【八年级上册数学浙教版】期末考试模拟卷（解析版）

第页八年级上册期末考试模拟卷考试范围：八上全部考试时间：120分钟试卷满分：120分一．选择题（共10小题，每题3分，共30分）1．点M（﹣4，3）关于x轴对称的点的坐标为（）A．（3，﹣4） B．（4，﹣3） C．（﹣4，﹣3） D．（4，3）【分析】直接利用关于x轴对称，横坐标相同，纵坐标互为相反数进而得出答案．【解答】解：点M（﹣4，3）关于x轴对称的点的坐标为：（﹣4，﹣3）．故选：C．2．袁老师在课堂上组织学生用小棍摆三角形，小棍的长度有10cm，15cm，20cm和25cm四种规格，小朦同学已经取了10cm和15cm两根木棍，那么第三根木棍不可能取（）A．10cm B．15cm C．20cm D．25cm【分析】先设第三根木棒的长为xcm，再根据三角形的三边关系求出x的取值范围，找出不符合条件的x的值即可．【解答】解：设第三根木棒的长为xcm，∵已经取了10cm和15cm两根木棍，∴15﹣10＜x＜15+10，即5＜x＜25．∴四个选项中只有D不在其范围内，符合题意．故选：D．3．若x＞y，则下列各式中，一定成立的是（）A．x﹣2＞y﹣2 B．x+2＜y+2 C．﹣2x＞﹣2y D．x＜y【分析】利用不等式的性质判断即可．【解答】解：A．因为x＞y，所以x﹣2＞y﹣2，原变形正确，故此选项符合题意；B．因为x＞y，所以x+2＞y+2，原变形错误，故此选项不符合题意；C．因为x＞y，所以﹣2x＜﹣2y，原变形错误，故此选项不符合题意；D．因为x＞y，所以，原变形错误，故此选项不符合题意；故选：A．4．如图，已知AE＝AC，∠C＝∠E，下列条件中，无法判定△ABC≌△ADE的是（）A．∠B＝∠D B．BC＝DE C．∠1＝∠2 D．AB＝AD【分析】由全等三角形的判定依次判断可求解．【解答】解：A、添加∠B＝∠D，由“AAS”可证△ABC≌△ADE，故选项A不合题意；B、添加BC＝DE，由“SAS”可证△ABC≌△ADE，故选项B不合题意；C、添加∠1＝∠2，由“ASA”可证△ABC≌△ADE，故选项C不合题意；D、添加AB＝AD，不能证明△ABC≌△ADE，故选项D符合题意；故选：D．5．如图，在等边三角形ABC中，AB＝4，D是边BC上一点，且∠BAD＝30°，则CD的长为（）A．1 B． C．2 D．3【分析】由△ABC为等边三角形，利用等边三角形的性质可得出∠BAC＝60°，BC＝AB＝4，结合∠BAD＝30°，可得出∠CAD＝30°＝∠BAD，进而可得出AD为∠BAC的角平分线，再利用等边三角形的三线合一可得出AD为BC边的中线，结合BC＝4即可求出CD的长．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，BC＝AB＝4．∵∠BAD＝30°，∴∠CAD＝∠BAC﹣∠BAD＝60°﹣30°＝30°＝∠BAD，∴AD为∠BAC的角平分线，∴AD为BC边的中线，∴CD＝BC＝×4＝2．故选：C．6．如图，一次函数y＝kx﹣2k（k＜0）的图象经过点P（1，1），当0＜kx﹣2k≤x时，x的取值范围是（）A．x＜1 B．x＞1 C．0＜x≤1 D．1≤x＜2【分析】根据待定系数法求得解析式，即可求得直线与x轴的交点，然后根据图象即可求得．【解答】解：∵一次函数y＝kx﹣2k（k＜0）的图象经过点P（1，1），∴1＝k﹣2k，解得k＝﹣1，∴一次函数为y＝﹣x+2，令y＝0，则﹣x+2＝0，解得x＝2，由图象可知，当0＜kx﹣2k≤x时，x的取值范围是1≤x＜2，故选：D．7．围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑白棋子摆成的图案是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，利用轴对称图形的定义进行解答即可．【解答】解：选项A、B、C均不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，选项D能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，故选：D．