江苏省无锡市江阴市2022年八年级数学第一学期期末调研模拟试题含解析

1、2022-2023学年八上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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1下列判定直角三角形全等的方法，不正确的是（ ）A两条直角边对应相等B两个锐角对应相等C斜边和一直角边对应相等D斜边和一锐角对应相等2如图，ABCADE，B25，E105，EAB10，则BAD为（）A50B60C80D1203如图，ABC与AB

2、C关于直线l对称，且A78，C48，则B的度数为()A48B54C74D784若一个多边形的每个内角都等于150，则这个多边形的边数是（）A10B11C12D135等腰三角形的两边长是6cm和3cm，那么它的周长是A9cmB12 cmC12 cm或15 cmD15 cm6如图,一次函数,的图象与的图象相交于点,则方程组的解是（ ）ABCD7关于的不等式的解集是，则的取值范围是（ ）AB C D8如图，点A，D，C，F在一条直线上，AB=DE，A=EDF， 下列条件不能判定ABCDEF的是（）AAD=CFBBCA=FCB=EDBC=EF9计算，结果正确的是（ ）ABCD10如图，将一张三角形纸片

3、的一角折叠，使点落在处的处，折痕为.如果，那么下列式子中正确的是（ ）ABCD二、填空题(每小题3分,共24分)11在平面直角坐标系中，点（2，1）关于y轴对称的点的坐标是_12如图所示，1+2+3+4+5+6=_度13计算：=_14甲.乙两种商品原来的单价和为100元，因市场变化，甲商品降价10%，乙商品提价40%，调价后两种商品的单价和比原来的单价和提高了20%若设甲.乙两种商品原来的单价分别为x元.y元，则可列方程组为_；15若M（），其中a3，b2，则M的值为_16在平面直角坐标系中，已知一次函数的图像经过，两点，若，则 .（填”，”或”=”）17若，则的值是_18在平面直角坐标系中，

4、点关于轴对称的点的坐标为_.三、解答题(共66分)19（10分）计算： （1）计算： （2）因式分解x2（x-2）+(2-x)20（6分）甲、乙两人相约周末沿同一条路线登山，甲、乙两人距地面的高度y（米）与登山时间x（分钟）之间的函数图象如图所示，根据图象所提供的信息解答下列问题（1）甲登山的速度是每分钟 米；乙在A地提速时，甲距地面的高度为 米；（2）若乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍；求乙登山全过程中，登山时距地面的高度y（米）与登山时间x（分钟）之间的函数解析式；乙计划在他提速后5分钟内追上甲，请判断乙的计划能实现吗？并说明理由；（3）当x为多少时，甲、乙两人距地面的高度差为80米？

5、21（6分） “垃圾分类”意识已经深入人心我校王老师准备用元(全部用完)购买两类垃圾桶，已知类桶单价元，类桶单价元，设购入类桶个，类桶个（1）求关于的函数表达式（2）若购进的类桶不少于类桶的倍求至少购进类桶多少个？根据临场实际购买情况，王老师在总费用不变的情况下把一部分类桶调换成另一种类桶，且调换后类桶的数量不少于类桶的数量，已知类桶单价元，则按这样的购买方式，类桶最多可买 个(直接写出答案)22（8分）约分：（1）（2）23（8分）解不等式组：；并将解集在数轴上表示出来24（8分）在平面直角坐标系中，已知点Q（4-2n，n-1）（1）当点Q在y轴的左侧时，求n的取值范围；（2）若点Q到两坐标

6、轴的距离相等，求点Q的坐标25（10分）在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点坐标分别为A(2，4)，B(1，1)，C(3，2)（1）在直角坐标系中画出ABC，并判断三角形的形状(不写理由)：（2）平移ABC，使点A与点O重合，写出点B、点C平移后所得点的坐标，并描述这个平移过程26（10分）如图，BD平分ABC交AC于点D，DEAB于E，DFBC于F，AB6，若SABD12，求DF的长.参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】根据全等三角形的判定方法一一判断即可【详解】A、根据SAS可以判定三角形全等，本选项不符合题意B、AAA不能判定三角形全等，本选项符合题意C、根据HL可以

7、判定三角形全等，本选项不符合题意D、根据AAS可以判定三角形全等，本选项不符合题意故选：B【点睛】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型2、B【分析】先根据全等三角形的对应角相等得出B=D=25，再由三角形内角和为180，求出DAE=50，然后根据BAD=DAE+EAB即可得出BAD的度数【详解】解：ABCADE，B=D=25，又D+E+DAE=180，E=105，DAE=180-25-105=50，EAB=10，BAD=DAE+EAB=60故选B【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理综合应用全等三角形的性质和三角形内角和定理是解题的关键3、

