2023届四川省泸州市马溪中学八年级数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析

2022-2023学年八上数学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．要使分式有意义，则x的取值范围是()A．x≠1 B．x＞1 C．x＜1 D．x≠2．下列运算正确的是（）A． B．= C． D．3．如图，等腰三角形ABC的底边BC长为4，面积是16，腰AC的垂直平分线EF分别交AC，AB边于E，F点．若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，则△CDM周长的最小值为（）A．6 B．8 C．10 D．124．王老师乘公共汽车从地到相距千米的地办事，然后乘出租车返回，出租车的平均速度比公共汽车多千米/时，回来时所花的时间比去时节省了，设公共汽车的平均速度为千米/时，则下面列出的方程中正确的是（）A． B．C． D．5．估计4﹣的值为（）A．0到1之间 B．1到2之间 C．2到3之间 D．3到4之间6．计算的结果为（）A．m﹣1 B．m+1 C． D．7．在分式中，若，都扩大为原来的2倍，则所得分式的值（）A．不变 B．是原来的2倍 C．是原来的4倍 D．无法确定8．若将一副三角板按如图所示的方式放置，则下列结论：①；②如果，则有；③如果，则有；④如果，必有；其中正确的有()A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④9．如果把分式中的和都同时扩大2倍，那么分式的值（）A．不变 B．扩大4倍 C．缩小2倍 D．扩大2倍10．如图所示，在△MNP中，∠P＝60°，MN＝NP，MQ⊥PN，垂足为Q，延长MN至点G，取NG＝NQ，若△MNP的周长为12，MQ＝a，则△MGQ周长是（）A．8+2a B．8a C．6+a D．6+2a二、填空题(每小题3分,共24分)11．已知，则_________．12．已知多项式，那么我们把和称为的因式，小汪发现当或时，多项式的值为1．若有一个因式是（为正数），那么的值为______，另一个因式为______．13．在等腰三角形中，有一个角等于40°，则这个等腰三角形的顶角的外角的度数为___14．如图，将长方形ABCD的边AD沿折痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，若AB＝5，AD＝13，则EF＝_____．15．对于整数a，b，c，d，符号表示运算ad﹣bc，已知1＜＜3，则bd的值是_____．16．某种病毒近似于球体，它的半径约为0.00000000234米，用科学记数法表示为_____米．17．如图，在平面直角坐标系中，有若干个横纵坐标分别为整数的点，其顺序按图中“”方向排列，如，，，，，根据这个规律，第个点的坐标为______．18．如图，一系列“阴影梯形”是由轴、直线和过轴上的奇数，，，，，，所对应的点且与轴平行的直线围城的．从下向上，将面积依次记为，，，，（为正整数），则____，____．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，为边长不变的等腰直角三角形，，，在外取一点，以为直角顶点作等腰直角，其中在内部，，，当E、P、D三点共线时，．下列结论：①E、P、D共线时，点到直线的距离为；②E、P、D共线时，；；④作点关于的对称点，在绕点旋转的过程中，的最小值为；⑤绕点旋转,当点落在上，当点落在上时，取上一点，使得，连接，则．其中正确结论的序号是___．20．（6分）我县正准备实施的某项工程接到甲、乙两个工程队的投标书，甲、乙工程队施工一天的工程费用分别为2万元和1.5万元，县招投标中心根据甲、乙两工程队的投标书测算，应有三种施工方案：方案一：甲队单独做这项工程刚好如期完成；方案二：乙队单独做这项工程，要比规定日期多5天；方案三：若甲、乙两队合做4天后，余下的工程由乙队单独做，也正好如期完成．根据以上方案提供的信息，在确保工期不耽误的情况下，你认为哪种方案最节省工程费用，通过计算说明理由．21．（6分）如图，四边形ABDC中，∠D=∠ABD=90゜，点O为BD的中点，且OA平分∠BAC．（1）求证：OC平分∠ACD；（2）求证：AB+CD=AC22．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．（1）若△A1B1C1与△ABC关于y轴成轴对称，则△A1B1C1三个顶点坐标分别为A1，B1，C1；（2）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标是．（3）在y轴上是否存在点Q．使得S△ACQ＝S△ABC，如果存在，求出点Q的坐标，如果不存在，说明理由．23．（8分）尺规作图及探究：已知：线段AB=a．（1）完成尺规作图：点P在线段AB所在直线上方，PA=PB，且点P到AB的距离等于，连接PA，PB，在线段AB上找到一点Q使得QB=PB，连接PQ，并直接回答∠PQB的度数；（2）若将（1）中的条件“点P到AB的距离等于”替换为“PB取得最大值”，其余所有条件都不变，此时点P的位置记为，点Q的位置记为，连接，并直接回答∠的度数．24．（8分）图a是一个长为2m、宽为2n的长方形，沿图中实现用剪刀均分成四块小长方形，然后按图b的形状拼成一个正方形．（1）图b中，大正方形的边长是．阴影部分小正方形的边长是；（2）观察图b，写出（m+n）2，（m﹣n）2，mn之间的一个等量关系，并说明理由．25．（10分）已知直线与直线.（1）求两直线交点的坐标；（2）求的面积.（3）在直线上能否找到点，使得，若能，请求出点的坐标，若不能请说明理由.26．（10分）计算：(x-y)2-(y+2x)(y-2x)．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【分析】根据分式有意义，分母不等于0列不等式求解即可．【详解】由题意得，x-1≠0，解得x≠1．故答案为：A．【点睛】本题考查了分式有意义的条件：分式有意义⇔分母不为零，比较简单.2、B【分析】分别根据同底数幂的乘法法则，幂的乘方运算法则，同底数幂的除法法则以及积的乘方运算法则逐一判断即可.【详解】A.x3•x4＝x7，故本选项不合题意；B.（x3）4＝x12，正确，故本选项符合题意；C.x6÷x2＝x4，故本选项不合题意；D.（3b3）2＝8b6，故本选项不合题意.故选：B.【点睛】此题考查同底数幂的乘除法运算法则，幂的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．3、C【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，由此即可得出结论．【详解】解：连接AD，∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，∴AD⊥BC，∴S△ABC＝BC•AD＝×4×AD＝16，解得AD＝8，∵EF是线段AC的垂直平分线，∴点C关于直线EF的对称点为点A，∴AD的长为CM+MD的最小值，∴△CDM的周长最短＝（CM+MD）+CD＝AD+BC＝8+×4＝8+2＝1．故选：C．【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．4、A【分析】根据题意得到回来时的速度为（x+20）千米/时，根据时间等于路程除以速度即可列出方程.【详解】根据题意得到回来时的速度为（x+20）千米/时，去时的时间是小时，回来时的时间是，∵回来时所花的时间比去时节省了，∴，故选：A.【点睛】此题考查分式方程的实际应用，正确理解时间、速度、路程之间的数量关系是解题的关键.5、A【分析】首先确定的取值范围，进而利用不等式的性质可得﹣的范围，再确定4﹣的值即可．【详解】解：∵＜，∴3＜＜4，∴﹣4＜﹣＜﹣3，∴0＜4﹣＜1，故选：A．【点睛】此题主要考查了估算无理数的大小，注意首先估算被开方数在哪两个相邻的平方数之间，再估算该无理数在哪两个相邻的整数之间．6、D【分析】把第二个分式变形后根据同分母分式的加减法法则计算即可．【详解】解：原式＝＝＝＝．故选：D．【点睛】本题考查了分式的加减运算，同分母的分式相加减，分母不变，把分子相加减；异分母的分式相加减，先把它们通分，变为同分母分式，再加减．分式运算的结果要化为最简分式或者整式．7、A【分析】根据分式的基本性质：分式的分子和分母同时乘以（除以）同一个不为0的整式，分式的值不发生变化．【详解】解：故选：A．【点睛】本题主要考查的是分式的基本性质，掌握分式的基本性质以及正确的运算是解题的关键．8、B【分析】根据两种三角板的各角的度数，利用平行线的判定与性质结合已知条件对各个结论逐一验证，即可得出答案．【详解】解：①∵∠CAB=∠EAD=90°，

