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文檔簡介
2022-2023學年八下數(shù)學期末模擬試卷考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內,不得在試卷上作任何標記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內,第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.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.在等腰三角形ABC中,AB=4,BC=2,則ΔABC的周長為()A.10 B.8 C.8或10 D.6或82.如圖,在正方形中,,是正方形的外角,是的角平分線上任意一點,則的面積等于()A.1 B. C.2 D.無法確定3.下列圖形中,既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是()A. B. C. D.4.某班主任老師為了對學生亂花錢的現(xiàn)象進行教育指導,對班里每位同學一周內大約花錢數(shù)額進行了統(tǒng)計,如下表:學生花錢數(shù)(元)
5
10
15
20
25
學生人數(shù)
7
12
18
10
3
根據(jù)這個統(tǒng)計表可知,該班學生一周花錢數(shù)額的眾數(shù)、平均數(shù)是()A.15,14 B.18,14 C.25,12 D.15,125.若一個正方形的面積為(ɑ+1)(ɑ+2)+,則該正方形的邊長為()A. B. C. D.6.下面四幅圖是我國一些博物館的標志,其中是中心對稱圖形的是()A. B. C. D.7.函數(shù)的自變量取值范圍是()A. B. C. D.8.如圖,在平面直角坐標系中,若點在直線與軸正半軸、軸正半軸圍成的三角形內部,則的值可能是()A.-3 B.3 C.4 D.59.下列角度不可能是多邊形內角和的是()A.180° B.270° C.360° D.900°10.一個多邊形的內角和與它的外角和相等,則這個多邊形的邊數(shù)為()A.4B.5C.6D.7二、填空題(每小題3分,共24分)11.如圖,矩形ABCD中,E是AD中點,將△ABE沿直線BE折疊后得到△GBE,延長BG交CD于F,若AB=6,BC=,則CF的長為_______12.“如果a=b,那么a2=b2”,寫出此命題的逆命題_______.13.如果等腰直角三角形的一條腰長為1,則它底邊的長=________.14.設甲、乙兩車在同一直線公路上勻速行駛,開始甲車在乙車的前面,當乙車追上甲車后,兩車停下來,把乙車的貨物轉給甲車,然后甲車繼續(xù)前行,乙車向原地返回.設秒后兩車間的距離為千米,關于的函數(shù)關系如圖所示,則甲車的速度是______米/秒.15.如圖,菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O,若AC=8,BD=6,則該菱形的周長是___.16.如圖,已知在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=4,分別以AC,BC為直徑作半圓,面積分別記為S1,S2,則S1+S2等_________.17.如圖,a∥b,∠1=110°,∠3=50°,則∠2的度數(shù)是_____.18.小菲受《烏鴉喝水》故事的啟發(fā),利用量筒和體積相同的小球進行了如下操作,請根據(jù)圖中給出的信息,量筒中至少放入________小球時有水溢出.三、解答題(共66分)19.(10分)在平行四邊形ABCD中,連接BD,過點B作BE⊥BD于點B交DA的延長線于點E,過點B作BG⊥CD于點G.(1)如圖1,若∠C=60°,∠BDC=75°,BD=6,求AE的長度;(2)如圖2,點F為AB邊上一點,連接EF,過點F作FH⊥FE于點F交GB的延長線于點H,在△ABE的異側,以BE為斜邊作Rt△BEQ,其中∠Q=90°,若∠QEB=∠BDC,EF=FH,求證:BF+BH=BQ.20.(6分)如圖,在四邊形ABCD中,AB//CD,AB=BC=2CD,E為對角線AC的中點,F(xiàn)為邊BC的中點,連接DE,EF.(1)求證:四邊形CDEF為菱形;(2)連接DF交EC于點G,若DF=2,CD=53,求AD21.(6分)計算:解方程:.22.(8分)閱讀下列材料并解答問題:數(shù)學中有很多恒等式可以用圖形的面積來得到例如,圖1中陰影部分的面積可表示為;若將陰影部分剪下來,重新拼成一個矩形如圖,它的長,寬分別是,,由圖1,圖2中陰影部分的面積相等,可得恒等式.