2024年江苏省连云港灌云县联考数学八年级下册期末达标检测模拟试题含解析

2024年江苏省连云港灌云县联考数学八年级下册期末达标检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题4分，共48分）1．已知：以a，b，c为边的三角形满足（a﹣b）（b﹣c）＝0，则这个三角形是（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形2．分式：①；②；③；④中，最简分式的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3．若一个三角形的三边长为，则使得此三角形是直角三角形的的值是（）A． B． C． D．或4．点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A、B重合),连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°,得线段PE,连接BE,则∠CBE等于（）A．75° B．60° C．30° D．45°5．使分式有意义的的值是（）A． B． C． D．6．二次根式在实数范围内有意义，那么的取值范围是（）A． B． C． D．7．下列对二次函数y=x2﹣x的图象的描述，正确的是（）A．开口向下 B．对称轴是y轴C．经过原点 D．在对称轴右侧部分是下降的8．已知四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，给出下列5个条件：①AB∥CD；②OA＝OC；③AB＝CD；④∠BAD＝∠DCB；⑤AD∥BC，从以上5个条件中任选2个条件为一组，能判定四边形ABCD是平行四边形的有（）组．A．4 B．5 C．6 D．79．下列说法：矩形的对角线互相垂直且平分；菱形的四边相等；一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；正方形的对角线相等，并且互相垂直平分．其中正确的个数是（）A．个 B．个 C．个 D．个10．如图，在△ABC中，点D为BC的中点，连接AD，过点C作CE∥AB交AD的延长线于点E，下列说法错误的是（）A．△ABD≌△ECDB．连接BE，四边形ABEC为平行四边形C．DA＝DED．CE＝CA11．一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．十一12．如图顺次连接等腰梯形四边中点得到一个四边形，再顺次连接所得四边形四边的中点得到的图形是（）A．等腰梯形 B．直角梯形 C．菱形 D．矩形二、填空题（每题4分，共24分）13．函数中自变量的取值范围是_________________．14．对下列现象中蕴含的数学原理阐述正确的是_____（填序号）①如图（1），剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，重合的部分构成一个平行四边形．其依据是两组对边分别平行的四边形是平行四边形．②如图（2），工人师傅在做矩形门窗时，不仅测量出两组对边的长度是否相等，还要测量出两条条对角线的长度相等，以确保图形是矩形．其依据是对角线相等的四边形是矩形．③如图（3），将两张等宽的纸条放在一起，重合部分构成的四边形ABCD一定是菱形．其依据是一组邻边相等的平行四边形是菱形．④如图（4），把一张长方形纸片按如图方式折一下，就可以裁出正方形．其依据是一组邻边相等的矩形是正方形．15．关于x的分式方程有增根，则a＝_____．16．长、宽分别为a、b的矩形，它的周长为14，面积为10，则a2b+ab2的值为_____．17．因式分解:______.18．如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，折痕为CE，若∠D＝70°，则∠ECF的度数是_________．三、解答题（共78分）19．（8分）先化简，再求值：，其中x=，y=．20．（8分）如图，在中，点是对角线的中点，点在上，且，连接并延长交于点F．过点作的垂线，垂足为，交于点．（1）求证：；（2）若．①求证：；②探索与的数量关系，并说明理由．21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）.（1）求抛物线的解析式；（2）猜想△EDB的形状并加以证明.22．（10分）已知：如图，□ABCD中，延长BA至点E，使BE=AD，连结CE，求证：CE平分∠BCD．23．（10分）如图，正方形ABCD的顶点坐标分别为A(1，2)，B(1，-2)，C（5，-2)，D(5，2)，将正方形ABCD向左平移5个单位，作出它的图像，并写出图像的顶点坐标．24．（10分）我们借助对同一个长方形面积的不同表示，可以解释一些多项式的因式分解．例如选取图①中的卡片张、卡片张、卡片张，就能拼成图②所示的正方形，从而可以解释．请用卡片张、卡片张、卡片张拼成一个长方形，画图并完成多项式的因式分解．25．（12分）已知等腰三角形ABC的底边BC＝20cm，D是腰AB上一点，且CD＝16cm，BD＝12cm．(1)求证：CD⊥AB；(2)求该三角形的腰的长度．26．计算：（2+3）（2﹣3）+（12﹣6）÷3．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】