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=1807848=54ABC与ABC关于直线l对称，B=B=54故选B4、C【分析】根据多边形的内角和定理：（n2）180求解即可【详解】解：由题意可得：180（n2）150n，解得n1故多边形是1边形故选C【点睛】主要考查了多边形的内角和定理n边形的内角和为：（n2）180此类题型直接根据内角和公式计算可得5、D【解析】试题分析：题目给出等腰三角形有两条边长为6cm和3cm，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形

9、解：当腰为3cm时，3+3=6，不能构成三角形，因此这种情况不成立当腰为6cm时，6366+3，能构成三角形；此时等腰三角形的周长为6+6+3=15cm故选D考点：等腰三角形的性质；三角形三边关系6、A【分析】根据图象求出交点P的坐标，根据点P的坐标即可得出答案【详解】解：由图象可知：一次函数y=k1x+b1的图象l1与y=k2x+b2的图象l2的交点P的坐标是（-2，3），方程组的解是，故选A.【点睛】本题考查了对一次函数与二元一次方程组的关系的理解和运用，主要考查学生的观察图形的能力和理解能力，题目比较典型，但是一道比较容易出错的题目7、C【分析】根据不等式的基本性质求解即可【详解】关于的

10、不等式的解集是，解得：，故选：C【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，解题的关键是熟记不等式的基本性质8、D【解析】根据全等三角形的判定方法分别进行分析即可【详解】AD=CF，可用SAS证明ABCDEF，故A选项不符合题意，BCA=F，可用AAS证明ABCDEF，故B选项不符合题意，B=E，可用ASA证明ABCDEF，故C选项不符合题意，BC=EF，不能证明ABCDEF，故D选项符合题意，故选D.【点睛】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但是AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角

11、对应相等时，角必须是两边的夹角9、C【分析】先去括号，然后利用同底数幂的乘法运算法则计算得出答案【详解】解：，故选：C【点睛】本题主要考查了整式的乘法，同底数幂的乘法运算，熟练掌握相关运算法则是解题关键10、A【详解】分析:根据三角形的外角得：BDA=A+AFD，AFD=A+CEA，代入已知可得结论.详解:由折叠得：A=A，BDA=A+AFD，AFD=A+CEA，A=，CEA=，BDA=，BDA=+=2+，故选A.点睛：本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、（-2，1）【解析】关于y轴对称的点，纵坐标相同，横

12、坐标互为相反数，由此可得点（2，1）关于y轴对称的点的坐标是（-2，1）.12、360 【解析】如图所示，根据三角形外角的性质可得，1+5=8，4+6=7，根据四边形的内角和为360，可得2+3+7+8=360，即可得1+2+3+4+5+6=360.点睛：本题考查的知识点： （1）三角形的内角和外角之间的关系：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和；（2）四边形内角和定理：四边形内角和为36013、1【分析】根据零指数幂，负整数指数幂以及绝对值的运算法则计算即可【详解】，故答案为：1【点睛】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键14、【分析】设甲、乙两种商品原来的单价分别为x元

13、、y元，根据“甲、乙两种商品原来的单价和为100元”，列出关于x和y的一个二元一次方程，根据“甲商品降价10%，乙商品提价40%，调价后，两种商品的单价和比原来的单价和提高了20%”，列出关于x和y的一个二元一次方程，即可得到答案【详解】解：设甲、乙两种商品原来的单价分别为x元、y元，甲、乙两种商品原来的单价和为100元，x+y=100，甲商品降价10%后的单价为：（1-10%）x，乙商品提价40%后的单价为：（1+40%）y，调价后，两种商品的单价和比原来的单价和提高了20%，调价后，两种商品的单价为：100（1+20%），则（1-10%）x+（1+40%）y=100（1+20%），即方程组

14、为： 故答案为.【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，正确找出等量关系，列出二元一次方程组是解题的关键15、-1【分析】直接利用二次根式的性质化简进而求出答案【详解】M（），11a，当a3时，原式131故答案为：1【点睛】此题主要考查了二次根式的化简求值，正确化简二次根式是解题关键16、.【解析】试题分析：一次函数的增减性有两种情况：当时，函数的值随x的值增大而增大；当时，函数 y的值随x的值增大而减小.由题意得，函数的，故y的值随x的值增大而增大.，.考点：一次函数图象与系数的关系.17、49【分析】根据平方差公式把原式进行因式分解，把整体代入分解后的式子，化简后再次利用整体代入