(1)觀察圖3,根據(jù)圖形,寫出一個代數(shù)恒等式:______;(2)現(xiàn)有若干塊長方形和正方形硬紙片如圖4所示請你仿照圖3,用拼圖的方法推出恒等式,畫出你的拼圖并標出相關數(shù)據(jù);(3)利用前面推出的恒等式和計算:①;②.23.(8分)如圖,在平面直角坐標系中,菱形的頂點與原點重合,點在軸的正半軸上,點在函數(shù)的圖象上,點的坐標為.(1)求的值.(2)將點沿軸正方向平移得到點,當點在函數(shù)的圖象上時,求的長.24.(8分)A,B兩地相距60km,甲、乙兩人從兩地出發(fā)相向而行,甲先出發(fā).圖中l(wèi)1,l2表示兩人離A地的距離s(km)與時間t(h)的關系,請結合圖象解答下列問題:(1)表示乙離A地的距離與時間關系的圖象是(填l1或l2);甲的速度是km/h,乙的速度是km/h;(2)求出l1,l2的解析式,并標注自變量的取值范圍。25.(10分)甲、乙兩種客車共7輛,已知甲種客車載客量是30人,乙種客車載客量是45人.其中,每輛乙種客車租金比甲種客車多100元,5輛甲種客車和2輛乙種客車租金共需2300元.(1)租用一輛甲種客車、一輛乙種客車各多少元?(2)設租用甲種客車x輛,總租車費為y元,求y與x的函數(shù)關系;在保證275名師生都有座位的前提下,求當租用甲種客車多少輛時,總租車費最少,并求出這個最少費用.26.(10分)如圖,在平行四邊形ABCD中,點E是對角線AC上一點,連接BE并延長至F,使EF=BE.求證:DF∥AC.
參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【解析】
等腰△ABC的兩邊長分別為4和2,具體哪條是底邊,哪條是腰沒有明確說明,因此要分兩種情況討論.【詳解】①當腰是AB,則周長為4+4+2=10;②當腰是BC,則三邊為4,2,2,此時不能構成三角形,舍去.故選A.【點睛】此題考查等腰三角形的性質,三角形三邊關系,解題關鍵在于分情況討論2、A【解析】
由于BD∥CF,以BD為底邊,以BD邊對應的高為邊長計算三角形的面積即可.【詳解】過C點作CG⊥BD于G,∵CF是∠DCE的平分線,∴∠FCE=45°,∵∠DBC=45°,∴CF∥BD,∴CG等于△PBD的高,∵BD=2,∴GC=BG==1,△PBD的面積等于.故答案為:1.【點睛】本題考查正方形的性質,角平分線的性質,解決本題的關鍵是證明△BPD以BD為底時高與GC相等.3、C【解析】
在平面內,一個圖形沿一條直線折疊,直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形叫做軸對稱圖形;在平面內,把一個圖形繞著某個點旋轉180°,如果旋轉后的圖形與另一個圖形重合的圖形叫做中心對稱圖形,根據(jù)這兩點即可判斷.【詳解】解:A、是軸對稱圖形,不是中心對稱圖形.故A錯誤;B、是軸對稱圖形,不是中心對稱圖形.故B錯誤;C、是軸對稱圖形,也是中心對稱圖形.故C正確;D、不是軸對稱圖形,是中心對稱圖形.故D錯誤.故選:C.【點睛】本題主要考查的是軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義,掌握這兩個知識點是解題的關鍵.4、A【解析】
根據(jù)眾數(shù)和平均數(shù)的定義求解.【詳解】∵眾數(shù)是數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù),∴該班學生一周花錢數(shù)額的眾數(shù)為15;∵平均數(shù)是指在一組數(shù)據(jù)中所有數(shù)據(jù)之和再除以數(shù)據(jù)的個數(shù),∴該班學生一周花錢數(shù)額的平均數(shù)=(5×7+10×12+15×18+20×10+25×3)÷50=1.故選A.【點睛】考點:1.眾數(shù);2.算術平均數(shù).5、B【解析】
把所給代數(shù)式重新整理后用完全平方公式分解因式即可.【詳解】(ɑ+1)(ɑ+2)+==,∴正方形的邊長為:.故選B.【點睛】本題考查了完全平方公式進行因式分解,熟練掌握a2±2ab+b2=(a±b)2是解答本題的關鍵.兩項平方項的符號需相同;有一項是兩底數(shù)積的2倍,是易錯點.6、C【解析】
根據(jù)中心對稱圖形的定義和圖案特點即可解答.【詳解】解:A、不是中心對稱圖形,故本選項錯誤;
B、不是中心對稱圖形,故本選項錯誤;
C、是中心對稱圖形,故本選項正確;
D、不是中心對稱圖形,故本選項錯誤.
