资源描述
2022-2023学年八下数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．一只船顺流航行90千米与逆流航行60千米所用的时间相等，若水流的速度是2千米/时，求船在静水中的速度．如果设船在静水中的速度为x千米/时，可列出的方程是（ ）
A． B． C． D．
2．在体育课上，甲，乙两名同学分别进行了5次跳远测试，经计算他们的平均成绩相同．若要比较这两名同学的成绩哪一个更为稳定，通常需要比较他们成绩的（ ）
A．众数 B．平均数 C．中位数 D．方差
3．若代数式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A．x＜3 B．x＞3 C．x≠3 D．x＝3
4．在折纸活动中，王强做了一张△ABC纸片，点D，E分别是AB，AC上的点，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A1重合，且∠A1DB=90°，若∠A=50°，则∠CEA1等于（ ）
A．20° B．15° C．10° D．5°
5．下列四个式子中是分式的是（ ）
A． B． C． D．
6．8的立方根是( )
A． B． C．-2 D．2
7．如图，在和中，连接AC，BD交于点M，AC与OD相交于E，BD与OA相较于F，连接OM，则下列结论中：①；②；③；④MO平分，正确的个数有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
8．下列各组数据中，不是勾股数的是
A．3，4，5 B．7，24，25 C．8，15，17 D．5，7，9
9．下列图形选自历届世博会会徽，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
10．如图，∠ACD是△ABC的一个外角，过点D作直线，分别交AC和AB于点E，H．则下列结论中错误的是（ ）
A．∠HEC＞∠B
B．∠B＋∠ACB＝180°－∠A
C．∠B＋∠ACB＜180°
D．∠B＞∠ACD
11．对不等式进行变形，结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
12．甲、乙两车从城出发匀速行驶至城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离城的距离(千米)与甲车行驶的时间(小时)之间的函数关系如图所示.则下列结论:
①两城相距千米；
②乙车比甲车晚出发小时,却早到小时；
③乙车出发后小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距千米时,
其中正确的结论有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题（每题4分，共24分）
13．中，，，点为延长线上一点，与的平分线相交于点，则的度数为__________．
14．在某个电影院里，如果用（2，15）表示2排15号，那么5排9号可以表示为_____．
15．在中，，，，则________．
16．将长为20cm、宽为8cm的长方形白纸，按如图所示的方法粘合起来，粘合部分的宽为3cm，设x张白纸粘合后的总长度为ycm，y与x之间的关系式为_______．
17．如图，已知雷达探测器在一次探测中发现了两个目标A，B，其中A的位置可以表示成（60°，6），那么B可以表示为____________，A与B的距离为____________
18．重庆农村医疗保险已经全面实施．某县七个村中享受了住院医疗费用报销的人数分别为：20，24，27，28，31，34，38，则这组数据的中位数是_______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连接AE，BD交于点O，AE与DC交于点M，BD与AC交于点N．
（1）如图1，求证：AE=BD；
（2）如图2，若AC=DC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．
20．（8分）某校运动会需购买A，B两种奖品，若购买A种奖品3件和B种奖品2件，共需60元；若购买A种奖品5件和B种奖品3件，共需95元．
（1）求A、B两种奖品的单价各是多少元？
（2）学校计划购买A、B两种奖品共100件，购买费用不超过1150元，且A种奖品的数量不大于B种奖品数量的3倍，设购买A种奖品m件，购买费用为W元，写出W（元）与m（件）之间的函数关系式．求出自变量m的取值范围，并确定最少费用W的值．
21．（8分）已知等腰三角形ABC的底边长BC=20cm，D是AC上的一点，且BD=16cm，CD=12cm．
（1）求证：BD⊥AC；
（2）求△ABC的面积．
22．（10分）如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE．
（1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；
（2）如图②，连接BE、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝4，求BD的长；
（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD2、CE2和BC2之间的数量关系，并加以说明．
23．（10分）如图，为轴上一个动点，
（1）如图1，当，且按逆时针方向排列，求点的坐标．
（图1）
（2）如图2，当，且按顺时针方向排列，连交轴于，求证：
（图2）
（3）如图3，m＞2，且按顺时针方向排列，若两点关于直线的的对称点，画出图形并用含的式子表示的面积
图3
24．（10分）已知：如图，在中，于点，为上一点，连结交于，且，，求证：.