根据题意得到a-b=0或b-c=0，从而得到a=b或b=c，得到该三角形为等腰三角形．【详解】解：因为以a，b，c为边的三角形满足（a﹣b）（b﹣c）＝0，所以a﹣b＝0或b﹣c＝0，得到a＝b或b＝c，所以三角形为等腰三角形，故选：A．【点睛】本题考查等腰三角形，解题的关键是掌握等腰三角形的性质.2、B【解析】

最简分式的标准是分子，分母中不含有公因式，不能再约分．判断的方法是把分子、分母分解因式，并且观察有无互为相反数的因式，这样的因式可以通过符号变化化为相同的因式从而进行约分．【详解】解：①④中分子分母没有公因式，是最简分式；②中有公因式（a﹣b）；③中有公约数4；故①和④是最简分式．故选：B【点睛】最简分式就是分式的分子和分母没有公因式，也可理解为分式的分子和分母的最大公因式为1．所以判断一个分式是否为最简分式，关键是要看分式的分子和分母的最大公因式是否为1．3、D【解析】

根据勾股定理即可求解.【详解】当4为斜边时，x=当x为斜边是，x=故选D.【点睛】此题主要考查勾股定理的应用，解题的关键是根据题意分情况讨论.4、D【解析】

过E作AB的延长线AF的垂线，垂足为F，可得出∠F为直角，又四边形ABCD为正方形，可得出∠A为直角，进而得到一对角相等，由旋转可得∠DPE为直角，根据平角的定义得到一对角互余，在直角三角形ADP中，根据两锐角互余得到一对角互余，根据等角的余角相等可得出一对角相等，再由PD=PE，利用AAS可得出三角形ADP与三角形PEF全等，根据确定三角形的对应边相等可得出AD=PF，AP=EF，再由正方形的边长相等得到AD=AB，由AP+PB=PB+BF，得到AP=BF，等量代换可得出EF=BF，即三角形BEF为等腰直角三角形，可得出∠EBF为45°，再由∠CBF为直角，即可求出∠CBE的度数．【详解】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°，∴∠ADP+∠APD=90°，由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°，∴∠ADP=∠EPF，在△APD和△FEP中，∵，∴△APD≌△FEP（AAS），∴AP=EF，AD=PF，又∵AD=AB，∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF，∴AP=BF，∴BF=EF，又∠F=90°，∴△BEF为等腰直角三角形，∴∠EBF=45°，又∠CBF=90°，则∠CBE=45°．故选D．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，以及等腰直角三角形的判定与性质，其中作出相应的辅助线是解本题的关键．5、D【解析】

分式有意义的条件是分母不等于0，即x﹣1≠0，解得x的取值范围．【详解】若分式有意义，则x﹣1≠0，解得：x≠1．故选D．【点睛】本题考查了分式有意义的条件：当分母不为0时，分式有意义．6、A【解析】

二次根式有意义，被开方数为非负数，即x-2≥0，解不等式求x的取值范围．【详解】∵在实数范围内有意义，∴x−2⩾0，解得x⩾2.故选A.【点睛】此题考查二次根式有意义的条件，解题关键在于掌握运算法则7、C【解析】【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴公式以及二次函数性质逐项进行判断即可得答案.【详解】A、∵a=1＞0，∴抛物线开口向上，选项A不正确；B、∵﹣，∴抛物线的对称轴为直线x=，选项B不正确；C、当x=0时，y=x2﹣x=0，∴抛物线经过原点，选项C正确；D、∵a＞0，抛物线的对称轴为直线x=，∴当x＞时，y随x值的增大而增大，选项D不正确，故选C．【点睛】本题考查了二次函数的性质：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），对称轴直线x=-，当a＞0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，当a＜0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，c=0时抛物线经过原点，熟练掌握相关知识是解题的关键.8、C【解析】分析：根据平行四边形的判定来进行选择．①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对角分别平行的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形.详解：共有6组可能：①②；①③；①④；①⑤；②⑤；④⑤．