故選:C.【點睛】本題考查中心對稱圖形的概念:在同一平面內,如果把一個圖形繞某一點旋轉180度,旋轉后的圖形能和原圖形完全重合,那么這個圖形就叫做中心對稱圖形.7、C【解析】
自變量的取值范圍必須使分式有意義,即:分母不等于0。【詳解】解:當時,分式有意義。即的自變量取值范圍是。故答案為:C【點睛】本題考查了函數(shù)自變量的取值范圍問題,函數(shù)自變量的范圍一般從三個方面考慮:
(1)當函數(shù)表達式是整式時,自變量可取全體實數(shù);
(2)當函數(shù)表達式是分式時,考慮分式的分母不能為0;
(3)當函數(shù)表達式是二次根式時,被開方數(shù)非負.8、D【解析】
先根據(jù)點4(2.,3)在直線與x軸正半軸、y軸正半軸圍成的三角形內部,可知點A(2,3)在直線的下方,即當x=2時,y>3,再將x=2代入,從而得出-1+b>3,即b>4.【詳解】解:∵點A(2.3)在直線與x軸正半軸、y軸正半軸圍成的三角形內部?!帱cA(2,3)在直線的下方,即當x=2時,y>3,又∵當x=2時,∴-1+b>3,即b>4.故選:D.【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)的性質,根據(jù)點A(2.3)在直線與x軸正半軸、y軸正半軸圍成的三角形內部,得到點A(2.3)在直線的下方是解題的關鍵.9、B【解析】
根據(jù)多邊形的內角和公式即可求解.【詳解】解:A、180°÷180°=1,是180°的倍數(shù),故可能是多邊形的內角和;B、270°÷180°=1…90°,不是180°的倍數(shù),故不可能是多邊形的內角和;C、360°÷180°=2,是180°的倍數(shù),故可能是多邊形的內角和;D、900÷180=5,是180°的倍數(shù),故可能是多邊形的內角和.故選:B.【點睛】此題主要考查多邊形的內角,解題的關鍵是熟知多邊形的內角和公式.10、A【解析】設多邊形的邊數(shù)為n,根據(jù)題意得(n-2)?180°=360°,解得n=1.所以這個多邊形是四邊形.故選A.二、填空題(每小題3分,共24分)11、2【解析】分析:根據(jù)點E是AD的中點以及翻折的性質可以求出AE=DE=EG;然后利用“HL”證明△EDF和△EGF全等,根據(jù)全等三角形的對應邊相等可證得DF=GF;設DF=x,接下來表示出FC、BF,在Rt△BCF中,利用勾股定理列式進行計算即可得解.詳解:∵E是AD的中點,∴AE=DE.∵△ABE沿BE折疊后得到△GBE,∴AE=EG,AB=BG,∴ED=EG.∵在矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,∴∠EGF=90°.∵在Rt△EDF和Rt△EGF中,ED=EG,EF=EF,∴Rt△EDF≌Rt△EGF,∴DF=FG.設CF=x,則DF=6-x,BF=12-x.在Rt△BCF中,()2+x2=(12-x)2,解得x=2.∴CF=2.故答案為:2.點睛:本題考查了矩形的性質,勾股定理
,
翻折變換(折疊問題),全等三角形的判定與性質.根據(jù)“HL”證明Rt△EDF≌Rt△EGF是解答本題的關鍵.12、如果a2=b2,那么a=b.【解析】
