安徽省蒙城2024届八年级数学第二学期期末考试模拟试题含解析

安徽省蒙城2024届八年级数学第二学期期末考试模拟试题注意事项: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(每小题3分,共30分)1．多项式x2﹣1与多项式x2﹣2x+1的公因式是()A．x﹣1 B．x+1 C．x2﹣1 D．(x﹣1)22．武侯区某学校计划选购甲，乙两种图书为“初中数学分享学习课堂之生讲生学”初赛的奖品．已知甲图书的单价是乙图书单价的1.5倍，用600元单独购买甲种图书比单独购买乙种图书少10本，设乙种图书的价为x元，依据题意列方程正确的是（）A． B． C． D．3．某校篮球队队员的年龄分布情况如下表，则该校篮球队队员的平均年龄为（）A．13岁 B．13.5岁 C．13.7岁 D．14岁4．化简的结果是()A． B． C． D．5．如图的中有一正方形，其中在上，在上，直线分别交于两点.若，则的长度为()A． B． C． D．6．如图，点为的平分线上的一点，于点.若，则到的距离为（）A．5 B．4 C．3.5 D．37．抛物线y＝x2﹣4x+5的顶点坐标是（）A．（2，1） B．（﹣2，1） C．（2，5） D．（﹣2，5）8．直角三角形斜边上的高与中线分别为5cm和6cm，则它的面积为（）cm1．A．30 B．60 C．45 D．159．下列说法正确的是()A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．矩形的对角线互相垂直C．一组对边平行的四边形是平行四边形 D．对角线相等的菱形是正方形10．下列说法中正确的是()A．若，则 B．是实数，且，则C．有意义时， D．0.1的平方根是二、填空题(每小题3分,共24分)11．某大学自主招生考试只考数学和物理，计算综合得分时，按数学占60%，物理点40%计算.已知孔明数学得分为95分，综合得分为93分，那么孔明物理得分是__________分.12．如图，在ABCD中，线段BE、CE分别平分∠ABC和∠BCD，若AB=5，BE=8，则CE的长度为________.13．若点在轴上，则点的坐标为__________．14．若一直角三角形的两边长为4、5，则第三边的长为________.15．不等式组的解集是________．16．如图所示是三个边长相等的正多边形拼成的无缝隙、不重叠的图形的一部分，正多边形①和②的内角都是108°，则正多边形③的边数是______．17．如图，在中，已知，，平分，交边于点E，则

___________

．18．不等式2x-1>5的解集为．三、解答题(共66分)19．（10分）某机动车出发前油箱内有42升油,行驶若干小时后,途中在加油站加油若干升,油箱中余油量Q(升)与行驶时间t(时)之间的函数关系如图,回答下列问题(1)机动车行驶________小时后加油,中途加油_______升；(2)求加油前油箱剩余油量Q与行驶时间t的函数关系,并直接写出自变量t的取值范围；(3)如果加油站距目的地还有230千米,车速为40千米/时,要到达目的地,油箱中的油是否够用?请说明理由。20．（6分）已知一次函数y=kx+b的图象经过点（﹣1，﹣5）和（2，1），求一次函数的解析式．21．（6分）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，分别按下列要求画以格点为顶点三角形和平行四边形．（1）三角形三边长为4，3，；（2）平行四边形有一锐角为45°，且面积为1．22．（8分）把直线向上平移m个单位后，与直线的交点为点P．（1）求点P坐标用含m的代数式表示（2）若点P在第一象限，求m的取值范围．23．（8分）以四边形ABCD的边AB、AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和ADE，连接EB、FD，交点为G．(1)当四边形ABCD为正方形时(如图1)，EB和FD的数量关系是；(2)当四边形ABCD为矩形时(如图2)，EB和FD具有怎样的数量关系？请加以证明；(3)四边形ABCD由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，∠EGD是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图3中求出∠EGD的度数．24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于两点，其对称轴与轴交于点.（1）求抛物线的解析式和对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点，使的周长最小？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）连接，在直线的下方的抛物线上，是否存在一点，使的面积最大？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.25．（10分）如图，在正方形ABCD中，P是CD边上一点，DF⊥AP，BE⊥AP．求证：AE=DF．26．（10分）在读书月活动中，某校号召全体师生积极捐书，为了解所捐书籍的种类，图书管理员对部分书籍进行了抽样调查，根据调查数据绘制了如下不完整的统计图表．请你根据统计图表所提供的信息回答下面问题：某校师生捐书种类情况统计表种类

