天津市南开区翔宇学校2024年数学八年级第一学期期末达标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（每题4分，共48分
1．如图，有三种规格的卡片共9张，其中边长为a的正方形卡片4张，边长为b的正方形卡片1张，长，宽分别为a，b的长方形卡片4张．现使用这9张卡片拼成一个大的正方形，则这个大正方形的边长为( )

A．2a+b B．4a+b C．a+2b D．a+3b
2．近似数0.13是精确到（　　）
A．十分位 B．百分位 C．千分位 D．百位
3．若分式有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．某画室分两次购买了相同的素描本，第一次用120元购买了若干本，第二次在同一家商店又购买了240元，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本．设第一次买了x本素描本，列方程正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于F，交AB于E，若点G是AE中点且∠AOG＝30°，则下列结论正确的个数为（　　）
（1）△OGE是等边三角形；（2）DC＝3OG；（3）OG＝BC；（4）S△AOE＝S矩形ABCD

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．今年植树节，某校甲、乙两班学生参加植树活动．已知甲班每小时比乙班少植棵树，甲班植棵树所用时间与乙班植棵树所用时间相同．若设甲班每小时植树棵，则根据题意列出方程正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．直线过点，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，且∠A＝78°，∠C′＝48°，则∠B的度数为(　　)

A．48° B．54° C．74° D．78°
9．如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1，)，则点C的坐标为(　　)

A．(－，1) B．(－1，) C．(，1) D．(－，－1)
10．现有7张如图1的长为a，宽为b（a＞b）的小长方形纸片，按图2的方式不重叠地放在矩形ABCD内，未被覆盖的部分（两个矩形）用阴影表示．设左上角与右下角的阴影部分的面积的差为S，当BC的长度变化时，按照同样的放置方式，S始终保持不变，则a，b满足（　　）

A．a＝2b B．a＝3b C．a＝3.5b D．a＝4b
11．今年校团委举办了“中国梦，我的梦”歌咏比赛，张老师为鼓励同学们，带了50元钱取购买甲、乙两种笔记本作为奖品．已知甲种笔记本每本7元，乙种笔记本每本5元，每种笔记本至少买3本，则张老师购买笔记本的方案共有
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
12．在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．约分：_______．
14．化简的结果为__．
15．函数y＝自变量x的取值范围是__．
16．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_____．
17．已知直线与直线相交于x轴上一点，则______．
18．25的平方根是______，16的算术平方根是______，－8的立方根是_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在中，，点是直线上一点.

(1)如图1，若，点是边的中点，点是线段上一动点，求周长的最小值.
(2)如图2，若，，是否存在点，使以，，为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请直按写出线段的长度：若不存在，请说明理由.
20．（8分）阅读下列题目的解题过程：
已知a、b、c为△ABC的三边，且满足a2c2﹣b2c2=a4﹣b4，试判断△ABC的形状．
解：∵a2c2﹣b2c2=a4﹣b4 （A）
∴c2（a2﹣b2）=（a2+b2）（a2﹣b2） （B）
∴c2=a2+b2 （C）
∴△ABC是直角三角形
问：（1）上述解题过程，从哪一步开始出现错误？请写出该步的代号：　 　；
（2）错误的原因为：　 　；
（3）本题正确的结论为：　 　．
21．（8分）若在一个两位正整数N的个位数与十位数字之间添上数字5，组成一个新的三位数，我们称这个三位数为N的“至善数”，如34的“至善数”为354；若将一个两位正整数M加5后得到一个新数，我们称这个新数为M的“明德数”，如34的“明德数”为1．
（1）26的“至善数”是　 　，“明德数”是　 　．
（2）求证：对任意一个两位正整数A，其“至善数”与“明德数”之差能被45整除；
22．（10分）已知：如图，∠ABC，射线BC上一点D，
求作：等腰△PBD，使线段BD为等腰△PBD的底边，点P在∠ABC内部，且点P到∠ABC两边的距离相等．（不写作法，保留作图痕迹）

23．（10分）如图，一个小正方形网格的边长表示50米．A同学上学时从家中出发，先向东走250米，再向北走50米就到达学校．
（1）以学校为坐标原点，向东为x轴正方向，向北为y轴正方向，在图中建立平面直角坐标系：
（2）B同学家的坐标是　　；
（3）在你所建的直角坐标系中，如果C同学家的坐标为（﹣150，100），请你在图中描出表示C同学家的点．

24．（10分）已知：如图，和均为等腰直角三角形，，连结，，且、、三点在一直线上，，．

（1）求证：；
（2）求线段的长．
25．（12分）课本56页中有这样一道题：证明．如果两个三角形有两条边和其中一边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等，
（1）小玲在思考这道题时．画出图形，写出已知和求证．
已知：在和中，，，是边上的中线，是边上的中线，．
求证：．
请你帮她完成证明过程．
（2）小玲接着提出了两个猜想：
①如果两个三角形有两条边和第三边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等；
②如果两个三角形有两条边和第三边上的高分别相等，那么这两个三角形全等；
请你分别判断这两个猜想是否正确，如果正确，请予以证明，如果不正确，请举出反例．

