陕西省定边县联考2022-2023学年数学八下期末学业质量监测模拟试题含解析

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(每小题3分,共30分)1．若代数式x+3有意义，则实数x的取值范围是()A．x≠-3 B．x>-3 C．x≥-3 D．任意实数2．下列命题：①两条直线被第三条直线所截，同位角相等；②两点之间，线段最短；③相等的角是对顶角；④直角三角形的两个锐角互余；⑤同角或等角的补角相等．其中真命题的个数是（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个3．如图，点是线段的中点，分别以为边作等腰和等腰，，连接，且相交于点，交于点，则下列说法中，不正确的是（）A．是的中线 B．四边形是平行四边形C． D．平分4．如图，在四边形中，，要使四边形是平行四边形，下列可添加的条件不正确的是（）A． B． C． D．5．下列式子是分式的是（）A． B． C． D．6．如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的高，将△BCD沿CD折叠，点B恰好落在AB的中点E处，则∠A等于()A．25° B．30° C．45° D．60°7．观察下列四个平面图形，其中是中心对称图形的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．下列数据中不能作为直角三角形的三边长的是（）A．1、 B． C．5、12、13 D．1、2、39．若a>b，则下列不等式中成立的是（）A．a-5<b-5 B．5a<5b C．-5a<-5b D．a-b<010．一元二次方程4x2+1=3x的根的情况是（

）A．没有实数根

B．只有一个实数根

C．有两个相等的实数根

D．有两个不相等的实数根二、填空题(每小题3分,共24分)11．在Rt△ABC中，∠A=90°，有一个锐角为10°，BC=1．若点P在直线AC上（不与点A，C重合），且∠ABP=30°，则CP的长为．12．已知为分式方程，有增根，则_____．13．如图.在平面直角坐标系中，函数（其中，）的图象经过的顶点.函数（其中）的图象经过顶点，轴，的面积为.则的值为____.14．如图，D、E分别是AC和AB上的点，AD＝DC＝4，DE＝3，DE∥BC，∠C＝90°，将△ADE沿着AB边向右平移，当点D落在BC上时，平移的距离为________．15．①412=_________；②3-27=___16．直线y=﹣2x+m﹣3的图象经过x轴的正半轴，则m的取值范围为．17．已知关于x的方程m2x2+2(m﹣1)x+1＝0有实数根，则满足条件的最大整数解m是______．18．多边形的每个外角都等于45°，则这个多边形是________边形.三、解答题(共66分)19．（10分）已知关于x的一元二次方程（1）求证：方程总有两个实数根；（2）若方程有一个根为负数，求m的取值范围。20．（6分）今年受疫情影响，我市中小学生全体在家线上学习．为了了解学生在家主动锻炼身体的情况，某校随机抽查了部分学生，对他们每天的运动时间进行调查，并将调查统计的结果分为四类：每天运动时间t≤20分钟的学生记为A类，20分钟＜t≤40分钟记为B类，40分钟＜t≤60分钟记为C类，t＞60分钟记为D类．收集的数据绘制如下两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题：（1）这次共抽取了_________名学生进行调查统计；（2）将条形统计图补充完整，扇形统计图中D类所对应的扇形圆心角大小为_________；（3）如果该校共有3000名学生，请你估计该校B类学生约有多少人？21．（6分）如图，中，，，．动点、均从顶点同时出发，点在边上运动，点在边上运动．已知点的运动速度是．当运动停止时，由，，构成的三角形恰好与相似．（1）试求点的运动速度；（2）求出此时、两点间的距离．22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象经过点A（-2，6），且与x轴交于点B，与正比例函数y=3x的图象相交于点C，点C的横坐标是1．（1）求此一次函数的解析式；（2）请直接写出不等式（k-3）x+b＞0的解集；（3）设一次函数y=kx+b的图象与y轴交于点M，点N在坐标轴上，当△CMN是直角三角形时，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．23．（8分）如图，在菱形ABCD中，作于E，BF⊥CD于F，求证：．24．（8分）如图，在矩形ABCD中，E是AD边上一点，PQ垂直平分BE，分别交AD、BE、BC于点P、O、Q，连接BP、QE（1）求证：四边形BPEQ是菱形：（2）若AB＝6，F是AB中点，OF＝4，求菱形BPEQ的面积．25．（10分）如图，在□ABCD中，AC，BD相交于点O，点E在AB上，点F在CD上，EF经过点O．求证：四边形BEDF是平行四边形．26．（10分）小明遇到这样一个问题：如图，点是中点，，求证：.小明通过探究发现，如图，过点作.交的延长线于点，再证明，使问题得到解决。（1）根据阅读材料回答：的条件是______（填“”“”“”“”或“”）（2）写出小明的证明过程；参考小明思考问题的方法，解答下列问题：（3）已知，中，是边上一点，，，分别在，上，连接.点是线段上点，连接并延长交于点，.如图，当时，探究的值，并说明理由：

