2023届江苏泰州周庄初级中学数学八年级第一学期期末联考试题含解析

2022-2023学年八上数学期末模拟试卷考生须知：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(每小题3分,共30分)1．已知小华上学期语文、数学、英语三科平均分为92分，他记得语文得了88分，英语得了95分，但他把数学成绩忘记了，你能告诉他应该是以下哪个分数吗？（）A．93 B．95 C．94 D．962．如果把分式中的x，y都乘以3，那么分式的值k（）A．变成3k B．不变 C．变成 D．变成9k3．式子有意义的条件是()A．x≠2 B．x＞﹣2 C．x≥2 D．x＞24．如果解关于x的分式方程＝5时出现了增根，那么a的值是（）A．﹣6 B．﹣3 C．6 D．35．如图，中，点的坐标是，点的坐标是，点的坐标是，要使与全等，那么符合条件的格点有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．若一个多边形的各内角都等于140°，则该多边形是（）A．五边形 B．六边形 C．八边形 D．九边形7．一个两位数,个位上的数字与十位上的数字之和为7,如果这个两位数加上45则恰好成为个位数字与十位数字对调后组成的新两位数，则原来的两位数是（）A．61 B．16 C．52 D．258．如果等腰三角形两边长为和，那么它的周长是（）．A． B． C．或 D．9．一辆装满货物，宽为米的卡车，欲通过如图的隧道，则卡车的外形高必须低于（）A．4.1米 B．4.0米 C．3.9米 D．3.8米10．若代数式有意义，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如果分式的值为零，那么x等于____________12．如图，中，一内角和一外角的平分线交于点连结，_______________________.

13．中，厘米，厘米，点为的中点，如果点在线段上以2厘米/秒的速度由点向点运动，同时，点在线段上由点向点运动，若点的运动速度为厘米/秒，则当与全等时，的值为______厘米/秒．14．等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为36°，则该等腰三角形的底角的度数为．15．如图，边长为的正方形纸片剪出一个边长为m的正方形之后，剩余部分可剪拼成一个矩形，若拼成的矩形一边长为4，则另一边长为16．一次函数y=kx+b与y=x+2两图象相交于点P（2，4），则关于x，y的二元一次方程组的解为____．17．若不等式组有解，则的取值范围是____．18．在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A，∠B，∠C所对的边分别是a，b、c，若a+b-c=1．s表示Rt△ABC的面积，l表示Rt△ABC的周长，则________．三、解答题(共66分)19．（10分）已知是等边三角形，点分别在上，且，（1）求证：≌；（2）求出的度数．20．（6分）（1）计算：；（2）分解因式：.21．（6分）莲城超市以10元/件的价格调进一批商品，根据前期销售情况，每天销售量y（件）与该商品定价x（元）是一次函数关系，如图所示．（1）求销售量y与定价x之间的函数关系式；（2）如果超市将该商品的销售价定为13元/件，不考虑其它因素，求超市每天销售这种商品所获得的利润．22．（8分）计算：（1）（2）23．（8分）在平面直角坐标中，四边形OCNM为矩形，如图1，M点坐标为（m，0），C点坐标为（0，n），已知m，n满足．（1）求m，n的值；（2）①如图1，P，Q分别为OM，MN上一点，若∠PCQ＝45°，求证：PQ＝OP+NQ；②如图2，S，G，R，H分别为OC，OM，MN，NC上一点，SR，HG交于点D．若∠SDG＝135°，，则RS＝______；（3）如图3，在矩形OABC中，OA＝5，OC＝3，点F在边BC上且OF＝OA，连接AF，动点P在线段OF是（动点P与O，F不重合），动点Q在线段OA的延长线上，且AQ＝FP，连接PQ交AF于点N，作PM⊥AF于M．试问：当P，Q在移动过程中，线段MN的长度是否发生变化？若不变求出线段MN的长度；若变化，请说明理由．24．（8分）计算：（﹣4）×（﹣）+2﹣1﹣（π﹣1）0+．25．（10分）（1）化简：（2）解不等式组：26．（10分）已知一次函数的图像经过点（—2，－2）和点（2，4）（1）求这个函数的解析式；（2）求这个函数的图像与y轴的交点坐标．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】解：设数学成绩为x分，则（88+95+x）÷3=92，解得x=1．故选A．2、B【分析】x,y都乘以3，再化简得=.【详解】==k.所以，分式的值不变.故选B【点睛】本题考核知识点：分式的性质.解题关键点：熟记分式基本性质.3、D【解析】根据二次根式和分式有意义的条件可得x﹣2＞0，再解即可.【详解】解：由题意得：x﹣2＞0，解得：x＞2，故选：D.【点睛】此题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数，分式分母不为零．4、A【解析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根求出a的值即可．【详解】解：去分母得：2x+a＝5x﹣15，由分式方程有增根，得到x﹣3＝0，即x＝3，代入整式方程得：6+a＝0，解得：a＝﹣6，故选A．【点睛】此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．5、A【分析】根据全等三角形的判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，这五种方法来判定即可得出符合条件的点D的个数．【详解】解：如图所示：所以符合条件的D点有1个，故选：A．【点睛】本题考查的是全等三角形判定的5种方法，掌握全等三角形的判定以及运用是解题这个题的关键．6、D【分析】先求得每个外角的度数，然后利用360度除以外角的底数即可求解．【详解】每个外角的度数是：180°-140°=40°，

