上海市上海民办张江集团学校2025届数学八年级第一学期期末统考模拟试题含解析

上海市上海民办张江集团学校2025届数学八年级第一学期期末统考模拟试题统考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，已知C是线段AB上的任意一点（端点除外），分别以AC、BC为边并且在AB的同一侧作等边△ACD和等边△BCE，连接AE交CD于M，连接BD交CE于N．给出以下三个结论：①AE=BD；②CN=CM；③MN∥AB；④∠CDB=∠NBE．其中正确结论的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．12．线段CD是由线段AB平移得到的，点A（3，-1）的对应点C的坐标是（-2，5），则点B（0，4）的对应点D的坐标是（）．A．（5，-7） B．（4，3） C．（-5，10） D．（-3，7）3．某班有若干个活动小组，其中书法小组人数的3倍比绘画小组的人数多15人，绘画小组人数的2倍比书法小组的人数多5人，问：书法小组和绘画小组各有多少人？若设书法小组有x人，绘画小组有y人，那么可列方程组为（）A． B． C． D．4．如图，点E是BC的中点，AB⊥BC，DC⊥BC，AE平分∠BAD，下列结论：①∠AED=90°②∠ADE=∠CDE

③DE=BE

④AD=AB+CD，四个结论中成立的是（）A． B． C． D．5．利用加减消元法解方程组，下列说法正确的是（）A．要消去，可以将①×5+②×3B．要消去，可以将①×+②×2C．要消去，可以将①×3+②×D．要消去，可以将①×5+②×26．在平面直角坐标系中．点P（1，﹣2）关于x轴的对称点的坐标是（）A．（1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（﹣2，1）7．下列各式中，属于分式的是（）A． B． C． D．8．如图，的角平分线与外角的平分线相交于点若则的度数是（）A． B． C． D．9．如图，在中，，，于点，的平分线分别交、于、两点，为的中点，的延长线交于点，连接，下列结论：①为等腰三角形；②；③；④．其中正确的结论有（）A．个 B．个 C．个 D．个10．一个三角形的三边长2、3、4，则此三角形最大边上的高为（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．当____________时，分式的值为零．12．如图所示，于点，且，，若，则___．13．计算（π﹣3.14）0+=__________．14．点P（1，﹣2）关于x轴对称的点的坐标为P′______．15．在平面直角坐标系中，孔明玩走棋的游戏，其走法是：棋子从原点出发，第1步向右走1个单位长度，第2步向右走2个单位长度，第3步向上走1个单位长度，第4步向右走1个单位长度…依此类推，第n步的走法是：当n能被3整除时，则向上走1个单位长度；当n被3除，余数为1时，则向右走1个单位长度；当n被3除，余数为2时，则向右走2个单位长度，当走完第100步时，棋子所处位置的坐标是．16．直角三角形两直角边长分别为5和12，则它斜边上的高为____________17．若关于x，y的二元一次方程组的解也是二元一次方程x+y＝36的解，则k的值为_____．18．已知(x-2018)2＝15，则(x-2017)2+(x-2019)2的值是_________三、解答题(共66分)19．（10分）已知∠MAN=120°，点C是∠MAN的平分线AQ上的一个定点，点B，D分别在AN，AM上，连接BD．（发现）（1）如图1，若∠ABC=∠ADC=90°，则∠BCD=°，△CBD是三角形；（探索）（2）如图2，若∠ABC+∠ADC=180°，请判断△CBD的形状，并证明你的结论；（应用）（3）如图3，已知∠EOF=120°，OP平分∠EOF，且OP=1，若点G，H分别在射线OE，OF上，且△PGH为等边三角形，则满足上述条件的△PGH的个数一共有．（只填序号）①2个

