资源描述
2022-2023学年八下数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．在如图所示的网格纸中，有A、B两个格点，试取格点C，使得△ABC是等腰三角形，则这样的格点C的个数是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
2．如图，动点在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第次从原点运动到点，第次接着运动到点，第次接着运动到点，···，按这样的运动规律，经过第次运动后，动点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．在，1.01001…这些实数中，无理数有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
4．已知a+b=3，ab=2，求代数式a3b+2a2b2+ab3的值为（ ）
A．6 B．18 C．28 D．50
5．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
6．若过多边形的每一个顶点只有6条对角线，则这个多边形是（ ）
A．六边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形
7．已知，则的值为 （ ）
A．3 B．6 C．8 D．9
8．已知+c2﹣6c+9＝0，则以a，c为边的等腰三角形的周长是（ ）
A．8 B．7 C．8或7 D．13
9．某校为了解学生的课外阅读情况，随机抽取了一个班级的学生，对他们一周的读书时间进行了统计，统计数据如下表所示：
读书时间（小时）
7
8
9
10
11
学生人数
6
10
9
8
7
则该班学生一周读书时间的中位数和众数分别是（ ）
A．9，8 B．9，9 C．9.5，9 D．9.5，8
10．将下列多项式因式分解，结果中不含有因式（x﹣2）的是（ ）
A．x2﹣4 B．x3﹣4x2﹣12x
C．x2﹣2x D．（x﹣3）2+2（x﹣3）+1
11．下列叙述中，错误的是（ ）
①立方根是；②的平方根为；③的立方根为；④的算术平方根为，
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
12．如图，在菱形纸片中，，点是边上的一点，将纸片沿折叠，点落在处，恰好经过的中点，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，平面直角坐标系中有点．连接，以为圆心，以为半径画弧，交轴于点，连接，以为圆心，以为半径画弧，交轴于点，连接，以为圆心，以为半径画弧，交轴于点，按照这样的方式不断在坐标轴上确定点的位置，那么点的坐标是__________．
14．计算：(x+a)(y-b)=______________________
15．如图，在中，，，垂足分别为，，，交于点．请你添加一个适当的条件，使≌．添加的条件是：____．（写出一个即可）
16．在函数y=中，自变量x的取值范围是____．
17．如图，在△ABC中，∠C＝∠ABC，BE⊥AC，垂足为点E，△BDE是等边三角形，若AD＝4，则线段BE的长为______．
18．如图，在中，，是的中点，，垂足为，，则的度数是______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图①，在△ABC中，AB=AC，过AB上一点D作DE∥AC交BC于点E，以E为顶点，ED为一边，作∠DEF=∠A，另一边EF交AC于点F．
（1）求证：四边形ADEF为平行四边形；
（2）当点D为AB中点时，判断▱ADEF的形状；
（3）延长图①中的DE到点G，使EG=DE，连接AE，AG，FG，得到图②，若AD=AG，判断四边形AEGF的形状，并说明理由．
20．（8分）因式分解：
（1）；
（2）．
21．（8分）如图，在▱ABCD中，过B点作BM⊥AC于点E，交CD于点M，过D点作DN⊥AC于点F，交AB于点N．
（1）求证：四边形BMDN是平行四边形；
（2）已知AF=12，EM=5，求AN的长．
22．（10分）如图，在△ABC中，AB＝BC，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，∠BAD＝45°，AD与BE交于点F，连接CF.
（1）求证△ACD≌△BFD
（2）求证：BF＝2AE；
（3）若CD＝，求AD的长．
23．（10分）已知2是的平方根，是的立方根，求的值．
24．（10分）某广场用如图1所示的同一种地砖拼图案，第一次拼成的图案如图2所示，共用地砖4块；第2次拼成的图案如图3所示，共用地砖；第3次拼成的图案如图4所示，共用地砖，…．
（1）直接写出第4次拼成的图案共用地砖________块；
（2）按照这样的规律，设第次拼成的图案共用地砖的数量为块，求与之间的函数表达式
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的顶点A在x轴上，AB＝AC，∠BAC＝90°，且A（2，0）、B（3，3），BC交y轴于M，
（1）求点C的坐标；
（2）连接AM，求△AMB的面积；
（3）在x轴上有一动点P，当PB+PM的值最小时，求此时P的坐标．
26．如图，已知：∠BDA = ∠CEA，AE = AD．求证：∠ABC =∠ACB．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】分AB是腰长时，根据网格结构，找出一个小正方形与A、B顶点相对的顶点，连接即可得到等腰三角形，AB是底边时，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，AB垂直平分线上的格点都可以作为点C，然后相加即可得解．
【详解】解：如图，
分情况讨论：
①AB为等腰△ABC的底边时，符合条件的C点有4个；
②AB为等腰△ABC其中的一条腰时，符合条件的C点有4个．
故选C．
本题考查等腰三角形的判定，解题的关键是掌握等腰三角形的判定，分情况讨论解决.