则多边形的边数为：360°÷40°=1．

故选：D．【点睛】考查了多边形的内角与外角．解题关键利用了任意多边形的外角和都是360度．7、B【分析】先设这个两位数的十位数字和个位数字分别为x，7-x，根据“如果这个两位数加上45，则恰好成为个位数字与十位数字对调之后组成的两位数”列出方程，求出这个两位数．【详解】设这个两位数的十位数字为x，则个位数字为7−x，由题意列方程得,10x+7−x+45=10(7−x)+x，解得x=1，则7−x=7−1=6，故这个两位数为16.故选B.【点睛】此题考查一元一次方程的应用，解题关键在于理解题意列出方程.8、B【分析】分两种情况：①底为3cm，腰为7cm时，②底为7cm，腰为3cm时；还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．【详解】分两种情况：

①底为3cm，腰为7cm时，∵，

∴等腰三角形的周长(cm)；

②底为7cm，腰为3cm时，

∵，

∴不能构成三角形；

综上，等腰三角形的周长为17cm；

故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、三角形的三边关系定理；解此类题注意分情况讨论，还要看是否符合三角形的三边关系．9、A【分析】根据题意欲通过如图的隧道，只要比较距厂门中线米处的高度比车高即可，根据勾股定理得出的长，进而得出的长，即可得出答案.【详解】车宽米，欲通过如图的隧道，只要比较距厂门中线米处的高度与车高，在中，由勾股定理可得：（），米，卡车的外形高必须低于米.故选：.【点睛】此题主要考查了垂径定理和勾股定理的应用，根据题意得出的长是解题关键.10、D【分析】根据分式有意义的条件是分母不等于零计算．【详解】由题意得，x−2≠0，解得，x≠2，故选：D．【点睛】本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、-1【解析】根据分式的值为0，分子为0，分母不为0，由此可得且x-1≠0，解得x=-1.故答案为-1.12、1°【分析】过D作，DF⊥BE于F，DG⊥AC于G，DH⊥BA，交BA延长线于H，由BD平分∠ABC，可得∠ABD=∠CBD，DH=DF，同理CD平分∠ACE，∠ACD=∠DCF=，DG=DF，由∠ACE是△ABC的外角，可得2∠DCE=∠BAC+2∠DBC①，由∠DCE是△DBC的外角，可得∠DCE=∠CDB+∠DBC②，两者结合，得∠BAC=2∠CDB，则∠HAC=180º-∠BAC，在证AD平分∠HAC，即可求出∠CAD．【详解】过D作，DF⊥BE于F，DG⊥AC于G，DH⊥BA，交BA延长线于H，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=∠ABC，DH=DF，∵CD平分∠ACE，∴∠ACD=∠DCF=∠ACE，DG=DF，∵∠ACE是△ABC的外角，∴∠ACE=∠BAC+∠ABC，∴2∠DCE=∠BAC+2∠DBC①，∵∠DCE是△DBC的外角，∴∠DCE=∠CDB+∠DBC②，由①②得，∠BAC=2∠CDB=2×24º=48º，∴∠HAC=180º-∠BAC=180º-48º=132º，∵DH=DF，DG=DF，∴DH=DG，∵DG⊥AC，DH⊥BA，AD平分∠HAC，∠CAD=∠HAD=∠HAC=×132º=1º．故答案为：1．【点睛】本题考查角的求法，关键是掌握点D为两角平分线交点，可知AD为角平分线，利用好外角与内角的关系，找到∠BAC=2∠CDB是解题关键．13、2或1【分析】分两种情况：当时,，当时,，分别进行讨论即可得出答案．【详解】∵点为的中点，AB=12cm当时,，此时P运动的时间为∴Q的运动速度为当时,，∴此时P运动的时间为∴Q的运动速度为故答案为：2或1．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质并分情况讨论是解题的关键．14、63°或27°.【解析】试题分析：等腰三角形分锐角和钝角两种情况，求出每种情况的顶角的度数，再利用等边对等角的性质（两底角相等）和三角形的内角和定理，即可求出底角的度数：有两种情况；（1）如图当△ABC是锐角三角形时，BD⊥AC于D，则∠ADB=90°，∵∠ABD=36°，∴∠A=90°-36°=54°.∵AB=AC，∴∠ABC=∠C=×（180°-54°）=63°.（2）如图当△EFG是钝角三角形时，FH⊥EG于H，则∠FHE=90°，∵∠HFE=36°，∴∠HEF=90°-36°=54°，∴∠FEG=180°-54°=126°.∵EF=EG，∴∠EFG=∠G=×（180°-126°），=27°．考点：1.等腰三角形的性质；2.三角形内角和定理；分类思想的应用．15、【详解】因为大正方形边长为，小正方形边长为m，所以剩余的两个直角梯形的上底为m，下底为，所以矩形的另一边为梯形上、下底的和：+m=.16、．【分析】利用方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标解决问题．【详解】∵一次函数y=kx+b与y=x+2两图象相交于点P（2，4），∴关于x，y的二元一次方程组的解为．故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数与二元一次方程（组）：方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标．17、【分析】根据题意，利用不等式组取解集的方法即可得到m的范围．