2022-2023学年八年级数学下学期期末模拟预测卷03（解析版）

2022-2023学年八年级数学下学期期末模拟预测卷03（考试时间：100分钟试卷满分：120分）考生注意：本试卷27道试题，满分120分，考试时间100分钟．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息．一．选择题（共10小题每题3分，满分30分）1．（2020春·北京·八年级昌平一中校考期末）下列图形中，是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据中心对称图形的定义逐个判断即可．【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、是中心对称图形，故本选项符合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了对中心对称图形的定义，能熟知中心对称图形的定义是解此题的关键．2．（2022秋·北京·八年级北师大实验中学校考期末）已知分式的值为0，则（

）A．1 B． C．1或 D．0【答案】B【分析】根据分式的值为0的条件及分式有意义的条件列出关于的不等式组，求出的值即可．【详解】解：∵分式的值为0，∴，解得．故选：B．【点睛】本题考查的是分式的值为0的条件，熟知分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零是解答此题的关键．3．（2023秋·北京西城·八年级统考期末）如图，在中，，的度数为α．点P在边上（点P不与点B，点C重合），作于点D，连接，取上一点E，使得，连接，并延长交于点F之后，有．若记的度数为x，则下列关于的表达式正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由等腰三角形的性质求出，由三角形外角的性质可求，由平角的定义即可求出．【详解】∵∴∴∵∴∴∵∴∴∵∴．故选：B．【点睛】此题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，解题的关键是掌握以上知识点．4．（2020春·北京·八年级北京市第二中学分校校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕B点C顺时针旋转至△AB'C使得点A恰好落在AB上，则旋转角度为（

）A．30° B．60° C．90° D．150°【答案】B【分析】先利用互余得到∠A=60°，再根据旋转的性质得CA′=CA，∠ACA′等于旋转角，然后判断△ACA′为等边三角形得到∠ACA′=60°，从而得到旋转角的度数．【详解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠A=60°，∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，∴CA′=CA，∠ACA′等于旋转角，∴△ACA′为等边三角形，∴∠ACA′=60°，即旋转角度为60°．故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．本题的关键是证明△ACA′为等边三角形，5．（2020春·北京·八年级昌平一中校考期末）如果一个多边形的内角和等于720°，则这个多边形是(

)A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形【答案】C【详解】试题分析：这个正多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=720°，解得：n=6．则这个正多边形的边数是6．故选C．考点：多边形内角与外角．6．（2020春·北京·八年级人大附中校考期末）如图，平行四边形ABCD的周长为52cm，对角线AC与BD交于点O，是BC的中点，的周长比的周长多6cm，则AE的长度是()A．8cm B．5cm C．4cm D．3cm【答案】A【分析】由▱ABCD的周长为52cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，可得AB+AD=26cm，AD-AB=6cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．【详解】∵▱ABCD的周长为52cm，∴AB+AD=26cm，OB=OD，∵△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，∴（OA+OD+AD）-（OA+OB+AB）=AD-AB=6cm，∴AB=10cm，AD=16cm．∴BC=AD=16cm．∵AC⊥AB，E是BC中点，∴AE=BC=8cm；故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．7．（2023秋·辽宁抚顺·八年级统考期末）若关于x的方程的解为负数，则m的取值范围是（