频数

百分比

A．科普类

12

n

B．文学类

14

35%

C．艺术类

m

20%

D．其它类

6

15%

（1）统计表中的m=，n=；（2）补全条形统计图；（3）本次活动师生共捐书2000本，请估计有多少本科普类图书？

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】

x2-1=(x+1)(x-1)，x2-2x+1=(x-1)2，所以公因式是：x-1，故选A.【点睛】本题考查多项式的公因式，解题的关键是把每一个多项式都因式分解.2、A【解析】

根据“600元单独购买甲种图书比单独购买乙种图书少10本”列出相应的分式方程，本题得以解决．【详解】由题意可得，，故选：A．【点睛】本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．3、C【解析】

根据加权平均数的计算公式计算可得．【详解】解：该校篮球队队员的平均年龄为：(岁)故答案为：C.【点睛】本题主要考查加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义和计算公式．4、D【解析】

首先将分子、分母进行因式分解，然后根据分式的基本性质约分．【详解】解：，故选D．5、D【解析】

由DE∥BC可得求出AE的长，由GF∥BN可得，将AE的长代入可求得BN．【详解】解：∵四边形DEFG是正方形，∴DE∥BC，GF∥BN，且DE=GF=EF=1，∴△ADE∽△ACB，△AGF∽△ANB，∴①，②，由①可得，，解得：，把代入②，得：，解得：，故选择：D.【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质得出AE的长是解题的关键．6、B【解析】

如图，作DH⊥OB于H．利用角平分线的性质定理即可解决问题．【详解】如图，作DH⊥OB于H．∵OC平分∠AOB，DE⊥OA，DH⊥OB，∴DE=DH=4，故选B．【点睛】本题考查角平分线的性质定理，解题的关键是学会添加常用辅助线．7、A【解析】

先把抛物线的解析式配成顶点式得到y＝（x﹣2）2+1，然后根据抛物线的性质即可求解．【详解】∵y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，∴抛物线的顶点坐标为（2，1）．故选A．【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数y=a（x-h）2+k的顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h，本题还考查了利用配方法化二次函数的一般式化为顶点式．8、A【解析】

据直角三角形斜边上中线性质求出斜边长，再根据直角三角形的面积公式求出面积即可．【详解】∵直角三角形的斜边上的中线为6cm，∴斜边为1×6=11（cm），∵直角三角形斜边上的高为5cm，∴此直角三角形的面积为×11×5=30（cm1），故选：A．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上中线性质的应用，注意：直角三角形斜边上中线等于斜边的一半．9、D【解析】

利用菱形的判定、平行四边形的判定、正方形的判定及矩形的性质逐一判断即可得答案.【详解】A.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该选项错误，B.矩形的对角线一定相等，但不一定垂直，故该选项错误，C.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故该选项错误，D.对角线相等的菱形是正方形，正确，故选D.【点睛】此题主要考查了菱形的判定、正方形的判定、平行四边形的判定及矩形的性质等知识，对角线互相垂直的平行四边形是菱形以及四条边相等的四边形是菱形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；对角线相等的菱形是正方形；熟练掌握相关判定方法及性质是解题关键．10、C【解析】

根据算术平方根的意义，可知=|a|＞0，故A不正确；根据一个数的平方为非负数，可知a≥0，故不正确；根据二次根式的有意义的条件可知-x≥0，求得x≤0，故正确；根据一个数的平方等于a，那么这个数就是a的平方根，故不正确.故选C二、填空题(每小题3分,共24分)11、90【解析】试题分析：设物理得x分，则95×60%+40%x=93，截得：x=90.考点：加权平均数的运用12、6【解析】

根据角平分线的定义和平行线的性质得到等腰三角形ABE和等腰三角形CDE和直角三角形BCE．根据直角三角形的勾股定理得到CE即可．【详解】解：∵BE和CE分别平分∠ABC和∠BCD，∴∠ABE＝∠EBC，∠DCE＝∠ECB，∵▱ABCD，∴AB∥CD，AB＝CD＝5，∴∠ABC+∠DCB＝180°，∠AEB＝∠EBC，∠DEC＝∠ECB，∴（∠ABC+∠DCB）＝90°，∠ABE＝∠AEB，∠DEC＝∠DCE，∴∠EBC+∠ECB＝90°，AB＝AE＝5，CD＝DE＝AB＝5，∴△EBC是直角三角形，AD＝BC＝AE+ED＝10根据勾股定理：CE＝．故答案为6【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．13、【解析】