选择①与②：∵AB∥CD，

∴∠BAO=∠DCO，∠ABO=∠CDO，

在△AOB与△COD中，，

∴△AOB≌△COD，

∴AB=CD，

∴四边形ABCD为平行四边形．①与③（根据一组对边平行且相等）

①与④：∵∠BAD=∠DCB

∴AD∥BC

又AB∥DC

根据两组对边分别平行可推出四边形ABCD为平行四边形．

①与⑤，根据定义，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②与⑤：∵AD∥BC

OA=OC

∴△AOD≌△COB

故AD=BC，四边形ABCD为平行四边形．

④与⑤：根据两组对边分别平行可推出四边形ABCD为平行四边形.共有6种可能.故选C.点睛：本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．平行四边形共有五种判定方法，记忆时要注意技巧；这五种方法中，一种与对角线有关，一种与对角有关，其他三种与边有关．9、B【解析】

根据矩形的性质可得（1）错误；

根据菱形的性质可得（2）正确；

根据平行四边形的判定可得（3）错误；

根据正方形的性质可得（4）正确；【详解】（1）矩形的对角线相等且互相平分，故（1）错误；（2）菱形的四边相等，故（2）正确；（3）等腰梯形的一组对边平行，另一组对边相等，故（3）错误；（4）正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，故（4）正确．

故选：B．【点睛】此题考查的知识点是特殊的四边形，解题关键是掌握正方形、菱形、矩形的特点．10、D【解析】

根据平行线的性质得出∠B＝∠DCE，∠BAD＝∠E，然后根据AAS证得△ABD≌△ECD，得出AD＝DE，根据对角线互相平分得到四边形ABEC为平行四边形，CE＝AB，即可解答．【详解】解：∵CE∥AB，∴∠B＝∠DCE，∠BAD＝∠E，在△ABD和△ECD中，∴△ABD≌△ECD（AAS），∴DA＝DE，AB＝CE，∵AD＝DE，BD＝CD，∴四边形ABEC为平行四边形，故选：D．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形全等的判定和性质以及平行四边形的性判定，解决本题的关键是证明△ABD≌△ECD．11、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．12、D【解析】

首先作出图形，根据三角形的中位线定理，可以得到，，，再根据等腰梯形的对角线相等，即可证得四边形EFGH的四边相等，即可证得是菱形，然后根据三角形中位线定理即可证得四边形OPMN的一组对边平行且相等，则是平行四边形，在根据菱形的对角线互相垂直，即可证得平行四边形的一组临边互相垂直，即可证得四边形OPMN是矩形．【详解】解：连接AC，BD．∵E，F是AB，AD的中点，即EF是的中位线．，同理：，，．又等腰梯形ABCD中，．．四边形EFGH是菱形．是的中位线，∴EFEG，，同理，NMEG，∴EFNM，四边形OPMN是平行四边形．，，又菱形EFGH中，，平行四边形OPMN是矩形．故选：D．【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，菱形的判定，矩形的判定，以及三角形的中位线定理，关键的应用三角形的中位线定理得到四边形EFGH和四边形OPMN的边的关系．二、填空题（每题4分，共24分）13、且【解析】

根据分式和二次根式有意义的条件列不等式组求解即可．【详解】根据分式和二次根式有意义的条件可得解得且故答案为：且．【点睛】本题考查了函数自变量取值范围的问题，掌握分式和二次根式有意义的条件是解题的关键．14、①③④【解析】

