2023届湖北省武汉大附中八年级数学第二学期期末达标检测模拟试题含解析

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为（）A．130° B．150° C．160° D．170°2．图中的圆点是有规律地从里到外逐层排列的．设y为第n层（n为正整数）圆点的个数，则下列函数关系中正确的是（）A．y=4n﹣4 B．y=4n C．y=4n+4 D．y=n23．等于（）A．±4 B．4 C．﹣4 D．±24．已知点P(a＋l，2a－3)关于x轴的对称点在第一象限，则a的取值范围是（）A． B． C． D．5．如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，下列式子中不一定成立的是()A．AB∥CD B．OA=OC C．∠ABC+∠BCD＝180° D．AB=BC6．一个多边形的内角和比外角和的3倍多180°，则它的边数是（）A．八 B．九 C．十 D．十一7．中，，则的度数是（）A． B． C． D．8．甲，乙，丙，丁四位跨栏运动员在某天“110米跨栏”训练中，每人各跑5次，据统计，他们的平均成绩都是13.2秒，甲，乙，丙，丁成绩的方差分别是0.11，0.03，0.05，0.02，则当天这四位运动员“110米跨栏”训练成绩最稳定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁9．在▱ABCD中，AC平分∠DAB，AB=3，则▱ABCD的周长为()A．6 B．9 C．12 D．1510．若分式方程=2+的解为正数，则a的取值范围是（）A．a＞4 B．a＜4 C．a＜4且a≠2 D．a＜2且a≠0二、填空题(每小题3分,共24分)11．若a<0，则化简的结果为__________．12．已知，菱形的周长为8，高为1，则菱形两邻角的度数比为_________．13．已知函数y=3x的图象经过点A(-1,y1),点B(-2,y2),则y1____y2(填“>”或“<”或“=”).14．因式分解：___________．15．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AD是△ABC的一条角平分线．若CD＝3，则△ABD的面积为_____．16．如图，直线y＝kx+b(k≠0)经过点A(﹣2，4)，则不等式kx+b＞4的解集为______.17．在平面直角坐标系xOy中，直线与x，y轴分别交于点A，B，若将该直线向右平移5个单位，线段AB扫过区域的边界恰好为菱形，则k的值为_____.18．若是一个完全平方式，则_________．三、解答题(共66分)19．（10分）我市某游乐场在暑假期间推出学生个人门票优惠活动，各类门票价格如下表：某慈善单位欲购买三种类型的门票共张奖励品学兼优的留守学生，设购买种票张，种票张数是种票的倍还多张，种票张，根据以上信息解答下列问题：（1）写出y与x之间的函数关系式；（2）设购票总费用为元，求（元）与（张）之间的函数关系式；（3）为方便学生游玩，计划购买学生的夜场票不低于张，且节假日通用票至少购买张，有哪几种购票方案？哪种方案费用最少？20．（6分）我市某林场计划购买甲、乙两种树苗共800株，甲种树苗每株24元，乙种树苗每株30元．相关资料表明：甲、乙两种树苗的成活率分别为85%、90%．（1）若购买这两种树苗共用去21000元，则甲、乙两种树苗各购买多少株？（2）若要使这批树苗的总成活率不低于88%，则甲种树苗至多购买多少株？（3）在（2）的条件下，应如何选购树苗，使购买树苗的费用最低？并求出最低费用．21．（6分）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．(1)求证：CM＝CN；(2)若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，ND＝1．①求MC的长．②求MN的长．22．（8分）计算：23．（8分）阅读下列一段文字，然后回答下列问题．已知在平面内有两点、，其两点间的距离，同时，当两点所在的直线在坐标轴或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可化简为或.（1）已知、，试求A、B两点间的距离______.已知M、N在平行于y轴的直线上，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为-1，试求M、N两点的距离为______；（2）已知一个三角形各顶点坐标为、、，你能判定此三角形的形状吗?说明理由．（3）在（2）的条件下，平面直角坐标系中，在x轴上找一点P，使的长度最短，求出点P的坐标及的最短长度．24．（8分）如图1在正方形ABCD中，O是AD的中点，点P从A点出发沿A→B→C→D的路线移动到点D时停止，出发时以a单位/秒匀速运动：同时点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动，移动到点A时停止，出发时以b单位/秒运动,两点相遇后点P运动速度变为c单位/秒运动，点Q运动速度变为d单位/秒运动：图2是射线OP随P点运动在正方形ABCD中扫过的图形的面积y1与时间t的函数图象，图3是射线OQ随Q点运动在正方形ABCD中扫过的图形的面积y2与时间（1）正方形ABCD的边长是______.（2）求P，Q相遇后∠POQ在正方形中所夹图形面积S与时间t的函数关系式.25．（10分）如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，∠ABC的平分线交AD于点E．（1）求证：DE＝DB；（2）若∠BAC＝90°，BD＝4，求△ABC外接圆的半径．26．（10分）如图，在ABCD中，AB∥CD，AD＝BC，∠B＝60°，AC平分∠DAB．(1)求∠ACB的度数；(2)如果AD＝1，请直接写出向量和向量的模．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