2、B
【分析】观察可得点P的变化规律， “ (n为自然数)”，由此即可得出结论.
【详解】观察， ，
发现规律: (n为自然数) .
∵
∴ 点的坐标为.
故选: B.
本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出规律“ (n为自然数)”，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据点P的变化罗列出部分点的坐标，再根据坐标的变化找出规律是关键.
3、C
【分析】根据无理数的定义即可求解.
【详解】在，1.01001…这些实数中，无理数有，，1.01001…
故选C.
此题主要考查无理数的识别，解题的关键是熟知无理数的定义.
4、B
【分析】先提取公因式ab，再利用完全平方公式因式分解，最后代入已知等式即可得答案.
【详解】a3b+2a2b2+ab3
=ab(a2+2ab+b2)
=ab(a+b)2
∵a+b=3，ab=2，
∴原式=2×33=18，
故选B.
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
5、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．
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．
6、C
【分析】从n边形的一个顶点可以作条对角线.
【详解】解：∵多边形从每一个顶点出发都有条对角线，
∴多边形的边数为6+3=9，
∴这个多边形是九边形．
故选：C．
掌握边形的性质为本题的关键.
7、D
【分析】由逐步代入可得答案．
【详解】解：，
故选D．
本题考查的是代数式的求值，考查了用平方差公式分解因式，掌握整体代入的方法是解题的关键．
8、C
【分析】根据非负数的性质列式求出a、c的值，再分a是腰长与底边两种情况讨论求解．
【详解】解：可化为：，
∵，，
∴，，
解得a=2，c=3，
①a=2是腰长时，三角形的三边分别为2、2、3，
∵2+2=4>3，
∴2、2、3能组成三角形，
∴三角形的周长为7，
②a=2是底边时，三角形的三边分别为2、3、3，能够组成三角形，
∴三角形的周长为1；
综上所述，三角形的周长为7或1．
故选：C．
本题考查了非负数的性质和等腰三角形的性质，解题的关键是分情况讨论并利用三角形的三边关系进行判断．
9、A
【分析】根据表格中的数据可知该班有学生40人，根据中位数定义可求得中位数，再根据读书时间最多的人数根据众数的概念即可求得众数.
【详解】由表格可得，
该班学生一周读书时间的中位数和众数分别是：9、8，
故选A．
本题考查了众数、中位数，明确题意，熟练掌握中位数、众数的概念以及求解方法是解题的关键.
10、B
【详解】试题解析：A. x2-4=（x+2）(x-2) ，含有因式（x-2），不符合题意；
B. x3-4x2-12x=x(x+2)(x-6)，不含有因式（x-2），正确；
C. x2-2x=x(x-2)，含有因式（x-2），不符合题意；
D. (x-3)2+2(x-3)+1=x2-4x+4=(x-2)2，含有因式（x-2），不符合题意，
故选B.
11、D
【分析】根据立方根，平方根，算术平方根的定义，逐一判断选项，即可得到答案．
【详解】∵立方根是-，
∴①错误，
∵的平方根为，
∴②正确，
∵的立方根为，
∴③正确，
∵的算术平方根为，
∴④错误，
故选D．
本题主要考查立方根，平方根，算术平方根的定义，掌握上述定义，是解题的关键．
12、A
【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，进而求出∠PDC＝90°，由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【详解】解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP＝∠BDP＝30°，
∴∠PDC＝90°，
∴由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，
在△DEC中，∠DEC＝180°−（∠CDE＋∠C）＝180°−（45°＋60°）＝75°．
故选：A．
本题考查了折叠问题，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】利用勾股定理和坐标轴上点的坐标的特征和变化规律,逐步求出至的坐标.
【详解】解:
,
,
,
,
,
,
……
根据变化规律可得,,
.
本题主要考查勾股定理与平面直角坐标系里点的坐标的规律变化,理解题意,找到变化规律是解答关键.
14、xy+ay-bx-ab
【分析】根据多项式乘以多项式的运算法则进行计算即可得到答案.
【详解】(x+a)(y-b)= xy+ay-bx-ab.
故答案为：xy+ay-bx-ab.
本题主要考查了多项式乘以多项式的运算法则，注意不要漏项，有同类项的合并同类项.