把原命題的題設與結論交換即可得解.【詳解】“如果a=b,那么a2=b2”的逆命題是“如果a2=b2,那么a=b”故答案為:如果a2=b2,那么a=b.【點睛】此題考查命題與定理,解題關鍵在于掌握其定義13、【解析】
根據(jù)等腰直角三角形兩腰相等及勾股定理求解即可.【詳解】解:∵等腰直角三角形的一腰長為1,則另一腰長也為1∴由勾股定理知,底邊的長為故答案為:.【點睛】本題考查了等腰三角形的腰相等,勾股定理等知識點,熟練掌握基本的定理及圖形的性質是解決此類題的關鍵.14、20【解析】試題分析:設甲車的速度是m米/秒,乙車的速度是n米/秒,根據(jù)題意及圖形特征即可列方程組求解.設甲車的速度是m米/秒,乙車的速度是n米/秒,由題意得,解得則甲車的速度是20米/秒.考點:實際問題的函數(shù)圖象,二元一次方程組的應用點評:此類問題是初中數(shù)學的重點,在中考中比較常見,一般難度不大,需熟練掌握.15、20【解析】
根據(jù)菱形的對角線互相垂直及勾股定理即可求解.【詳解】依題意可知BD⊥AC,AO=4,BO=3∴AB==5,∴菱形的周長為4×5=20【點睛】此題主要考查菱形的周長計算,解題的關鍵是熟知菱形的對角線垂直.16、【解析】試題解析:所以故答案為17、60【解析】
根據(jù)平行線的性質:兩直線平行內錯角相等,可得∠BOD=50°,再根據(jù)對頂角相等可求出∠2.【詳解】解:如圖所示:∵直線a∥b,∠3=50°,∴∠BOD=50°,又∵∠1=∠BOD+∠2,∠2=∠1-∠BOD=110°-50°=60°.故本題答案為:60.【點睛】平行線的性質及對頂角相等是本題的考點,熟練掌握平行線的性質是解題的關鍵.18、10【解析】(36-20)÷3=2(cm).設放入x小球有水溢出,由題意得2x+30>49,∴x>9.5,∴放入10小球有水溢出.三、解答題(共66分)19、(1)6﹣2;(2)詳見解析.【解析】
(1)根據(jù)平行四邊形性質可證:△BDE是等腰直角三角形,運用勾股定理可求DE和AD,AE即可求得;(2)過點E作ET⊥AB交BA的延長線于T,構造直角三角形,由平行四邊形性質及直角三角形性質可證:△BEQ≌△BET(AAS),△BFH≌△TEF(AAS),進而可證得結論.【詳解】解:(1)如圖1,過點D作DR⊥BC于R,∵ABCD是平行四邊形∴AB∥CD,AD∥BC,AD=BC∵∠C=60°,∠BDC=75°,∴∠CBD=180°﹣(∠C+∠BDC)=45°∴∠ADB=∠CBD=45°∵BE⊥BD∴∠DBE=90°∴∠E=∠BDE=45°∴DE=BD=12∵DR⊥BC∴∠BRD=∠CRD=90°∴∠BDR=∠CBD=45°,∴DR=BR由勾股定理可得即∴DR=BR=6∵∠C=60°∴∠CDR=90°﹣60°=30°∴CR=2,CD=4∴AD=BC=DR+CR=6+2,∴AE=DE﹣AD=12﹣(6+2)=6﹣2;(2)如圖2,過點E作ET⊥AB交BA的延長線于T,則∠T=90°∵ABCD是平行四邊形∴AB∥CD,∴∠ABD=∠BDC∵∠QEB=∠BDC∴∠QEB=∠ABD∵BG⊥CD,BE⊥BD,F(xiàn)H⊥FE∴∠BGC=∠ABG=∠DBE=∠EFH=∠Q=90°∴∠EBT+∠BET=∠EBT+∠ABD=∠EFT+∠BFH=∠EFT+∠FET=90°,∴∠BET=∠ABD=∠QEB,∠BFH=∠FET∵BE=BE,EF=FH∴△BEQ≌△BET(AAS),△BFH≌△TEF(AAS)∴BQ=BT,BH=FT∵BF+FT=BT∴BF+BH=BQ.【點睛】本題考查了平行四邊形的性質、勾股定理以及全等三角形的性質與判定,解題的關鍵是靈活運用平行四邊形及直角三角形的性質.20、(1)見解析;(2)AD=【解析】