）A． B．C．且 D．且【答案】D【分析】先银分式方程求得解为，再根据方程银为负数和分式有意义条件列不等式求解即可．【详解】解：，，，∵原方程解为负数，∴，∴，∵，∴，∴，∴且，故选：D．【点睛】本题考查解分式方程，熟练掌握根据分式方程解的情况求参是解题的关键．8．（2023秋·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考期末）已知，则多项式的值为（

）A．24 B．18 C． D．【答案】D【分析】先将进行因式分解，然后整体代入求值即可．【详解】解：∵，∴．故选：D．【点睛】本题主要考查了代数式求值以及因式分解的应用，解决本题关键是正确完成分解因式．9．（2021春·北京·八年级北京东方德才学校校考期末）若关于的一元一次不等式组恰有3个整数解，且一次函数不经过第三象限，则所有满足条件的整数的值之和是（）A． B． C．0 D．1【答案】C【分析】根据关于x的一元一次不等式组恰有3个整数解，可以求得a的取值范围，再根据一次函数不经过第三象限，可以得到a的取值范围，结合不等式组和一次函数可以得到最后a的取值范围，从而可以写出满足条件的a的整数值，然后相加即可．【详解】解：由不等式组，得，∵关于x的一元一次不等式组恰有3个整数解，∴，解得-3＜a≤1，∵一次函数y=（a-2）x+a+1不经过第三象限，∴a-2＜0且a+1≥0，∴-1≤a＜2，又∵-3＜a≤1，∴-1≤a≤1，∴整数a的值是-1，0，1，∴所有满足条件的整数a的值之和是：-1+0+1=0，故选：C．【点睛】本题考查一次函数的性质、一元一次不等式组的整数解，解答本题的关键是明确题意，求出a的取值范围，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．10．（2022春·安徽滁州·八年级校考期末）□中，的角平分线交线段于点，，点是中点，连接，过点作，垂足为，设，若□的面积为8，的长为整数，则整数的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．1或3【答案】C【分析】根据题意和平行四边形的性质，可以得到和的关系，然后根据□的面积为8，的长为整数，从而可以得到整数的值．【详解】解：如图所示，延长交于点，∵四边形是平行四边形，，∴，，∴，∵点是中点，∴，在和中，∴，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵□的面积为8，的长为整数，∴，即：，∴整数为0或1或3．当时，，不符合题意，舍去；当时，，，则此时平行四边形的面积不可能是8，故舍去；∴．故选：C．【点睛】本题考查平行四边形的性质和面积，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，不定方程等知识．解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．二．填空题（共8小题，每题3分，满分24分）11．（2020春·北京·八年级北京市第二中学分校校考期末）如图，在中，，D是AB的中点，若，则的度数为________．【答案】52°【分析】根据直角三角形的性质得AD=CD，由等腰三角形性质结合三角形外角性质可得答案.【详解】∵∠ACB=90°，D是AB上的中点，∴CD=AD=BD，∴∠DCA=∠A=26°，∴∠BDC=2∠A=52°.故答案为52°.【点睛】此题考查了直角三角的性质及三角形的外角性质，掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质是解题的关键.12．（2022春·北京延庆·八年级统考期末）平面直角坐标系中，直线与相交于点，下列结论中正确的是________（填写序号）．①关于x，y的方程组的解是；②关于x的不等式的解集是；③．【答案】①②/②①【分析】根据一次函数的性质、一次函数与方程组、一次函数与不等式的关系，利用数形结合的思想求解．【详解】解：直线与相交于点，关于，的方程组的解是，故①的结论正确；由图知：当时，函数对应的点都在函数下方，因此关于的不等式的解集是：，故②的结论正确；由图知：当时，函数图象对应的点在轴的上方，因此，故③的结论不正确；故答案为：①②．【点睛】本题考查了一次函数与方程组，一次函数与不等式（组的关系及数形结合思想的应用，解题的关键是仔细观察图形，注意几个关键点，利用数形结合进行求解．13．（2023秋·江西抚州·八年级临川一中校考期末）在中，，D为形内一点，以为腰作等腰，使，连接，若分别是的中点，，则的长为_______．【答案】2【分析】如图，连接，取的中点F，连接，先证明，得，根据三角形的中位线定理可得，，由平行线的性质和三角形的内角和定理可得，所以是等边三角形，可得结论．