2024年福建省莆田市八上数学期末质量检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷
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，中，，分别是，的平分线，，则等于（ ）

A． B． C． D．
2．已知一次函数，函数值随自变量的增大而减小，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．小南是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中有这样一条信息：，，3，，，分别对应下列六个字：益，爱，我，数，学，广，现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是（ ）
A．我爱学 B．爱广益 C．我爱广益 D．广益数学
4．根据如图数字之间的规律，问号处应填(　　)

A．61 B．52 C．43 D．37
5．如图，△ABC中，AB＝AC，DE是AB的垂直平分线，分别交AB、AC于ED两点，若∠BAC＝40°，则∠DBC等于（　　）

A．30° B．40° C．70° D．20°
6．如图，中， ，，平分，若，则点到线段的距离等于（ ）

A．6 B．5 C．8 D．10
7．下列条件中，不能判定三角形全等的是（ ）
A．三条边对应相等
B．两边和一角对应相等
C．两角和其中一角的对边对应相等
D．两角和它们的夹边对应相等
8．已知正n边形的一个内角为135°，则边数n的值是（　　）
A．6 B．7 C．8 D．10
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，若∠A=26°，则∠CDE度数为（　　）．

A．45°； B．64° ； C．71°； D．80°．
10．程老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角条件是否可确定三角形的形状”问题，操作学具时，点Q在轨道槽AM上运动，点P既能在以A为圆心、以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动，图2是操作学具时，所对应某个位置的图形的示意图．

有以下结论：
①当∠PAQ=30°，PQ=6时，可得到形状唯一确定的△PAQ
②当∠PAQ=30°，PQ=9时，可得到形状唯一确定的△PAQ
③当∠PAQ=90°，PQ=10时，可得到形状唯一确定的△PAQ
④当∠PAQ=150°，PQ=12时，可得到形状唯一确定的△PAQ

其中所有正确结论的序号是( )
A．②③ B．③④ C．②③④ D．①②③④
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．比较大小：_________（填“＞”或“＜”）
12．若，，则________.
13．如图，是和的公共斜边，AC=BC，，E是的中点，联结DE、CE、CD，那么___________________．

14．已知am=3，an=2，则a2m－3n= ___________
15．如图，MN是正方形ABCD的一条对称轴，点P是直线MN上的一个动点，当PC+PD最小时，∠PCD＝_____°．

16．如图，将长方形ABCD的边AD沿折痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，若AB＝5，AD＝13，则EF＝_____．

17．近似数2.019精确到百分位的结果是_____．
18．如图，在与中，，，，若，则的度数为________．

三、解答题(共66分)
19．（10分）按要求计算：
（1）化简：
（2）解分式方程：
（3）计算：
20．（6分）甲、乙、丙三位运动员在相同条件下各射靶10次，每次射靶的成绩如下：
甲：9，10，8，5，7，8，10，8，8，7
乙：5，7，8，7，8，9，7，9，10，10
丙：7，6，8，5，4，7，6，3，9，5
（1）根据以上数据完成下表：

平均数
中位数
方差
甲
8
8
________
乙
________
8
1．1
丙
6
________
3
（1）根据表中数据分析，哪位运动员的成绩最稳定，并简要说明理由．
21．（6分）《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章中记载了一道“折竹抵地”问题:“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是:如图所示，在中，，求的长．

22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣4），B（3，﹣3），C（1，﹣1）．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
(2)写出△A1B1C1各顶点的坐标．

23．（8分）如图1，一等腰直角三角尺GEF的两条直角边与正方形ABCD的两条边分别重合在一起.现正方形ABCD保持不动，将三角尺GEF绕斜边EF的中点O(点O也是BD中点)按顺时针方向旋转.
(1)如图2，当EF与AB相交于点M，GF与BD相交于点N时，通过观察或测量BM，FN的长度，猜想BM，FN满足的数量关系，并证明你的猜想.
(2)若三角尺GEF旋转到如图3所示的位置时，线段FE的延长线与AB的延长线相交于点M，线段BD的延长线与GF的延长线相交于点N，此时，(1)中的猜想还成立吗?若成立，请证明；若不成立请说明理由.

