2023-2024学年人教版数学八年级上学期期末培优模拟卷05（解析版）（人教版专用）

试卷第=page44页，共=sectionpages2323页试卷第=page55页，共=sectionpages2323页2023-2024学年人教版数学八年级上学期期末培优模拟卷05学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第一部分选择题（共30分）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．下列运算正确的是（

）A． B．2a2C． D．【答案】A【分析】本题考查积的乘方和幂的乘方，单项式乘以单项式，同底数幂的乘法和除法，据此将各选项逐一分析即可得出答案．解题的关键是掌握相应的运算法则．【详解】解：A．，故此选项符合题意；B．，故此选项不符合题意；C．，故此选项不符合题意；D．，故此选项不符合题意．故选：A．2．分式中的x，y同时变为原来的3倍，则分式的值（

）A．变为原来的 B．变为原来的3倍C．变为原来的9倍 D．不变【答案】B【分析】本题考查分式的基本性质，解题的关键是熟练运用分式的基本性质，本题属于基础题型．直接利用分式的性质将原式变形进而得出答案．【详解】解：，∴分式中的x，y同时变为原来的3倍，则分式的值变为原来的3倍，故选：B．3．如图，如果，求的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查三角形外角的性质，平行线的性质．根据可得，又根据三角形外角的性质得到，从而．【详解】∵，∴，∵，，∴．故选：B4．已知a、b、c为三角形的三边，则化简后的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角形三边的关系得到，，由此化简绝对值再合并同类项即可得到答案．【详解】解：，，是三角形的三条边，，，，，，故选：A．【点睛】本题主要考查了三角形三边的关系，化简绝对值和合并同类项，熟知三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解题的关键．5．如图，，是的中点，平分，下列说法：①平分，②点到的距离等于，③AE⊥DE，④，⑤．其中正确的有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，线段加减运算，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键，过点作，利用角平分线的性质可得，即可得到②正确；证，可得到，则①正确；由，，可得到，则④正确；由平分，易证，进而得到，则⑤正确；即可得到答案．【详解】解：∵，∴，∴；如图，作垂足为点，∴，∴，∵平分，∴，∴点到的距离等于，故：②正确；∵平分，∴，又，，∴；∴，，，又∵，∴，又，，∴；∴，，，∴平分，故：①正确；,故：④正确；∵，，故：③错误；∵平分，∴，由①知平分，∴，∵，，∴，∴，故：⑤正确；故选：A．6．如图，，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据全等三角形的性质可得，再由，即可求解．【详解】解：∵，∴，∵，，∴，故选：C．【点睛】本题考查全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质得出是解题的关键．7．如图的七边形中，，的延长线相交于点，若图中，，，的外角的角度和为，则的度数是（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据多边形的外角和是，由，，，的外角的角度和为，可求得的外角，即可根据邻补角的定义求得．【详解】解：，，，的外角的角度和为，五边形的外角和是，的外角为，，故选：A．【点睛】本题主要考查多边形的外角和，利用内角和外角的关系求得的外角是解题的关键．8．近年来，我市大力发展交通，建成多条快速通道，小张开车从家到单位有两条路线可选择，路线为全程25千米的普通道路，路线包含快速通道，全程21千米，走路线比路线平均速度提高，时间节省20分钟，求走路线和路线的平均速度分别是多少？设走路线的平均速度为千米/小时，根据题意，可列方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，根据走两条路线速度间的关系，可得出走路线b的平均速度为千米/时，利用时间=路程÷速度，结合走“走路线比路线时间节省20分钟”，即可得出关于x的分式方程，此题得解．【详解】设走路线的平均速度为千米/小时，则走路线b的平均速度为千米/时，由题意得，，故选：B．9．如图，在等边三角形中，是中线，点P，Q分别在，上，且，动点E在上，则的最小值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．作点P关于的对称点，连接交于，此时的值最小．最小值．【详解】解：是等边三角形，，，，，，，，如图，作点P关于的对称点，连接交于，此时的值最小．最小值，

，∴，∴，而，是等边三角形，，的最小值为3．故选B．10．将有序实数对进行操作后可得到一个新的有序实数对，将得到的新的有序实数对按上述规则继续操作下去，每得到一个新的有序实数对称为一次操作．例如，经过一次操作后得到经过二次操作后得到．下列说法：①若经过三次操作后得到，则；②在平面直角坐标系中将所对应的点标记为点，将经过二次操作、三次操作所得的有序实数对分别标记为点，点，若线段平行于轴，则的面积为1；③若m+n=2，mn=-3，则经过一次操作后的结果为（10A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】本题考查了坐标与图形的性质，完全平方公式和平方差公式的应用．根据对的操作，利用坐标与图形的性质求解可判断①②的说法；利用完全平方公式和平方差公式结合新定义，可判断③的说法．【详解】解：①经过一次操作后得到，经过二次操作后得到，即，经过三次操作后得到，∵过三次操作后得到，∴，，解得，，故①说法错误；②由①得，，，∵线段平行于轴，∴，解得，∴，，，∴的面积为，故②说法正确；③∵m+n=2∴m2+n∴m-n=±4，m2-经过一次操作后得到，即(10,8)或(10,-8)，故③说法错误；综上，只有②说法正确，故选：B．第二部分非选择题（共90分）二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分.）11．．【答案】【分析】本题考查同底数幂相乘法则的逆用，积的乘方法则的逆用．根据同底数幂相乘法则的逆用，积的乘方法则的逆用即可解答．【详解】．故答案为：12．定义新运算：，若，则的值是．【答案】/【分析】根据新定义的运算，由得到，代入代数式求解即可得到答案．【详解】解：，，即，，故答案为：．【点睛】本题考查代数式求值，读懂题意，得到是解决问题的关键．13．如图是一个可折叠式的餐桌，其桌面由一个大正方形和四个全等的小正方形构成．当桌角全部打开时（如图①，桌面的最大长度为；当桌角全部收起时（如图②，桌面未被桌角覆盖部分的长度为．那么，当桌角全部收起时（图②中），桌面未被桌角覆盖的阴影部分面积是（用含、的代数式表示）．