∴∠1=∠CAB-∠2，∠3=∠EAD-∠2，

∴∠1=∠3，故本选项正确．②∵∠2=30°，

∴∠1=90°-30°=60°，

∵∠E=60°，

∴∠1=∠E，

∴AC∥DE，故本选项正确．③∵∠2=30°，

∴∠3=90°-30°=60°，

∵∠B=45°，

∴BC不平行于AD，故本选项错误．④由∠2=30°可得AC∥DE，从而可得∠4=∠C，故本选项正确．故选B.【点睛】此题主要考查了学生对平行线判定与性质、余角和补角的理解和掌握，解答此题时要明确两种三角板各角的度数．9、D【分析】根据题意把原分式中的分别换成，2y代入原式，化简后再和原分式对比即可得到结论．【详解】解：把原分式中的分别换成，2y可得：，∴当把分式中的都扩大2倍后，分式的值也扩大2倍．故选D．【点睛】本题考查的是分式的基本性质的应用，熟记分式的基本性质并能用分式的基本性质进行分式的化简是解答本题的关键．10、D【分析】在△MNP中，∠P=60°，MN=NP，证明△MNP是等边三角形，再利用MQ⊥PN，求得PM、NQ长，再根据等腰三角形的性质求解即可．【详解】解：∵△MNP中，∠P=60°，MN=NP

