2023届山东省临沂市沂南县数学八年级第二学期期末经典模拟试题含解析

2022-2023学年八下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．下列根式中属最简二次根式的是（）A． B． C． D．2．化简的结果是（）A．2 B． C．4 D．163．矩形与矩形如图放置，点共线，共线，连接，取的中点，连接，若，，则（）A． B． C．2 D．4．用正三角形和正方形镶嵌一个平面，在同一个顶点处，正三角形和正方形的个数之比为（）A．1：1 B．1：2 C．2：3 D．3：25．某班组织了一次读书活动，统计了10名同学在一周内的读书时间，他们一周内的读书时间累计如表，则这10名同学一周内累计读书时间的中位数是（）一周内累计的读书时间（小时）581014人数（个）1432A．8 B．7 C．9 D．106．一元二次方程x2+3x=0的解是（A．x=0 B．x=-3C．x1=0,7．历史上对勾股定理的一种证法采用了如图所示的图形，其中两个全等的直角三角形的直角边在同一条直线上.证明中用到的面积相等关系是（）A． B．C． D．8．据有关实验测定，当室温与人体正常体温（37℃）的比值为黄金比时，人体感到最舒适，这个室温约（精确到1℃）（）A．21℃ B．22℃ C．23℃ D．24℃9．下列说法中，不正确的是（）A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形B．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形C．一组对边平行另外一组对边相等的四边形是平行四边形D．有一组邻边相等的矩形是正方形10．在一幅长，宽的硅藻泥风景画的四周，增添一宽度相同的装饰纹边，制成一幅客厅装饰画，使得硅藻泥风景画的面积是整个客厅装饰画面积的，设装饰纹边的宽度为，则可列方程为（）A．B．C．D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．直角三角形ABC中，∠C=90,AC=BC=2，那么AB=_______.12．不等式﹣2x＞﹣4的正整数解为_____．13．把点向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度后得到点，则点的坐标是_____.14．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝4，∠ABC＝60°，过BC的中点E作EF⊥AB于点F，交DC的延长线于点G，则DE＝_____．15．如图，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，且，则的值为_____________．16．若，则的值为______.17．线段、正三角形，平行四边形、菱形中，只是轴对称图形的是_________．18．因式分解：m2n+2mn2+n3＝_____．三、解答题(共66分)19．（10分）解不等式组并在数轴上表示出不等式组的解集．20．（6分）（1）解分式方程：（2）解方程：3x2﹣8x+5＝021．（6分）先化简，然后从中选择所有合适的整数作为的值分别代入求值．22．（8分）如图，直线y＝﹣x+3与x轴相交于点B，与y轴相交于点A，点E为线段AB中点，∠ABO的平分线BD与y轴相较于点D，点A、C关于点O对称．（1）求线段DE的长；（2）一个动点P从点D出发，沿适当的路径运动到直线BC上的点F，再沿射线CB方向移动2个单位到点G，最后从点G沿适当的路径运动到点E处，当P的运动路径最短时，求此时点G的坐标；（3）将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角度α（0＜α≤180°），在旋转过程中DE所在的直线分别与直线BC、直线AC相交于点M、点N，是否存在某一时刻使△CMN为等腰三角形，若存在，请求出CM的长，若不存在，请说明理由．23．（8分）已知：点O到△ABC的两边AB，AC所在直线的距离相等，且OB=OC．(1)如图1，若点O在边BC上，OE⊥AB，OF⊥AC，垂足分别为E，F．求证：AB=AC；(2)如图，若点O在△ABC的内部，求证：AB=AC；(3)若点O在△ABC的外部，AB=AC成立吗？请画出图表示．24．（8分）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为AB的中点，DE⊥AB．（1）求∠ABC的度数；（2）如果AC＝4，求DE的长．25．（10分）等腰直角三角形OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB，点D为OA中点，DC⊥OB，垂足为C，连接BD，点M为线段BD中点，连接AM、CM，如图①．（1）求证：AM＝CM；（2）将图①中的△OCD绕点O逆时针旋转90°，连接BD，点M为线段BD中点，连接AM、CM、OM，如图②．①求证：AM＝CM，AM⊥CM；②若AB＝4，求△AOM的面积．26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在反比例函数图象上，直线交于点，交正半轴于点，且求的长:若，求的值．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】试题分析：最简二次根式的是满足两个条件：1.被开方数中不含分母.2.被开方数中不能含有开得方的因数或因式.故符合条件的只有A.故选A考点：最简二次根式2、A【解析】