8．如图，已知△ABC是直角三角形，∠B＝90°．在边AB，AC上分别截取AG，AF，使AG＝AF；分别以G，F为圆心，以大于GF的长为半径画弧，两弧在△ABC内相交于点H；作射线AH交BC于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．若CE＝3，DE＝4，CD＝5，则△ACD与△ABD的周长差为（）A．2 B．3 C．4 D．7【分析】由作法得AD平分∠BAC，则根据角平分线的性质得到DB＝DE，再证明Rt△ABD≌Rt△AED得到AE＝AB，然后利用等线段代换得到△ACD的周长﹣△ABD的周长＝CE+CD﹣BD．【解答】解：由作法得AD平分∠BAC，∵DB⊥AB，DE⊥AC，∴DB＝DE，在Rt△ABD和Rt△AED中，，∴Rt△ABD≌Rt△AED（HL），∴AE＝AB，∴△ACD的周长﹣△ABD的周长＝AC+CD+AD﹣（AB+BD+AD）＝AE+CE+AD+CD﹣AB﹣BD﹣AD＝CE+CD﹣BD＝3+5﹣4＝4．故选：C．9．如图，平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣x+分别交x轴、y轴于点B、A，以AB为直角边向右作等腰直角△ABC，以AO为斜边向左作等腰直角△ADO，连接DC交直线l于点E．则点E的坐标为（）A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）【分析】求出点C、点D的坐标，得到CD的表达式，将CD的表达式与直线l的表达式联立，即可求解．【解答】解：过点D作DH⊥y轴于H，y＝﹣x+①，令x＝0，则y＝，令y＝0，则x＝，故点A、B的坐标分别为：（0，）、（，0），即OB＝，AO＝＝OD，则AB＝＝2，∴∠ABO＝∠OAB＝45°，∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠BAC＝45°，∴∠OAC＝90°，AC＝AB＝2，∴C（2，），∵△AOD为等腰直角三角形，∴DH＝OH＝AH＝OA＝，∴D（﹣，），设直线CD的表达式为y＝kx+b，则，解得：，故直线CD的表达式为：y＝x+②，联立①②并解得：x＝，y＝，故点E的坐标为：（，），故选：A．10．如图，在等边△ABC中，AB＝15，BD＝6，BE＝3，点P从点E出发沿EA方向运动，连接PD，以PD为边，在PD右侧按如图方式作等边△DPF，当点P从点E运动到点A时，点F运动的路径长是（）A．8 B．10 C． D．12【分析】过D点作DE′⊥AB，过点F作FH⊥BC于H，则BE′＝BD＝3，得出点E′与点E重合，∠BDE＝30°，DE＝BE＝3，由AAS证得△DPE≌△FDH，得出FH＝DE＝3，则点P从点E运动到点A时，点F运动的路径为一条线段，此线段到BC的距离为3，当点P在E点时，作等边三角形DEF1，∠BDF1＝30°+60°＝90°，则DF1⊥BC，当点P在A点时，作等边三角形DAF2，作F2Q⊥BC于Q，则四边形DF1F2Q是矩形，由AAS证得△DF2Q≌△ADE，得出DQ＝AE＝AB﹣BE＝12，即可得出结果．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝60°，过D点作DE′⊥AB，过点F作FH⊥BC于H，如图所示：则BE′＝BD＝3，∴点E′与点E重合，∴∠BDE＝30°，DE＝BE＝3，∵△DPF为等边三角形，∴∠PDF＝60°，DP＝DF，∴∠EDP+∠HDF＝90°∵∠HDF+∠DFH＝90°，∴∠EDP＝∠DFH，在△DPE和△FDH中，，∴△DPE≌△FDH（AAS），∴FH＝DE＝3，∴点P从点E运动到点A时，点F运动的路径为一条线段，此线段到BC的距离为3，当点P在E点时，作等边三角形DEF1，∠BDF1＝30°+60°＝90°，则DF1⊥BC，当点P在A点时，作等边三角形DAF2，作F2Q⊥BC于Q，则四边形DF1F2Q是矩形，∵∠BDE＝30°，∠ADF2＝60°，∴∠ADE+∠F2DQ＝180°﹣30°﹣60°＝90°，∵∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠F2DQ＝∠DAE，在△DF2Q和△ADE中，，∴△DF2Q≌△ADE（AAS），∴DQ＝AE＝AB﹣BE＝15﹣3＝12，∴F1F2＝DQ＝12，∴当点P从点E运动到点A时，点F运动的路径长为12，故选：D．