24．（8分）（1）解方程：
（2）计算：3a(2a2-9a+3)-4a(2a-1)
（3）计算：（）×（）+|-1|+（5-2π）0
（4）先化简，再求值：（xy2+x2y），其中x=,y=.
25．（10分）列方程解应用题：为了迎接春运高峰，铁路部门日前开始调整列车运行图，2015年春运将迎来“高铁时代”．甲、乙两个城市的火车站相距1280千米，加开高铁后，从甲站到乙站的运行时间缩短了11小时，大大方便了人们出行．已知高铁行驶速度是原来火车速度的3.2倍，求高铁的行驶速度．
26．（10分）（1）因式分解：
（2）解方程：
（3）计算：
参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，再根据角平分线的定义求出∠OBC+∠OCB的度数，再根据三角形的内角和定理即可求出∠BOC的度数．
【详解】解：∵∠A=50°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-50°=130°，
∵BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的平分线，
,

∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）=180°-65°=115°．
故选：B．
本题考查角平分线的有关计算，三角形内角和定理．本题中是将∠OBC+∠OCB看成一个整体求得的，掌握整体思想是解决此题的关键．
2、C
【解析】解：由题意得：1+2m＜0，解得：m＜．故选C．
3、C
【分析】先运用提公因式法,再运用公式法进行因式分解即可.
【详解】因为==
所以结果呈现的密码信息可能是:我爱广益.
故选:C
考核知识点:因式分解.掌握提公因式法和套用平方差公式是关键.
4、A
【分析】由图可知每个圆中的规律为左边与上边对应的数相乘得到的积再加上右边的数，所得结果为最下边的数．
【详解】∵由图可知每个圆中的规律为：1×2+2=4，2×3+3=9，3×5+4=19，4×7+5=33，
∴最后一个圆中5×11+6=1，
∴？号所对应的数是1．
故选：A．
本题考查了规律型—图形类规律与探究，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．
5、A
【分析】由在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，又由DE是AB的垂直平分线，即可求得∠ABD的度数，继而求得答案．
【详解】解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠ABC＝∠C＝70°，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，
∴∠ABD＝∠A＝40°，
∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABD＝30°．
故选：A．
此题考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
6、B
【分析】过点D作DE⊥AB于E, 根据角平分线的性质和直角三角形的性质可得DC=DE,∠ABC=30°，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半可得BD=2DE，最后根据BD＋DC=BC和等量代换即可求出DE的长．
【详解】解:过点D作DE⊥AB于E,

∵平分，∠C=90°,
∴DC=DE,∠ABC=90°－∠BAC=30°
在Rt△BDE中，BD=2DE
∵BD＋DC=BC=11
∴2DE＋DE=11
解得：DE=1，即点到线段的距离等于1．
故选B．
此题考查的是角平分线的性质和直角三角形的性质，掌握角平分线的性质、直角三角形的两个锐角互余和30°所对的直角边是斜边的一半是解决此题的关键．
7、B
【解析】三角形全等的判定方法有SSS、SAS、ASA、AAS、HL，B中“一角”如果不是两边夹角则不能判定全等，故选B
8、C
【解析】试题分析：根据多边形的相邻的内角与外角互为邻补角求出每一个外角的度数，再根据多边形的边数等于外角和除以每一个外角的度数进行计算即可得解．
解：∵正n边形的一个内角为135°，
∴正n边形的一个外角为110°﹣135°=45°，
n=360°÷45°=1．
故选C．
考点：多边形内角与外角．
9、C
【分析】由折叠的性质可求得∠ACD=∠BCD，∠BDC=∠CDE，在△ACD中，利用外角可求得∠BDC，则可求得答案．
【详解】由折叠可得∠ACD=∠BCD∠BDC=∠CDE，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=45°，
∵∠A=26°，
∴∠BDC=∠A+∠ACD=26°+45°=71°，
∴∠CDE=71°，
故选:C.
考查三角形内角和定理以及折叠的性质，掌握三角形的内角和定理是解题的关键.
10、C
【分析】分别在以上四种情况下以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，观察弧与直线AM的交点即为Q点，作出后可得答案．
【详解】如下图，当∠PAQ=30°，PQ=6时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现两个位置的Q都符合题意，所以不唯一，所以①错误．

如下图，当∠PAQ=30°，PQ=9时以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现左边位置的Q不符合题意，所以唯一，所以②正确．

