2023年浙江省義烏市四校數(shù)學八年級第二學期期末達標測試試題含解析

2022-2023學年八下數(shù)學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，∠AOB=60°，若矩形的對角線長為4，則AD的長是()A．2 B．4 C．2 D．42．已知三條線段長a、b、c滿足a2＝c2﹣b2，則這三條線段首尾順次相接組成的三角形的形狀是（）A．等腰三角形 B．等邊三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形3．炎炎夏日，甲安裝隊為A小區(qū)安裝88臺空調，乙安裝隊為B小區(qū)安裝80臺空調，兩隊同時開工且恰好同時完工，甲隊比乙隊每天多安裝2臺，設乙隊每天安裝x臺，根據題意，下面所列方程正確的是（）A．88x=80x-2 B．884．若，，是Rt△ABC的三邊，且，是斜邊上的高，則下列說法中正確的有幾個（）（1），，能組成三角形（2），，能組成三角形（3），，能組成直角三角形（4），，能組成直角三角形A．1 B．2 C．3 D．45．正比例函數(shù)y＝mx的圖象經過點A(m，4)，且y的值隨x值的增大而減小，則m＝()A．2 B．－2 C．4 D．－46．方程有（）A．兩個不相等的實數(shù)根 B．兩個相等的實數(shù)根 C．無實數(shù)根 D．無法確定7．如圖，OC平分∠AOB，點P是射線OC上的一點，PD⊥OB于點D，且PD=3，動點Q在射線OA上運動，則線段PQ的長度不可能是（）A．2 B．3 C．4 D．58．如圖，△ABC中，D、E分別是AB、AC上點，DE∥BC，AD=2，DB=1，AE=3，則EC長（）A． B．1 C． D．69．下列各式從左到右的變形為分解因式的是()A．m2﹣m﹣6＝(m+2)(m﹣3)B．(m+2)(m﹣3)＝m2﹣m﹣6C．x2+8x﹣9＝(x+3)(x﹣3)+8xD．x2+1＝x(x+)10．下列圖形中，既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形的是（)A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．不等式組的整數(shù)解有_____個．12．分解因式：______.13．如圖，將沿所在的直線平移得到，如果，，，那么______．14．已知二次函數(shù)的圖象與軸沒有交點，則的取值范圍是_____.15．分式當x__________時,分式的值為零.16．分解因式：______．17．一個反比例函數(shù)（k≠0）的圖象經過點P（－2，－1），則該反比例函數(shù)的解析式是________．18．一次函數(shù)與軸的交點坐標為__________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，四邊形ABCD的四個頂點都在網格上，且每個小正方形的邊長都為1（1）求四邊形ABCD的面積；（2）求∠BCD的度數(shù)．20．（6分）如圖，在直角坐標系中，，，是線段上靠近點的三等分點．（1）求點的坐標；（2）若點是軸上的一動點，連接、，當?shù)闹底钚r，求出的坐標及的最小值；（3）如圖2，過點作，交于點，再將繞點作順時針方向旋轉，旋轉角度為，記旋轉中的三角形為，在旋轉過程中，直線與直線的交點為，直線與直線交于點，當為等腰三角形時，請直接寫出的值．21．（6分）解方程組：x22．（8分）先化簡，再求值：，其中的值從不等式組的整數(shù)解中選取.23．（8分）四邊形ABCD是正方形，AC是對角線，E是平面內一點，且，過點C作，且．連接AE、AF，M是AF的中點，作射線DM交AE于點N.（1）如圖1，若點E，F(xiàn)分別在BC，CD邊上．求證：①；②；（2）如圖2，若點E在四邊形ABCD內，點F在直線BC的上方，求與的和的度數(shù)．24．（8分）解方程：（1）x（2x+3）＝4x+6計算：（2）（3）25．（10分）平面直角坐標系xOy中，對于點M和圖形W，若圖形W上存在一點N（點M，N可以重合），使得點M與點N關于一條經過原點的直線l對稱，則稱點M與圖形W是“中心軸對稱”的對于圖形和圖形，若圖形和圖形分別存在點M和點N（點M，N可以重合），使得點M與點N關于一條經過原點的直線l對稱，則稱圖形和圖形是“中心軸對稱”的．特別地，對于點M和點N，若存在一條經過原點的直線l，使得點M與點N關于直線l對稱，則稱點M和點N是“中心軸對稱”的．（1）如圖1，在正方形ABCD中，點，點，①下列四個點，，，中，與點A是“中心軸對稱”的是________；②點E在射線OB上，若點E與正方形ABCD是“中心軸對稱”的，求點E的橫坐標的取值范圍;（2）四邊形GHJK的四個頂點的坐標分別為，，，,一次函數(shù)圖象與x軸交于點M，與y軸交于點N，若線段與四邊形GHJK是“中心軸對稱”的，直接寫出b的取值范圍．26．（10分）某學校為了美化綠化校園，計劃購買甲，乙兩種花木共100棵綠化操場，其中甲種花木每棵60元，乙種花木每棵80元．（1）若購買甲，乙兩種花木剛好用去7200元，則購買了甲，乙兩種花木各多少棵？（2）如果購買乙種花木的數(shù)量不少于甲種花木的數(shù)量，請設計一種購買方案使所需費用最低，并求出該購買方案所需總費用．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【解析】

