北京市西城区名校2023年数学八年级第二学期期末经典试题含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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（每题4分，共48分）1．已知△ABC和△A′B′C′是位似图形．△A′B′C′的面积为6cm2，周长是△ABC的一半．AB＝8cm，则AB边上高等于（）A．3cmB．6cmC．9cmD．12cm2．函数中，自变量x的取值范围是（）A．x＞1 B．x＜1 C． D．3．多项式x24因式分解的结果是（）A．x22B．x22C．x2x2D．x4x44．将抛物线向左平移2单位，再向上平移3个单位，则所得的抛物线解析式为（）A． B．C． D．5．下列二次根式，最简二次根式是()A．8 B．12 C．5 D．6．把一张正方形纸片按如图所示的方法对折两次后剪去两个角，那么打开以后的形状是（）A．六边形 B．八边形 C．十二边形 D．十六边形7．直线y＝－3x＋2经过的象限为（）A．第一、二、四象限 B．第一、二、三象限 C．第一、三、四象限 D．第二、三、四象限8．关于函数y=﹣x﹣2的图象，有如下说法：①图象过点（0，﹣2）②图象与x轴的交点是（﹣2，0）③由图象可知y随x的增大而增大④图象不经过第一象限⑤图象是与y=﹣x+2平行的直线，其中正确说法有（）A．5个B．4个C．3个D．2个9．在ABCD中，∠A：∠B:∠C：∠D的度数比值可能是（）A．1:2:3:4 B．1:2:2:1 C．1:1:2:2 D．2:1:2:110．如图，AD、BE分别是的中线和角平分线，，，F为CE的中点，连接DF，则AF的长等于（）A．2 B．3 C． D．11．数学兴趣小组的甲、乙、丙、丁四位同学进行还原魔方练习，下表记录了他们10次还原魔方所用时间的平均值与方差：甲乙丙丁（秒）303028281.211.051.211.05要从中选择一名还原魔方用时少又发挥稳定的同学参加比赛，应该选择（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁12．如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝1，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝110°；④S四边形AEFD＝1．正确的个数是（）A．1个 B．2个C．3个 D．4个二、填空题（每题4分，共24分）13．__________．14．如果+=2012，-=1，那么=_________.15．使有意义的的取值范围是______.16．在平面直角坐标系xOy中，直线与x轴的交点为A，与y轴的交点为B，且，则k的值为_____________．17．某商品经过两次连续涨价，每件售价由原来的100元涨到了179元，设平均每次涨价的百分比为x，那么可列方程：______18．若点与点关于原点对称，则_______________.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，已知线段a，b，∠α(如图)．(1)以线段a，b为一组邻边作平行四边形，这样的平行四边形能作____个．(2)以线段a，b为一组邻边，它们的夹角为∠α，作平行四边形，这样的平行四边形能作_____个，作出满足条件的平行四边形(要求仅用直尺和圆规，保留作图痕迹，不写做法)20．（8分）如图，已知中，，点以每秒1个单位的速度从向运动，同时点以每秒2个单位的速度从向方向运动，到达点后，点也停止运动，设点运动的时间为秒.(1)求点停止运动时，的长;(2)两点在运动过程中，点是点关于直线的对称点，是否存在时间，使四边形为菱形?若存在，求出此时的值;若不存在，请说明理由.(3)两点在运动过程中，求使与相似的时间的值.21．（8分）某商场购进一批运动服，销售时标价为每件100元，若按七折销售则可获利40%．为尽快减少库存，现该商场决定对这批运动服开展降价促销活动，每件在七折的基础上再降价x元后，现在每天可销售（4x+10）件．（1）运动服的进价是每件______元；（2）促销期间，每天若要获得500元的利润，则x的值为多少？22．（10分）如图，AC是正方形ABCD的对角线，点O是AC的中点，点Q是AB上一点，连接CQ，DP⊥CQ于点E，交BC于点P，连接OP，OQ；求证：(1)△BCQ≌△CDP；(2)OP=OQ.23．（10分）求知中学有一块四边形的空地ABCD，如下图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量∠A=90°，AB=3m，BC=12m，CD=13m，DA=4m，若每平方米草皮需要250元，问学校需要投入多少资金买草皮？24．（10分）亮亮和颖颖住在同一幢住宅楼，两人准备用测量影子的方法测算其楼高，但恰逢阴天，于是两人商定改用下面方法：如图，亮亮蹲在地上，颖颖站在亮亮和楼之间，两人适当调整自己的位置，当楼的顶部，颖颖的头顶及亮亮的眼睛恰在一条直线上时，两人分别标定自己的位置，．然后测出两人之间的距离，颖颖与楼之间的距离（，，在一条直线上），颖颖的身高，亮亮蹲地观测时眼睛到地面的距离．你能根据以上测量数据帮助他们求出住宅楼的高度吗？25．（12分）计算(2+1)(2﹣1)﹣(1﹣2)226．如图，已知直线与交轴于点，，分别交轴于点，，，的表达式分别为，.（1）求的周长；（2）求时，的取值范围.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】解：由题意得，∵△ABC∽△A′B′C′，△A′B′C′的周长是△ABC的一半∴位似比为2∴S△ABC=4S△A′B′C=24cm2，∴AB边上的高等于6cm．故选B．2、C【解析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须．故选C．3、C【解析】分析：根据公式a2﹣b2=（a+b）（a﹣b），进行计算即可．详解：x2﹣4=（x+2）（x﹣2）．故选C．点睛：本题主要考查对因式分解﹣平方差公式的理解和掌握，能熟练地运用公式分解因式是解答此题的关键．4、A【解析】