∴△MNP是等边三角形．

又∵MQ⊥PN，垂足为Q，

∴PM=PN=MN=4，NQ=NG=2，MQ=a，∠QMN=30°，∠PNM=60°，

∵NG=NQ，

∴∠G=∠QMN，

∴QG=MQ=a，

∵△MNP的周长为12，

∴MN=4，NG=2，

∴△MGQ周长是6+2a．

故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，难度一般，认识到△MNP是等边三角形是解决本题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【分析】令，，根据完全平方公式的变形公式，即可求解．【详解】令，，则x-y=1，∵，∴，即：，∵，∴，即：xy=1，故答案是：1．【点睛】本题主要考查通过完全平方公式进行计算，掌握完全平方公式及其变形，是解题的关键．12、1【分析】根据题意类比推出，若是的因式，那么即当时，．将代入，即可求出a的值．注意题干要求a为正数，再将求得的解代入原多项式，进行因式分解即可．【详解】∵是的因式，∴当时，，即，∴，∴，∵为正数，∴，∴可化为，∴另一个因式为．故答案为1；【点睛】本题考查根据题意用类比法解题和因式分解的应用，注意题干中a的取值为正数是关键．13、140°或80°【分析】分别讨论40°为顶角和底角的情况，求出即可.【详解】①当40°为顶角时，则这个等腰三角形的顶角的外角的度数为180-40=140°，②当40°为底角时，顶角为=100°，则这个等腰三角形的顶角的外角的度数为180-100=80°，故答案为140°或80°.【点睛】本题是对等腰三角形角度转换的考查，分类讨论是解决本题的关键.14、【分析】由翻折的性质得到AF＝AD＝13，在Rt△ABF中利用勾股定理求出BF的长，进而求出CF的长，再根据勾股定理可求EC的长．【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，∴∠B＝90°，∵△AEF是由△ADE翻折，∴AD＝AF＝13，DE＝EF，在Rt△ABF中，AF＝13，AB＝5，∴BF＝＝＝12，∴CF＝BC﹣BF＝13﹣12＝1．∵EF2＝EC2+CF2，∴EF2＝（5﹣EF）2+1，∴EF＝，故答案为：．【点睛】本题考查勾股定理的综合应用、图形的翻折，解题的关键是熟练掌握勾股定理和翻折的性质．15、1【分析】根据题中已知条件得出关于bd的不等式，直接进行解答即可．【详解】解：已知1＜＜3，即1＜4﹣bd＜3所以解得1＜bd＜3因为b，d都是整数，则bd一定也是整数，因而bd＝1．故答案为：1．【点睛】本题考查解不等式，解题的关键是把题目中的不等式正确转化为一般的不等式．16、2.34×11﹣2【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a×11﹣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1的个数所决定．【详解】1．11111111234米=2.34×11﹣2米．故答案为：2.34×11﹣2．【点睛】本题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×11﹣n，其中1≤|a|＜11，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的1的个数所决定．17、【分析】根据题意，得到点的总个数等于轴上右下角的点的横坐标的平方，由于，所以第2020个点在第45个矩形右下角顶点，向上5个单位处．【详解】根据图形，以最外边的矩形边长上的点为准，点的总个数等于轴上右下角的点的横坐标的平方，例如：右下角的点的横坐标为，共有个，右下角的点的横坐标为时，共有个，，右下角的点的横坐标为时，共有个，，右下角的点的横坐标为时，共有个，，右下角的点的横坐标为时，共有个，，是奇数，第个点是，第个点是，故答案为：．【点睛】本题考查了规律的归纳总结，重点是先归纳总结规律，然后在根据规律求点位的规律．18、；【分析】由图得：【详解】由图得：∵直线和过轴上的奇数，，，，，，所对应的点A、B、C、D、E、F∴当y=1时，x=-1，故A(-1,1)当y=3时，x=-3，故B(-3,3)当y=5时，x=-5，故C(-5,5)当y=7时，x=-7，故D(-7,7)当y=9时，x=-9，故E(-9,9)当y=11时，x=-11，故F(-11,11)可得：故答案为:4;4(2n-1)【点睛】本题主要考查了一次函数综合题目，根掘找出规律，是解答本题的关键．