根據矩形性質得出AC=2AO，BD=2BO，AC=BD=4，推出AO=OB=2，得出等邊三角形AOB，可得AB=2，由勾股定理可求AD的長．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=2AO，BD=2BO，AC=BD=4，∴AO=OB=2，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等邊三角形，∴∠ABO=60°，AB=2=OA∴故選：C．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質和判定，矩形的性質的應用，注意：矩形的對角線互相平分且相等．2、C【解析】

根據勾股定理的逆定理判斷即可．【詳解】∵三條線段長a、b、c滿足a2＝c2﹣b2，∴a2+b2＝c2，即三角形是直角三角形，故選C．【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理、等腰三角形的判定、等邊三角形的判定、等腰直角三角形等知識點，能熟記勾股定理的逆定理的內容是解此題的關鍵．3、D【解析】

關鍵描述語為：“兩隊同時開工且恰好同時完工”，那么等量關系為：甲隊所用時間=乙隊所用時間．【詳解】乙隊用的天數(shù)為：80x，甲隊用的天數(shù)為：88x+2．則所列方程為：故選D．【點睛】本題考查了由實際問題抽象出分式方程，找到相應的等量關系是解決問題的關鍵，注意工作時間=工作總量÷工作效率．4、C【解析】

根據勾股定理的逆定理和三角形的三邊關系進行逐個分析即可．【詳解】（1）a2+b2=c2，根據兩邊之和得大于第三邊，故本項說法錯誤；（2）∵，，又∵a+b＞c，∴，∴，即本項說法正確；（3）因為（c+h）2-h2=c2+2ch，ch=ab（直角三角形面積=兩直角邊乘積的一半=斜邊和斜邊上的高乘積的一半）∴2ch=2ab，∴（c+h）2-h2=c2+2ch=a2+b2+2ab=（a+b）2，所以本項說法正確；（4）因為，所以本項說法正確．所以說法正確的有3個．故選：C．【點睛】本題主要考查直角三角形的性質，勾股定理的逆定理，三角形的三邊關系，關鍵在于熟練運用勾股定理的逆定理，認真的進行計算．5、B【解析】

直接根據正比例函數(shù)的性質和待定系數(shù)法求解即可．【詳解】把x=m，y=4代入y=mx中，可得：m=±2，因為y的值隨x值的增大而減小，所以m=-2，故選B．【點睛】本題考查了正比例函數(shù)的性質：正比例函數(shù)y=kx（k≠0）的圖象為直線，當k＞0時，圖象經過第一、三象限，y值隨x的增大而增大；當k＜0時，圖象經過第二、四象限，y值隨x的增大而減?。?、A【解析】

根據根的差別式進行判斷即可.【詳解】解：∵a=1,b=3,c=2,∴?==1>0∴這個方程有兩個不相等的實數(shù)根.故選：A.【點睛】本題考查了一元二次方程根的判別式，正確理解根的判別式是解題的關鍵.7、A【解析】試題分析：過點P作PE⊥OA于E，根據角平分線上的點到腳的兩邊距離相等可得PE=PD，再根據垂線段最短解答．解：如圖，過點P作PE⊥OA于E，∵OC平分∠AOB，PD⊥OB，∴PE=PD=3，∵動點Q在射線OA上運動，∴PQ≥3，∴線段PQ的長度不可能是1．故選A．點評：本題考查了角平分線上的點到腳的兩邊距離相等的性質，垂線段最短的性質，是基礎題，熟記性質是解題的關鍵．8、C【解析】試題解析：∵D、E分別是AB、AC上點，DE//BC，∴∵AD=2，DB=1，AE=3，∴故選C.9、A【解析】

根據因式分解的概念逐項判斷即可．【詳解】A、等式從左邊到右邊，把多項式化成了兩個整式積的形式，符合因式分解的定義，故A正確；B、等式從左邊到右邊屬于整式的乘法，故B不正確；C、等式的右邊最后計算的是和，不符合因式分解的定義，故C不正確；D、在等式的右邊不是整式，故D不正確；故選A．10、D【解析】

根據中心對稱圖形和軸對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．【詳解】解：A、不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；