根据x轴上点的纵坐标等于1，可得m值，根据有理数的加法，可得点P的坐标．【详解】解：因为点P（m+1，m-2）在x轴上，

所以m-2=1，解得m=2，

当m=2时，点P的坐标为（3，1），

故答案为（3，1）．【点睛】本题主要考查了点的坐标．坐标轴上点的坐标的特点：x轴上点的纵坐标为1，y轴上的横坐标为1．14、或1【解析】

解：当4和5都是直角边时，则第三边是；当5是斜边时，则第三边是；

故答案是：和1．15、>1【解析】

根据一元一次不等式的解法分别解出两个不等式，根据不等式的解集的确定方法得到不等式组的解集．【详解】，解不等式①，得x＞1，解不等式②，得x≥-2，所以不等式组的解集为：x＞1．故答案为：x＞1.【点睛】本题考查的是一元一次不等式组的解法，掌握确定解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．16、1．【解析】

先根据周角的定义求出正多边形③的每一个内角都是144°，由多边形的每一个内角都是144°先求得它的每一个外角是36°，然后根据正多边形的每个内角的度数×边数＝360°求解即可．【详解】解：360°−18°−18°＝144°，180°−144°＝36°，360°÷36°＝1．故答案为1．【点睛】本题主要考查的是多边形的内角与外角，明确正多边形的每个内角的度数×边数＝360°是解题的关键．17、1【解析】

由和平分，可证，从而可知为等腰三角形，则，由，，即可求出．【详解】解：中，AD//BC，平分故答案为1．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．18、x>1【解析】考点：解一元一次不等式．分析：先移项，再合并同类项，系数化为1即可．解：移项得，2x>5+1，合并同类项得，2x>6，系数化为1得，x>1．故答案为x>1．点评：本题考查的是解一元一次不等式，熟知不等式的基本性质是解答此题的关键．三、解答题(共66分)19、（1）5，24；（2）Q=42-6t（0≤t≤5）；（3）够用，见解析.【解析】

（1）观察函数图象，即可得出结论；再根据函数图象中t=5时，Q值的变化，即可求出中途加油量；（2）根据每小时耗油量=总耗油量÷行驶时间，即可求出机动车每小时的耗油量，再根据加油前油箱剩余油量=42-每小时耗油量×行驶时间，即可得出结论；（3）根据可行驶时间=油箱剩余油量÷每小时耗油量，即可求出续航时间，由路程=速度×时间，即可求出续航路程，将其与230比较后即可得出结论．【详解】解：（1）观察函数图象可知：机动车行驶5小时后加油；36-12=24（升），中途加油24升；（2）机动车每小时的耗油量为（42-12）÷5=6（升），∴加油前油箱剩余油量Q与行驶时间t的函数关系为Q=42-6t（0≤t≤5）；（3））∵加油后油箱里的油可供行驶11-5=6（小时），∴剩下的油可行驶6×40=240（千米），∵240＞230，∴油箱中的油够用．【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：（1）观察函数图象找出结论；根据数量关系，列式计算；（2）根据数量关系，列出函数关系式；（3）利用路程=速度×时间，求出可续航路程．20、y=2x﹣1【解析】

将点（1，5）和（1，1）代入可得出方程组，解出即可得出k和b的值，即得出了函数解析式．【详解】∵一次函数y=kx+b经过点（﹣1，﹣5）和（2，1），∴，解得：，∴这个一次函数的解析式为y=2x﹣1．【点睛】考查待定系数法求函数解析式，关键是要掌握待定系数法的步骤：（1）写出函数解析式的一般式,其中包括未知的系数；（2）把自变量与函数的对应值代入函数解析式中,得到关于待定系数的方程或方程组.（1）解方程（组）求出待定系数的值,从而写出函数解析式.这节课我们进一步研究二次函数解析式的求法.．21、（1）见解析；（2）见解析.【解析】分析：(1)4在网格线上，3是直角边为3的直角三角形的斜边，是直角边分别为1和3的直角三角形的斜边；(2)先构造一个直角边为2的等腰直角三角形，以此为基础再构造平行四边形.详解：(1)图(1)即为所求；(2)图(2)即为所求.点睛：本题考查了勾股定理，在格点中，可结合网格中的直角构造直角三角形，一般有理数可用网格线表示，无理数可表示为直角三角形的斜边，勾股定理确定它的两条直角边.22、（1）；（2）m>1.【解析】