②3个

③4个

④4个以上20．（6分）如图，等边△ABC的边长为12cm，点P、Q分别是边BC、CA上的动点，点P、Q分别从顶点B、C同时出发，且它们的速度都为3cm/s．（1）如图1，连接PQ，求经过多少秒后，△PCQ是直角三角形；（2）如图2，连接AP、BQ交于点M，在点P、Q运动的过程中，∠AMQ的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的度数．21．（6分）八年级（1）班从学校出发去某景点旅游，全班分成甲、乙两组，甲组乘坐大型客车，乙组乘坐小型客车．已知甲组比乙组先出发，汽车行驶的路程(单位:)和行驶时间(单位:)之间的函数关系如图所示．根据图象信息，回答下列问题：（1）学校到景点的路程为_，甲组比乙组先出发，组先到达旅游景点；（2）求乙组乘坐的小型客车的平均速度；（3）从图象中你还能获得哪些信息？(请写出一条)22．（8分）某区的校办工厂承担了为全区七年级新生制作夏季校服3000套的任务，为了确保这批新生在开学时准时穿上校服，加快了生产速度，实际比原计划每天多生产50%，结果提前2天圆满完成了任务，求实际每天生产校服多少套．23．（8分）如图，已知中，，点D在边AB上，满足，（1）求证：；（2）若，且的面积为，试求边AB的长度．24．（8分）如图1，已知点B(0，6)，点C为x轴上一动点，连接BC，△ODC和△EBC都是等边三角形．图1图2图3(1)求证：DE＝BO；(2)如图2，当点D恰好落在BC上时．①求OC的长及点E的坐标；②在x轴上是否存在点P，使△PEC为等腰三角形？若存在，写出点P的坐标；若不存在，说明理由；③如图3，点M是线段BC上的动点(点B，C除外)，过点M作MG⊥BE于点G，MH⊥CE于点H，当点M运动时，MH＋MG的值是否发生变化？若不会变化，直接写出MH＋MG的值；若会变化，简要说明理由．25．（10分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）（1）若△A1B1C1与△ABC关于y轴成轴对称，写出△A1B1C1三个顶点坐标：A1＝；B1＝；C1＝；（2）画出△A1B1C1，并求△A1B1C1面积．26．（10分）某商店用1000元人民币购进某种水果销售，过了一周时间，又用2400元人民币购进这种水果，所购数量是第一次购进数量的2倍，但每千克的价格比第一次购进的价格贵了2元．（1）该商店第一次购进这种水果多少千克？（2）假设该商店两次购进的这种水果按相同的标价销售，最后剩下的20千克按标价的五折优惠销售．若两次购进的这种水果全部售完，利润不低于950元，则每千克这种水果的标价至少是多少元？