25．（12分）如图所示，在所给正方形网格图中完成下列各题：（用直尺画图，保留痕迹）
（1）求出格点△ABC（顶点均在格点上）的面积；
（2）画出格点△ABC关于直线DE对称的；
（3）在DE上画出点Q，使△QAB的周长最小．
26．先化简，再求值：（2x+1）（2x−1）−（x+1）（3x−2），其中x= −1．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】未知量是速度，有路程，一定是根据时间来列等量关系的．关键描述语是：顺流航行90千米与逆流航行60千米所用的时间相等，等量关系为：顺流航行90千米时间=逆流航行60千米所用的时间．
【详解】顺流所用的时间为：；逆流所用的时间为：.所列方程为：.故选A
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是读懂题意，得到分式方程.
2、D
【分析】方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则各数据与其平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则各数据与其平均值的离散程度越小，稳定性越好。
【详解】由于方差能反映数据的稳定性，需要比较这两名学生立定跳远成绩的方差．
故选D．
3、C
【分析】分式有意义时，分母x﹣3≠0，据此求得x的取值范围．
【详解】依题意得：x﹣3≠0，
解得x≠3，
故选C．
本题考查了分式有意义的条件．（1）分式有意义的条件是分母不等于零．（2）分式无意义的条件是分母等于零．
4、C
【分析】根据翻折变换的性质可得∠A1DE=∠ADE，∠A1ED=∠AED，再根据三角形的内角和等于180°求出∠A1ED和∠AED，然后利用平角等于180°即可求解∠CEA1．
【详解】解： ∵△ABC沿着DE折叠压平，A与A1重合，且∠A1DB=90°，
∴∠A1DE=∠ADE= ，∠A1ED=∠AED，
∵∠A=50°，
∴∠A1ED=∠AED=，
∴∠CEA1=.
故选：C．
本题考查三角形的内角和定理，翻折变换的性质，熟练进行整体思想的利用使得求解更简便．
5、D
【分析】根据分母中含有字母的是分式来进行判断即可．
【详解】，，分母中不含字母，不是分式；
分母中含有字母，是分式；
故选：D．
本题主要考查分式，掌握分式的概念是解题的关键，判断一个代数式是分式还是整式的方法：分母中含有字母的是分式，分母中不含字母的是整式．
6、D
【解析】根据立方根的定义进行解答．
【详解】∵，
∴的立方根是，
故选：D．
本题主要考查了立方根定义，熟练掌握相关定义是解题的关键．
7、B
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC=∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，得出∠AMB=∠AOB=30°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，则∠OGC=∠OHD=90°，由AAS证明△OCG≌△ODH，得出OG=OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
由∠AOB=∠COD，得出当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM=∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM=∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO=∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB=OC，而OA=OB，所以OA=OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．
【详解】解：，
∴，
即，
在和中，，
，
，，①正确；
，
由三角形的外角性质得：，
，②正确；
作于，于，如图所示：
则，
在和中，，
，
，
平分，④正确；
∵∠AOB=∠COD，
∴当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM=∠AOM，
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM=∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO=∠BMO，
在△COM和△BOM中，，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB=OC，
∵OA=OB
∴OA=OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的个数有3个；
故选择：.