根据算术平方根的定义计算即可．【详解】∵11＝4，∴4的算术平方根是1，即＝1．故选：A．【点睛】本题考查算术平方根的概念：一般地，如果一个正数x的平方等于a，即x1＝a，那么这个正数x叫做a的算术平方根．记为．3、A【解析】

如图，延长GH交AD于点M，先证明△AHM≌△FHG，从而可得AM=FG=1，HM=HG，进而得DM=AD-AM=2，继而根据勾股定理求出GM的长即可求得答案.【详解】如图，延长GH交AD于点M，∵四边形ABCD、CEFG是矩形，∴AD=BC=3，CG=EF=3，FG=CE=1，∠CGF=90°，∠ADC=90°，∴DG=CG-CD=3-1=2，∠ADG=90°=∠CGF，∴AD//FG，∴∠HAM=∠HFG，∠AMH=∠FGH，又AH=FH，∴△AHM≌△FHG，∴AM=FG=1，HM=HG，∴DM=AD-AM=3-1=2，∴GM=，∵GM=HM+HG，∴GH=，故选A.【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握相关知识是解题的关键.4、D【解析】

分别求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可求出答案．【详解】解：正三角形的每个内角是，正方形的每个内角是，，用正三角形和正方形镶嵌平面，每一个顶点处有3个正三角形和2个正方形．正三角形和正方形的个数之比为，故选．【点睛】本题考查平面密铺的知识，比较简单，几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．5、C【解析】试题分析：根据中位数的概念求解．∵共有10名同学，∴第5名和第6名同学的读书时间的平均数为中位数，则中位数为：=1．故选C．考点：中位数．6、D【解析】

用因式分解法求解即可．【详解】解：x2+1x=0，x(x+1)=0，所以x=0或x+1=0，解得：x1=0，x2=-1．故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，根据方程的特点选择恰当的方法是解决此题的关键．7、D【解析】

用三角形的面积和、梯形的面积来表示这个图形的面积，从而证明勾股定理．【详解】解：∵由S△EDA+S△CDE+S△CEB=S四边形ABCD．

可知ab+c2+ab=（a+b）2，

∴c2+2ab=a2+2ab+b2，整理得a2+b2=c2，

∴证明中用到的面积相等关系是：S△EDA+S△CDE+S△CEB=S四边形ABCD．

故选D．【点睛】本题考查勾股定理的证明依据．此类证明要转化成该图形面积的两种表示方法，从而转化成方程达到证明的结果．8、C【解析】

根据黄金比的值可知，人体感到最舒适的温度应为37℃的0.1倍．【详解】解：根据黄金比的值得：37×0.1≈23℃．故选C．【点睛】本题考查了黄金分割的知识，解答本题的关键是要熟记黄金比的值为≈0.1．9、C【解析】

根据平行四边形、菱形和正方形的判定方法进行分析可得.【详解】A.两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确；B.对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，正确；C.一组对边平行，另一组对边相等的四边形有可能是等腰梯形，故错误；D.有一组邻边相等的矩形是正方形，正确.故选C.10、B【解析】

设装饰纹边的宽度为xcm，则装饰画的长为（200＋2x）cm、宽为（1＋2x）cm，根据矩形的面积公式结合硅藻泥风景画的面积是整个客厅装饰画面积的78%，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【详解】解：设装饰纹边的宽度为xcm，则装饰画的长为（200＋2x）cm、宽为（1＋2x）cm，根据题意得：（200＋2x）（1＋2x）×78%＝200×1．故选：B．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】

根据勾股定理直接计算即可.【详解】直角三角形ABC中，∠C=90,AC=BC=2，则.【点睛】本题是对勾股定理的考查，熟练掌握勾股定理及二次根式运算是解决本题的关键.12、x＝1．【解析】

将不等式两边同时除以-2，即可解题【详解】∵﹣2x＞-4∴x＜2∴正整数解为：x＝1故答案为x＝1．【点睛】本题考查解不等式，掌握不等式的基本性质即可解题.13、【解析】

根据向上平移纵坐标加，向右平移横坐标加解答即可．【详解】解：点（-2，1）向上平移2个单位长度，纵坐标变为1+2=3，向右平移3个单位长度横坐标变为-2+3=1，所以，点B的坐标为（1，3）．故答案为：（1，3）．【点睛】本题本题考查了坐标系中点的平移规律，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．14、．【解析】

由平行四边形的性质得出CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，由平行线的性质得出∠GCE＝∠B＝60°，证出EF⊥DG，由含30°角的直角三角形的性质得出CG＝CE＝1，求出EG＝CG＝，DG＝CD＋CG＝4，由勾股定理求出DE即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∴∠GCE＝∠B＝60°，∵E是BC的中点，∴CE＝BE＝2，∵EF⊥AB，∴EF⊥DG，∴∠G＝90°，∴CG＝CE＝1，∴EG＝CG＝，DG＝CD＋CG＝3＋1＝4，∴DE＝；故答案为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，由含30°角的直角三角形的性质求出CG是解决问题的关键．15、【解析】