如下图，当∠PAQ=90°，PQ=10时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现两个位置的Q都符合题意，但是此时两个三角形全等，所以形状相同，所以唯一，所以③正确．

如下图，当∠PAQ=150°，PQ=12时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现左边位置的Q不符合题意，所以唯一，所以④正确．

综上：②③④正确．
故选C．
本题考查的是三角形形状问题，为三角形全等来探索判定方法，也考查三角形的作图利用对称关系作出另一个Q是关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、＞
【解析】因为分母相同所以比较分子的大小即可，可以估算的整数部分，然后根据整数部分即可解决问题．
【详解】∵，∴1＞1，∴．
故答案为：＞．
本题考查了实数大小的比较，比较两个实数的大小，可以采用作差法、取近似值法、比较n次方的方法等．当分母相同时比较分子的大小即可．
12、1
【分析】根据同底数幂的除法法则，用除以，求出的值是多少即可．
【详解】解：．
故答案为：1．
此题主要考查了同底数幂的除法法则：同底数幂相除，底数不变，指数相减，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①底数，因为0不能做除数；②单独的一个字母，其指数是1，而不是0；③应用同底数幂除法的法则时，底数可是单项式，也可以是多项式，但必须明确底数是什么，指数是什么．
13、1
【分析】先证明A、C、B、D四点共圆，得到∠DCB与∠BAD的是同弧所对的圆周角的关系，得到∠DCB的度数，再证∠ECB=45°，得出结论．
【详解】解：∵AB是Rt△ABC和Rt△ABD的公共斜边，E是AB中点，
∴AE=EB=EC=ED，
∴A、C、B、D在以E为圆心的圆上，
∵∠BAD=32°，
∴∠DCB=∠BAD=32°，
又∵AC=BC，E是Rt△ABC的中点，
∴∠ECB=45°，
∴∠ECD=∠ECB-∠DCB=1°．
故答案为：1．
本题考查直角三角形的性质、等腰三角形性质、圆周角定理和四点共圆问题，综合性较强．
14、
【解析】a2m﹣3n＝(a2m)÷(a3n)＝(am)2÷(an)3＝9÷8＝，故答案为．
15、45
【解析】解：∵当PC+PD最小时，作出D点关于MN的对称点，正好是A点，连接AC，AC为正方形对角线，根据正方形的性质得出∠PCD=45°．

16、
【分析】由翻折的性质得到AF＝AD＝13，在Rt△ABF中利用勾股定理求出BF的长，进而求出CF的长，再根据勾股定理可求EC的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B＝90°，
∵△AEF是由△ADE翻折，
∴AD＝AF＝13，DE＝EF，
在Rt△ABF中，AF＝13，AB＝5，
∴BF＝＝＝12，
∴CF＝BC﹣BF＝13﹣12＝1．
∵EF2＝EC2+CF2，
∴EF2＝（5﹣EF）2+1，
∴EF＝，
故答案为：．
本题考查勾股定理的综合应用、图形的翻折，解题的关键是熟练掌握勾股定理和翻折的性质．
17、2.1
【分析】根据四舍五入法可以解答本题．
【详解】2.019≈2.1(精确到百分位)，
故答案为2.1．
本题考查近似数和有效数字，解答本题的关键是明确近似数和有效数字的含义．
18、40°
【分析】先利用HL定理证明Rt△ABC≌Rt△DEF，得出∠D的度数，再根据直角三角形两锐角互余即可得出的度数．
【详解】解：在Rt△ABC与Rt△DEF中，
∵∠B=∠E=90°，AC=DF，AB=DE，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）
∴∠D=∠A=50°，
∴∠DFE=90°-∠D=90°-50°=40°．
故答案为：40°．
此题主要考查直角三角形全等的HL定理．理解斜边和一组直角边对应相等的两个直角三角形全等是解题关键．

三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）无解；（3）1
【分析】(1)先把括号内的分式通分化简，再把除法运算转化为乘法运算，然后约分即可；
(2)先把分式方程化为整式方程求出x的值，再代入最简公分母进行检验即可；
(3)根据绝对值、二次根式以及平方差公式计算，再合并即可．
【详解】(1)

；
(2)方程两边同乘(x﹣3)，得，
，
解得：，
检验：当时，最简公分母，
所以不是原方程的解，
所以原方程无解；
(3)