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
8、D
【解析】根据勾股数的定义（满足的三个正整数，称为勾股数）判定则可．
【详解】A、，能构成直角三角形，是正整数，故是勾股数；
B、，能构成直角三角形，是正整数，故是勾股数；
C、，能构成直角三角形，故是勾股数；
D、，不能构成直角三角形，是正整数，故不是勾股数；
故选D．
本题考查的知识点是勾股数的定义，解题关键是注意勾股数不光要满足，还必须要是正整数．
9、B
【解析】A、不是轴对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，故此选项正确；
C、不是轴对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，故此选项错误；
故选B．
10、D
【分析】三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的一个内角，根据以上定理逐个判断即可．
【详解】解：A、∵∠HEC＞∠AHD，∠AHD＞∠B，
∴∠HEC＞∠B，故本选项不符合题意；
B、∵∠B+∠ACB+∠A=180°，
∴∠B+∠ACB=180°-∠A，故本选项不符合题意；
C、∵∠B+∠ACB+∠A=180°，
∴∠B+∠ACB＜180°，故本选项不符合题意；
D、∠B＜∠ACD，故本选项符合题意；
故选：D．
本题考查了三角形内角和定理和三角形的外角性质的应用，能灵活运用定理进行推理是解题的关键．
11、B
【分析】根据不等式的基本性质进行逐一判断即可得解.
【详解】A.不等式两边同时减b得，A选项错误；
B.不等式两边同时减2得，B选项正确；
C.不等式两边同时乘2得，C选项错误；
D.不等式两边同时乘得，不等式两边再同时加1得，D选项错误，
故选：B.
本题主要考查了不等式的基本性质，注意不等式两边同时乘或除以一个负数，要改变不等号的方向.
12、B
【分析】观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【详解】解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且乙用时3小时，即比甲早到1小时，故①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把（5，300）代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把（1，0）和（4，300）代入可得，解得，
∴y乙=100t-100，
令y甲=y乙可得：60t=100t-100，解得t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③错误；
令|y甲-y乙|=50，可得|60t-100t+100|=50，即|100-40t|=50，
当100-40t=50时，可解得t=，
当100-40t=-50时，可解得t=，
令y甲=50，解得t=，令y甲=250，解得t=，
∴当t=时，y甲=50，此时乙还没出发，此时相距50千米，
当t=时，乙在B城，此时相距50千米，
综上可知当t的值为或或或时，两车相距50千米，故④错误；
综上可知正确的有①②共两个，
故选：B．
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、15°
【分析】先根据角平分线的定义得到∠1=∠2，∠3=∠4，再根据三角形外角性质得∠1+∠2=∠3+∠4+∠A，∠1=∠3+∠D，则2∠1=2∠3+∠A，利用等式的性质得到∠D=∠A，然后把∠A的度数代入计算即可．
【详解】解：∵∠ABC的平分线与∠ACE的平分线交于点D，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠ACE=∠A+∠ABC，
即∠1+∠2=∠3+∠4+∠A，
∴2∠1=2∠3+∠A，
∵∠1=∠3+∠D，
∴∠D=∠A=×30°=15°．
故答案为：15°．
本题考查了三角形内角和定理，关键是根据三角形内角和是180°和三角形外角性质进行分析．
14、（5，9）．
【分析】根据用（2，15）表示2排15号可知第一个数表示排，第二个数表示号，进而可得答案．
【详解】解：5排9号可以表示为(5，9)，
故答案为：(5，9)．
本题考查了用有序数对确定位置，一对有顺序的数叫做有序数对，理解有序数对是两个有顺序的数是解题的关键．
15、
【分析】根据勾股定理直接求出AB长即可.
【详解】∵∠C=90°，BC=1，AC=2，
∴AB=，
故答案为：.
本题是对勾股定理的考查，熟练掌握勾股定理是解决本题的关键.
16、y=17x+1
【分析】由图可知，将x张这样的白纸粘合后的总长度=x张白纸的总长-(x-1)个粘合部分的宽，把相关数据代入化简即可得到所求关系式．
【详解】解：
由题意可得：y=20x-1(x-1)=17x+1，
即：y与x间的函数关系式为：y=17x+1．
故答案为：y=17x+1．
观察图形，结合题意得到：“白纸粘合后的总长度=x张白纸的总长-（x-1）个粘合部分的宽”是解答本题的关键．
17、
【分析】按已知可得，表示一个点，距离是自内向外的环数，角度是所在列的度数，据此进行判断即可得解．
【详解】∵（a，b）中，b表示目标与探测器的距离；a表示以正东为始边，逆时针旋转后的角度，
∴B可以表示为．
∵A、B与雷达中心的连线间的夹角为150°-60°=90°，
∴AB==
故填：(1). (2). .