根据“上加下减”的平移规律求出直线向上平移m个单位后的解析式，再与直线联立，得到方程组，求出方程组的解即可得到交点P的坐标；根据第一象限内点的坐标特征列出不等式组，求解即可得出m的取值范围．【详解】解：直线向上平移m个单位后可得：，联立两直线解析式得：，解得：，即交点P的坐标为；点P在第一象限，，解得：．【点睛】考查了一次函数图象与几何变换、两直线的交点坐标，注意第一象限的点的横坐标大于1、纵坐标大于1．23、（1）EB=FD，（2）EB=FD，证明见解析；（3）不变，等于60°.【解析】

（1）EB=FD，利用正方形的性质、等边三角形的性质和全等三角形的证明方法可证明△AFD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到EB=FD；

（2）当四边形ABCD为矩形时，EB和FD仍旧相等，证明的思路同（1）；

（3）四边形ABCD由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，∠EGD不发生变化，是一定值，为60°．【详解】解：（1）EB=FD，理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∵以四边形ABCD的边AB、AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和ADE，∴AF=AE，∠FAB=∠EAD=60°，∵∠FAD=∠BAD+∠FAB=90°+60°=150°，∠BAE=∠BAD+∠EAD=90°+60°=150°，∴∠FAD=∠BAE，在△AFD和△ABE中，，∴△AFD≌△ABE，∴EB=FD；（2）EB=FD．证：∵△AFB为等边三角形∴AF=AB，∠FAB=60°∵△ADE为等边三角形，∴AD=AE，∠EAD=60°∴∠FAB+∠BAD=∠EAD+∠BAD，即∠FAD=∠BAE∴△FAD≌△BAE∴EB=FD；（3）解：同（2）易证：△FAD≌△BAE，∴∠AEB=∠ADF，设∠AEB为x°，则∠ADF也为x°于是有∠BED为（60﹣x）°，∠EDF为（60+x）°，∴∠EGD=180°﹣∠BED﹣∠EDF=180°﹣（60﹣x）°﹣（60+x）°=60°．24、（1），抛物线的对称轴是；（2）点坐标为.理由见解析；（3）在直线的下方的抛物线上存在点，使面积最大.点的坐标为.【解析】

（1）根据点B，C的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式，再利用二次函数的性质可求出抛物线的对称轴；（2）连接交对称轴于点，此时的周长最小,利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，由点，B的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点P的坐标；（3）过点N作NE∥y轴交AC于点E，交x轴于点F，过点A作AD⊥NE于点D，设点N的坐标为（t，t2-t+4）（0＜t＜5），则点E的坐标为（t，-t+4），进而可得出NE的长，由三角形的面积公式结合S△CAN=S△NAE+S△NCE可得出S△CAN关于t的函数关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题．【详解】（1）根据已知条件可设抛物线的解析式为，∴，∴抛物线的对称轴是；（2）点坐标为.理由如下：∵点（0，4），抛物线的对称轴是，∴点关于对称轴的对称点的坐标为（6，4），如图1，连接交对称轴于点，连接，此时的周长最小.设直线的解析式为，把（6，4），（1，0）代入得，解得，∴，∵点的横坐标为3，∴点的纵坐标为，∴所求点的坐标为.（3）在直线的下方的抛物线上存在点，使面积最大.设点的横坐标为，此时点，如图2，过点作轴交于；作于点，由点（0，4）和点（5，0）得直线的解析式为，把代入得，则，此时，∵，∴，∴当时，面积的最大值为，由得，∴点的坐标为.【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、轴对称-最短路径问题、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点之间线段最短，确定点P的位置；（3）利用三角形的面积公式结合S△CAN=S△NAE+S△NCE，找出S△CAN关于t的函数