．故答案为：22cm或2cm．点睛：本题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的性质与判定．此题难度适中，注意掌握分类讨论思想与数形结合思想的应用．17、【解析】

设一次函数的解析式为：，利用待定系数法把已知点的坐标代入解析式，解方程组即可得答案．【详解】解：设一次函数的解析式为：，解得：所以这个一次函数的解析式为：故答案为：【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，掌握待定系数法是解题的关键．18、10【解析】

易求AB=10，则CE=1．设CD=x，则ED=DB=6-x．根据勾股定理求解．【详解】∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB=10.根据题意，AE=AB=10，ED=BD.∴CE=1.设CD=x，则ED=6−x.根据勾股定理得x1+11=(6−x)1,解得x=83.即CD长为8BD=6-83=【点睛】本题考查的知识点是翻折变换（折叠问题），解题的关键是熟练的掌握翻折变换（折叠问题）.三、解答题（共78分）19、（1）四边形是菱形，见解析；（2）见解析；（3）黄金矩形（或黄金矩形）；（4）希腊的巴特农神庙（或巴黎圣母院）.【解析】

（1）根据菱形的判定即可求解；（2）根据菱形的性质及折叠得到，即可证明；（3）【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：由矩形纸片可得，∴，由折叠可得，∴，∴，又由折叠可得，∴，∴四边形是菱形；（2）证明：设的长度为2，由正方形可得，，∴，∵，∴，∴，∴四边形是矩形，∵，由折叠可得，，在中，根据勾股定理，，由折叠可得，∴，∴，∴矩形是黄金矩形；（3）黄金矩形理由：AG=AD+DG=AB+DG=AH=2，∴∴四边形AGEH为黄金矩形（4）希腊的巴特农神庙（或巴黎圣母院）【点睛】此题主要考查矩形的性质与判定，解题的关键是熟知特殊平行四边形的判定与性质.20、（1）捐款人数共有78人;（2）众数为25（元）；中位数为25（元），（3）全校共捐款34200元【解析】

（1）各长方形的高度之比为3：4：5：8：6，就是已知捐款人数的比是3：4：5：8：6，求一共调查多少人可以根据捐款25元和30元的学生一共42人．就可以求出调查的总人数；

（2）众数就是出现次数最多的数，中位数就是按大小顺序排列处于中间位置的两个数的平均数；

（3）估计全校学生捐款数，就可以先求出这些人的学生的平均捐款数，可以近似等于全校学生的平均捐款数．【详解】解：（1）设捐款30元的有6x人，则8x+6x=42，得x=3。则捐款人数共有3x+4x+5x+8x+6x=78（人）；（2）由图象可知：众数为25（元）；由于本组数据的个数为78，按大小顺序排列处于中间位置的两个数都是25（元），故中位数为25（元）；（3）全校共捐款（9×10＋12×15＋15×20＋24×25＋18×30）×=34200（元）.故答案为：（1）捐款人数共有78人；（2）众数为25（元）；中位数为25（元）；（3）全校共捐款34200元.【点睛】本题考查平均数、众数和中位数．要注意，当所给数据有单位时，所求得的平均数、众数和中位数与原数据的单位相同，不要漏单位．并且本题考查了总体与样本的关系，可以用样本估计总体．21、(1)证明见解析；（2）①四边形ACBF为平行四边形，理由见解析；②EF=1.【解析】

（1）利用SAS证△ABC≌△BAD可得．（2）①根据题意知：AC=BD=BF，并由内错角相等可得AC∥BF，所以由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得结论；②如图2，作辅助线，证明△ADF是等边三角形，得AD=AE+DE=3+5=8，根据等腰三角形三线合一得AM=DM=4，最后利用勾股定理可得FM和EF的长．【详解】（1）证明：在△ABC和△BAD中，∵，∴△ABC≌△BAD（SAS），∴∠CBA=∠DAB，∴AE=BE；（2）解：①四边形ACBF为平行四边形；理由是：由对称得：△DAB≌△FAB，∴∠ABD=∠ABF=∠CAB，BD=BF，∴AC∥BF，∵AC=BD=BF，∴四边形ACBF为平行四边形；②如图2，过F作FM⊥AD于，连接DF，∵△DAB≌△FAB，∴∠FAB=∠DAB=30°，AD=AF，∴△ADF是等边三角形，∴AD=AE+DE=3+5=8，∵FM⊥AD，∴AM=DM=4，∵DE=3，∴ME=1，Rt△AFM中，由勾股定理得：FM===4，∴EF==1．【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定的性质、等边三角形的性质和判定，勾股定理，本题中最后一问，有难度，恰当地作辅助线是解题的关键．22、（1）详见解析；（2）成立，证明见解析．【解析】

（1）根据等边三角形的性质，得∠ACB=60°，AC=BC．结合三角形外角的性质，得∠CAF=30°，则CF=AC，从而证明结论；（2）根据（1）中的证明方法，得到CH=CF．根据（1）中的结论，知BE+CF=AC，从而证明结论．【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC．∵∠F=30°，∴∠CAF=60°－30°=30°，∴∠CAF=∠F，∴CF=AC，∴CF=AC=BC，∴EF=2BC．（2）成立．证明如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC．∵∠F=30°，∴∠CHF=60°－30°=30°，∴∠CHF=∠F，∴CH=CF．∵EF=2BC，∴BE＋CF=BC．又∵AH＋CH=AC，AC=BC，∴AH=BE．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形的外角性质以及等腰三角形的判定及性质．证明EF=2BC是解题的关键．23、(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)∠GFH＝100°.【解析】

（1）由中点性质及AB=AC，得到BD=EC，再由中位线性质证明FG∥BD，GF=BD，FH∥EC，FH=EC，从而得到FG=FH；（2）由（1）FG∥BD，FH∥EC，再由∠A=90°，可证FG⊥FH；（3）由（1）FG∥BD，∠A=80°，可求得∠FKC，再由FH∥EC，可求得∠GFH的度数．【详解】(1)∵AB＝AC，点D，E分别是边AB，AC的中点∴BD＝EC∵点F，G，H分别为BE，DE，BC的中点∴FG∥BD，GF＝BDFH∥EC，FH＝EC∴FG＝FH；(2)由(1)FG∥BD又∵∠A＝90°∴FG⊥AC∵FH∥EC∴FG⊥FH；(3)延长FG交AC于点K，∵FG∥BD，∠A＝80°∴∠FKC＝∠A＝80°∵FH∥EC∴∠GFH＝180°﹣∠FKC＝100°【点睛】本题是几何问题，考查了三角形中位线的有关性质，解答时应根据题意找到相应三角形的中位线．24、（1）；（2）符合条件的的值为【解析】

（1）根据一元二次方程根的判别式即可求解；（2）根据根与系数的关系与完全平方公式的变形即可求解.【详解】解：（1），，得（2），，则，∴符合条件的的值为【点睛】此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是熟知一元二次方程根的判别式及根与系数的关系.25、（1）6﹣2；（2）详见解析．【解析】

（1）根据平行四边形性质可证：△BDE是等腰直角三角形，运用勾股定理可求DE和AD，AE即可求得；（2）过点E作ET⊥AB交BA的延长线于T，构造直角三角形，由平行四边形性质及直角三角形性质可证：△BEQ≌△BET（AAS），△BFH≌△TEF（AAS），进而可证得结论．【详解】解：（1）如图1，过点D作DR⊥BC于R，∵A