苏州卷-2023-2024学年苏科版八年级下学期数学期末模拟试卷（含答案解析）

2023-2024学年八年级数学下学期期末模拟苏州卷注意事项：1．考试时间：120分钟试卷满分：130分。本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：八下数学全章+九年级（一元二次方程+相似）。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。1．若代数式有意义，则实数x的取值范围是（

）A．x≠0 B．x≠1 C．x＞0 D．x＞12．不透明的口袋中装有10个黄球和若干个白球，它们除颜色外完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到白球的频率稳定在0.6附近，估计口袋中白球大约有（）A．12个 B．15个 C．18个 D．20个3．如图，已知∠A，按以下步骤作图，如图1～图3．（1）以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点B、D；（2）分别以点B，D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；（3）分别连接，

则可以直接判定四边形ABCD是菱形的依据是（）A．一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是菱形4．当时，代数式的值是（

）A． B．1 C． D．5．如图，在中，D、E、F分别是边、、的中点，于点H，若，则的长为（

）A．6 B． C．8 D．106．已知关于的方程（为常数，）的解是，，那么方程的解为（）A．B．C．D．7．在世纪年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所作将矩形窗框分为上下两部分，其中为边的黄金分割点，即．已知为米，则线段的长为（

）．A．米 B．米 C．米 D．米8．如图，点E为正方形外一点，连接，连接并延长，与的角平分线交于点F，若，则的长度为（

）A． B． C．5 D．5.5第Ⅱ卷二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。9．计算的结果为．10．已知m为方程的一个根，则代数式的值是．11．某校学生“亚运知识”竞赛成绩的频数分布直方图（每一组含前一个边界值）如图所示，期中成绩在分以上的学生有人．某校学生“亚运知识”竞赛成绩的频数直方图12．已知反比例函数的图象上有两点，若，则m的取值范围为．13．凸透镜成像的原理如图所示，．若焦点到物体的距离与焦点到凸透镜中心线的距离之比为，则物体被缩小到原来的．14．元代的《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著．该著有一道“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽、每株椽钱三文足，无钱准与一株椽”．大意是：用6210文钱买一批椽．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设6210元能够买珠椽，则列出分式方程为．15．如图，，，点E、F分别在边、上，点G为线段上一动点，过点G作EF的垂线分别交、于点M、N．若线段恰好平分矩形的面积，且则的长为．16．中，，，点M为边上一动点，将线段绕点O按逆时针方向旋转至，连接，则周长的最小值为．三、解答题：本题共11小题，共82分。17．（4分）计算：．18．（5分）解方程：．19．（5分）先化简，再求值：，其中．20．（6分）如图，已知：D是的边上一点，点E在外部，且，，交于点F．（1）求证：；（2）如果，求证：．21．（6分）为落实“双减”政策，某校利用课后服务开展了“书香校园”的读书活动，活动中，为了解学生对书籍种类（A：艺术类，B：科技类，C：文学类，D：体育类）的喜欢情况，在全校范围内随机抽取若干名学生，进行问卷调查（每个被调查的学生必须选择而且只能在这四种类型中选择一项）将数据进行整理并绘制成两幅不完整的统计图．（1）这次调查中，一共调查了名学生；（2）在扇形统计图中，“D”部分所对应的圆心角的度数为度；（3）补全条形统计图．（4）若全校有2000名学生，请估计喜欢B（科技类）的学生有多少名？22．（6分）如图1，，平分，且交于点，平分，且交于点，连接．（1）求证：四边形是菱形；（2）如图2，若交于点，且，，求菱形的边长．23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于两点，与x轴相交于点C，已知点的坐标分别为和．（1）求一次函数和反比例函数的解析式；（2）请直接写出不等式的解集；（3）点P为反比例函数图象上的任意一点，若，求点P的坐标．24．（9分）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形四个顶点都是格点，E是上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．