【详解】解：由题知不等式为，∵不等式有解，∴，∴，故答案为.【点睛】此题考查了不等式的解集，熟练掌握不等式组取解集的方法是解本题的关键．18、1【分析】已知a+b-c=1，△ABC是直角三角形，将s=，l=a+b+c用含c的代数式表示出来，再求解即可．【详解】∵a+b-c=1∴a+b=1+c∴(a+b)2=a2+2ab+b2=c2+8c+16又∵a2+b2=c2∴2ab=8c+16∴s==2c+1l=a+b+c=2c+1∴1故答案为：1【点睛】本题考查了勾股定理的应用，完全平方式的简单运算，直角三角形面积和周长计算方法．三、解答题(共66分)19、(1)详见解析；（2）为等腰直角三角形,理由详见解析.【分析】(1)根据等边三角形的性质可得,,根据可以推出≌.(2)根据≌可得,根据三角形外角性质求出的度数．【详解】（1）证明：是等边三角形，,在与中≌.（2）解：≌.【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定以及等边三角形的性质,灵活掌握全等三角形的性质和判定是解题的关键.20、（1）；（2）.【分析】（1）先计算积的乘方和同底数幂相乘，再合并同类项，即可得到答案；（2）先去括号进行计算，然后合并同类项，再进行因式分解，即可得到答案.【详解】解：（1）解：；（2）原式.【点睛】本题考查了因式分解，整式乘法的运算法则，解题的关键是熟练掌握运算法则进行计算.21、（1）y=﹣2x+1（2）18元【分析】（1）由图象可知y与x是一次函数关系，由函数图象过点（11，10）和（15，2），用待定系数法即可求得y与x的函数关系式．（2）根据（1）求出的函数关系式，再求出每件该商品的利润，即可求得求超市每天销售这种商品所获得的利润．【详解】解：（1）设y=kx+b（k≠0），由图象可知，，解得∴销售量y与定价x之间的函数关系式是：y=﹣2x+1．（2）超市每天销售这种商品所获得的利润是：W=（﹣2×13+1）（13﹣10）=1822、（1）3-2；（2）4.5【解析】（1）按二次根式的相关运算法则结合绝对值的意义进行计算即可；（2）按实数的相关运算法则计算即可．【详解】解：（1）原式==（2）原式==4.523、（1）m＝1，n=1；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．【分析】（1）利用非负数的性质即可解决问题．（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PE＝PQ＝OE+OP，得出结论；②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得▱CSRE和▱CFGH，则CE＝SR，CF＝GH，证明△CEN≌△CE′O和△E′CF≌△ECF，得EF＝E′F，设EN＝x，在Rt△MEF中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，所以SR＝；（3）在（1）的条件下，当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，求出MN的长即可；如图4，过P作PD∥OQ，证明△PDF是等腰三角形，由三线合一得：DM＝FD，证明△PND≌△QNA，得DN＝AD，则MN＝AF，求出AF的长即可解决问题．【详解】解：（1）∵，又∵≥0，|1﹣m|≥0，∴n﹣1＝0，1﹣m＝0，∴m＝1，n=1．（2）①如图1中，在PO的延长线上取一点E，使NQ＝OE，∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，∴四边形OMNC是正方形，∴CO＝CN，∵∠EOC＝∠N＝90°，∴△COE≌△CNQ（SAS），∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，∵∠PCQ＝41°，∴∠QCN+∠OCP＝90°﹣41°＝41°，∴∠ECP＝∠ECO+∠OCP＝41°，∴∠ECP＝∠PCQ，∵CP＝CP，∴△ECP≌△QCP（SAS），∴EP＝PQ，∵EP＝EO+OP＝NQ+OP，∴PQ＝OP+NQ．②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得▱CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得▱CFGH，则CF＝GH＝，∵∠SDG＝131°，∴∠SDH＝180°﹣131°＝41°，∴∠FCE＝∠SDH＝41°，∴∠NCE+∠OCF＝41°，∵△CEN≌△CE′O，∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，∴∠E′CF＝∠E′CO+∠OCF＝41°，∴∠E′CF＝∠FCE，∵CF＝CF，∴△E′CF≌△ECF（SAS），∴E′F＝EF在Rt△COF中，OC＝1，FC＝，由勾股定理得：OF＝＝，∴FM＝1﹣＝，设EN＝x，则EM＝1﹣x，FE＝E′F＝x+，则（x+）2＝（）2+（1﹣x）2，解得：x＝，∴EN＝，由勾股定理得：CE＝＝，∴SR＝CE＝．故答案为．（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．∵OF＝OA，∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，∴PF＝PD，∵PF＝AQ，∴PD＝AQ，∵PM⊥AF，∴DM＝FD，∵PD∥OQ，∴∠DPN＝∠PQA，∵∠P