15、AF=CB或EF=EB或AE=CE
【分析】根据垂直关系，可以判断△AEF与△CEB有两对对应角相等，就只需要找它们的一对对应边相等就可以了．
【详解】∵AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，
∴∠BEC=∠AEC=∠ADB=∠ADC=90°，
∵∠B+∠BAD=90°，∠B+∠BCE =90°，
∴∠BAD=∠BCE，
所以根据AAS添加AF=CB或EF=EB；
根据ASA添加AE=CE．
可证△AEF≌△CEB．
故答案为：AF=CB或EF=EB或AE=CE．
本题考查三角形全等的判定方法；判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．
16、x≥-2且x≠1
【分析】根据二次根式被开方数大于等于1，分式分母不等于1列式计算即可得解．
【详解】解：由题意得，x+2≥1且2x≠1，
解得:x≥-2且x≠1．
故答案为：x≥-2且x≠1．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为1；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
17、1
【解析】本题首先由等边三角形的性质及垂直定义得到∠DBE=60°，∠BEC=90°，再根据等腰三角形的性质可以得出∠EBC=∠ABC-60°=∠C-60°，最后根据三角形内角和定理得出关系式∠C-60°+∠C=90°解出∠C，推出AD=DE，于是得到结论．
【详解】∵△BDE是正三角形，
∴∠DBE=60°；
∵在△ABC中，∠C=∠ABC，BE⊥AC，
∴∠C=∠ABC=∠ABE+∠EBC，则∠EBC=∠ABC-60°=∠C-60°，∠BEC=90°；
∴∠EBC+∠C=90°，即∠C-60°+∠C=90°，
解得∠C=75°，
∴∠ABC=75°，
∴∠A=30°，
∵∠AED=90°-∠DEB=30°，
∴∠A=∠AED，
∴DE=AD=1，
∴BE=DE=1，
故答案为：1．
本题主要考查等腰三角形的性质及等边三角形的性质及垂直定义，解题的关键是根据三角形内角和定理列出符合题意的简易方程，从而求出结果．
18、65
【分析】首先根据三角形的三线合一的性质得到AD平分∠BAC，然后求得其一半的度数，从而求得答案．
【详解】∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠BAC＝50°，
∴∠DAC＝25°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADE＝90°−25°＝65°，
故答案为65°．
本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是了解等腰三角形三线合一的性质，难度不大．
三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）▱ADEF的形状为菱形，理由见解析；（3）四边形AEGF是矩形，理由见解析.
【解析】(1)根据平行线的性质得到∠BDE=∠A，根据题意得到∠DEF=∠BDE，根据平行线的判定定理得到AD∥EF，根据平行四边形的判定定理证明；
(2)根据三角形中位线定理得到DE=AC，得到AD=DE，根据菱形的判定定理证明；
(3)根据等腰三角形的性质得到AE⊥EG，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明．
【详解】(1)证明：∵DE∥AC，
∴∠BDE=∠A，
∵∠DEF=∠A，
∴∠DEF=∠BDE，
∴AD∥EF，又∵DE∥AC，
∴四边形ADEF为平行四边形；
(2)解：□ADEF的形状为菱形，
理由如下：∵点D为AB中点，
∴AD=AB，
∵DE∥AC，点D为AB中点，
∴DE=AC，
∵AB=AC，
∴AD=DE，
∴平行四边形ADEF为菱形，
(3)四边形AEGF是矩形，
理由如下：由(1)得，四边形ADEF为平行四边形，
∴AF∥DE，AF=DE，
∵EG=DE，
∴AF∥DE，AF=GE，
∴四边形AEGF是平行四边形，
∵AD=AG，EG=DE，
∴AE⊥EG，
∴四边形AEGF是矩形．
故答案为：(1)证明见解析；(2)菱形；(3)矩形.