（1）在图（1）中，先将线段绕点B顺时针旋转，画对应线段，再在上画点G，并连接，使；（2）在图（2）中，M是与网格线的交点，先画点M关于的对称点N，再在上画点H，使得四边形为菱形．25．（10分）综合与实践数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形中，已知，求证：．甲小组同学的证明思路如下：由同角的余角相等可得．再由，，证得（依据：________），从而得．乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知，同样可证得，证明思路如下：由，可证得，可得，再根据角的等量代换即可证得．完成任务：（1）填空：上述材料中的依据是________（填“”或“”或“”或“”）【发现问题】同学们通过交流后发现，已知可证得，已知同样可证得，为了验证这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究．【迁移探究】（2）在正方形中，点E在上，点M，N分别在上，连接交于点P．甲小组同学根据画出图形如图2所示，乙小组同学根据画出图形如图3所示．甲小组同学发现已知仍能证明，乙小组同学发现已知无法证明一定成立．①在图2中，已知，求证：；②在图3中，若，则的度数为多少?【拓展应用】（3）如图4，在正方形中，，点E在边上，点M在边上，且，点F，N分别在直线上，若，当直线与直线所夹较小角的度数为时，请直接写出的长．26．（11分）【基础巩固】（1）如图1，在中，D、E、F分别为上的点，交于点G，求证：；【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值；【拓展提高】（3）如图3，在平行四边形中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长．27．（12分）概念引入定义：平面直角坐标系中，若点满足：，则点P叫做“复兴点”．例如：图①中的是“复兴点”．（1）在点，，中，是“复兴点”的点为；初步探究（2）如图②，在平面直角坐标系中，画出所有“复兴点”的集合．深入探究（3）若反比例函数的图像上存在4个“复兴点”，则k的取值范围是．（4）若一次函数的图像上存在“复兴点”，直接写出“复兴点”的个数及对应的k的取值范围。参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。1．B【分析】本题考查了分式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握分式中分母不能为0，依据分母不能为0即可解答。【详解】解：代数式有意义，∴x-1≠0，解得：x≠1，故选：B．2．B【分析】本题主要考查了利用频率估计概率．设口袋中白球大约有x个，根据概率公式列出算式，再进行计算即可得出答案．【详解】解：设口袋中白球大约有x个，∵摸到白色球的频率稳定在0.6左右，∴，解得：，经检验，是原方程的解，∴估计口袋中白球大约有15个．故选：B3．D【分析】此题重点考查尺规作图、菱形的判定定理等知识．由作图得，即可根据“四条边相等的四边形是菱形”证明四边形是菱形，于是得到问题的答案．【详解】解：由作图得，，∴，∵四条边相等的四边形是菱形，∴四边形是菱形，故选：D．4．C【分析】本题考查的是二次根式的化简，直接利用，再化简绝对值即可．【详解】解：∵，∴，故选C5．C【分析】本题综合考查了三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线．三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．利用三角形中位线定理知；然后在直角三角形中根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，即可解答．【详解】解：∵E、F分别是、的中点，∴是的中位线，∴（三角形中位线定理）；又∵D是线段的中点，，∴，∴．故选：C．6．D【分析】此题主要考查了方程解的定义，把后面一个方程中的看作整体，相当于前面一个方程中的求解，注意由两个方程的特点进行简便计算．【详解】解：∵关于的方程（为常数，）的解是，，∴方程变形为：，即或，解得：或，故选：D．7．B【分析】本题考查了解一元二次方程，黄金分割．设，则，根据求出的值，即可求解．【详解】解析：∵，设，则，∵，∴，即，解得：，（舍去），∴线段的长为米．故选：B．8．C【分析】过点B作，垂足为点G，连接，将绕点B逆时针旋转使得与重合，点F落在处，根据正方形得到，利用等腰三角形三线合一的性质求出，由勾股定理即可求出，证明，推出三点共线，根据旋转的性质及等腰三角形的性质易得，根据等腰三角形的性质，求得，即可求出的长度．【详解】解：过点B作，垂足为点G，连接，将绕点B逆时针旋转使得与重合，点F落在处，正方形得到，是等腰三角形，，，平分，，，，，，由旋转的性质得：，，三点共线，由旋转的性质得：，，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，．故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，作出正确的辅助线，求得是解题的关键．二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。9．【分析】本题考查了二次根式的乘法．根据二次根式的乘法运算法则计算即可求解．【详解】解：，故答案为：．10．【分析】本题主要考查了一元二次方程的解等知识点，先根据方程解的定义，化简关于m的方程，然后整体代入求值，掌握方程解的定义和整体代入的思想方法是解决本题的关键．【详解】∵m为方程的一个根，∴，∴，∴，故答案为：．11．140【分析】本题考查了频数分布直方图，根据频数分布直方图即可求解，能从统计图获取信息是解题的关键．【详解】解：由频数分布直方图可得，期中成绩在80分以上的学生有人，故答案为：140．12．【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，掌握反比例函数的性质是解题的关键．反比例函数的图象上有两点，且，得到关于的不等式，即可得到答案．【详解】解：∵，∴反比例函数的图象在一、三象限，且在每个象限随的增大而减小，若点在同一象限，，，若点在不同象限，则不成立，故实数的取值范围是．故答案为：．13．