根据平行四边形对角相等、邻角互补，得∠ABC=60°，∠DCB=120°，再由∠A′DC=10°，可运用三角形外角求出∠DA′B=130°，再根据旋转的性质得到∠BA′E′=∠BAE=30°，从而得到答案．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，∴∠ABC=60°，∠DCB=120°，∵∠ADA′=50°，∴∠A′DC=10°，∴∠DA′B=130°，∵AE⊥BC于点E，∴∠BAE=30°，∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，∴∠BA′E′=∠BAE=30°，∴∠DA′E′=∠DA′B+∠BA′E′=160°．故选C．考点：旋转的性质；平行四边形的性质．2、B【解析】

试题解析：由题图可知：n=1时，圆点有4个，即y=4×1=4；n=2时，圆点有8个，即y=4×2=8；n=3时，圆点有12个，即y=4×3=12；……∴y=4n.故选B.3、B【解析】

根据＝|a|可以得出的答案.【详解】＝|﹣4|＝4，故选：B．【点睛】本题考查平方根的性质，熟记平方根的性质是解题的关键.4、B【解析】关于x轴对称的点的坐标，一元一次不等式组的应用．【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”，再根据各象限内的点的坐标的特点列出不等式组求解即可：∵点P（a＋1，2a－3）关于x轴的对称点在第一象限，∴点P在第四象限．∴．解不等式①得，a＞－1，解不等式②得，a＜，所以，不等式组的解集是－1＜a＜．故选B．5、D【解析】

根据平行四边形的性质分析即可．【详解】解：由平行四边形的性质可知：平行四边形对边平行，故A一定成立，不符合题意；平行四边形的对角线互相平分；故B一定成立，不符合题意；平行四边形对边平行，所以邻角互补，故C一定成立，不符合题意；平行四边形的邻边不一定相等，只有为菱形或正方形时才相等，故D不一定成立，符合题意.

故选：D．【点睛】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决问题的关键．6、B【解析】

多边形的内角和比外角和的3倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是3×360°+180°．n边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，设这个多边形的边数是n，得到方程，从而求出边数．【详解】根据题意，得：（n-2）•180°=3×360°+180°，解得：n=1，则这个多边形的边数是1．故选B．【点睛】本题考查了多边形内角与外角，此题只要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．7、B【解析】

由平行四边形ABCD中，若∠A+∠C=130°，可求得∠A的度数，继而求得∠D的度数．【详解】如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∵∠A+∠C=130°，∴∠A=65°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//DC∴∠A+∠D=180°∴∠D=180°-∠A=115°．故选：B．【点睛】此题考查了平行四边形的性质．此题比较简单，注意熟记定理是解此题的关键．8、D【解析】

根据方差的定义，方差越小数据越稳定．【详解】∵0.02<0.03<0.05<0.11，∴丁的成绩的方差最小，∴当天这四位运动员“110米跨栏”的训练成绩最稳定的是丁。故选：D.【点睛】此题考查方差，解题关键在于掌握其定义9、C【解析】