【详解】解：如图，连接，取的中点F，连接，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∵M是的中点，F是的中点，∴是的中位线，∴，∴，同理得，，，，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识的综合运用，解题的关键是证明△FMN是等边三角形．14．（2023秋·山东淄博·八年级校考期末）若关于的分式方程无解，则的值为__．【答案】10或或3【分析】分式方程无解的情况有两种：（1）原方程存在增根；（2）原方程约去分母后，整式方程无解．【详解】解：（1）为原方程的增根，此时有，即，解得；（2）为原方程的增根，此时有，即，解得．（3）方程两边都乘，得，化简得：．当时，整式方程无解．综上所述，当或或时，原方程无解．故答案为：10或或3．【点睛】本题考查的是分式方程的解，解答此类题目既要考虑分式方程有增根的情形，又要考虑整式方程无解的情形．15．（2023秋·湖北武汉·八年级校考期末）已知关于x的多项式，下列四个结论：①当时，，则；②若，则多项式有一个因式是；③若，则多项式的最小值是0；④若，则．其中正确的是___________（填写序号）．【答案】①②④【分析】①将代入，即可判断；②当时，，即可判断；③，根据平方的非负性，即可判断；④当时，；时，，则，即可判断．【详解】①将代入，得，所以①正确；②若，则当时，，则多项式有一个因式是；所以②正确③，时，时，∴若，则多项式的最值是0，所以③错误；④∴当时，当时，∴∴所以④正确故答案为：①②④【点睛】本题考查多项式求值、平方的非负性，因式分解的应用，解题的关键是明确．16．（2023秋·重庆沙坪坝·八年级重庆一中校考期末）如图，在中，，，P为内一点，且，，，则的面积为______．【答案】【分析】把绕点逆时针旋转90°得到，根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出，，然后判断出，与是直角三角形；在直角三角形中，根据勾股定理求出,在直角三角形中，根据勾股定理求出,再求出,最后根据面积公式求出即可．【详解】解：如图，把绕点逆时针旋转90°得到，根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，，，，，在直角三角形中故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出等腰直角三角形和直角三角形是解题的关键．17．（2023秋·重庆江北·九年级字水中学校考期末）王老板预定了一批羊排、羊腿、精品单肉，第一批预定羊排的数量（斤）是精品羊肉的2倍，羊腿的数量（斤）是羊排、精品羊肉的数量之和．由于品质优良预订量暴增，王老板按照相同的价格加紧采购了第二批，其中第二批羊腿的数量占第二批总数量的，此时两批羊腿总数量达到了羊排、羊腿、精品羊肉三种总量的，而羊排和精品羊肉的总数量之比为，若羊排、羊腿、精品羊肉的成本价分别为50元、42元、38元，羊排的售价为每斤64元，销售中，王老板为回馈顾客，将两批羊排总量的送邻居免费品尝，其余羊排、羊腿、精品羊肉全部实完，总利润率为，且羊腿的销售单价不高于羊排、精品羊肉销售单价之和的，则精品羊肉的单价最低为________元．【答案】40【分析】设第一批精肉的数量为x斤，则羊排数量为斤，羊腿数量为斤，设第二批总重量为y斤，则第二批羊腿重量为斤，根据题意，得，求得，从而求得第二批羊排重量为斤，精肉重量为斤，总成本为，设羊排价格为m元，精肉价格为n元，则总利润为，根据题意，得，，求n的最小值即可．【详解】解：设第一批精肉的数量为x斤，则羊排数量为斤，羊腿数量为斤，设第二批总重量为y斤，羊排重量为a斤，则第二批羊腿重量为斤，根据题意，得，解得，∵羊排和精品羊肉的总数量之比为，∴，解得，∴精肉重量为斤，∴总成本为元，设羊腿价格为m元，精肉价格为n元，则总利润为元，根据题意，得：，解得，∵羊腿的销售单价不高于羊排、精品羊肉销售单价之和的，∴，解得，∴n的最小值为40．故答案为：40．【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用（利润问题），最值问题，正确理解题意，合理设未知数，列出符合题意的等式，不等式是解题的关键．18．（2023秋·四川成都·八年级四川省成都市七中育才学校校考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知，，点A的坐标为，若直线沿x轴平移m个单位后与仍有公共点，则m的取值范围是______．【答案】/【分析】根据题意画出图形，求出点B的坐标，再求出过点A和点B且与直线平行的直线解析式，分别求出与x轴的交点坐标即可解决问题．