【分析】本题考查了相似三角形的应用，从实际问题中找到相似三角形并用相似三角形的性质进行解答是解题的关链；先证出四边形为矩形，得到，再根据，求出，从而得到物体被缩小到原来的几分之几；【详解】解：由题意知，，，，四边形是矩形，，，，，，物体被缩小到原来的，故答案为：；14．【分析】本题考查了从实际问题中抽象出分式方程，正确理解题意找出等量关系是解题关键．设6210元购买椽的数量为株，根据单价总价数量，求出一株椽的价钱为，再根据少拿一株椽后剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，即可列出分式方程，得到答案．【详解】解：设6210元购买椽的数量为株，则一株椽的价钱为，由题意得：，故答案为：．15．/【分析】先判断过矩形的对称中心，过点D作交于点I，过点C作交于点H，，证明，从而求出，在中求出，进而求即可．【详解】如图，连接，交于O，∵线段恰好平分矩形的面积，∴O是矩形的对称中心，∴，过点D作交于点I，过点C作交于点H，∵四边形是矩形，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴，同理可得，，∵，∴，∴，∴，∵∴，∴，∴，∴，在中，，∴；故答案为：．【点睛】本题考查的是矩形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线，确定相似三角形，再利用相似三角形的性质解决问题是关键．16．/【分析】如图，作于H，交延长线于J．证明，推出，推出点N的运动轨迹是线段，该线段所在的直线与直线平行，在的下方，与的距离是1，作点C关于该直线的对称点，连接交该直线于，连接，此时的周长最小，作于G，在中，，则，求出，得到，则，在中，，则的周长的最小值为．【详解】解：如图，作于H，交延长线于J,∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∴，由旋转的性质可知，∴，∴，又∵，∴，∴，∴点N的运动轨迹是线段，该线段所在的直线与直线平行，在的下方，与的距离是1，作点C关于该直线的对称点，连接交该直线于，连接，此时的周长最小，作于G，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴的周长的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轴对称，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．解答题：本题共11小题，共82分。17．【分析】本题考查了二次根式的混合运算．根据平方差公式、零次幂、绝对值的性质计算即可求解．【详解】解：．18．【分析】本题考查解分式方程．根据题意等式两边同时乘以，将分式方程变成整式方程，移项合并同类项即可．【详解】解：，方程两边都乘，得，，，经检验，是原方程的根．19．【分析】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．根据分式的乘法法则、减法法则把原式化简，把a的值代入计算得到答案．【详解】解：原式当时，原式．20．（1）见解析；（2）见解析【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．（1）由得到，根据“角边角”推得，即可证得答案；（2）先证明，得到，再证明，得到，所以，由此即得答案．【详解】（1），，，，，，；（2），，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．21．（1）200；（2）54；（3）详见解析；（4）喜欢B（科技类）的学生约有700人【分析】此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的应用，正确利用条形统计图得出正确信息是解题关键．（1）根据类的人数和所占的百分比，即可求出总人数；（2）用整体1减去、、类所占的百分比，即可求出扇形统计图中“”所在扇形的圆心角的度数（3）先求出所占的百分比；用总人数乘以所占的百分比，求出的人数，从而补全图形；（4）总人数乘以样本中所占百分比即可得．【详解】（1）（名，故答案为：200；（2）所占百分比为，扇形统计图中“”所在扇形的圆心角的度数为：，故答案为：54；（3）所占的百分比是，的人数是：（名，补图如下：（4）（名，答：估计喜欢（科技类）的学生大约有700名．22．（1）见解析；（2）5【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．（1）由平行线的性质及角平分线的定义证出，得出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理可得出结论；（2）由直角三角形的性质，由勾股定理可得出答案．【详解】（1）证明：平分，，又，，，同理，平分，，又，，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形；（2）解：菱形中，，，，，，，．23．（1），；（2）或；（3）或【分析】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形面积，数形结合是解题关键．（1）利用待定系数法即可求出一次函数和反比例函数解析式；（2）求出点的坐标，根据图象求解即可；（3）根据图象求出，再根据，求出，即可求出．【详解】（1）解：∵直线过点.∴,∴,∴一次函数的解析式为，∵反比例函数的图象过点,∴,∴反比例函数的解析式为；（2）把代入,得,∴点B的坐标为,观察图象，不等式的解集为或；（3）把代入得:,即点的坐标为:,，，，，当点的纵坐标为时，则，解得，当点的纵坐标为时,则解得∴点的坐标为或24．（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）如图，取格点，连接，则为所作图形，在图上取格点，连接交于点Q，连接并延长，交于，则点为所作图形；可证，从而证得，再证，从而证得，根据等腰三角形的性质可求得；（2）取格点，连接、，交格线于，再取格点，，连接交于，连接并延长交于，连接，则点、为所作点，四边形为所作菱形；可证：，而，证得关于对称，又，可证得、关于对称；再证，得到，再根据，有，根据对应线段成比例，可证，得到对应角相等，证得，再证，从而证得，证得四边形为平行四边形，又根据，可证四边形是菱形．【详解】（1）解：如图，线段和点为所求；