15、即可得【详解】，原式，故答案为：49.【点睛】考查了“整体代换”思想在因式分解中的应用，平方差公式，熟记平方差公式，通过利用整体代入式解题关键18、【分析】根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案【详解】解：点P（8，7）关于x轴对称的点的坐标为（8，7），故答案为：（8，7）【点睛】此题主要考查了关于x轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律三、解答题(共66分)19、（1）-5；（2）(x-2)(x+1)(x-1)【分析】（1）根据乘方的意义、立方根的定义和算术平方根的定义计算即可；（2）先提取公因数，然后利用平方差公式因式分解即可【详解】解：（1）解：原式=

16、1-4-2=-5（2）解：原式=（x-2）(x2-1)=(x-2)(x+1)(x-1)【点睛】此题考查的是实数的混合运算和因式分解，掌握乘方的意义、立方根的定义、算术平方根的定义、利用提公因式法和公式法因式分解是解决此题的关键20、（1）10，1；（2），能够实现理由见解析；（3）当x为2.5或10.5或3时，甲、乙两人距地面的高度差为80米【分析】（1）由时间，速度，路程的基本关系式可解；（2）分段代入相关点的坐标，利用待定系数法来求解即可；分别计算甲乙距离地面的高度再比较即可；（3）求出甲的函数解析式，分0 x2时，2x11时，11x20时来讨论即可求解【详解】（1）甲登山的速度为：（30

17、02）2010米/分，2+1021米，故答案为10，1（2）V乙3V甲30米/分， t2+（30030）3011（分钟）， 设2到11分钟，乙的函数解析式为ykx+b，直线经过A（2，30），（11，300），解得当2x11时，y30 x30设当0 x2时，乙的函数关系式为yax，直线经过A（2，30）302a解得a15，当0 x2时，y15x，综上，能够实现理由如下： 提速5分钟后，乙距地面高度为30730180米此时，甲距地面高度为710+2170米180米170米，所以此时，乙已经超过甲（3）设甲的函数解析式为：ymx+2，将（20，300）代入得：30020m+2m10，y10 x+2

18、当0 x2时，由（10 x+2）15x80，解得x42矛盾，故此时没有符合题意的解；当2x11时，由|（10 x+2）（30 x30）|80得|13020 x|80 x2.5或x10.5；当11x20时，由300（10 x+2）80得x3x2.5或10.5或3当x为2.5或10.5或3时，甲、乙两人距地面的高度差为80米【点睛】本题是一道一次函数的综合试题，考查了行程问题中路程速度时间的关系变化的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，图象的交点坐标的求法在解答中注意线段的解析式要确定自变量的取值范围21、（1）；（2）50；18.【分析】（1）根据题意，通过等量关系进行列式即可得解；（2）

19、根据购进的类桶不少于类桶的倍的不等关系进行列式求解即可得解；根据题意设类桶的数量为a，根据A类桶单价与C类桶单价的比值关系确定不等式，进而求解，由总费用不变即可得到B类桶的数量.【详解】（1）由题意，得，整理得关于的函数表达式为；（2）购进的类桶不少于类桶的倍，解得至少购买类桶个；当时，类桶单价元，类桶单价元类桶单价:类桶单价=2:3设调换后C有a本由题意得：解得，可知a时2的倍数，a为正整数类桶最多可买18个.【点睛】本题主要考查了一次函数表达式的确定以及一元一次不等式的实际应用，结合实际情况求解不等式是解决本题的关键.22、（1）；（2）【分析】（1）直接将分子与分母分解因式进而化简得出答案；（2）直接将分子与分母分解因式进而化简得出答案【详解】解：（1）；（2）原式【点睛】平方差、完全平方和、完全平方差公式是初中数学必需完全掌握的知识点.23、数轴表示见解析【分析】先分别求出各不等式的解集，然后再确定其公共部分即为不等式组的解集，最后在数轴上表示出来即可【详解】解：，由不等式解得，由不等式解得，所以，原不等式组的解集是在数轴上表示如下：【点睛】本题考查了不等式组的解法，掌握解不等式和确定不等式组解集的方法是解答本题的关键24、（1）n2；（2）点Q()或 (-2，2)【分析】（1）根据y轴左侧的点的坐标特征：横坐标0，即可求出结论；（2）根据题意可得，点Q的横纵坐标相