将抛物线向左平移2单位，再向上平移3个单位，根据抛物线的平移规律“左加右减，上加下减”可得新抛物线的解析式为，故选A.5、C【解析】

检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．【详解】A、被开方数含开的尽的因数，故A不符合题意；B、被开方数含分母，故B不符合题意；C、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故C符合题意；D、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故D不符合题意.故选C．【点睛】本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．6、B【解析】

由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解结合实际操作解题．【详解】解：此题需动手操作，可以通过折叠再减去4个重合，得出是八边形．故选：B．【点睛】本题主要考查了与剪纸相关的知识:动手操作的能力是近几年常考的内容，要掌握熟练.7、A【解析】分析：根据一次函数的性质解答即可.详解：由题意可得，一次函数的系数小于零，则一次函数的图象经过二、四象限，因为一次函数的常数项大于零，则一次函数的图象与轴相交于正半轴，则经过第一象限，综上所述，一次函数的图象经过一、二、四象限，故本一次函数不经过第三象限．故选A.点睛：本题考查了一次函数的图象，熟练掌握一次函数的性质是解本题的关键.8、B【解析】试题分析:根据一次函数的性质和图象上点的坐标特征解答．解：①将（0，﹣2）代入解析式得，左边=﹣2，右边=﹣2，故图象过（0，﹣2）点，正确；②当y=0时，y=﹣x﹣2中，x=﹣2，故图象过（﹣2，0），正确；③因为k=﹣1＜0，所以y随x增大而减小，错误；④因为k=﹣1＜0，b=﹣2＜0，所以图象过二、三、四象限，正确；⑤因为y=﹣x﹣2与y=﹣x的k值（斜率）相同，故两图象平行，正确．故选B．考点：一次函数的性质．9、D【解析】

根据平行四边形的两组对角分别相等判定即可【详解】解：根据平行四边形的两组对角分别相等，可知D正确．

故选：D．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形的两组对角分别相等这一性质是解题的关键．10、D【解析】