首先证得△ADC≌△ABC，由全等三角形的性质易得AD=AB，由菱形的判定定理得▱ABCD为菱形，由菱形的性质得其周长．【详解】解：如图：∵AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC．∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠B=∠D．在△ADC和△ABC中，∠B=∠D∠BAC=∠DAC∴△ADC≌△ABC，∴AD=AB，∴四边形ABCD为菱形，∴AD=AB=BC=CD=3，∴▱ABCD的周长为：3×4=1．故选：C【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及菱形的判定及性质，找出判定菱形的条件是解答此题的关键．10、C【解析】试题分析：去分母得：x=1x﹣4+a，解得：x=4﹣a，根据题意得：4﹣a＞0，且4﹣a≠1，解得：a＜4且a≠1．故选C．考点：分式方程的解．二、填空题(每小题3分,共24分)11、-a【解析】

直接利用二次根式的化简的知识求解即可求得答案．【详解】∵a＜0，∴=|a|=﹣a．故答案为﹣a．【点睛】本题考查了二次根式的化简．注意=|a|．12、5：1（或1：5）【解析】

先根据菱形的性质求出边长，再根据直角三角形的性质求出，得出，即可得出结论．【详解】解：如图所示：四边形是菱形，菱形的周长为8，，，，，，，，故答案为：5：1（或1：5）.【点睛】本题考查了菱形的性质、含角的直角三角形的判定；熟练掌握菱形的性质和含角的直角三角形的判定是解决问题的关键．13、＞【解析】

分别把点A（－1，y1），点B（－1，y1）的坐标代入函数y＝3x，求出点y1，y1的值，并比较出其大小即可．【详解】∵点A（－1，y1），点B（－1，y1）是函数y＝3x的图象上的点，∴y1＝－3，y1＝－6，∵－3＞－6，∴y1＞y1．14、【解析】

直接提取公因式2，进行分解因式即可．【详解】2(a-b).故答案为：2（a-b）.【点睛】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．15、2【解析】

解：作DE⊥AB于E．∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DC⊥AC，∴DE=CD=1．∴△ABD的面积为×1×10=2．16、x＞-1．【解析】

结合函数的图象利用数形结合的方法确定不等式的解集即可．【详解】观察图象知：当x＞-1时，kx+b＞4，故答案为x＞-1．【点睛】考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于（或小于）0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x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．17、【解析】

根据菱形的性质知AB=2，由一次函数图象的性质和两点间的距离公式解答．【详解】令y=0，则x=-，即A（-，0）．令x=0，则y=3，即B（0，3）．∵将该直线向右平移2单位，线段AB扫过区域的边界恰好为菱形，∴AB=2，则AB2=1．∴（-）2+32=1．解得k=．故答案是：．【点睛】考查了菱形的性质和一次函数图象与几何变换，解题的关键是根据菱形的性质得到AB=2．18、【解析】

利用完全平方公式的结构特征确定出k的值即可【详解】解：∵是完全平方式，

∴k=±30，

故答案为．【点睛】本题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方的特点是解决本题的关键.三、解答题(共66分)19、（1）；（2）；（3）共有种购票方案：；；；当种票为张，种票张，种票为张时费用最少，最少费用元.【解析】

（1）根据三种门票共购买100张，即可找出x与y之间的函数关系式；（2）根据购票总费用=30×购买A种票数量+50×购买B种票数量+80×购买C种票数量，即可找出W（元）与x（张）之间的函数关系式；（3）根据购买A种票不低于24张、C种票至少5张，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．【详解】解：根据题意，所以依题意得解得因为整数为所以共有种购票方案,分别为；；而因为所以随的增大而减小，所以当时，即当种票为张，种票张，种票为张时费用最少，最少费用元【点睛】本题考查了一次函数的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）根据三种门票共购买100张，找出y与x之间的函数关系式；（2）根据购票总费用=30×购买A种票数量+50×购买B种票数量+80×购买C种票数量，找出W与x之间的函数关系式；（3）根据购买A、C两种门票张数的范围，列出关于x的一元一次不等式．20、（1）购买甲种树苗500株，乙种树苗300株（2）320株（3）当选购甲种树苗320株，乙种树苗480株时，总费用最低，为22080元【解析】