三、解答题(共66分)19、②③⑤【分析】①先证得，利用邻补角和等腰直角三角形的性质求得，利用勾股定理求出，即可求得点到直线的距离；②根据①的结论，利用即可求得结论；③在中，利用勾股定理求得，再利用三角形面积公式即可求得；④当共线时，最小，利用对称的性质，的长，再求得的长，即可求得结论；⑤先证得，得到，根据条件得到，利用互余的关系即可证得结论．【详解】①∵与都是等腰直角三角形，∴，，，，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，解得：，作BH⊥AE交AE的延长线于点H，∵，，∴，∴，∴点到直线的距离为，故①错误；②由①知：，，，∴，故②正确；③在中，由①知：，∴，，，故③正确；④因为是定值，所以当共线时，最小，如图，连接BC，∵关于的对称，∴，∴，∴，，故④错误；⑤∵与都是等腰直角三角形，∴，，，，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故⑤正确；综上，②③⑤正确，故答案为：②③⑤．【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，三角形的面积公式，综合性强，全等三角形的判定和性质的灵活运用是解题的关键．20、方案三最节省工程费用，理由见解析．【分析】设工程如期完成需天，则甲工程队单独完成需天，乙工程队单独完成需天，依题意可列方程，可求的值，然后分别算出三种方案的价格进行比较即可．【详解】设工程如期完成需天，则甲工程队单独完成需天，乙工程队单独完成需天，依题意可列方程或解得：经检验是方程的根∴工程如期完成需20天，甲工程队单独完成需20天，乙工程队单独完成需25天，在工期不耽误的情况下，可选择方案一或方案三若选择方案一，需工程款万元若选择方案三，需工程款万元故选择方案（3）．【点睛】本题主要考查分式方程的应用，熟练掌握分式方程的应用是解题的关键．21、（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）首先根据角平分线的性质得出，然后通过线段中点和等量代换得出，最后根据角平分线的性质定理的逆定理得出结论即可；（2）首先根据HL证明，得出，同理可得，最后通过等量代换即可得出结论．【详解】（1）如图，过点O作于点E，OA平分∠BAC，∠ABD=90°，，．∵点O为BD的中点，，．∵∠ABD=90°，，OC平分∠ACD；（2）在和中，，，同理可得，．，．【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理及逆定理，直角三角形的判定及性质，掌握这些性质及判定是解题的关键．22、（1）（﹣1，1），（﹣4，2），（﹣3，4）；（2）（2，0）；（3）存在，或.【分析】（1）作出A、B、C关于y轴的对称点A′、B′、C′即可得到坐标；(2)作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于P，此时PA+PB的值最小；（3）存在．设Q（0，m），由S△ACQ＝S△ABC可知三角形ACQ的面积，延长AC交y轴与点D，求出直线AC解析式及点D坐标，分点Q在点D上方和下方两种情况，构建方程即可解决问题．【详解】解：（1）△A1B1C1如图所示，A1（﹣1，1），B1（﹣4，2），C1（﹣3，4）；故答案为：（﹣1，1），（﹣4，2），（﹣3，4）；（2）如图作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于P，此时PA+PB的值最小，此时点P的坐标是（2，0）；故答案为：（2，0）；（3）存在．设Q（0，m），S△ABC＝（9﹣×2×3﹣×1×3﹣×1×2）∵S△ACQ＝S△ABC，如图，延长AC交y轴与点D，设直线AC的解析式为将点代入得，解得所以所以点当点Q在点D上方时，连接CQ、AQ，，解得；当点Q在点D上方时，连接CQ、AQ，，解得，综合上述，点Q的坐标为或.【点睛】本题考查了平面直角坐标系中的轴对称，涉及了线段和的最小值问题及三角形面积问题，灵活的结合图形确定点P的位置及表示三角形的面积是解题的关键.23、（1）见解析，67.5；（2）60【分析】（1）作线段AB的垂直平分线DE，D为垂足，在射线DE上截取DP=，连接PA，PB即可解决问题．（2）作等边三角形P′AB即可解决问题．【详解】解：（1）作图见图1．如图，点P即为所求．因为：点P到AB的距离等于，PA=PB所以：为等腰直角三角形，∠PBA=15°∵BP=BQ，，∴∠PQB=∠BPQ=67.5°．（2）作图见图1，当P′B取得最大值时，△ABP′是等边三角形，所以是等边三角形，∴=60°．