26．已知：如图，点A，D，C在同一直线上，AB∥EC，AC=CE，∠B=∠EDC,求证：BC=DE

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【分析】4张边长为a的正方形卡片的面积为4a2，4张边长分别为a、b的矩形卡片的面积为4ab，1张边长为b的正方形卡片面积为b2，9张卡片拼成一个正方形的总面积=4a2+4ab+b2=(2a+b)2，所以该正方形的边长为：2a+b．
【详解】设拼成后大正方形的边长为x，
∴4a2+4ab+b2=x2，
∴(2a+b)2=x2，
∴该正方形的边长为：2a+b.
故选A.
本题主要考查了完全平方公式的几何意义，利用完全平方公式分解因式后即可得出大正方形的边长．
2、B
【分析】确定近似数精确到哪一位，就是看这个数的最后一位是什么位即可．
【详解】近似数0.13是精确到百分位，
故选B．
此题考查了近似数，用到的知识点是精确度，一个数最后一位所在的位置就是这个数的精确度．
3、A
【分析】根据分式有意义的条件，得到关于x的不等式，进而即可求解．
【详解】∵分式有意义，
∴，即：，
故选A．
本题主要考查分式有意义的条件，掌握分式的分母不等于零，是解题的关键．
4、A
【分析】根据题意可知第二次买了（x＋20）本素描本，然后根据“第二次购买比第一次购买每本优惠4元”列出分式方程即可．
【详解】解：由题意可知：
故选A．
此题考查的是分式方程的应用，掌握实际问题中的等量关系是解决此题的关键．
5、C
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OG=AG=GE=AE，再根据等边对等角可得∠OAG=30°，根据直角三角形两锐角互余求出∠GOE=60°，从而判断出△OGE是等边三角形，判断出（1）正确；设AE=2a，根据等边三角形的性质表示出OE，利用勾股定理列式求出AO，从而得到AC，再求出BC，然后利用勾股定理列式求出AB=3a，从而判断出（2）正确，（3）错误；再根据三角形的面积和矩形的面积列式求出判断出（4）正确．
【详解】解：∵EF⊥AC，点G是AE中点，
∴OG＝AG＝GE＝AE，
∵∠AOG＝30°，
∴∠OAG＝∠AOG＝30°，
∠GOE＝90°﹣∠AOG＝90°﹣30°＝60°，
∴△OGE是等边三角形，故（1）正确；
设AE＝2a，则OE＝OG＝a，
由勾股定理得，AO＝＝＝a，
∵O为AC中点，
∴AC＝2AO＝2a，
∴BC＝AC＝×2a＝a，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB＝＝3a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3a，
∴DC＝3OG，故（2）正确；
∵OG＝a，BC＝a，
∴OG≠BC，故（3）错误；
∵S△AOE＝a•a＝a2，
SABCD＝3a•a＝3a2，
∴S△AOE＝SABCD，故（4）正确；
综上所述，结论正确是（1）（2）（4），共3个．
故选：C．
本题考查矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定，含30°角的直角三角形.熟练掌握相关定理，并能通过定理推出线段之间的数量关系是解决此题的关键.
6、A
【分析】根据“甲班植棵树所用时间与乙班植棵树所用时间相同”列分式方程即可．

【详解】解：由题意可得
故选A．
此题考查的是分式方程的应用，掌握实际问题中的等量关系是解决此题的关键．
7、B
【分析】分别将点，代入即可计算解答．
【详解】解：分别将点，代入，
得：，解得，
故答案为：B．
本题考查了待定系数法求正比例函数解析式，将点的坐标代入解析式解方程是解题的关键．
8、B
【解析】由对称得到∠C=∠C′=48°，由三角形内角和定理得∠B=54°，由轴对称的性质知∠B=∠B′=54°．
解：∵在△ABC中，∠A=78°，∠C=∠C′=48°，
∴∠B=180°﹣78°﹣48°=54°
∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，
∴∠B=∠B′=54°．
故选B．
9、A
【解析】试题分析：作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD=∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=AD，CE=OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．∴点C的坐标为
（-，1）故选A．
考点：1、全等三角形的判定和性质；2、坐标和图形性质；3、正方形的性质．
10、B
【解析】表示出左上角与右下角部分的面积，求出之差，根据差与BC无关即可求出a与b的关系式．
【详解】解：法1：左上角阴影部分的长为AE，宽为AF＝3b，右下角阴影部分的长为PC，宽为a，
∵AD＝BC，即AE+ED＝AE+a，BC＝BP+PC＝4b+PC，
∴AE+a＝4b+PC，即AE﹣PC＝4b﹣a，
∴阴影部分面积之差S＝AE•AF﹣PC•CG＝3bAE﹣aPC＝3b（PC+4b﹣a）﹣aPC＝（3b﹣a）PC+12b2﹣3ab，
则3b﹣a＝0，即a＝3b．
法2：既然BC是变化的，当点P与点C重合开始，然后BC向右伸展，
设向右伸展长度为x，左上阴影增加的是3bx，右下阴影增加的是ax，因为S不变，
∴增加的面积相等，
∴3bx＝ax，
∴a＝3b．
故选：B．

