四川外语院重庆第二外国语学校2022年数学八上期末监测模拟试题含解析

1、2022-2023学年八上数学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1某班同学从学校出发去太阳岛春游，大部分同学乘坐大客车先出发，余下的同学乘坐小轿车20分钟后出发，沿同一路线行驶大客车中途停车等候5分钟，小轿车赶上来之后，大客车以原速度的继续行

2、驶，小轿车保持速度不变两车距学校的路程S（单位：km）和大客车行驶的时间t（单位：min）之间的函数关系如图所示下列说法中正确的个数是（）学校到景点的路程为40km；小轿车的速度是1km/min；a15；当小轿车驶到景点入口时，大客车还需要10分钟才能到达景点入口A1个B2个C3个D4个2下列图形中，是轴对称图形的是（ ）ABCD32011年3月11日，里氏9.0级的日本大地震导致当天地球的自转时间较少了0.000 001 6秒，将0.000 001 6用科学记数法表示为 （ ）ABCD4下列关系式中，不是的函数的是（ ）ABCD5若xy，则下列式子错误的是（ ）Ax2y2BCxyD1x1y6

3、若一个三角形的两边长分别为3和7，则第三边长可能是( )A6B3C2D117边长为，的长方形，它的周长为，面积为，则的值为()ABCD8下列长度的每组三根小木棒，能组成三角形的一组是（）A3，3，6B4，5，10C3，4，5D2，5，39在一条笔直的公路上有两地，甲，乙两辆货车都要从地送货到地，甲车先从地出发匀速行驶，3小时后乙车从地出发，并沿同一路线匀速行驶，当乙车到达地后立刻按原速返回，在返回途中第二次与甲车相遇，甲车出发的时间记为（小时），两车之间的距离记为（千米），与的函数关系如图所示，则乙车第二次与甲车相遇是甲车距离地（ ）千米A495B505C515D52510若等腰三角形的周长为

4、，一边为，则腰长为（ ）ABC16或12D以上都不对11已知为的内角所对应的边，满足下列条件的三角形不是直角三角形的是（ ）ABCD12下列计算正确的是（ ）A2B1C2D二、填空题（每题4分，共24分）13若有意义，则的取值范围是_14如图，在中，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标是_15关于x、y的方程组的解是，则nm的值为_16已知，则=_17计算：_18已知，则代数式的值为_.三、解答题（共78分）19（8分）计算与化简：；已知，求的值（利用因式分解计算）20（8分）解分式方程：121（8分）某校庆为祝建国70周年举行“爱国读书日”活动，计划用500元购买某种爱国主义读书，现书店打八折，

5、用500元购买的爱国主义读本比原计划多了5本，求该爱国主义读本原价多少元？22（10分）在等边三角形ABC中，点D是BC的中点，点E、F分别是边AB、AC（含线段AB、AC的端点）上的动点，且EDF=120，小明和小慧对这个图形展开如下研究：问题初探：（1）如图1，小明发现：当DEB=90时，BE+CF=nAB，则n的值为_；问题再探：（2）如图2，在点E、F的运动过程中，小慧发现两个有趣的结论：DE始终等于DF；BE与CF的和始终不变；请你选择其中一个结论加以证明成果运用（3）若边长AB=4，在点E、F的运动过程中，记四边形DEAF的周长为L，L=DE+EA+AF+FD，则周长L的变化范围是

6、_23（10分）如图，等边的边长为，点、分别是边、上的动点，点、分别从顶点、同时出发，且它们的速度都为（1）如图1，连接，求经过多少秒后，是直角三角形；（2）如图2，连接、交于点，在点、运动的过程中，的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的度数（3）如图3，若点、运动到终点后继续在射线、上运动，直线、交于点，则的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的度数24（10分）如图，一个长为，宽为的长方形，沿途中的虚线用剪刀均匀的分成四个小长方形，然后按图的形状拼成一个正方形（1）观察图，请用两种不同的方法求图中阴影部分的面积方法1：_（只列式，不化简）方法2：_（只列式，不