二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）11．“x的3倍与4的差小于5”可以用不等式表示为3x﹣4＜5．【分析】关键描述语是：差小于5，应先算x的3倍，再算差．【解答】解：“x的3倍与4的差小于5”可以用不等式表示为3x﹣4＜5，故答案为：3x﹣4＜5．12．已知点P（a，b），ab＞0，a+b＞0，则点P在第一象限．【分析】根据有理数的乘法、有理数的加法，可得a、b的符号，根据第一象限内点的横坐标大于零，纵坐标大于零，可得答案．【解答】解：因为ab＞0，a+b＞0，所以a＞0，b＞0，点P（a，b）在第一象限，故答案为：一．13．已知点（﹣2，y1），（2，y2）都在直线y＝2x﹣3上，则y1＜y2．（填“＜”或“＞”或“＝”）【分析】由k＝2＞0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，再结合﹣2＜2即可得出y1＜y2．【解答】解：∵k＝2＞0，∴y随x的增大而增大，又∵﹣2＜2，∴y1＜y2．故答案为：＜．14．如图，△ABC中，BD是角平分线，BE是高，EF⊥AB于F，交BD于点G，若∠A＝40°，∠DGE＝60°，则∠CBE＝10°．【分析】由直角三角形的性质可求解∠AEF的度数，再利用三角形的内角和定理可求解∠GDE的度数，进而可求解∠ABD的度数，结合角平分线的定义可求解∠ABC的度数，再利用直角三角形的性质可求得∠ABE的度数，进而可求解．【解答】解：∵EF⊥AB，∴∠AFE＝90°，∴∠A+∠AEF＝90°，∵∠A＝40°，∴∠AEF＝50°，∵∠AEF+∠DGE+∠GDE＝180°，∠DGE＝60°，∴∠GDE＝180°﹣50°﹣60°＝70°，∴∠ABD＝∠GDE﹣∠A＝70°﹣40°＝30°，∵BD是角平分线，∴∠ABC＝2∠ABD＝60°，∵BE是△ABC的高线，∴BE⊥AC，∴∠ABE+∠A＝90°，∴∠ABE＝90°﹣40°＝50°，∴∠CBE＝ABC﹣∠ABE＝60°﹣50°＝10°．故答案为：10°．15．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的等边三角形ABC的顶点A，B分别在x轴正半轴和y轴正半轴上运动．（1）当OB＝1时，点C的坐标为（，2）；（2）连结OC，则OC的最大值为1+．【分析】（1）由勾股定理可求AO的长，通过证明∠OAC＝90°，可求解；（2）由三角形的三边关系可得OE+CE＞OC，则当点E在OC上时，OC的最大值为1+．【解答】解：（1）如图，如图，取AB的中点E，连接CE，OE，∵∠AOB＝90°，点E是AB的中点，AB＝2，∴OE＝BE＝AE＝1，AO＝＝＝，∴OB＝OE＝BE＝1，∴△AOB是等边三角形，∴∠OBA＝60°，∴∠BAO＝30°，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝2，∠BAC＝60°，∴∠CAO＝90°，∴点C坐标为（，2），答案为：（，2）；（2）如上图，∵△ABC是等边三角形，点E是AB的中点，∴CE⊥AB，∴CE＝＝＝，在△OEC中，OE+CE＞OC，∴当点E在OC上时，OC的最大值为1+，故答案为：1+．16．如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝30°，AG是底边BC上的高．在AG的延长线上有一个动点D，连接CD，作∠CDE＝150°，交AB的延长线于点E，∠CDE的角平分线交AB边于点F，则在点D运动的过程中，线段EF的最小值为2．【分析】如过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．连接CF．先证明△MDE≌△NDC，推出ED＝CD，再证明△EDF≌△CDF，推出EF＝CF，当CF⊥AB时，CF最短，此时EF最短．