已知AD是的中线，F为CE的中点，可得DF为△CBE的中位线，根据三角形的中位线定理可得DF∥BE，DF=BE=2；又因，可得∠BOD=90°，由平行线的性质可得∠ADF=∠BOD=90°，在Rt△ADF中，根据勾股定理即可求得AF的长.【详解】∵AD是的中线，F为CE的中点，∴DF为△CBE的中位线，∴DF∥BE，DF=BE=2；∵，∴∠BOD=90°，∵DF∥BE，∴∠ADF=∠BOD=90°，在Rt△ADF中，AD=4，DF=2，∴AF=.故选D.【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及勾股定理，利用三角形的中位线定理求得DF∥BE，DF=BE=2是解决问题的关键.11、D【解析】在这四位同学中，丙、丁的平均时间一样，比甲、乙的用时少，但丁的方差小，成绩比较稳定，由此可知，可选择丁，故选D.12、C【解析】

由，得出∠BAC=90°，则①正确；由等边三角形的性质得∠DAB=∠EAC=60°，则∠DAE=110°，由SAS证得△ABC≌△DBF，得AC=DF=AE=4，同理△ABC≌△EFC（SAS），得AB=EF=AD=3，得出四边形AEFD是平行四边形，则②正确；由平行四边形的性质得∠DFE=∠DAE=110°，则③正确；∠FDA=180°－∠DFE=30°，过点作于点，，则④不正确；即可得出结果．【详解】解：∵，∴，∴∠BAC=90°，∴AB⊥AC，故①正确；∵△ABD，△ACE都是等边三角形，∴∠DAB=∠EAC=60°，又∴∠BAC=90°，∴∠DAE=110°，∵△ABD和△FBC都是等边三角形，∴BD=BA，BF=BC，∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°，∴∠DBF=∠ABC，在△ABC与△DBF中，，∴△ABC≌△DBF（SAS），∴AC=DF=AE=4，同理可证：△ABC≌△EFC（SAS），∴AB=EF=AD=3，∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；∴∠DFE=∠DAE=110°，故③正确；∴∠FDA=180°-∠DFE=180°－110°=30°，过点作于点，∴，故④不正确；∴正确的个数是3个，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平角、周角、平行是四边形面积的计算等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、【解析】

把变形为，逆用积的乘方法则计算即可.【详解】原式===.故答案为：.【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．14、1．【解析】

根据平方差公式进行因式分解，然后代入数值计算即可．【详解】解：∵m+n=1，m-n=1，

∴=（m+n）（m-n）=1×1=1．故答案为：1．【点睛】本题考查因式分解的应用，利用平方差公式分解因式，熟记平方差公式的结构特点是解题的关键．15、【解析】

根据二次根式的被开方数是非负数和分式的分母不等于零进行解答．【详解】解：依题意得：且x-1≠0，解得．故答案为：．【点睛】本题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．16、【解析】

先根据解析式确定点A、B的坐标，再根据三角形的面积公式计算得出答案.【详解】令中y=0得x=-，令x=0得y=2，∴点A（-，0），点B（0,2），∴OA=，OB=2，∵，∴，解得k=，故答案为：.【点睛】此题考查一次函数图象与坐标轴的交点，一次函数与几何图形面积，正确理解OA、OB的长度是解题的关键.17、100（1+x）2=179【解析】

由两次涨价的百分比平均每次为x，结合商品原价及两次涨价后的价格，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解.【详解】解：∵两次涨价平均每次的百分比为x，∴100(1+x)2=179.故答案为：100(1+x)2=179.【点睛】本题考查了一元二次方程的应用.18、【解析】

直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值．【详解】解：∵点A（a，1）与点B（−3，b）关于原点对称，∴a＝3，b＝−1，∴ab＝3-1=．故答案为：．【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．三、解答题（共78分）19、(1)无数；(2)图形见解析；1.【解析】

(1)内角不固定，有无数个以线段a，b为一组邻边作平行四边形；(2)作∠MAN=a,以A为圆心,线段a和线段b为半径画弧分别交射线AN和AM于点D和B,以D为圆心,线段b为半径画弧,以B为圆心,线段a为半径画弧,交于点C;连接BC,DC.则平行四边形ABCD就是所求作的图形.【详解】解：(1)以线段a，b为一组邻边作平行四边形，这样的平行四边形能作无数个，故答案为：无数；(2)以线段a，b为一组邻边，它们的夹角为∠α，作平行四边形，这样的平行四边形能作1个，如图所示：四边形ABCD即为所求．故答案为：1．【点睛】此题主要考查平行四边形的作法,熟练掌握作图方法是解题的关键.20、（1）（2）（3）或【解析】