7、化简）（2）请写出三个式子之间的等量关系：_（3）根据（2）题中的等量关系，解决如下问题：若，求的值25（12分）某商贸公司有、两种型号的商品需运出，这两种商品的体积和质量分别如下表所示：体积（立方米/件）质量（吨/件）型商品1815型商品21（1）已知一批商品有、两种型号，体积一共是21立方米，质量一共是115吨，求、两种型号商品各有几件？（2）物资公司现有可供使用的货车每辆额定载重35吨，容积为6立方米，其收费方式有以下两种：按车收费：每辆车运输货物到目的地收费611元；按吨收费：每吨货物运输到目的地收费211元现要将（1）中商品一次或分批运输到目的地，如果两种收费方式可混合使用，商贸公司

8、应如何选择运送、付费方式，使其所花运费最少，最少运费是多少元？26已知一次函数的图像交轴于点，交轴于点，且的面积为3，求此一次函数的解析式 参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，本题得以解决【详解】解：由图象可知，学校到景点的路程为40km，故正确，小轿车的速度是：40（6020）1km/min，故正确，a1（3520）15，故正确，大客车的速度为：15300.5km/min，当小轿车驶到景点入口时，大客车还需要：（4015）（4015）110分钟才能达到景点入口，故正确，故选D【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题

9、的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答2、C【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；C、是轴对称图形，故本选项符合题意；D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意故选：C【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，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3、B【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定【详解】0.0000016=1.610-

10、6.故选B.【点睛】科学计数法：绝对值大于10的数记成a10n的形式，其中1|a|10，n是正整数.4、D【分析】根据函数的定义可知，满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应关系，据此即可确定是否是函数【详解】解：A、，当x取值时，y有唯一的值对应，故选项不符合；B、，当x取值时，y有唯一的值对应，故选项不符合；C、，当x取值时，y有唯一的值对应，故选项不符合；D、，当x取值时，如x=1，y=1或-1，故选项符合；故选：D【点睛】主要考查了函数的定义函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量5、D【分析】

11、根据不等式的基本性质逐一判断即可【详解】解：Axy，x2y2，故本选项不符合题意；Bxy，故本选项不符合题意；Cxy，xy，故本选项不符合题意；Dxy，xy，1x1y，故本选项符合题意；故选：D【点睛】此题考查的是不等式的变形，掌握不等式的基本性质是解题关键6、A【分析】根据三角形三边关系，两边之和第三边，两边之差小于第三边即可判断【详解】设第三条边长为x，根据三角形三边关系得：7-3x7+3，即4x10.结合各选项数值可知，第三边长可能是6.故选A.【点睛】本题考查三角形三边关系定理，记住两边之和第三边，两边之差小于第三边，属于基础题.7、B【分析】先把所给式子提取公因式mn，再整理为与题意

12、相关的式子，代入求值即可【详解】根据题意得：m+n=7，mn=10，故选：B【点睛】本题既考查了对因式分解方法的掌握，又考查了代数式求值的方法，同时还隐含了数学整体思想和正确运算的能力8、C【分析】根据三角形的三边关系：三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，对各选项进行逐一分析即可【详解】A、3+36，不能构成三角形；B、4+510，不能构成三角形；C、3+45，,能够组成三角形；D、2+35，不能组成三角形故选：C【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，即三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边9、A【分析】根据题意列出方程组，得出甲乙的速度，再由路程关系确定第二次

13、相遇的时间，进而求出乙车第二次与甲车相遇是甲车距离地的距离【详解】解：设甲的速度为，甲的速度为，由题意可知，当t=4.5时，乙车追上甲车，第一次相遇，当t=7时，乙车到达B地，故，解得：，总A、B之间总路程为：，当t=7时，甲离B地还有：，（60+180）t=300解得，即再经过小时后，甲乙第二次相遇，此时甲车距离地的距离为：（千米）故答案为：A【点睛】本题考查了函数图象与行程的问题，解题的关键是准确把握图象与实际行程的关系，确定甲乙的速度10、C【分析】分两种情况：腰长为12和底边长为12，分别利用等腰三角形的定义进行讨论即可【详解】若腰长为1，则底边为 此时，三角形三边为，可以组成三角形，