在Rt△CAF中，∠BAC＝30°，即可计算出CF的值．【解答】解：如图．过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．连接CF．∵AB＝AC，AG是底边BC上的高，∴AD平分∠BAC，∴DM＝DN，∵∠BAC＝30°，作DM⊥AB，DN⊥AC，∴∠MDN＝180°﹣30°＝150°，∵∠CDE＝150°，∴MDN＝∠CDE＝150，∴∠MDE＝∠NDC，∴△MDE≌△NDC（ASA），∴ED＝CD，∵DF是∠CDE的角平分线，∴∠EDF＝∠CDF，∵DF＝DF，∴△EDF≌△CDF（SAS），∴EF＝CF，当CF⊥AB时，CF最短，此时EF最短．在Rt△CAF中，∠BAC＝30°，∴CF＝．即线段EF的最小值为2．故答案为：2．三．解答题（共8小题，共66分）17．（6分）解不等式组：．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．【解答】解：，解不等式①得，x≥2，解不等式②得，x＜4，则不等式组的解集为2≤x＜4．18．（6分）如图，△DEF和等腰直角三角形ABC的顶点都在方格纸的格点上．（1）将△DEF向左平移6格得到△GBC，请画出△GBC；（2）将（1）中的△GBC绕点B逆时针旋转90得到△HBA，请画出△HBA；若∠ACG＝α，请直接写出∠HAC的大小（用含α的代数式表示）．【分析】（1）根据平移的性质可画出图形；（2）利用旋转的性质可画出图形，并得出∠HAC的度数．【解答】解：（1）如图所示，△GBC即为所求；（2）如图所示，△HBA即为所求，∵∠ACG＝α，∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠BCG＝45°﹣α，∵将△GBC绕点B逆时针旋转90得到△HBA，∴∠BAH＝∠BCG＝45°﹣α，∴∠HAC＝∠HAB+∠BAC＝90°﹣α．19．（6分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AC边上一点，连接BD，EC⊥AC，且AE＝BD，AE与BC交于点F．（1）求证：CE＝AD；（2）当AD＝CF时，求证：BD平分∠ABC．【分析】（1）根据HL证明Rt△CAE与Rt△ABD全等，进而解答即可；（2）根据全等三角形的性质和角之间的关系解答即可．【解答】证明：（1）∵EC⊥AC，∠BAC＝90°，∴∠ACE＝∠BAC＝90°，在Rt△CAE与Rt△ABD中，，∴Rt△CAE≌Rt△ABD（HL），∴CE＝AD．（2）由（1）得Rt△CAE≌Rt△ABD，∴∠EAC＝∠ABD，∠E＝∠ADB．由（1）得CE＝AD，∵AD＝CF，∴CE＝CF．∴∠CFE＝∠E，∵∠CFE＝∠AFB，∴∠AFB＝∠E．∵∠E＝∠ADB，∴∠AFB＝∠ADB，∵∠AGB＝∠EAC+∠ADB，∠AGB＝∠DBC+∠AFB，∴∠EAC＝∠DBC．∵∠EAC＝∠DBA，∴∠DBA＝∠DBC，∴BD平分∠ABC．20．（8分）点A（m，p），B（m+3，q）为一次函数y＝kx+4（k＜0）图象上两点．（1）若k＝﹣2．①当y＜0时，x的范围为x＞2．②若将此函数图象沿y轴向上平移3个单位，平移后的函数图象的表达式为y＝﹣2x+7．（2）比较p、q的大小，并说明理由．【分析】（1）①根据题意得到﹣2x+4＜0，解不等式即可求得；②根据平移的规律即可求得；（2）根据一次函数的性质即可判断．【解答】解：（1）∵k＝﹣2，∴一次函数为y＝﹣2x+4，①∵y＜0，∴﹣2x+4＜0，∴x＞2；②将此函数图象沿y轴向上平移3个单位，平移后的函数图象的表达式为y＝﹣2x+4+3＝﹣2x+7；故答案为：x＞2；y＝﹣2x+7；（2）∵一次函数y＝kx+4中，k＜0，∴y随x的增大而减小，∵点A（m，p），B（m+3，q）为一次函数y＝kx+4（k＜0）图象上两点，且m＜m+3，∴p＞q．21．（8分）如图，BN、CM分别是△ABC的两条高，点D、点E分别是BC、MN的中点．（1）求证：DE⊥MN；（2）若BC＝10，MN＝6，求DE．