．
本题考查了分式的化简，实数的混合运算，解分式方程，解分式方程要注意：(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解；(2)解分式方程一定注意要验根．
20、（1）8；6；1；（1）甲
【分析】（1）根据平均数和中位数的定义及方差公式分别进行解答即可；
（1）根据方差的意义即方差越小越稳定即可得出答案．
【详解】（1）

把丙运动员的射靶成绩从小到大排列为：3，4，5，5，6，6，7，7，8，9，则中位数是

（1）∵，
∴甲运动员的成绩最稳定．
本题考查了方差、平均数、中位数，方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
21、AC=4.55
【分析】在Rt△ABC中利用勾股定理建立方程即可求出AC．
【详解】∵AC+AB=10
∴AB=10-AC
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2
即
解得AC=4.55
本题考查勾股定理的应用，利用勾股定理建立方程是解题的关键．
22、 (1)△A1B1C1如图所示见解析；(2)A1(1，4)，B1(3，3)，C1(1，1)．
【解析】分析：（1）利用关于x轴对称点的性质得出各对应点位置，进而得出答案；
（2）根据（1）的画图得出各点的坐标.
详解：(1)△A1B1C1如图所示．

(2)A1(1，4)，B1(3，3)，C1(1，1)．
点睛：此题主要考查了坐标系中的轴对称，根据图形的性质得出对应点位置是解题关键．
23、 (1)BM=FN，证明见解析（2）BM=FN仍然成立，证明见解析.
【解析】试题分析：（1）根据正方形和等腰直角三角形的性质可证明△OBM≌△OFN，所以根据全等的性质可知BM＝FN；
（2）同（1）中的证明方法一样，根据正方形和等腰直角三角形的性质得OB＝OF，∠MBO＝∠NFO＝135°，∠MOB＝∠NOF，可证△OBM≌△OFN，所以BM＝FN．
试题解析：
（1）BM=FN．
证明：∵△GEF是等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠F=45°，OB=OF．
又∵∠BOM=∠FON，
∴△OBM≌△OFN．
∴BM=FN．
（2）BM=FN仍然成立．
证明：∵△GEF是等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，
∴∠DBA=∠GFE=45°，OB=OF．
∴∠MBO=∠NFO=135°．
又∵∠MOB=∠NOF，
∴△OBM≌△OFN．
∴BM=FN．
点睛：本题考查旋转知识在几何综合题中运用，旋转前后许多线段相等，本题以实验为背景，探索在不同位置关系下线段的关系，为中考常见的题型．
24、（1）分式方程无解；（2）；（3）4；（4）
【分析】（1）去分母化为整式方程求解即可，求出未知数的值要验根；
（2）先算单项式与多项式的乘法，再合并同类项即可；
（3）第一项按二次根式的乘法计算，第二项按化简绝对值的意义化简，第三项按零指数幂的意义化简，然后进一步合并化简即可；
（4）先根据分式的运算法则把所给代数式化简，再把x=,y=代入计算.
【详解】（1）去分母得：2x-2+3x+3=6，
解得：x=1，
经检验x=1是增根，分式方程无解；
（2）原式；
（3）原式=
（4）原式=xy（x+y）=x﹣y，代入得
当x=,y=时，原式=
本题考查了解分式方程，实数的混合运算，整式的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握各知识点是解答本题的关键.
25、256km/h．
【分析】根据题意，设原来火车的速度是x千米/时，进而利用从甲站到乙站的运行时间缩短了11小时，得出等式求出即可．
【详解】解：设原来火车的速度是x千米/时，根据题意得：
﹣=11，
解得：x=80，
经检验，是原方程的根且符合题意．
故80×3.2=256（km/h）．
答：高铁的行驶速度是256km/h．
本题考查分式方程的应用．
26、 (1)；(2)是原方程的解；(3)
【分析】（1）提取公因式后用平方差公式分解即可；
（2）根据去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1求解，求解后检验即可；
（3）根据单项式乘以多项式的法则及完全平方公式取括号后，合并同类项即可．
【详解】（1）

（2）方程两边同时乘以 得：

检验：当时，
∴是原方程的解．
（3）原式

本题考查的是因式分解、解分式方程、整式的混合运算，掌握因式分解的方法：提公因式法及公式法，解分式方程的一般步骤及整式的运算法则是关键．