由矩形的性质和已知条件，可判定,设，根据全等三角形的性质及矩形的性质可用含x的式子表示出DF和AF的长，在根据勾股定理可求出x的值，即可确定AF的值.【详解】解：四边形ABCD是矩形,,,是由沿折叠而来的,,又（AAS）设,则在中，根据勾股定理得：,即解得故答案为：【点睛】本题考查了求多边形中的线段长，主要涉及的知识点有矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，数学的方程思想，用同一个字母表示出直角三角形中的三边长是解题的关键.16、.【解析】

由可得，化简即可得到，再计算，即可求得=.【详解】∵，∴，∴，∴，∴=.故答案为：.【点睛】本题考查了完全平方公式的变形应用，正确求得是解决问题的关键.17、正三角形【解析】

沿着一条直线对折，图形两侧完全重合的是轴对称图形，绕着某一点旋转180°后能与原图形重合的是中心对称图形，根据定义逐个判断即可．【详解】线段既是轴对称图形，又是中心对称图形；正三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形；只是轴对称图形的是正三角形，故答案为：正三角形．【点睛】本题考查轴对称图形与中心对称图形的判断，熟练掌握定义是解题的关键．18、n（m+n）1【解析】

先提公因式n，再利用完全平方公式分解因式即可．【详解】解：m1n+1mn1+n3＝n（m1+1mn+n1）＝n（m+n）1．故答案为：n（m+n）1【点睛】此题考查提公因式法与公式法的综合运用，解题关键在于掌握运算法则.三、解答题(共66分)19、－1≤x＜2【解析】分析：根据一元一次不等式求解方法，分别求解不等式，并在数轴上表示，重合的部分即为不等式组解集在数轴上的表示.本题解析：，解不等式①得，x≥-1，解不等式②得，x<2，在数轴上表示如下：所以不等式组的解集是−1≤x<2.不等式组的整数解为-1,0，1，2.20、（1）x＝1（2）x1＝，x2＝1【解析】

（1）先把分式方程化为整式方程得到x﹣2+x﹣3＝﹣3，然后解整式方程后进行检验确定原方程的解；（2）利用因式分解法解方程．【详解】解：（1）去分母得x﹣2+x﹣3＝﹣3，解得x＝1，经检验，原方程的解为x＝1；（2）（3x﹣5）（x﹣1）＝0，3x﹣5＝0或x﹣1＝0，所以x1＝，x2＝1．【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．也考查了解分式方程．21、，．【解析】

将原式括号内两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，再将除法运算化为乘法运算，约分后得到最简结果，然后从已知不等式解集中找出合适的整数解代入化简后的式子中，即可求出原式的值．【详解】.不等式中的所有整数为，，0，1，2，要使分式有意义，则，，∴当时，原式.【点睛】本题考查了分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则与分式有意义的条件是解题的关键．22、（1）1；（2）（，）；（3）6+﹣3或6++3或2﹣2或8.【解析】

（1）想办法证明DE⊥AB，利用角平分线的性质定理证明DE＝OD即可解决问题；（2）过点E作EE′∥BC，点E′在x轴下方且EE′＝2，作点D关于直线BC的对称点D′，连接E′D′交BC于F，在射线CB上取FG＝2．此时D→F→G→E的路径最短．（3）分三种情形：①如图1中，当CM＝CN时，在AE上取一点P，使得AP＝PN．设EN＝x．②如图2中，当MN＝MC时，作BP⊥MN于P，则四边形ADPB是矩形．③如图3中，当NC＝MN时，D与N重合，作DP⊥BC于P．分别解直角三角形即可解决问题.【详解】解：（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴相交于点B，与y轴相交于点A，∴A（0，3），B（，0），∴OA＝3，OB＝，∴tan∠ABO＝＝，∴∠ABO＝60°，∵BD平分∠ABO，∴∠DBO＝30°，∴OD＝OB•tan30°＝1，DB＝2OD＝2，∴AD＝DB＝2，∴AE＝EB，∴DE⊥AB，∵DO⊥OB，DB平分∠ABO，∴DE＝DO＝1．（2）过点E作EE′∥BC，点E′在x轴下方且EE′＝2，作点D关于直线BC的对称点D′，连接E′D′交BC于F，在射线CB上取FG＝2．此时D→F→G→E的路径最短．∵E′（，），D′（2，﹣1），∴直线D′E′的解析式为，直线BC的解析式为y＝x﹣3，由，解得，，∴F．把点F向上平移3个单位，向右平移个单位得到点G，∴G（）．（3）以点A为圆心，以AE为半径作⊙A，则DE为⊙A的切线．①如图1中，当CM＝CN时，在AE上取一点P，使得AP＝PN．设EN＝x．∵CM＝CN，∠MCN＝30°，∴∠CNM＝∠CMN＝75°，∴∠ANE＝∠CNM＝75°，∴∠EAN＝15°，∴∠PAN＝∠ANP＝15°，∴∠EPN＝30°，∴PN＝AP＝2x，PE＝x，∴2x+x＝，∴x＝2﹣3，∴AN＝，∴CM＝CN＝=．②如图2中，当MN＝MC时，作BP⊥MN于P，则四边形ADPB是矩形，PB＝AE＝，在Rt△PBM中，∠PBM＝30°，∴BM＝2，∴CM＝BC﹣BM＝2﹣2．③如图2﹣1中．CM＝CN时，同法可得CM＝．④如图3中，当NC＝MN时，D与N重合，作DP⊥BC于P．∵CD＝6+2＝8，∠DCP＝30°，∴PC＝PM＝4，∴CM＝8综上所述，满足条件的CM的值为或或2﹣2或8．【点睛】本题考查一次函数的应用、锐角三角函数、勾股定理、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．23、（1）见解析；（2）见解析；（3）不一定成立，见解析．【解析】