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

根据二次根式有意义的条件即可求出答案．【详解】∵代数式有意义∴x+3≥0∴x≥-3.故选C.【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件．2、B【解析】

解：命题①两条平行线被第三条直线所截，同位角相等，错误，为假命题；命题②两点之间，线段最短，正确，为真命题；命题③相等的角是对顶角，错误，为假命题；命题④直角三角形的两个锐角互余，正确，为真命题；命题⑤同角或等角的补角相等，正确，为真命题，故答案选B．考点：命题与定理．3、D【解析】

根据平行四边形、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形三线合一的性质，逐一判定即可.【详解】∵点是线段的中点，∴BC=EC∵等腰和等腰，，∴AB=AC=CD=DE，∠ABC=∠ACB=∠DCE=∠DEC=45°∴∠ACD=90°，AD=BC=EC∴∠CAD=∠CDA=45°∴AD∥BE∴四边形是平行四边形，故B选项正确；在△ABE和△DEB中，∴△ABE≌△DEB（SAS）∴，故C选项正确；∴∠DBE=∠AEB∴FC⊥BE∵AD∥BE∴FC⊥AD∴是的中线，故A选项正确；∵AC≠CE∴不可能平分，故D选项错误；故选：D.【点睛】此题主要考查平行四边形、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握，即可解题.4、D【解析】

平行四边形的五种判定方法分别是:两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形的判定,逐个验证即可．【详解】解：A.∵，∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），故本选项不符合题意；B.∵，∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故本选项不符合题意；C.∵∴∵∴∴∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故本选项不符合题意；D.若添加不一定是平行四边形，如图：四边形ABCD为等腰梯形，故本选项符合题意．故选：D【点睛】本题考查了平行四边形的判定，是开放题，可以针对平行四边形的各种判定方法，结合给出相应的条件进行判定．5、B【解析】

根据分母中含有字母的式子是分式，可得答案．【详解】解：是分式，故选：B.【点睛】本题考查了分式的定义，分母中含有字母的式子是分式，否则是整式.6、B【解析】

先根据图形折叠的性质得出BC=CE，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出CE=AE，进而可判断出△BEC是等边三角形，由等边三角形的性质及直角三角形两锐角互补的性质即可得出结论．【详解】解：∵△ABC沿CD折叠B与E重合，∴BC=CE，∵E为AB中点，△ABC是直角三角形，∴CE=BE=AE，∴△BEC是等边三角形．∴∠B=60°，∴∠A=30°，故选B．【点睛】本题考查折叠的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质：折叠前后的对应边相等，对应角相等.7、C【解析】

根据中心对称图形的概念求解．【详解】第一个，是中心对称图形，故选项正确；第二个，是中心对称图形，故选项正确；第三个，不是中心对称图形，故选项错误；第四个，是中心对称图形，故选项正确．故选C．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．8、D【解析】

根据勾股定理的逆定理进行计算分析，从而得到答案．【详解】A、12+（）2＝（）2，能构成直角三角形，故选项错误；B、（）2+（）2＝（）2，能构成直角三角形，故选项错误；C、52+122＝132，能构成直角三角形，故选项错误；D、12+22≠32，不能构成直角三角形，故选项正确，故选D．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理：已知三角形ABC的三边满足a2+b2＝c2，则三角形ABC是直角三角形．9、C【解析】

根据不等式的性质分析判断．【详解】A、在不等式a>b的两边同时减去1，即a-1>b-1．故本选项错误；

B、在不等式a>b的两边同时乘以1，即1a>1b．故本选项错误；

C、在不等式a>b的两边同时乘以-1，不等号的方向发生改变，即-1a<-1b；故本选项正确；

D、在不等式a>b的两边同时减去b，原不等式仍然成立，即a-b>2．故本选项错误.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质．在解答不等式的问题时，应密切关注符号的方向问题．10、A【解析】

先求出△的值，再判断出其符号即可．【详解】解：原方程可化为：4x2﹣3x+1=0，∵△=32﹣4×4×1=-7＜0，∴方程没有实数根．故选A．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1或2或4【解析】