【详解】解：过点A作轴于点E，过点B作于点F，如图，，根据勾股定理得，，又对于，当时，，，∴直线与轴的交点坐标为；设过点A且与直线平行的直线解析式为，把代入，得：，，，当时，，∴直线与轴的交点坐标为设过点B且与直线平行的直线解析式为把代入得：，当时，，，与轴的交点坐标为∴直线沿x轴平移m个单位后与仍有公共点，则m的取值范围是，即，故答案为：【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数图像的平移，求出直线与x轴的交点坐标是解答本题的关键三．解答题（共9小题，满分66分）19．（2022春·北京朝阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，点E，F分别是边，的中点．求证：．【答案】详见解析【分析】先根据平行四边形的性质，得，再证明四边形是平行四边形即可．【详解】证明：在平行四边形中，，∵点E，F分别是边，的中点，∴，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质及判定，熟练运用平行四边形的性质及判定推理论证是本题的关键．20．（2023秋·北京密云·八年级统考期末）交通是经济的脉络和文明的纽带．截至2020年底，我国高速铁路运营里程五年间翻了近一番，稳居世界第一，居民出行更加便捷．据悉，甲乙两城市相距800千米，乘坐高铁列车比乘坐普通列车的运行时间缩短了4小时，已知高铁列车的平均速度是普通列车平均速度的2.5倍，求高铁列车的平均速度．【答案】【分析】设普通列车的平均速度为，则高铁列车的平均速度为，根据乘坐高铁列车比乘坐普通列车的运行时间缩短了4小时列分式方程求解．【详解】解：设普通列车的平均速度为，则高铁列车的平均速度为，解得：，经检验：是原分式方程的解，且符合实际意义，∴，答：高铁列车的平均速度为．【点睛】此题考查了分式方程的应用，正确理解题意找到等量关系列得方程是解题的关键．21．（2022秋·北京丰台·八年级期末）观察下列算式，完成问题：算式①：算式②：算式③：算式④：……(1)按照以上四个算式的规律，请写出算式⑤：_________；(2)上述算式用文字表示为：“任意两个连续偶数的平方差都是4的奇数倍”．若设两个连续偶数分别为和（为整数），请证明上述命题成立；(3)命题“任意两个连续奇数的平方差都是4的奇数倍”是否成立？若成立，请证明；若不成立，请举出反例．【答案】(1)(2)见解析(3)不成立，反例见解析【分析】（1）根据题意写出算式⑤，即可；（2）利用平方差公式进行因式分解，即可；（3）设两个连续奇数分别为和（为整数），利用平方差公式进行因式分解，即可．【详解】（1）解：根据题意得：算式⑤：；故答案为：（2）解：设两个连续偶数分别为和（为整数），，∵是4的奇数倍，∴任意两个连续偶数的平方差都是4的奇数倍；（3）解：不成立，设两个连续奇数分别为和（为整数），∵是偶数，∴任意两个连续奇数的平方差不是4的奇数倍，例如：是4的2倍，不是奇数倍．【点睛】本题考查了因式分解——平方差公式的应用，有理数的混合运算，合理应用公式是解决本题的关键．22．（2023秋·北京石景山·八年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，将格点绕某点逆时针旋转角（）得到格点，点A与点E，点O与点C，点B与点D是对应点．(1)请通过画图找到旋转中心，将其标记为点M，并写出点M的坐标；(2)直接写出旋转角的度数．【答案】(1)画图见解析，(2)【分析】（1）画出对应点连线段和的垂直平分线的交点M，即为旋转中心，从而得到坐标；（2）根据对应点A和E与旋转中心M的连线所成的角即为旋转角，由图像可直接得出．【详解】（1）解：如图，旋转中心M即为所求，；（2）∵逆时针旋转，∴旋转角为．【点睛】本题考查了旋转画图，旋转中心和旋转角，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．23．（2022秋·北京海淀·八年级校考期末）王嘉和张淇两位同学进行100米长跑比赛，王嘉同学在比赛时不小心摔了一跤，浪费了5秒钟．事后，王嘉说：“我俩所用时间的和为60秒．”张淇同学说：“如果不算王嘉摔跤所浪费的时间，他跑完全程的平均速度是我跑完全程平均速度的倍．”据此信息，请你判断哪位同学获胜？两人跑完全程的时间相差多少秒？【答案】王嘉同学获胜，两人跑完全程的时间相差秒【分析】设王嘉同学跑完全程的时间是x秒，则张淇同学跑完全程的时间是秒，利用速度=路程÷时间，结合“如果不算王嘉摔跤所浪费的时间，他跑完全程的平均速度是淇淇跑完全程平均速度的倍”，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出王嘉同学跑完全程的时间，及张淇同学跑完全程的时间，二者比较做差后，即可求出结论．【详解】解：设王嘉同学跑完全程的时间是x秒，则张淇同学跑完全程的时间是秒，根据题意得：，解得：，经检验，是所列方程的解，且符合题意，．