本题考查了坐标确定位置，解题时由已知条件正确确定A、B的位置及勾股定理的应用是解决本题的关键．
18、28
【详解】解：把这一组数据从小到大依次排列为20，24，27，28，31，34，38，
最中间的数字是28，所以这组数据的中位数是28
故答案为：28
三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）△ACB≌△DCE， △EMC≌△BCN， △AON≌△DOM， △AOB≌△DOE．
【分析】（1）根据全等三角形的性质即可求证△ACE≌△BCD，从而可知AE=BD；
（2）根据条件即可判断图中的全等直角三角形.
【详解】（1）∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴AC=BC，DC=EC，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACE，
在△ACE与△BCD中，
∵AC=BC，∠ACE=∠BCD，CE=CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD；
（2）∵AC=DC，
∴AC=CD=EC=CB，△ACB≌△DCE（SAS）；
由（1）可知：∠AEC=∠BDC，∠EAC=∠DBC，
∴∠DOM=90°，
∵∠AEC=∠CAE=∠CBD，
∴△EMC≌△BCN（ASA），
∴CM=CN，
∴DM=AN，△AON≌△DOM（AAS），
∵DE=AB，AO=DO，
∴△AOB≌△DOE（HL）．
20、（1）A奖品的单价是10元，B奖品的单价是15元；（2）当购买A种奖品1件，B种奖品25件时，费用W最小，最小为2元.
【解析】试题分析：（1）设A奖品的单价是x元，B奖品的单价是y元，根据条件建立方程组求出其解即可；
（2）根据总费用=两种奖品的费用之和表示出W与m的关系式，并有条件建立不等式组求出x的取值范围，由一次函数的性质就可以求出结论．
试题解析：（1）设A奖品的单价是x元，B奖品的单价是y元，由题意，得
，
解得：．
答：A奖品的单价是10元，B奖品的单价是15元；
（2）由题意，得
W=10m+15（100-m）=-5m+1500
∴，
解得：70≤m≤1．
∵m是整数，
∴m=70，71，72，73，74，1．
∵W=-5m+1500，
∴k=-5＜0，
∴W随m的增大而减小，
∴m=1时，W最小=2．
∴应买A种奖品1件，B种奖品25件，才能使总费用最少为2元．
考点：1.一次函数的应用；2.二元一次方程组的应用；3.一元一次不等式组的应用．
21、（1）见解析；（1）△ABC的面积为cm1．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理证明即可
（1）根据勾股定理先求出BD，然后再求三角形的面积即可
【详解】（1）∵BC=10，BD=16，CD=11
111+161=101
∴CD1+BD1=BC1，
∴△BDC是直角三角形，
∴BD⊥AC；
（1）解：设AD=xcm，则AC=（x+11 ）cm，
∵AB=AC，
∴AB═（x+11 ）cm，
在Rt△ABD中：AB1=AD1+BD1，
∴（x+11）1=161+x1，
解得x=，
∴AC= +11=cm，
∴△ABC的面积S=BD•AC=×16×=cm1．
勾股定理及其逆定理是本题的考点，熟练掌握其定理和逆定理是解题的关键.