B、不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；

C、是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；

D、既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，故本選項符合題意．

故選：D．【點睛】本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合．二、填空題(每小題3分,共24分)11、3【解析】

首先解每個不等式，把解集在數(shù)軸上表示出來即可得到不等式組的解集，然后確定解集中的整數(shù)，便可得到整數(shù)解得個數(shù).【詳解】，解不等式得：，解不等式得：，不等式的解集是，則整數(shù)解是：，共個整數(shù)解.故答案為：.【點睛】本題考查了一元一次不等式組的解法：解一元一次不等式組時，一般先求出其中各不等式的解集，再求出這些解集的公共部分.解集的規(guī)律：同大取大，同小取小，大小小大中間找，大大小小找不到.12、【解析】

先提取公共項y，然后觀察式子，繼續(xù)分解【詳解】【點睛】本題考查因式分解，掌握因式分解基本方法是解題關鍵13、【解析】

根據已知條件和平移的性質推出AB=DE=7，△ABC∽△GEC，即可根據相似三角形性質計算GE的長度．【詳解】解：∵△ABC沿著射線BC的方向平移得到△DEF，AB=7，

∴DE=7，∠A=∠CGE，∠B=∠DEC，

∴△DEF∽△GEC，∴，

∵，，∴，∴EG=，

故填：．【點睛】本題主要考查平移的性質、相似三角形的判定和性質，解題的關鍵在于求證三角形相似，找到對應邊．14、【解析】

由二次函數(shù)y=2x2-6x+m的圖象與x軸沒有交點，可知△＜0，解不等式即可．【詳解】∵二次函數(shù)y=2x2-6x+m的圖象與x軸沒有交點，∴△＜0，∴（-6）2-4×2×m＜0，解得：；故答案為：．【點睛】本題考查了拋物線與x軸的交點，熟記：有兩個交點，△＞0；有一個交點，△=0；沒有交點，△＜0是解決問題的關鍵．15、=-3【解析】

根據分子為0，分母不為0時分式的值為0來解答.【詳解】根據題意得：且x-30解得：x=-3故答案為：=-3.【點睛】本題考查的是分式值為0的條件，易錯點是只考慮了分子為0而沒有考慮同時分母應不為0.16、【解析】

根據因式分解的定義:將多項式和的形式轉化為整式乘積的形式;先提公因式,再套用完全平方公式即可求解.【詳解】,=,=,故答案為:.【點睛】本題主要考查因式分解,解決本題的關鍵是要熟練掌握因式分解的定義和方法.17、【解析】把（－2，－1）代入，得，k＝－1×（－2）＝2，∴解析式為．18、【解析】

令y=0,即可求出交點坐標.【詳解】令y=0，得x=1,故一次函數(shù)與x軸的交點為故填【點睛】此題主要考查一次函數(shù)的圖像，解題的關鍵是熟知一次函數(shù)的性質.三、解答題(共66分)19、（1）；（2）∠BCD＝90°．【解析】

（1）利用正方形的面積減去四個頂點上三角形及小正方形的面積即可；（2）連接BD，根據勾股定理的逆定理判斷出△BCD的形狀，進而可得出結論．【詳解】.解：（1）S四邊形ABCD＝5×7﹣×1×7﹣×1×2﹣×2×4﹣×3×6＝；（2）連BD，∵BC＝2，CD＝，BD＝5，BC2+CD2＝BD2，∴∠BCD＝90°．【點睛】本題考查的是勾股定理，熟知在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方是解答此題的關鍵．20、（1）；（2）最小值，M；（3）、、、【解析】

（1）過點作軸于點，證得，然后由相似三角形的性質求得，從而求得GB，HG的長度，使問題得解；（2）作點關于軸的對稱點，連接交軸于點，此時的值最小即的長度，根據勾股定理求長度，然后利用待定系數(shù)法求直線的函數(shù)解析式，從而求與y軸交點坐標，使問題得解；（3）依據△OST為等腰三角形，分4種情況畫出圖形，即可得到旋轉角的度數(shù)．【詳解】解：（1）如圖，過點作軸于點．因為軸∴HG∥OA∴，又∵是線段上靠近點的三等分點∴，∵，，∴，∴∴（2）如圖，作點關于軸的對稱點，連接交軸于點．則為，此時∴的最小值為；設直線：，把，B（3，0）代入得：，解得：∴直線為當時，∴為（3）如圖，當OT=OS時，α=75°-30°=45°；

如圖，當OT=TS時，α=90°；

如圖，當OT=OS時，α=90°+60°-15°=135°；如圖，當ST=OS時，α=180°；綜上所述，α的值為45°，90°，135°，180°．【點睛】本題考查幾何變換綜合題、平行線分線段成比例定理、軸對稱最短問題、勾股定理、等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題，學會用分類討論的思想思考問題．21、y1=4x【解析】