理由：∵，，，∴∴，∴，∴线段绕点顺时针旋转得，∵∴，，∴，∴∴，∴；（2）解：如图，点和点即为所求，

理由：∵，，，∴，∴，∵，∴与关于对称，∵，∴，关于对称，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵．∴，∴，∴，∴，由轴对称可得，∴．∴，又∵，∴∴四边形为平行四边形，又∵，∴四边形是菱形．【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定等知识，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．25．（1）；（2）①见解析；②；（3）或【分析】（1）先证明，结合，可知根据即可证明；（2）①作于点H，先证明，然后根据即可证明即可证明结论成立；②于点L，同理可证，从而，然后利用直角三角形两锐角互余和三角形外角的性质即可求解；（3）①当N、F在边上时，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，同理可证，求出，设，则，利用勾股定理求出x的值，进而可求出的长．当N、F在的延长线上时，同理可求出的长【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∴．∵，∴，∴，∵，∴．故答案为：；（2）①作于点H，

∵四边形是正方形，∴，，∴四边形是矩形，∴，，∴．∵，∴，∴，∴，∴；②作于点L，

同理可证四边形是矩形，∴．∵，∴，∴，∴，∴．（3）解：①当N、F在边上时，如图，，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，

同理可证，∴．∵，∴，∴．∵，∴∵，∴，∴．设，则，∵，∴，∴（负值舍去），∴．②当N、F在的延长线上时，如图，同理可得：，，∴．．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．26．（1）详见解析；（2）；（3）【分析】（1）证明，根据相似三角形的性质得到，进而证明结论；（2）根据线段垂直平分线的性质求出，根据相似三角形的性质计算，得到答案；（3）延长交于点M，连接，过点M作于点H，根据直角三角形的性质求出，求出，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可．【详解】解：（1）∵，∴．∴．∴，．∴．又∵，∴．（2）∵，∴．