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】根据题目中的已知信息，判定出△ACE≌△DCB，即可证明①正确；判定△ACM≌△DCN，即可证明②正确；证明∠NMC=∠ACD，即可证明③正确；分别判断在△DCN和△BNE各个角度之间之间的关系，即可证明④正确．【详解】∵△ACD和△BCE是等边三角形∴∠ACD=∠BCE=60°，AC=DC，EC=BC∴∠ACD+∠DCE=∠DCE+∠ECB即∠ACE=∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS）∴AE=BD，故①正确；∴∠EAC=∠NDC∵∠ACD=∠BCE=60°∴∠DCE=60°∴∠ACD=∠MCN=60°∵AC=DC∴△ACM≌△DCN（ASA）∴CM=CN，故②正确；又∠MCN=180°-∠MCA-∠NCB=180°-60°-60°=60°∴△CMN是等边三角形∴∠NMC=∠ACD=60°∴MN∥AB，故③正确；在△DCN和△BNE，∠DNC+∠DCN+∠CDB=180°∠ENB+∠CEB+∠NBE=180°∵∠DNC=∠ENB，∠DCN=∠CEB∴∠CDB=∠NBE，故④正确．故选：A．【点睛】本题主要考查了根据已知条件判定三角形全等以及三角形的内角和，其中灵活运用等边三角形的性质是解题的关键，属于中等题．2、C【分析】根据平移的性质计算，即可得到答案．【详解】线段CD是由线段AB平移得到的，点A（3，-1）的对应点C的坐标是（-2，5）即C的坐标是（3-5，-1+6）∴点B（0，4）的对应点D的坐标是（0-5，4+6）,即（-5，10）故选：C．【点睛】本题考查了平移的知识，解题的关键是熟练掌握平移的性质，从而完成求解．3、D【解析】由两个句子：“书法小组人数的3倍比绘画小组的人数多15人”，“绘画小组人数的2倍比书法小组的人数多5人”，得两个等量关系式：①3×书法小组人数=绘画人数+153×书法小组人数-绘画人数=15，②2×绘画小组人数=书法小组的人数+52×绘画小组人数-书法小组的人数=5，从而得出方程组.故选D.点睛：应用题的难点，一是找到等量关系，二是根据等量关系列出方程.本题等量关系比较明显，找出不难，关键是如何把等量关系变成方程，抓住以下关键字应着的运算符号：和（+）、差（—）、积（×）、商（÷）、倍（×）、大（+）、小（—）、多（+）、少（—）、比（=），从而把各种量联系起来，列出方程，使问题得解.4、A【分析】过E作EF⊥AD于F，易证得Rt△AEF≌Rt△AEB，得到BE=EF，AB=AF，∠AEF=∠AEB；而点E是BC的中点，得到EC=EF=BE，则可证得Rt△EFD≌Rt△ECD，得到DC=DF，∠FDE=∠CDE，也可得到AD=AF+FD=AB+DC，∠AED=∠AEF+∠FED=∠BEC=90°，即可判断出正确的结论．【详解】过E作EF⊥AD于F，如图，∵AB⊥BC，AE平分∠BAD，∴Rt△AEF≌Rt△AEB，∴BE=EF，AB=AF，∠AEF=∠AEB；而点E是BC的中点，∴EC=EF=BE，所以③错误；∴Rt△EFD≌Rt△ECD，∴DC=DF，∠FDE=∠CDE，所以②正确；∴AD=AF+FD=AB+DC，所以④正确；∴∠AED=∠AEF+∠FED=∠BEC=90°，所以①正确．故选A．【点睛】本题考查了角平分线的性质：角平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了三角形全等的判定与性质．5、B【分析】根据x与y的系数分别分析，即可得到答案.【详解】要消去，可以将①×3+②×5，故A、C都错误；要消去，可以将①×+②×2，故B正确，也可以将①×5-②×2，故D错误，故选：B.【点睛】此题考查二元一次方程组的解法：消元法，将两个方程中某个未知数的系数变形为相同或是互为相反数是利用消元法解方程组的关键.6、A【解析】点P（1，-2）关于x轴的对称点的坐标是（1，2），故选A．7、D【分析】由题意根据分式的定义进行解答即可，即分母中含有未知数的式子叫分式．【详解】解：A、没有分母，所以它是整式，故本选项错误；B、的分母中不含有字母，因此它们是整式，而不是分式，故本选项错误；C、的分母中不含有字母，因此它们是整式，而不是分式，故本选项错误；D、的分母中含有字母，因此它们是分式，故本选项正确；故选：D．【点睛】本题考查的是分式的定义，在解答此题时要注意分式是形式定义，只要是分母中含有未知数的式子即为分式．8、A【分析】根据角平分线的定义可得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和和角平分线的定义表示出，然后整理即可得到，代入数据计算即可得解．【详解】解：∵BE平分∠ABC，∴，∵CE平分△ABC的外角，∴在△BCE中，由三角形的外角性质，∴∴．故选A．【点睛】本题考查了三角形的外角性质的应用，能正确运用性质进行推理和计算是解此题的关键，注意：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．9、D【分析】①由等腰直角三角形的性质得∠BAD=∠CAD=∠C=45°，再根据三角形外角性质可得到∠AEF=∠AFE，可判断△AEF为等腰三角形，于是可对①进行判断；求出BD=AD，∠DBF=∠DAN，∠BDF=∠ADN，证△DFB≌△DAN，即可判断②③；连接EN，只要证明△ABE≌△NBE，即可推出∠ENB=∠EAB=90°，由此可知判断④．【详解】解：∵等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC，∴∠BAD=∠CAD=∠C=45°，BD=AD，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=∠ABC=22.5°，∴∠AEF=∠CBE+∠C=22.5°+45°=67.5°，∠AFE=∠FBA+∠BAF=22.5°+45°=67.5°，∴∠AEF=∠AFE，∴AF=AE，即△AEF为等腰三角形，所以①正确；∵为的中点，∴AM⊥BE，∴∠AMF=∠AME=90°，∴∠DAN=90°−67.5°=22.5°=∠MBN，在△FBD和△NAD中，∴△FBD≌△NAD（ASA），∴DF=DN，AN=BF，所以②③正确；∵AM⊥EF，∴∠BMA=∠BMN=90°，∵BM=BM，∠MBA=∠MBN，∴△MBA≌△MBN，∴AM=MN，∴BE垂直平分线段AN，∴AB=BN，EA=EN，∵BE=BE，∴△ABE≌△NBE，∴∠ENB=∠EAB=90°，∴EN⊥NC，故④正确，故选：D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形外角性质、三角形内角和定理、垂直平分线的性质，能正确证明推出两个三角形全等是解此题的关键，主要考查学生的推理能力．10、C【分析】根据题意画出图形，最长边BC上的高将BC分为BD和DC两部分，设BD=x，则DC=4-x，根据Rt△ABD和Rt△ADC有公共边AD，利用勾股定理构建方程，解之即可求得BD的长度，从而可求得AD的长度．【详解】解：如下图，AB=2，AC=3，BC=4，AD为边BC上的高，设BD=x，则DC=4-x，在Rt△ABD和Rt△ADC中根据勾股定理，，即，解得，，所以．故选：C．【点睛】本题考查利用勾股定理解直角三角形．一般已知三角形的三边，求最长边上的高，先判断该三角形是不是直角三角形，如果是直接利用等面积法即可求得；如果不是直角三角形，那么我们可借助高把原三角形分成两个有公共边（公共边即为高）的直角三角形，借助勾股定理构建方程即可解决．需注意的是设未知数的时候不能直接设高，这样构建的方程现在暂时无法求解．二、填空题(每小题3分,共24分)11、-1【分析】分式的值为零时,分子等于零,分母不等于零,进行求解即可．【详解】解：∵分式的值为零,