【分析】（1）连接DM，DN．根据直角三角形的中线得到DM＝DN，根据等腰三角形的性质证明即可；（2）根据勾股定理计算，得到答案．【解答】（1）证明：如图，连接DM，DN．∵BN、CM分别是△ABC的两条高，∴BN⊥AC，CM⊥AB，∴∠BMC＝∠CNB＝90°，∵D是BC的中点，∴DM＝BC，DN＝BC，∴DM＝DN，∵E为MN的中点，∴DE⊥MN；（2）解：∵BC＝10，∴DM＝5，∵点E是MN的中点，MN＝6，∴ME＝4，由勾股定理得：DE＝＝4．22．（10分）某单位计划在新年期间组织员工到某地旅游，参加旅游的人数估计为10至25人，甲乙两家旅行社的服务质量相同，且报价都是每人200元，经过协商，甲旅行社表示可以给予每位游客七五折优惠乙旅行社表示可先免去一位游客的旅游费用，然后给予其余游客八折优惠若单位参加旅游人数为x人，甲乙两家旅行社支付的费用分别为y1和y2元．（1）写出y1，y2与x的关系式；（2）该单位选择哪一家旅行社支付的旅游费用较少？【分析】（1）根据甲、乙旅行社的不同的优惠方案，可求出函数关系式，（2）分情况讨论，得出人数的取值范围，进而确定当人数在什么范围选择哪个旅行社．【解答】解：（1）y1＝200×75%×x＝150x，（10≤x≤25），y2＝200×80%（x﹣1）＝160x﹣160，（10≤x≤25）（2）①当y1＝y2时，即：150x＝160x﹣160，解得，x＝16，②当y1＞y2时，即：150x＞160x﹣160，解得，x＜16，③当y1＜y2时，即：150x＜160x﹣160，解得，x＞16，答：当10≤x＜16时，乙旅行社费用较少，当x＝16，时，两个旅行社费用相同，当16＜x≤25时，甲旅行社费用较少．23．（10分）一边长为4正方形OACB放在平面直角坐标系中，其中O为原点，点A、B分别在x轴、y轴上，D为射线OB上任意一点．（1）如图1，若点D坐标为（0，2），连接AD交OC于点E，则△AOE的面积为；（2）如图2，将△AOD沿AD翻折得△AED，若点E在直线y＝x图象上，求出E点坐标；（3）如图3，将△AOD沿AD翻折得△AED，DE和射线BC交于点F，连接AF，若∠DAO＝75°，平面内是否存在点Q，使得△AFQ是以AF为直角边的等腰直角三角形，若存在，请求出所有点Q坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由待定系数法可求直线OC，直线AD的解析式，再求出交点E的坐标，由三角形面积公式可求解；（2）如图2，过点E作EH⊥OA，由折叠的性质可得AO＝AE＝4，设点E（a，a），由勾股定理可求a的值，即可求解；（3）由折叠的性质可得∠DAO＝∠DAE＝75°，OA＝AE，∠DOA＝∠DEA＝90°，由“HL”可证Rt△AEF≌Rt△ACF，可得∠CAF＝∠EAF＝30°，可求CF＝，分两种情况讨论，由全等三角形的性质和等腰三角形的性质可求解．【解答】解：（1）∵边长为4正方形OACB放在平面直角坐标系中，∴点A坐标（4，0），点C（4，4），∴直线OC解析式为：y＝x，∵点D坐标为（0，2），点A坐标（4，0），∴直线AD解析式为：y＝﹣x+2，∴解得：∴点E坐标（，）∴△AOE的面积＝×4×＝，故答案为：；（2）如图2，过点E作EH⊥OA，∵将△AOD沿AD翻折得△AED，∴AO＝AE＝4，设点E（a，a），∴OH＝a，EH＝a，∴AH＝4﹣a，∵AE2＝EH2+AH2，∴16＝a2+（4﹣a）2，∴a＝0（舍去），a＝，∴点E（，）（3）∵将△AOD沿AD翻折得△AED，∴∠DAO＝∠DAE＝75°，OA＝AE，∠DOA＝∠DEA＝90°，∴∠OAE＝150°，AE＝AC，∠ACF＝∠AED＝90°，∴∠CAE＝60°，∵AE＝AC，AF＝AF，∴Rt△AEF≌Rt△ACF（HL）∴∠CAF＝∠EAF＝30°，且AC＝4，∴CF＝，∵△AFQ是以AF为直角边的等腰直角三角形，∴若∠AFQ＝90°，AF＝FQ，如图3，过点Q作QN⊥BF，∴∠NQF+∠QFN＝90°，且∠QFN+∠AFC＝90°，∴∠NQF＝∠AFC，且∠ACF＝∠QNF＝90°，QF＝AF，∴△QNF≌△FCA（AAS）∴QN＝CF＝，AC＝