如图1：当∠C=10°时，∠ABC=30°，与∠ABP=30°矛盾；如图2：当∠C=10°时，∠ABC=30°，∵∠ABP=30°，∴∠CBP=10°，∴△PBC是等边三角形，∴CP=BC=1；如图3：当∠ABC=10°时，∠C=30°，∵∠ABP=30°，∴∠PBC=10°﹣30°=30°，∴PC=PB，∵BC=1，∴AB=3，∴PC=PB===2如图4：当∠ABC=10°时，∠C=30°，∵∠ABP=30°，∴∠PBC=10°+30°=90°，∴PC=BC÷cos30°=4．故答案为1或2或4．考点：解直角三角形12、【解析】

去分母得，根据有增根即可求出k的值．【详解】去分母得，，当时，为增根，故答案为：1．【点睛】本题考查了分式方程的问题，掌握解分式方程的方法是解题的关键．13、-1.【解析】

根据反比例函数K的几何意义即可得到结果【详解】解：依题意得：+=解得：K=，∵反比例函数图象在第2象限，∴k=-1.故答案为-1.【点睛】本题考查了反比例函数K的几何意义，正确掌握反比例函数K的几何意义是解题的关键.14、1【解析】试题分析：根据勾股定理得到AE==1，由平行线等分线段定理得到AE=BE=1，根据平移的性质即可得到结论．∵∠C=90°，AD=DC=4，DE=3，∴AE==1，∵DE∥BC，∴AE=BE=1，∴当点D落在BC上时，平移的距离为BE=1．考点：平移的性质15、①322,②-3,③4x【解析】

①根据二次根式的性质化简即可解答②根据立方根的性质计算即可解答③根据积的乘方，同底数幂的除法，进行计算即可解答【详解】①412=②3-27③(2x)2⋅x3÷【点睛】此题考查二次根式的性质，同底数幂的除法，解题关键在于掌握运算法则16、m＞1【解析】试题分析：根据y=kx+b的图象经过x轴的正半轴则b＞0即可求得m的取值范围．解：∵直线y=﹣2x+m﹣1的图象经过x轴的正半轴，∴m﹣1＞0，解得：m＞1，故答案为：m＞1．17、1【解析】

分m=1即m≠1两种情况考虑，当m=1时可求出方程的解，从而得出m=1符合题意；当m≠1时，由方程有实数根，利用根的判别式即可得出△=-8m+4≥1，解之即可得出m的取值范围.综上即可得出m的取值范围，取其内最大的整数即可.【详解】解：当m＝1时，原方程为2x+1＝1，解得：x＝﹣，∴m＝1符合题意；当m≠1时，∵关于x的方程m2x2+2(m﹣1)x+1＝1有实数根，∴△＝[2(m﹣1)]2﹣4m2＝﹣8m+4≥1，解得：m≤且m≠1．综上所述：m≤．故答案为：1．【点睛】本题考查的是方程的实数根，熟练掌握根的判别式是解题的关键.18、八【解析】

根据多边形的外角和等于360°，用360°除以多边形的每个外角的度数，即可得出这个多边形的边数．【详解】解：∵360°÷45°＝8，∴这个多边形是八边形．故答案为：八.【点睛】此题主要考查了多边形的外角，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：多边形的外角和等于360°．三、解答题(共66分)19、（1）见解析；（2）【解析】

（1）根据判别式即可求出答案．（2）根据公式法即可求出答案两根，然后根据题意列出不等式即可求出答案．【详解】（1）证明：.∵，即，∴此方程总有两个实数根.（2）解：解得，.∵此方程有一个根是负数，而，∴，即.∴m的取值范围是.【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，以及求根公式法解一元二次方程，解题的关键是熟练运用判别式以及一元二次方程的解法，本题属于中等题型．20、（1）50；（2）图见解析，；（3）该校B类学生约有1320人．【解析】

（1）根据A类的条形统计图和扇形统计图信息即可得；（2）先根据题（1）的结论求出D类学生的人数，由此即可得补充条形统计图，再求出D类学生的人数占比，然后乘以可得圆心角的大小；（3）先求出B类学生的人数占比，再乘以3000即可得．【详解】（1）这次调查共抽取的学生人数为（名）故答案为：50；（2）D类学生的人数为（名）则D类学生的人数占比为D类所对应的扇形圆心角大小为条形统计图补全如下：（3）B类学生的人数占比为则（人）答：该校B类学生约有1320人．【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联、画条形统计图等知识点，熟练掌握统计调查的相关知识是解题关键．21、（1）；（2）D、E两点间的距离为或1．【解析】