∴．

解得：,所以当时,分式无意义,故舍去．综上所述,．

故答案为：-1．【点睛】考查了分式的值为零的条件,注意：“分母不为零”这个条件不能少．12、27°【分析】连接AE，先证Rt△ABD≌Rt△CBD，得出四边形ABCE是菱形，根据菱形的性质可推导得到∠E的大小.【详解】如下图，连接AE∵BE⊥AC，∴∠ADB=∠BDC=90°∴△ABD和△CBD是直角三角形在Rt△ABD和Rt△CBD中∴Rt△ABD≌Rt△CBD∴AD=DC∵BD=DE∴在四边形ABCE中，对角线垂直且平分∴四边形ABCE是菱形∵∠ABC=54°∴∠ABD=∠CED=27°故答案为：27°【点睛】本题考查菱形的证明和性质的运用，解题关键是先连接AE，然后利用证Rt△ABD≌Rt△CBD推导菱形.13、10【解析】（π﹣3.14）0+=1+9=10.故答案为10.14、（1，2）【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于x轴的对称点的坐标是（x，-y），即横坐标不变，纵坐标变成相反数，即可得出答案．【详解】解：根据关于x轴的对称点横坐标不变，纵坐标变成相反数，

∴点P（1，-2）关于x轴对称点的坐标为（1，2），

故答案为（1，2）．【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系，平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于x轴的对称点的坐标是（x，-y），即横坐标不变，纵坐标变成相反数，难度较小．15、（100，33）【分析】根据走法，每3步为一个循环组依次循环，且一个循环组内向右3个单位，向上1个单位，用100除以3，然后根据商和余数的情况确定出所处位置的横坐标与纵坐标即可．【详解】解：由题意得，每3步为一个循环组依次循环，且一个循环组内向右4个单位，向上1个单位，∵100÷3=33余1，∴走完第100步，为第34个循环组的第1步，所处位置的横坐标为33×3+1=100，纵坐标为33×1=33，∴棋子所处位置的坐标是（100，33）．故答案为（100，33）．16、【分析】先用勾股定理求出斜边长，然后再根据直角三角形面积的两种公式求解即可．【详解】∵直角三角形的两直角边长分别为5和12，∴斜边长＝∵直角三角形面积S＝×5×12＝×13×斜边的高，∴斜边的高＝．故答案为：．【点睛】本题考查勾股定理及直角三角形面积，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．17、1【分析】先用含k的式子表示x、y，根据方程组的解也是二元一次方程x+y＝36的解，即可求得k的值．【详解】解：解方程组得，，因为方程组的解也是二元一次方程x+y＝36的解，所以3k＝36，解得k＝1．故答案为1．【点睛】本题考查二元一次方程与方程组的解的意义，深刻理解定义是解答关键.18、1【分析】将变形为，将看作一个整体，利用完全平方公式展开后再代入已知条件即可．【详解】解：∵∴展开得：∵∴原式故答案为：1．【点睛】本题考查的知识点是整式的化简求值以及完全平方公式的应用，掌握完全平方公式的内容是解此题的关键．三、解答题(共66分)19、（1）60，等边；（2）等边三角形，证明见解析（3）④.【分析】（1）利用四边形的内角和即可得出∠BCD的度数，再利用角平分线的性质定理即可得出CB，即可得出结论；（2）先判断出∠CDE=∠ABC，进而得出△CDE≌△CFB（AAS），得出CD=CB，再利用四边形的内角和即可得出∠BCD=60°即可得出结论；（3）先判断出∠POE=∠POF=60°，先构造出等边三角形，找出特点，即可得出结论．【详解】（1）如图1，连接BD，∵∠ABC=∠ADC=90°，∠MAN=120°，根据四边形的内角和得，∠BCD=360°-（∠ABC+∠ADC+∠MAN）=60°，∵AC是∠MAN的平分线，CD⊥AM．CB⊥AN，∴CD=CB，（角平分线的性质定理），∴△BCD是等边三角形；故答案为60，等边；（2）如图2，同（1）得出，∠BCD=60°（根据三角形的内角和定理），过点C作CE⊥AM于E，CF⊥AN于F，∵AC是∠MAN的平分线，∴CE=CF，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠CDE=180°，∴∠CDE=∠ABC，在△CDE和△CFB中，，∴△CDE≌△CFB（AAS），∴CD=CB，∵∠BCD=60°，∴△CBD是等边三角形；（3）如图3，∵OP平分∠EOF，∠EOF=120°，∴∠POE=∠POF=60°，在OE上截取OG'=OP=1，连接PG'，∴△G'OP是等边三角形，此时点H'和点O重合，同理：△OPH是等边三角形，此时点G和点O重合，将等边△PHG绕点P逆时针旋转到等边△PG'H'，在旋转的过程中，边PG，PH分别和OE，OF相交（如图中G''，H''）和点P围成的三角形全部是等边三角形，（旋转角的范围为（0°到60°包括0°和60°），所以有无数个；理由：同（2）的方法．