此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
11、D
【分析】设甲种笔记本购买了x本，乙种笔记本y本，由题意，得7x+5y≤1．
【详解】解：∵x≥3，y≥3，
∴当x=3，y=3时，7×3+5×3=36＜5；
当x=3，y=4时，7×3+5×4=41＜1；
当x=3，y=5时，7×3+5×5=46＜1；
当x=3，y=6时，7×3+5×6=51＞1舍去；
当x=4，y=3时，7×4+5×3=43＜1；
当x=4，y=4时，7×4+5×4=4＜1；
当x=4，y=5时，7×4+5×5=53＞1舍去；
当x=5，y=3时，7×5+5×3=1=1．
综上所述，共有6种购买方案．

故选D．
12、D
【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】A、不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、是轴对称图形，故D符合题意．
故选D.
本题主要考查轴对称图形的知识点．确定轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据分式的运算法则即可求解．
【详解】=
故答案为：．
此题主要考查分式的除法，解题的关键是熟知分式的性质．

14、x-1
【分析】根据分式的混合运算，可先算括号里面的，再把除化为乘法，约分即可．
【详解】解：
＝
＝
＝
故答案为：x-1．
本题考查分式的混合运算，掌握运算法则正确计算是解题关键．
15、
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数大于等于0即可确定a的取值范围．
【详解】∵二次根式有意义，
，
解得 ，
故答案为：．
本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
16、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．
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.
17、
【解析】首先求出一次函数与x轴交点，再把此点的坐标代入，即可得到k的值．
【详解】直线与x轴相交，
，
，
与x轴的交点坐标为，
把代入中：，
，
故答案为：．
本题考查了两条直线的交点问题，两条直线与x轴的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达的y=1．
18、 4 -1
【分析】首先利用平方根的定义求解；接着利用算术平方根的定义求解；最后利用立方根的定义求解．
【详解】解：15的平方根是±5，
16的算术平方根是4，
-8的立方根是-1．
故答案为：±5，4，-1．
此题分别考查了算术平方根、平方根及立方根的定义，解题的关键是熟练掌握这些相关定义才能很好解决问题．

三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）存在，CD=1或8或或．
【分析】（1）本小题是典型的“将军饮马”问题，只要作点C关于直线AB的对称点E，连接BE、DE，DE交AB于点M，如图1，则此时的周长最小，且最小值就是CD+DE的长，由于CD易求，故只要计算DE的长即可，由轴对称的性质和等腰直角三角形的性质可得BE=BC=2，∠DBE=90°，然后根据勾股定理即可求出DE，问题即得解决；
（2）由于点是直线上一点，所以需分三种情况讨论：①当AB=AD时，如图4，根据等腰三角形的性质求解即可；②当BD=BA时，如图5，根据勾股定理和等腰三角形的定义求解；③当DA=DB时，如图6，设CD=x，然后在直角△ACD中根据勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）作点C关于直线AB的对称点E，连接BE、DE，DE交AB于点M，连接CM，如图1，则此时的周长最小．
∵，，点是边的中点，∴∠CBA=45°，BD=CD=1，
∵点C、E关于直线AB对称，∴BE=BC=2，∠EBA=∠CBA=45°，∴∠DBE=90°，
∴．
∴的周长的最小值=CD+DE=；

（2）由于点是直线上一点，所以需分三种情况讨论：
①当AB=AD时，如图4，此时CD=CB=8；

②当BD=BA时，如图5，在直线BC上存在两点符合题意，即D1、D2，
∵，∴，；

③当DA=DB时，如图6，此时点D为线段AB的垂直平分线与直线BC的交点，设CD=x，则BD=AD=8－x，在直角△ACD中，根据勾股定理，得：，解得：x=1，即CD=1．