，（秒），∴王嘉同学获胜，两人跑完全程的时间相差秒．【点睛】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．24．（2023秋·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）材料一：若a是正整数，a除以13的余数为1，则称a是“映辰数”例如：14是正整数，且，则14是“映辰数”；41是正整数，且，则41不是“映辰数”材料二：对于任意四位正整数p，p的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，规定：请根据以上材料，解决下列问题：(1)判断：300，1029是不是“映辰数”，并说明理由．(2)若四位正整数q是“映辰数”，q的千位数字比百位数字少1，千位数字与百位数字的和不大于4，且是有理数，求所有满足条件的q．【答案】(1)300是“映辰数”，1029不是“映辰数”，理由见解析；(2)或【分析】（1）根据定义进行判断；（1）设q的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，根据题意，按要列出题目中所有条件的等式及不等式，找到符合条件的“映辰数”，然后计算，判断其是否为有理数即可确定q的值．【详解】（1）300是“映辰数”，1029不是“映辰数”，理由：∵，∴300是“映辰数”，1029不是“映辰数”，（2）设q的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，则由题意可知：，且（为正整数）∴，，即：，则：∴为正整数，即：则：，∴13，26，39，52，65，78，91，当时，，，，则：，不存在，不符合要求；当时，，，，则：，不存在，不符合要求；当时，，，，则：，∴，符合要求；当时，，，，则：，∴为无理数，不符合要求；当时，，，，则：，不存在，不符合要求；当时，，，，则：，∴为无理数，不符合要求；当时，，，，则：，∴，符合要求；故或．【点睛】此题主要考查了新定义，不等式的应用及算术平方根，灵活应用新定义是解本题的关键．25．（2023春·全国·八年级期末）课本第7页介绍：美国总统伽菲尔德利用图1验证了勾股定理，直线l过等腰直角三角形的直角顶点C：过点A作于点D，过点B作于点E研究图形，不难发现：．（无需证明）：(1)如图2，在平面直角坐标系中，等腰，，，点C的坐标为，A点的坐标为，求B点坐标；(2)如图3，在平面直角坐标系中，直线：分别与y轴，x轴交于点A，B，将直线绕点A顺时针或逆时针旋转得到，请任选一种情况求的函数表达式；(3)如图4，在平面直角坐标系，点，过点B作轴于点A，作轴于点C，P为线段上的一个动点，点位于第一象限．问点A，P，Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由．【答案】(1)(2)顺时针：；逆时针：(3)能，【分析】（1）如图1，过点轴于E．证明推出，可得；（2）①若将直线绕点A顺时针旋转得到，过点B作交直线于点C，过点C作轴交于点D，由（1）的模型可得，求出，再由待定系数法求函数的解析式；②若将直线绕点A逆时针旋转得到，仿照①中方法求解即可；（3）分两种情况讨论：当Q点下方时，过Q点作轴交y轴于点E，交于点F，由（1）的模型可得，，可得，，再由，求出（舍）；当Q点在上方时，同理可得，，再由，可求．【详解】（1）解：如图2，过点轴于E，∵点C的坐标为，A点的坐标为，∴，，∵等腰，，，又∵轴，∴，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴；（2）解：①若将直线绕点A顺时针旋转得到，如图3，过点B作交直线于点C，过点C作轴交于点D，∵，∴，由（1）的模型可得，∵与x轴的交点，，∴，，∴，设直线的解析式为，∴，解得，∴；②若将直线绕点逆时针旋转得到，如图，过点B作交直线于点C，过点C作轴交于点D，∵，∴，由（1）的模型可得，∵与x轴的交点，，∴，，∴，设直线的解析式为，∴，解得，∴；（3）解：点A，P，Q能构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，理由如下：当Q点下方时，过Q点作轴交y轴于点E，交于点F，由（1）的模型可得，，∴，，∵，∴，，∵点，∴，，∵，∴，解得，∴，∵Q点在第一象限，∴（舍）；当Q点在上方时，如图5，同理可得，，∵，∴，解得．综上所述：a的值为．【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质和判定，坐标与图形性质等知识；解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形，结合坐标与图形性质解决问题，属于压轴题．26．（2022秋·北京海淀·八年级校考期末）在中，，为内一点，连接，，延长到点，使得．(1)如图