本题考查的是平行四边形、矩形、菱形的判定，掌握它们的判定定理是解题的关键．
20、（1）；（2）
【分析】（1）提公因式后，再利用平方差公式继续分解即可；
（2）根据多项式乘多项式展开，合并后再利用完全平方公式分解即可．
【详解】（1）
；
（2）
．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
21、（1）详见解析；（2）1．
【解析】（1）只要证明DN∥BM，DM∥BN即可；
（2）只要证明△CEM≌△AFN，可得FN=EM=5，在Rt△AFN中，根据勾股定理AN=即可解决问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∵BM⊥AC，DN⊥AC，
∴DN∥BM，
∴四边形BMDN是平行四边形；
（2）∵四边形BMDN是平行四边形，
∴DM=BN，
∵CD=AB，CD∥AB，
∴CM=AN，∠MCE=∠NAF，
∵∠CEM=∠AFN=90°，
∴△CEM≌△AFN，
∴FN=EM=5，
在Rt△AFN中，AN===1．
本题考查平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22、（1）见解析；（1）见解析；（3）AD =1+
【分析】（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AD=BD，再根据同角的余角相等求出∠CAD=∠CBE，然后利用“角边角”证明△ADC和△BDF全等；
（1）根据全等三角形对应边相等可得BF=AC，再根据等腰三角形三线合一的性质可得AC=1AE，从而得证；
（3）根据全等三角形对应边相等可得DF=CD，然后利用勾股定理列式求出CF，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF=CF，然后根据AD=AF+DF代入数据即可得解．
【详解】（1）∵AD⊥BC，∠BAD=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD=BD，
∵BE⊥AC，AD⊥BC，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠CBE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠CBE，
在△ADC和△BDF中，
∠CAD＝∠CBE，AD＝BD，∠ADC＝∠BDF＝90°，
∴△ACD≌△BFD（ASA）
（1）由（1）可知：BF=AC
∵AB=BC，BE⊥AC，
∴AC=1AE，
∴BF=1AE；
(3) ∵△ACD≌△BFD，
∴DF=CD=，
在Rt△CDF中，CF=，
∵BE⊥AC，AE=EC，
∴AF=CF=1．
∴AD=AF+DF=1+
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质的应用，以及线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
23、
【分析】根据平方根、立方根的定义列出方程组，即可求解.
【详解】解：由题意可知
①+②可得，
此题主要考查实数的性质，解题的关键是熟知平方根、立方根的定义.
24、（1）40；（2）．
【分析】（1）根据拼成图案的地砖块数规律，即可得到答案；
（2）根据，，，，……，进而得到与之间的函数表达式．
【详解】（1）∵第一次拼成的图案，共用地砖4块；第2次拼成的图案，共用地砖；第3次拼成的图案，共用地砖，…，
∴第4次拼成的图案，共用地砖．
故答案是：40；
（2）第1次拼成如图2所示的图案共用4块地砖，即，
第2次拼成如图3所示的图案共用12块地砖，即，
第3次拼成如图4所示的图案共用24块地砖，即，
第4次拼成的图案共用40块地砖，即，
……
第次拼成的图案共用地砖：，
∴与之间的函数表达式为：．
本题主要考查探究图案与数的规律，找到图案与数的规律，是解题的关键．
25、（1）C的坐标是（﹣1，1）；（2）；（3）点P的坐标为（1，0）．
【分析】（1）作CD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，证明≌，根据全等三角形的性质得到CD＝AE，AD＝BE，求出点C的坐标；
（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式，得到OM的长，根据梯形的面积公式、三角形的面积公式计算，得到答案；
（3）根据轴对称的最短路径问题作出点P，求出直线B的解析式，根据x轴上点的坐标特征求出点P的坐标．
【详解】解：（1）如图，作CD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，
∴∠CAD+∠DCA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠CAD+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠ACD，
在和中，
，
∴≌（AAS），
∴CD＝AE，AD＝BE，
∵A（2，0）、B（3，3），
∴OA＝2，OE＝BE＝3，
∴CD＝AE＝1，OD＝AD﹣OA＝1，
∴C的坐标是（﹣1，1）；
（2）如图，作BE⊥x轴于E，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∵B点的坐标为（3，3），C点的坐标是（﹣1，1），
∴，
解得，，
∴直线BC的解析式为y＝x+，
当x＝0时，y＝，
∴OM＝，
∴的面积＝梯形MOEB的面积﹣的面积﹣的面积
＝×（+3）×3﹣×2×﹣×1×3
＝；
（3）如图，作M关于x轴的对称点（0，﹣），连接B，交x轴于点P，此时PB+PM=PB+P=B的值最小，
设直线B的解析式为y＝mx+n，
则，
解得，，
∴直线B的解析式为y＝x﹣，
点P在x轴上，当y＝0时，x＝1，
∴点P的坐标为（1，0）．
此题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、求一次函数解析式和求两线段和的最小值，掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、利用待定系数法求一次函数解析式和轴对称的最短路径问题是解决此题的关键．
26、见解析
【分析】由已知条件加上公共角相等，利用ASA得到△ABD与△ACE全等，利用全等三角形对应边相等即可得证．
【详解】在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（ASA），
∴AB=AC，
∴∠ABC =∠ACB．
本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
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