（1）如图，设等E的运动速度为xcm/s．由题意AD＝4cm，AE＝2x．分两种情形分别构建方程即可解决问题．（2）分两种情形利用相似三角形的性质解决问题即可．【详解】解：（1）如图，设等E的运动速度为xcm/s．由题意AD＝4cm，AE＝2x．①当时，△ADE∽△ABC，∴，解得x＝，∴点E的运动速度为cm/s．②当，△ADE∽△ACB，∴，∴x＝，∴点E的是的为cm/s．（2）当△ADE∽△ABC时，，∴，∴DE＝，当△ADE∽△ACB时，，∴，∴DE＝1，综上所述，D、E两点间的距离为或1．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．22、（1）y=-x+4；（2）x＜1；（3）当△CMN是直角三角形时，点N的坐标为（-4，0），（0，2），（-2，0），（0，3）．【解析】

(1)利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，根据点A，C的坐标，利用待定系数法即可求出此一次函数的解析式；(2)由(1)的结论可得出y=-4x+4，令y=0可求出该直线与x轴的交点坐标，再利用一次函数的性质即可求出不等式(k-3)x+b＞0的解集；(3)利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标，分∠CMN=90°，∠MCN=90°及∠CNM=90°三种情况，利用等腰直角三角形的性质可求出点N的坐标．【详解】(1)当x=1时，y=3x=3，∴点C的坐标为(1，3)．将A(-2，6)，C(1，3)代入，得：，解得：，∴此一次函数的解析式为；(2)令，即，解得：．∵-4＜0，∴y的值随x值的增大而减小，∴不等式＞0的解集为x＜1；(3)∵直线AB的解析式为，∴点M的坐标为(0，4)，∴OB=OM，∴∠OMB=45°．分三种情况考虑，如图所示．①当∠CMN=90°时，∵∠OMB=45°，∴∠OMN=45°，∠MON=90°，∴∠MNO=45°，∴OM=ON，∴点N1的坐标为(-4，0)；②当∠MCN=90°时，∵∠CMN=45°，∠MCN=90°，∴∠MNC=45°，∴CN=CM==，∴MN=CM=2，∴点N2的坐标为(0，2)．同理：点N3的坐标为(-2，0)；③当∠CNM=90°时，CN∥x轴，∴点N4的坐标为(0，3)．综上所述：当△CMN是直角三角形时，点N的坐标为(-4，0)，(0，2)，(-2，0)，(0，3)．【点睛】本题是一次函数与几何的综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数的性质以及等腰直角三角形，解题的关键是：(1)根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；(2)利用一次函数的性质，求出不等式的解集；(3)分∠CMN=90°，∠MCN=90°及∠CNM=90°三种情况，利用等腰直角三角形的性质求出点N的坐标．23、见解析【解析】

由菱形的性质可得，，然后根据角角边判定，进而得到.【详解】证明：∵菱形ABCD，∴，，∵，，∴，在与中，，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的性质和全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质得到全等条件是解题的关键.24、（1）详见解析；（2）．【解析】

（1）先根据线段垂直平分线的性质证明PB＝PE，由ASA证明△BOQ≌△EOP，得出PE＝QB，证出四边形BPEQ是平行四边形，再根据菱形的判定即可得出结论；（2）先证明OF为△BAE的中位线，然后依据三角形的中位线定理得出AE∥OF且OF＝AE．求得OB的长，则可得到BE的长，设菱形的边长为x，则AP＝8﹣x，在Rt△APB中依据勾股定理可列出关于x的方程，然后依据菱形的面积公式进行计算即可．【详解】（1）证明：∵PQ垂直平分BE，∴PB＝PE，OB＝OE，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A＝90°，∴∠PEO＝∠QBO，在△BOQ与△EOP中，，∴△BOQ≌△EOP（ASA），∴PE＝QB，又∵AD∥BC，∴四边形BPEQ是平行四边形，又∵QB＝QE，∴四边形BPEQ是菱形；（2）解：∵AB＝6，F是AB的中点，∴BF＝1．∵四边形BPEQ是菱形，∴OB＝OE．又∵F是AB的中点，∴OF是△BAE的中位线，∴AE∥OF且OF＝AE．∴∠BFO＝∠A＝90°．在Rt△FOB中，OB＝＝5，∴BE＝2．设菱形的边长为x，则AP＝8﹣x．在Rt△APB中，BP2＝AB2+AP2，即x2＝62+（8﹣x）2，解得：x＝，∴BQ＝，∴菱形BPEQ的面积＝BQ×AB＝×6＝．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质，平