综上，在直线BC上存在点，使以，，为顶点的三角形是等腰三角形，且CD=1或8或或．
本题考查了等腰直角三角形的性质、两线段之和最小、等腰三角形的性质和勾股定理等知识，属于常考题型，正确分类、熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
20、（1）C；（2）没有考虑a=b的情况；（3）△ABC是等腰三角形或直角三角形．
【解析】（1）根据题目中的书写步骤可以解答本题；
（2）根据题目中B到C可知没有考虑a=b的情况；
（3）根据题意可以写出正确的结论．
【详解】（1）由题目中的解答步骤可得，
错误步骤的代号为：C，
故答案为C；
（2）错误的原因为：没有考虑a=b的情况，
故答案为没有考虑a=b的情况；
（3）本题正确的结论为：△ABC是等腰三角形或直角三角形，
故答案为△ABC是等腰三角形或直角三角形．
【点睛】本题考查因式分解的应用、勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，写出相应的结论，注意考虑问题要全面．
21、（1）236，2；（2）见解析.
【分析】（1）按照定义求解即可；
（2）设A的十位数字是a，个位数字是b，表示出至善数和明德数，作差即可证明．
【详解】（1）26的至善数是中间加3，故为236，明德数是加3，故为2．
故答案为：236，2；
（2）设A的十位数字是a，个位数字是b，则它的至善数是100a+30+b，明德数是10a+b+3．
∵100a+30+b﹣（10a+b+3）=90a+43=43（2a+1）
∴“至善数”与“明德数”之差能被43整除．
本题考查了因式分解的应用，理解“明德数”、“至善数”的定义是解答本题的关键．
22、见解析.
分析】根据角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质即可解决问题．
【详解】∵点P在∠ABC的平分线上，
∴点P到∠ABC两边的距离相等（角平分线上的点到角的两边距离相等），
∵点P在线段BD的垂直平分线上，
∴PB=PD（线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等），
如图所示：

本题考查作图﹣复杂作图、角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
23、见解析.
【分析】（1）由于A同学上学时从家中出发，先向东走250米，再向北走50米就到达学校，则可确定A点位置，然后画出直角坐标系；
（2）利用第一象限点的坐标特征写出B点坐标；
（3）根据坐标的意义描出点C．
【详解】（1）如图；
（2）B同学家的坐标是（200，150）；
（3）如图：

故答案为（200，150）．
本题考查了坐标确定位置：平面内的点与有序实数对一一对应；记住平面内特殊位置的点的坐标特征．
24、（1）详见解析；（2）
【分析】（1）根据等式的基本性质可得∠DAB=∠EAC，然后根据等腰直角三角形的性质可得DA=EA，BA=CA，再利用SAS即可证出结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质和勾股定理即可求出DE，从而求出EC和DC，再根据全等三角形的性质即可求出DB，∠ADB=∠AEC，从而求出∠BDC=90°，最后根据勾股定理即可求出结论．
【详解】证明：（1）∵
∴∠DAE－∠BAE=∠BAC－∠BAE
∴∠DAB=∠EAC
∵和均为等腰直角三角形
∴DA=EA，BA=CA
在△ADB和△AEC中

∴△ADB≌△AEC
（2）∵是等腰直角三角形，
∴DE=，
∵
∴EC=，
∴DC=DE＋EC=3
∵△ADB≌△AEC
∴DB=EC=3，∠ADB=∠AEC
∵∠ADB=∠ADE＋∠BDC，∠AEC=∠ADE＋∠DAE=∠ADE＋90°
∴∠BDC=90°
在Rt△BDC中，
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和勾股定理，掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质和利用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．
25、（1）见解析；（2）命题①正确，证明见解析；命题②不正确，反例见解析
【分析】（1）先利用“SSS”证明，推出，再根据“SAS”即可证明；
（2）①延长到，使，连接，延长到，使，连接．先利用“SAS”证明，推出，，同理推出，，再利用“SSS”证明，即可根据“SAS”证明结论正确；
②如图3、图4，一个是锐角三角形，一个是钝角三角形， 举出反例，即可得到结论不成立．
【详解】（1）∵是边上的中线，
∴，同理，
∵，∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（2）命题①正确，已知如图1、图2，

在和中，，，是边上的中线，是边上的中线，且．
求证：．
证明：延长到，使，连接，延长到，使，连接．
∵是边上的中线，
∴BD=DC，
∵
∴(SAS)，
∴，，
同理：，，
∵，．
∵，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴；
命题②不正确，如图3、图4，

在和中，，，边上的高线为，边上的高线为，，与不全等．
本题考查了全等三角形的性质和判定，作出常用辅助线，熟练应用全等三角形的判定方法是解题关键．
26、证明见解析
【分析】根据由两个角和其中一角的对边相等的两个三角形全等证明△ABC≌△CDE，由全等三角形的性质即可得到BC=DE．
【详解】证明：∵AB∥EC，
∴∠A=∠ECA，
在△ABC和△CDE中

∴△ABC≌CDE（AAS），
∴BC=DE．
本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即对应角相等、对应边相等）．