(1)由三角形中位線定理可得EF=12AB,EF//AB,CF=12BC,可得AB//CD//EF,EF=CF=CD,由菱形的判定可得結論;
(2)由菱形的性質可得DG=1,DF⊥CE,EG=GC,由勾股定理可得【詳解】(1)證明:∵E,F分別為AC,BC的中點,∴EF//AB,EF=1∵AB//CD,∴EF//CD,∵AB=2CD,∴EF=CD,∴四邊形CDEF是平行四邊形.∵AB=BC,∴CF=EF,∴四邊形CDEF是菱形.(2)解:∵四邊形CDEF是菱形,DF=2,∴DF⊥AC,DG=1在Rt△DGC中,CD=53,可得∴EG=CG=4∵E為AC中點,∴AE=CE=8∴AG=AE+EG=4.在Rt△DGA中,AD=A【點睛】本題考查了菱形的性質,三角形中位線定理,勾股定理,熟練運用菱形的性質是本題的關鍵.21、(1);(2),.【解析】
直接利用零指數(shù)冪的性質以及二次根式的性質分別化簡得出答案;直接利用十字相乘法分解因式進而解方程得出答案.【詳解】解:原式;,解得:,.【點睛】此題主要考查了因式分解法解方程以及實數(shù)運算,正確掌握解題方法是解題關鍵.22、(1);(2);(3)①1;②.【解析】
(1)根據(jù)面積的兩種表達方式得到圖3所表示的代數(shù)恒等式;(2)作邊長為a+b的正方形即可得;(3)套用所得公式計算可得.【詳解】解:(1)由圖3知,等式為:,故答案為;(2)如圖所示:
由圖可得;(3)①原式;②.【點睛】本題考查了完全平方公式的幾何背景,根據(jù)矩形的面積公式分整體與部分兩種思路表示出面積,然后再根據(jù)同一個圖形的面積相等即可解答.23、(1)k=12;(2)DD′=.【解析】
(1)首先延長AD交x軸于點F,由點D坐標可得出OD的長,由菱形的性質,即可得出點A坐標,進而得出k;(2)由(1)可得知反比例函數(shù)解析式,由點D的坐標可知點D′的縱坐標,代入函數(shù)解析式即可得出點D′的橫坐標,即可得解.【詳解】(1)延長AD交x軸于點F,如圖所示,∵點D的坐標為(4,1),∴OF=4,DF=1.∴OD=2.∴AD=2.∴點A坐標為(4,8).∴k=xy=4×8=12.∴k=12.(2)由平移得點D′的縱坐標為1.由(1)可知函數(shù)解析式為,∵點D′在的圖象上,∴1=.解得:x=.∴DD′=﹣4=.【點睛】此題主要考查菱形的性質和反比例函數(shù)的性質,熟練運用,即可解題.24、(1)l2,30,20;(2)l1:s=-30t+60(0≤t≤2),l2:s=20t-10(0.5≤t≤3.5)【解析】
(1)觀察圖象即可知道乙的函數(shù)圖象為l2,根據(jù)速度=路程÷時間,利用圖中信息即可解決問題;(2)根據(jù)待定系數(shù)法分別求出l1,l2的解析式即可;【詳解】解:(1)由題意可知,乙的函數(shù)圖象是l2,甲的速度為:=30km/h,乙的速度為:=20km/h.故答案為:l2
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