（1）求出点Q的从B到A的运动时间，再求出AP的长，利用勾股定理即可解决问题．（2）如图1中，当四边形PQCE是菱形时，连接QE交AC于K，作QD⊥BC于D．根据DQ=CK，构建方程即可解决问题．（3）分两种情形：如图3-1中，当∠APQ=90°时，如图3-2中，当∠AQP=90°时，分别构建方程即可解决问题．【详解】（1）在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB==10，点Q运动到点A时，t==5，∴AP=5，PC=1，在Rt△PBC中，PB=．（2）如图1中，当四边形PQCE是菱形时，连接QE交AC于K，作QD⊥BC于D．∵四边形PQCE是菱形，∴PC⊥EQ，PK=KC，∵∠QKC=∠QDC=∠DCK=90°，∴四边形QDCK是矩形，∴DQ=CK，∴，解得t=．∴t=s时，四边形PQCE是菱形．（3）如图2中，当∠APQ=90°时，∵∠APQ=∠C=90°，∴PQ∥BC，∴，∴，∴．如图3中，当∠AQP=90°时，∵△AQP∽△ACB，∴，∴，∴，综上所述，或s时，△APQ是直角三角形．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．21、（1）52；（2）x的值为3.5或1．【解析】

（1）设进价为a元，根据“销售时标价为每件12元，若按七折销售则可获利42%．”列出方程，求出方程的解即可得到结果；（2）根据“现该商场决定对这批运动服开展降价促销活动，每件在七折的基础上再降价x元后，现在每天可销售（4x+1）件列出方程”，列出利润522=（32-x-52）（4x+1），求出方程的解即可得到结果．【详解】解：（1）设进价为a元，根据题意得：（1+42%）a=12×2．3，解得：a=52，则运动服的进价是每件52元；故答案为：52；（2）根据题意得：（32-x-52）（4x+1）=522，（22-x）（2x+5）=252，即2x2-35x+152=2，分解因式得：（2x-15）（x-1）=2，解得：x=3．5或x=1，则x的值为3．5或1．【点睛】此题考查一元二次方程的应用，弄清题意再根据题意列出方程是解题的关键．22、（1）见解析；（2）见解析.【解析】

(1)根据正方形的性质和DP⊥CQ于点E可以得到证明△BCQ≌△CDP的全等条件；(2)根据(1)得到BQ=PC，然后连接OB，根据正方形的性质可以得到证明△BOQ≌△COP的全等条件，然后利用全等三角形的性质就可以解决题目的问题．【详解】证明：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠PCD=90°，BC=CD，∴∠2+∠3=90°，又∵DP⊥CQ，∴∠2+∠1=90°，∴∠1=∠3，在△BCQ和△CDP中，∴△BCQ≌△CDP；(2)连接OB，由(1)△BCQ≌△CDP可知：BQ=PC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，AB=BC，∵点O是AC中点，∴BO=AC=CO，∠4=∠ABC=45°=∠PCO，在△BOQ和△COP中，∴△BOQ≌△COP，∴OQ=OP.【点睛】解答本题要充分利用正方形的特殊性质．注意在正方形中的特殊三角形的应用，利用它们构造证明全等三角形的条件，然后通过全等三角形的性质解决问题．23、学校需要投入9000元资金买草皮．【解析】

仔细分析题目，需要求得四边形的面积才能求得结果．连接BD，在直角三角形ABD中可求得BD的长，由BD、CD、BC的长度关系可得三角形DBC为一直角三角形，DC为斜边；由此看，四边形ABCD由Rt△ABD和Rt△DBC构成，则容易求解