14、符合题意；若底边长为1，则腰长为 此时，三角形三边为，可以组成三角形，符合题意；综上所述，腰长为12或1故选：C【点睛】本题主要考查等腰三角形的定义，掌握等腰三角形的定义并分情况讨论是解题的关键11、C【分析】运用直角三角形的判定方法：当一个角是直角时，或两边的平方和等于第三条边的平方，也可得出它是直角三角形分别判定即可【详解】A、，即, ABC是直角三角形，故本选项符合题意；B、， a2+b2=c2，ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；C、A：B：C=5：4：3，又A+B+C=180，最大角A=75，ABC不是直角三角形，故本选项符合题意；D、a=c，b=c，（c）2+（c）2=c2，a

15、2+b2=c2，ABC是直角三角形，故本选项不符合题意故选：C【点睛】此题主要考查了勾股定理的逆定理、直角三角形的判定方法，灵活的应用此定理是解决问题的关键12、D【分析】根据二次根式的乘法法则对A进行判断；根据二次根式的加减法对B进行判断；根据二次根式的性质对C、D进行判断【详解】解：A、原式，所以A选项的计算错误；B、原式1，所以B选项的计算错误；C、原式，所以C选项的计算错误；D、原式32，所以D选项的计算正确故选：D【点睛】本题考查二次根式的运算，掌握二次根式的性质和运算法则是解题关键二、填空题（每题4分，共24分）13、一切实数【分析】根据使立方根有意义的条件解答即可.【详解】解:立

16、方根的被开方数可以取一切实数,所以可以取一切实数.故答案为:一切实数.【点睛】本题考查使立方根有意义的条件,理解掌握该知识点是解答关键.14、 (1,6)【分析】过A和B分别作ADOC于D，BEOC于E，利用已知条件可证明ADCCEB，再由全等三角形的性质和已知数据即可求出B点的坐标【详解】解：过A和B分别作ADOC于D，BEOC于E，ACB=90，ACD+CAD=90ACD+BCE=90，CAD=BCE，在ADC和CEB中，ADCCEB（AAS），DC=BE，AD=CE，点C的坐标为（-2，0），点A的坐标为（-8，3），OC=2，AD=CE=3，OD=8，CD=OD-OC=6，OE=CE-

17、OC=3-2=1，BE=6，则B点的坐标是（1，6）故答案为（1，6）【点睛】本题借助于坐标与图形性质，重点考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是做高线构造全等三角形15、1【分析】根据方程组的解满足方程组，把解代入，可得关于m、n的二元一次方程组，求解该方程组即可得答案【详解】把代入，得 ，求解关于m、n的方程组可得：，故故答案为：1【点睛】本题考查二元一次方程组，求解时常用代入消元法或加减消元法，其次注意计算仔细即可16、【分析】根据幂的乘方与积的乘方运算法则解答即可【详解】，；故答案为：.【点睛】本题主要考查了幂的乘方与同底数幂的除法，熟记幂的运算法则是解答本题的关

18、键幂的乘方，底数不变，指数相乘；同底数的幂相除，底数不变，指数相减17、【分析】根据分式的乘法则计算即可【详解】，故答案为：【点睛】本考查了分式的乘法，熟练掌握分式的乘法则是解题的关键18、-2【分析】先把代数式1a1+2ab2b1进行因式分解，再把a1b=1整体代入即可【详解】1a1+2ab2b1=1(a14ab+4b1)=1(a1b)1a1b=1，原式=1(1)1=2故答案为：2【点睛】本题考查了因式分解的应用，掌握因式分解的各种方法以及整体思想是解答本题的关键三、解答题（共78分）19、（1）0；（2）；（3）9；（4）【分析】（1）根据二次根式的性质，绝对值的性质，正整数指数幂和开立方

19、运算进行计算即可；（2）按照幂的乘方，同底数幂的乘方和合并同类项计算即可；（3）先对原代数式进行化简，然后通过对已知变形得出，然后整体代入即可求出答案；（4）按照平方差公式展开，然后发现中间项可以约分，最后只剩首尾两项，再进行计算即可【详解】（1）原式（2）原式（3），（4）原式【点睛】本题主要考查实数的混合运算，整式的乘法和加法混合运算，代数式求值和因式分解，掌握实数的混合运算法则，整式的乘法和加法混合运算顺序和法则，整体代入法和因式分解是解题的关键20、x【分析】先去分母，化分式方程为整式方程，解整式方程求得x的值，再检验并作结论即可【详解】1解：去分母得：x22xx2+3x2=3x3，移