①平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形；③首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻边相等，则重叠部分为菱形；④根据折叠定理得：所得的四边形有三个直角，且一组邻边相等，所以可以裁出正方形纸片．【详解】解：①由题意得：AB∥CD，AD∥BC，∵两组对边分别平行，∴四边形ABCD是平行四边形，故正确；②∵两组对边的长度相等，∴四边形是平行四边形，∵对角线相等，∴此平行四边形是矩形，故错误；③∵四边形ABCD是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）；过点D分别作AB，BC边上的高为DE，DF．如图所示：则DE＝DF（两纸条相同，纸条宽度相同）；∵平行四边形ABCD的面积＝AB×DE＝BC×DF，∴AB＝BC．∴平行四边形ABCD为菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形），故正确；④根据折叠原理，对折后可得：所得的四边形有三个直角，且一组邻边相等，所以可以裁出正方形纸片，故正确．故答案为①③④．【点睛】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定以及正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．15、a=-1【解析】

根据分式方程的解法求出方程的解，然后根据方程有增根，则x=－5，从而得出a的值．【详解】去分母可得：1+a=x+5，解得：x=a－2，∵分式方程有增根，∴x=－5，即a－2=－5，解得：a=－1．【点睛】本题主要考查的是分式方程的解得情况，属于中等难度的题型．分式方程有增根是因为整式方程的解会使得分式的分母为零．16、1．【解析】

由周长和面积可分别求得a+b和ab的值，再利用因式分解把所求代数式可化为ab（a+b），代入可求得答案【详解】∵长、宽分别为a、b的矩形，它的周长为14，面积为10，

∴a+b==7，ab=10，

∴a2b+ab2=ab（a+b）=10×7=1，

故答案为：1．【点睛】本题主要考查因式分解的应用，把所求代数式化为ab（a+b）是解题的关键．17、【解析】

首先把公因式3提出来，然后按照完全平方公式因式分解即可.【详解】解：==故答案为：.【点睛】此题考查利用提取公因式法和公式法因式分解，注意找出整式里面含有的公因式，然后再选用公式法．18、35°【解析】

根据折叠的性质可得∠ECB=∠ECF，CB=CF，根据菱形的性质可得CB=CD，∠B=∠D=70°，∠BCD=180°-∠D=110°，求出等腰三角形DCF的顶角∠DCF，即可求出∠ECF的度数【详解】解：在菱形ABCD中，CB=CD，∠B=∠D=70°，∠BCD=180°-∠D=110°，根据折叠可得：∠ECB=∠ECF，CB=CF，∴CF=CD∴∠DCF=180°-70°-70°=40°，∴∠ECF=（∠BCD-∠DCF）=35°.故答案为35°.【点睛】本题考查图形的翻折变换，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．三、解答题（共78分）19、x+y，．【解析】试题分析：根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将x、y的值代入即可解答本题．试题解析：原式===x+y，当x=，y==2时，原式=﹣2+2=．20、（1）见解析；（2）①见解析，②，理由见解析.【解析】

（1）根据平行四边形的性质得到∠OAF=∠OCE，证明△OAF≌△OCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；（2）①过A作AM⊥BC于M，交BG于K，过G作GN⊥BC于N，根据三角形的外角性质得到∠BAG=∠BGA；②证明△AME≌△BNG，根据全等三角形的性质得到ME=NG，根据等腰直角三角形的性质得到BE=GC，根据（1）中结论证明即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，在和中，，∴∴，∵，∴；（2）①过作于，交于，过作于，则，∵，∴，∵，∴，，∵，∴，又，∴，设，则，，∴；②，理由如下：∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，在等腰中，，∴，∴，∵，∴.【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及等腰直角三角形，利用全等三角形的对应边相等得出结论．21、（1）y=—x2+3x；（2）△EDB为等腰直角三角形，见解析.【解析】

（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；【详解】（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，∴A（4，0），C（0，3），∵抛物线经过O、A两点，顶点在BC边上，∴抛物线顶点坐标为（2，3），∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，把A点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=－，∴抛物线解析式为y=—（x﹣2）2+3，即y=—x2+3x；（2）△EDB为等腰直角三角形．证明：由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20，