（1）设购买甲种树苗株，乙种树苗株，列方程组求得（2）设购买甲种树苗株，乙种树苗株，列不等式求解（3）设甲种树苗购买株，购买树苗的费用为元，列出关系式，根据函数的性质求出w的最小值．【详解】（1）设购买甲种树苗株，乙种树苗株，得解得答：购买甲种树苗500株，乙种树苗300株．（2）设购买甲种树苗株，乙种树苗株，得解得答：甲种树苗至少购买320株．（3）设甲种树苗购买株，购买树苗的费用为元，则∵∴随增大而减小所以当时，有最小值，最小=元答：当选购甲种树苗320株，乙种树苗480株时，总费用最低，为22080元．21、(1)证明见解析；(2)①MC＝3；②MN=2.【解析】

（1）根据折叠可得∠AMN=∠CMN，再根据平行可得∠ANM=∠CMN，可证CM=CN

（2）①根据等高的两个三角形的面积比等于边的比，可求MC的长．

②作NF⊥MC，可得矩形NFCD，根据勾股定理可求CD，则可得NF，MF，再根据勾股定理可求MN的长．【详解】解：(1)∵折叠∴CM＝AM，CN＝AN，∠AMN＝∠CMN∵ABCD是矩形∴AD∥BC∴∠ANM＝∠CMN∴∠ANM＝∠AMN∴CM＝CN(2)①∵AD∥BC∴△CMN和△CDN是等高的两个三角形∴S△CMN：S△CDN＝3：1＝CM：DN且DN＝1∴MC＝3②∵CM＝CN∴CN＝3且DN＝1∴根据勾股定理CD＝2如图作NF⊥MC∵NF⊥MC，∠D＝∠DCB＝90°∴NFCD是矩形∴NF＝CD＝2，FC＝DN＝1∴MF＝2在Rt△MNF中，MN＝＝2【点睛】此题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理以及三角形的面积.此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，掌握数形结合思想与方程思想的应用.22、【解析】

先把二次根式化简，然后合并同类二次根式，再做乘法并化简求得结果。【详解】解：原式【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握计算法则是关键。23、（1）13，5；（2）等腰直角三角形，理由见解析；（3）当P的坐标为（）时，PD+PF的长度最短，最短长度为.【解析】

（1）根据阅读材料中A和B的坐标，利用两点间的距离公式即可得出答案；由于M、N在平行于y轴的直线上，根据M和N的纵坐标利用公式即可求出MN的距离;（2）由三个顶点的坐标分别求出DE，DF，EF的长，即可判定此三角形的形状；（3）作F关于x轴的对称点，连接，与x轴交于点P，此时最短，最短距离为，P的坐标即为直线与x轴的交点.【详解】解：（1）∵、∴故A、B两点间的距离为：13.∵M、N在平行于y轴的直线上，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为-1∴故M、N两点的距离为5.（2）∵、、∴∴DE=DF，∴△DEF为等腰直角三角形（3）作F关于x轴的对称点，连接，与x轴交于点P，此时DP+PF最短设直线的解析式为y=kx+b将D（1,6），（4，-2）代入得：解得∴直线的解析式为：令y=0，解得，即P的坐标为（）∵PF=∴PD+PF=PD+==故当P的坐标为（）时，PD+PF的长度最短，最短长度为.【点睛】本题属于一次函数综合题，待定系数法求一次函数解析式以及一次函数与x轴的交点，弄清楚材料中的距离公式是解决本题的关键.24、（1）6；（2）见详解.【解析】

（1）从图3中可以看出射线OQ前面6秒扫过的面积为9，则可以得到12×12AD∙AD=9（2）仔细观察函数图象可知点P点Q是在点C处相遇，并由（1）中得到的正方形边长可求得，相遇前后P,Q的速度，再画出图形列出式子求解即可.【详解】解:(1)由图3可知△OCD的面积=9.∵O是AD的中点，∴OD=12∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ODC=90°，∴12AD∙1解得:AD=6.故答案为6.（2）观察图2和图3可知P，Q两点是在点C处相遇，且相遇前P，Q的速度分别为2和1.相遇后P,Q的运动速度分别为1和3.①当6≤t<8时，如图1，S=正方形的面积-△POD的面积-梯形OABQ的面积.∵PC=t-6,CQ=3(t-6)=3t-18.∴PD=12-t,BQ=24-3t.∴S=36-32=36-18