20、项合并得：2x=1，解得：x，经检验x是分式方程的解【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤以及注意事项是解题的关键21、25元【分析】设爱国主义读本原价x元，根据题意列出方程即可求出答案【详解】设爱国主义读本原价x元，解得：x=25，经检验，x=25是分式方程的解，答：爱国主义读本原价25元【点睛】此题考查分式方程，解题的关键是正确找出题中的等量关系，本题属于基础题型22、（1）；（2）BE与CF的和始终不变，见解析；（3）【解析】（1）先利用等边三角形判断出BD=CD=AB，进而判断出BE=BD，再判断出DFC=90，得出CF=CD，即可得出结论；（2）构造出EDGFDH（A

21、SA），得出DE=DF，即可得出结论；由（1）知，BG+CH=AB，由知，EDGFDH（ASA），得出EG=FH，即可得出结论；（3）由（1）（2）判断出L=2DE+6，再判断出DEAB时，L最小，点F和点C重合时，DE最大，即可得出结论【详解】解：（1）ABC是等边三角形，B=C=60，AB=BC，点D是BC的中点，BD=CD=BC=AB，DEB=90，BDE=90-B=30，在RtBDE中，BE=BD，EDF=120，BDE=30，CDF=180-BDE-EDF=30，C=60，DFC=90，在RtCFD中，CF=CD，BE+CF=BD+CD=BC=AB，BE+CF=nAB，n=，故答案为

22、；（2）如图2过点D作DGAB于G，DHAC于H，DGB=AGD=CFD=AHF=90，ABC是等边三角形，A=60，GDH=360-AGD-AHD-A=120，EDF=120，EDG=FDH，ABC是等边三角形，且D是BC的中点，BAD=CAD，DGAB，DHAC，DG=DH，在EDG和FDH中， EDGFDH（ASA），DE=DF，即：DE始终等于DF；同（1）的方法得，BG+CH=AB，由知，EDGFDH（ASA），EG=FH，BE+CF=BG-EG+CH+FH=BG+CH=AB，BE与CF的和始终不变（3）由（2）知，DE=DF，BE+CF=AB，AB=4，BE+CF=2，四边形DEA

23、F的周长为L=DE+EA+AF+FD=DE+AB-BE+AC-CF+DF=DE+AB-BE+AB+DE=2DE+2AB-（BE+CF）=2DE+24-2=2DE+6，DE最大时，L最大，DE最小时，L最小，当DEAB时，DE最小，由（1）知，BG=BD=1，DE最小=BG=，L最小=2+6，当点F和点C重合时，DE最大，此时，BDE=180-EDF=120=60，B=60，B=BDE=BED=60，BDE是等边三角形，DE=BD=AB=2，即：L最大=22+6=1，周长L的变化范围是2L1，故答案为2L1【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，角平

24、分线定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，构造出全等三角形是解本题的关键23、（1）经过秒或秒后，PCQ是直角三角形；（2）的大小不变，是定值60；（3）的大小不变，是定值120【分析】（1）分PQC90和QPC90两种情形求解即可解决问题；（2）证得ABPBCQ（SAS），推出BAPCBQ，得（定值）即可；（3）证得ACPBAQ（SAS），推出，得即可【详解】解：（1）设经过t秒后，PCQ是直角三角形由题意：，是等边三角形，当PQC90时，QPC30，PC2CQ， ，解得当QPC90时，PQC30，CQ2PC，解得，综上：经过秒或秒后，PCQ是直角三角形（2）结论：AMQ的大小不变ABC是等边三角形，ABBC，点P，Q的速度相等，BPCQ，在ABP和BCQ中 ABPBCQ（SAS） （定值）的大小不变，是定值60 （3）结论：AMQ的大小不变ABC是等边三角形，ABBC，,点P，Q的速度相等，在ACP和BAQ中 ACPBAQ（SAS） （定值）的大小不变，是定值120【点睛】本题考查的是等边三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题24、（1）；（2）