22、（1）证明见解析；（1）2；（3）CD1+CE1＝BC1，证明见解析．
【分析】（1）先判断出∠BAE=∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论．
（1）先求出∠CDA=∠ADE=30°，进而求出∠BED=90°，最后用勾股定理即可得出结论．
（3）方法1、同（1）的方法即可得出结论；方法1、先判断出CD1+CE1=1（AP1+CP1），再判断出CD1+CE1=1AC1．即可得出结论．
【详解】解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD．
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE．
（1）如图1，连结BE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD＝4，∠BEA＝∠CDA＝30°，
∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE，
∴BD＝＝＝2．
（3）CD1、CE1、BC1之间的数量关系为：CD1+CE1＝BC1，理由如下：
解法一：
如图3，连结BE．
∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠D＝∠AED＝42°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝42°，
∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝42°+42°＝90°，即BE⊥DE，
在Rt△BEC中，由勾股定理可知：BC1＝BE1+CE1．
∴BC1＝CD1+CE1．
解法二：
如图4，过点A作AP⊥DE于点P．
∵△ADE为等腰直角三角形，AP⊥DE，
∴AP＝EP＝DP．
∵CD1＝（CP+PD）1＝（CP+AP）1＝CP1+1CP•AP+AP1，
CE1＝（EP﹣CP）1＝（AP﹣CP）1＝AP1﹣1AP•CP+CP1，
∴CD1+CE1＝1AP1+1CP1＝1（AP1+CP1），
∵在Rt△APC中，由勾股定理可知：AC1＝AP1+CP1，
∴CD1+CE1＝1AC1．
∵△ABC为等腰直角三角形，由勾股定理可知：
∴AB1+AC1＝BC1，即1AC1＝BC1，
∴CD1+CE1＝BC1．
本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解（1）的关键是判断出∠BAE=∠CAD，解（1）（3）的关键是判断出BE⊥DE，是一道中等难度的中考常考题．
23、（1）C（3，1）(2)见解析 （3）=.
【分析】（1）作CD⊥x轴，根据题意证明△ABO≌△BCD即可求解；
(2)过B点作GH⊥x轴，作AG⊥GH,CH⊥GH，同理可证△ABG≌△BCH，求出C点坐标，从而求出直线EC解析式，得到F点坐标即可求解；
（3）根据题意作图，可得四边形ABCD为正方形，由（2）同理求出C点坐标，同理求出D点坐标，即可表示出.
【详解】（1）
∴
作CD⊥x轴，
∵
∴
又
∴
又
∴△ABO≌△BCD（AAS）
∴BD=AO=2,CD=OB=1
∴C（3，1）；
(2)过B点作GH⊥x轴，作AG⊥GH,CH⊥GH，
∵，
同（1）可证△ABG≌△BCH，
∵
∴BH=AG=BO=3，CH=BG=AO=2
∴C（1,-3）
∵∴EO=2
求得直线EC的解析式为y=-x-2
∴F（0，-2）
∴OF=2
则；
（3）根据题意作图，∵，
可得△ABF≌△BCF，
由
可得BF=AE=m,CF=BE=2,
∴C（m-2,-m）
∵两点关于直线的的对称点，
∴四边形ABCD为正方形
同理△CDG≌△BCF≌△ABF
∴CG=BF=AE=m，DG=CF=BE=2,
∴D（-2，-m+2）
∴===.
此题主要考查一次函数与几何，解题的关键是熟知一次函数的图像与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质.
24、详见解析.
【解析】根据HL证明Rt△BDF≌Rt△ADC，进而解答即可．
【详解】∵AD⊥BC，∴∠BDF=∠ADC=90°．
在Rt△BDF和Rt△ADC中，，∴Rt△BDF≌Rt△ADC（HL），∴∠FBD=∠DAC．
又∵∠BFD=∠AFE，∴∠AEF=∠BDF=90°，∴BE⊥AC．
本题考查了全等三角形的判定和性质，关键是根据HL证明Rt△BDF≌Rt△ADC．
25、 (1)；(2)作图详见解析；(3)作图详见解析.
【解析】试题分析：（1）用△ABC所在的四边形的面积减去三个多余小三角形的面积即可；
（2）从三角形各顶点向DE引垂线并延长相同的长度，找到对应点，顺次连接；
（3）利用轴对称图形的性质可作点A关于直线DE的对称点，连接，交直线DE于点Q，点Q即为所求．
试题解析：（1）=3×3﹣×3×1﹣×2×1﹣×2×3=；
（2）所作图形如图所示：
（3）如图所示：利用轴对称图形的性质可得点A关于直线DE的对称点，连接，交直线DE于点Q，点 Q即为所求，此时△QAB的周长最小．
考点：作图-轴对称变换；轴对称-最短路线问题．
26、（1）；3
【分析】利用平方差公式以及多项式乘多项式展开后，再合并同类项，代入x= −1即可求解．
【详解】
，
当时，
原式．
本题主要考查了整式的混合运算，关键是掌握整式乘法的计算法则，正确把式子化简．
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