故答案为④．20、（1）经过43秒或83秒，△PCQ是直角三角形（2）∠【解析】（1）分两种情形分别求解即可解决问题；（2）由△AB≌△BCQ（SAS），推出∠BAP＝∠CBQ，可得∠AMQ＝∠PAB+∠ABQ＝∠CBQ+∠ABQ＝∠ABC＝60°即可．【详解】（1）设经过t秒后，△PCQ是直角三角形．由题意：PC＝（12﹣3t）cm，CQ＝3t，∵△ABC是等边三角形，∴∠C＝60°，当∠PQC＝90°时，∠QPC＝30°，∴PC＝2CQ，∴12﹣3t＝6t，解得t＝43当∠QPC＝90°时，∠PQC＝30°，∴CQ＝2PC，∴3t＝2（12﹣3t），解得t＝83∴经过43秒或83秒，△（2）结论：∠AMQ的大小不变．∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝60°，∵点P，Q的速度相等，∴BP＝CQ，在△ABP和△BCQ中，AB=BC∠ABP=∠C∴△AB≌△BCQ（SAS），∴∠BAP＝∠CBQ，∴∠AMQ＝∠PAB+∠ABQ＝∠CBQ+∠ABQ＝∠ABC＝60°．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．21、（1）55km，20min，乙；（2）；（3）甲组在第30分钟时，停了几分钟，然后又继续行驶（答案不唯一）【分析】（1）图象中s的最大值即为学校到景点的路程，由图可知甲组在t=0时出发，乙组在t=20时出发，甲组在t=70时到达，乙组在t=60时到达，据此作答即可；（2）乙组在t=20时出发，在t=60时到达，则行驶时间为40分，总路程55km，用路程除以时间即可得速度；（3）甲组在第30分钟时，停了几分钟，然后又继续行驶．【详解】（1）由图象可知学校到景点的路程为55km，甲组比乙组先出发20min，乙组先到达，故答案为：55km，20min，乙；（2）乙组行驶时间为60-20=40min=h，路程为55km∴平均速度=（2）由图象还可得出：甲组在第30分钟时，停了几分钟，然后又继续行驶（答案不唯一）【点睛】本题考查函数图像信息问题，理解图象中关键点的实际意义是解题的关键．22、750套【分析】设原计划每天生产校服x套，根据题意列出方程解答即可．【详解】解：设原计划每天生产校服x套，实际每天生产校服（1+50%）x，可得：解得：x=500，经检验x=500是原分式方程的解，（1+50%）x=1.5×500=750，答：实际每天生产校服750套．【点睛】本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程求解，注意检验．23、（1）见解析；（2）【分析】（1）取边AB的中点E，连接CE，得到，再证明，得到，问题得证；（2）设AD=x，DB=5x，用含x式子表示出各线段长度，过点C作CH⊥AB，垂足为H．用含x式子表示出CH，根据△ABC的面积为，求出x，问题得解．【详解】解：（1）取边AB的中点E，连接CE．在中，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即．（2）由已知，设AD=x，DB=5x，∴，，∴，过点C作CH⊥AB，垂足为H．∵CD=CE，∴，在中，，∴，∴△ABC的面积为，由题意，∴，∴．【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质与判定，熟知相关定理，添加辅助线构造等腰三角形是解题关键．24、(1)证明见解析；(2)①，；②存在；；③不会变化，MH＋MG＝1．【分析】（1）根据等边三角形的性质得到BC=CE，OC=CD，∠OCD=∠BCE=10°，求得∠OCB=∠DCE，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）①由点B（0，1），得到OB=1，根据全等三角形的性质得到∠CDE=∠BOC=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEC=30°，求得CE=4，过E作EF⊥x轴于F，角三角形即可得到结论；②存在，如图d，当CE=CP=4时，当CE=PE，根据等腰三角形的性质即可得到结论；③不会变化，如图c，连接E