先由①得x=4+y，將x=4+y代入②，得到關于y的一元二次方程，解出y的值，再將y的值代入x=4+y求出x的值即可.【詳解】解：x由①得：x=4+y③，把③代入②得：（4+y）2-2y2=（4+y）y，解得：y1=4，y2=-2，代入③得：當y1=4時，x1=8，當y2=-2時，x2=2，所以原方程組的解為：y1=4x故答案為：y1=4x【點睛】本題考查了解高次方程.22、-2.【解析】試題分析：先算括號里面的，再算除法，解不等式組，求出x的取值范圍，選出合適的x的值代入求值即可．試題解析：原式===解得-1≤x<，∴不等式組的整數(shù)解為-1，0，1，2若分式有意義，只能取x=2，∴原式=-=－2【點睛】本題考查的是分式的化簡求值，分式中的一些特殊求值題并非是一味的化簡，代入，求值．許多問題還需運用到常見的數(shù)學思想，如化歸思想（即轉化）、整體思想等，了解這些數(shù)學解題思想對于解題技巧的豐富與提高有一定幫助．23、（1）①見解析；②見解析；（2）【解析】

（1）根據已知及正方形的性質，全等三角形的判定，全等三角形的性質的計算，可知①∠BAE＝∠DAF是否成立；可知②DN⊥AE是否成立；（2）根據已知及正方形的性質，全等三角形的判定，全等三角形的性質的計算，求出?∠EAC與∠ADN的和的度數(shù).【詳解】（1）證明：①在正方形ABCD中，∴，.∵，∴.∴.∴.②∵M是AF的中點，∴，由①可知.∵.∵∴∴（2）解：延長AD至H，使得，連結FH，CH.∵，∴.在正方形ABCD屮，AC是對角線，∴.∴.∴.∴又∵，∴.∴∵M是AF的中點，D是AH的中點，∴.∴∴【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定，全等三角形的性質的應用，解題的關鍵是熟練掌握正方形的性質，全等三角形的判定，全等三角形的性質的計算.24、（1）（2）；（3）【解析】

（1）方程整理為一般式后，利用因式分解法求解可得；（2）先化簡各二次根式，再合并即可得；（3）原式變形為＝，再進一步計算可得．【詳解】解：（1）x（2x+3）＝4x+6，2x2+3x＝4x+6，2x2﹣x﹣6＝0，（x﹣2）（2x+3）＝0，∴x1＝2，x2＝；（2）原式＝；（3）原式＝＝＝＝．【點睛】本題主要考查解一元二次方程、二次根式的混合運算，解題的關鍵是掌握解一元二次方程的幾種常用方法、二次根式的混合運算順序和運算法則．25、（1）①P1，P1；②≤xE≤；（2）2≤b≤2+2或-2-2≤b≤-2．【解析】

（1）①根據畫出圖形，根據“中心軸對稱”的定義即可判斷．②以O為圓心，OA為半徑畫弧交射線OB于E，以O為圓心，OC為半徑畫弧交射線OB于F．求出點E，點F的坐標即可判斷．（2）如圖3中，設GK交x軸于P．求出兩種特殊位置的b的值即可判斷：當一次函數(shù)y=x+b經過點G（-2，2）時，2=-2+b，b=2+2，當一次函數(shù)y=x+b經過點P（-2，0）時，0=-2+b，b=2，觀察圖象結合圖形W1和圖形W2是“中心軸對稱”的定義可知，當2≤b≤2+2時，線段MN與四邊形GHJK是“中心軸對稱”的．再根據對稱性，求出直線與y軸的負半軸相交時b的范圍即可．【詳解】解：（1）如圖1中，①∵OA=1，OP1=1，OP1=1，∴P1，P1與點A是“中心軸對稱”的，故答案為P1，P1．②如圖2中，以O為圓心，OA為半徑畫弧交射線OB于E，以O為圓心，OC為半徑畫弧交射線OB于F．∵在正方形ABCD中，點A(1，0)，點C(2，1)，∴點B（1,1），∵點E在射線OB上，∴設點E的坐標是（x，y），則x=y，即點E坐標是（x，x），∵點E與正方形ABCD是“中心軸對稱”的，∴當點E與點A對稱時，則OE=OA=1，過點E作EH⊥x軸于點H，則OH2+EH2=OE2，∴x2+x2=12，解得x=，∴點E的橫坐標xE=，同理可求點：F（，），∵E（，），F(xiàn)（，），∴觀察圖象可知滿足條件的點E的橫坐標xE的取值范圍：≤xE≤．（2）如圖3中，設GK交x軸于P．

當一次函數(shù)y=x+b經過點G（-2，2）時，2=-2+b，b=2+2，當一次