（1）求证AB=AC，就是求证∠B=∠C，利用斜边直角边定理（HL）证明Rt△OEB≌Rt△OFC即可；

（2）首先得出Rt△OEB≌Rt△OFC，则∠OBE=∠OCF，由等边对等角得出∠OBC=∠OCB，进而得出∠ABC=∠ACB，由等角对等边即可得AB=AC；

（3）不一定成立，当∠A的平分线所在直线与边BC的垂直平分线重合时，有AB=AC；否则，AB≠AC．【详解】（1）证明：∵点O在边BC上，OE⊥AB，OF⊥AC，点O到△ABC的两边AB，AC所在直线的距离相等，

∴OE=OF，在Rt△OEB和Rt△OFC中∴Rt△OEB≌Rt△OFC（HL），

∴∠ABC=∠ACB，

∴AB=AC；

（2）证明：过点O分别作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，

由题意知，OE=OF．∠BEO=∠CFO=90°，

∵在Rt△OEB和Rt△OFC中

∴Rt△OEB≌Rt△OFC（HL），

∴∠OBE=∠OCF，

又∵OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

∴∠ABC=∠ACB，

∴AB=AC；

（3）解：不一定成立，当∠A的平分线所在直线与边BC的垂直平分线重合时AB=AC，否则AB≠AC．（如示例图）

【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．24、（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）要想求出∠ABC的度数，须知道∠DAB的度数，由菱形性质和线段垂直平分线的性质可证出△ABD是等边三角形，∴∠DAB=60°，于是；（2）先证△ABO≌△DBE,从而知道DE=AO,AO=AC的一半，于是DE的长就知道了．试题解析：（1）∵四边形ABCD是菱形，，∥,∴．∵为的中点，，∴．∴．∴△为等边三角形．∴．∴．（2）∵四边形是菱形，∴于，∵于，∴．∵∴．∴．考点：1．菱形性质；2．线段垂直平分线性质；3．等边三角形的判定与性质．25、（1）见解析；（1）①见解析，②1【解析】

（1）直接利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可得出结论；（1）①延长CM交OB于T，先判断出△CDM≌△TBM得出CM＝TM，DC＝BT＝OC，进而判断出△OAC≌△BAT，得出AC＝AT，即可得出结论；②先利用等腰直角三角形的性质求出再求出OD，DC＝CO＝，再用勾股定理得出CT，进而判断出CM＝AM，得出AM＝OM，进而求出ON，再根据勾股定理求出MN，即可得出结论．【详解】解：（1）证明：∵∠OAB＝90°，∴△ABD是直角三角形，∵点M是BD的中点，∴AM＝BD，∵DC⊥OB，∴∠BCD＝90°，∵点M是BD的中点，∴CM＝BD，∴AM＝CM；（1）①如图②，在图①中，∵AO＝AB，∠OAB＝90°，∴∠ABO＝∠AOB＝45°，∵DC⊥OB，∴∠OCD＝90°，∴∠ODC＝∠AOB，∴OC＝CD，延长CM交OB于T，连接AT，由旋转知，∠COB＝90°，DC∥OB，∴∠CDM＝∠TBM，∵点M是BD的中点，∴DM＝BM，∵∠CMD