【答案】【分析】本题考查了整式混合运算的应用，根据图形求出小正方形的边长，再计算出大正方形的边长，然后根据阴影部分面积等于大正方形的面积减去4个小正方形的面积列式计算即可．【详解】解：由题意得，小正方形的边长为，∴大正方形的边长为，∴桌面未被桌角覆盖的阴影部分面积是，故答案为：．14．如图，在等腰中，于，点是线段上一点，点是延长线上一点，若，则下列结论：①；②；③是等边三角形；④，其中正确的是

【答案】①③④【分析】连接，首先证明，利用等边对等角得，，则，据此即可判定结论①；因为点是线段上一点，所以不一定是的角平分线，即可判断结论②；证明且，即可证得是等边三角形，即可判断结论③；证明，则，得，即可判断结论④．【详解】解：如图1，连接，

∵，，，∴，，∴，，∵，∴，∴，，∴，故①正确；由①知，，∵点是线段上一点，∴与不一定相等，则与不一定相等，故②不正确；∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，故③正确；如图2，在上截取，

∵，∴是等边三角形，∴，，∴，∵，∴，∵，在和中，，∴，∴，∴，∴，故④正确；综上所述，正确的结论有：①③④，故答案为：①③④，【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．15．已知关于x的方程的解是非负数，则m的取值范围为．【答案】且【分析】先根据等式的性质求出方程的解，即可得出关于m的不等式，求出不等式的解集即可．本题考查了一元一次方程的解，解题的关键是把字母m看作一个常数来解，本题是常见的题型，要求掌握．【详解】解：，去分母得：，去括号得：，移项合并得：，∵关于x的方程的解是非负数，，∴，且，解得：且，∴m的取值范围是且．三、解答题（本大题共8小题，满分75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16．因式分解：(1)(2)(3)(4)【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】本题主要考查了分解因式，熟知分解因式的方法是解题的关键．（1）直接提取公因式进行分解因式即可；（2）先提取公因式，再利用平方差公式分解因式即可；（3）先提取公因式，再利用完全平方公式分解因式即可；（4）把看做一个整体，先利用完全平方公式分解因式，再利用平方差公式分解因式即可．【详解】（1）解：；（2）解：；（3）解：；（4）解：．17．先化简，再求值：，从中选出合适的x的整数值代入求值．【答案】；当时，原式．【分析】本题考查了分式的化简求值；先计算括号内异分母分式的减法，同时将除法变成乘法，分子、分母能因式分解的进行因式分解，然后进行约分即可得到最简结果；再选取使分式有意义的x的整数值代入计算即可．【详解】解：原式，∵，∴当时，原式．18．已知：如图，在中，与的平分线交于点D，于点E．(1)若，，求的度数．(2)若，解答以下问题：①若，求的度数；②试用含n的式子表示，请说明理由．【答案】(1)(2)①；②【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．（1）根据题意求出，，再根据三角形内角和定理求解即可；（2）①根据三角形内角和定理求出，再由角平分线的性质求出．②设，，得到，即可得到答案．【详解】（1）解：，，，与的平分线交于点D，，，，（2）解：①，，，，，BD平分，，②设，，则，，，，，，，，．19．“以形释数”是利用数形结合思想证明代数问题的一种体现，若干张边长为a的正方形A纸片，边长为b的正方形B纸片，长和宽分别为a与b的长方形C纸片（如图1）．

(1)小李同学拼成一个宽为，长为的长方形（如图2），并用不同的方法计算面积，从而得出相应的等式：（答案直接填写到横线上）；(2)如果用这三种纸片拼出一个面积为的大长方形，求需要A，B，C三种纸片各多少张；(3)利用上述方法，画出面积为的长方形，并求出此长方形的周长（用含a，b的代数式表示）．【答案】(1)(2)A纸片需要2张，B纸片需要3张，C纸片需要7张(3)【分析】本题考查多项式乘多项式，解题的关键是：（1）从“整体”和“部分”两个方面分别用代数式表示图2的面积即可；（2）用代数式表示纸片，纸片，纸片的面积，再根据总面积得出数量即可；（3）根据拼成的长方形的面积是可得，需要纸片需要2张，纸片需要2张，纸片需要5张，画出相应的图形，并根据长方形的周长公式计算其周长即可．【详解】（1）解：图2是长为，宽为的长方形，因此面积为，图2是6个部分的面积和，即，因此，故答案为：；（2），纸片的面积为，纸片的面积为，纸片的面积为，纸片需要2张，纸片需要3张，纸片需要7张；（3）由于，因此可以拼成长为，宽为的长方形，如图所示：

这个长方形的周长为：，答：此长方形的周长为．20．在中，，(1)用直尺和圆规作的平分线交于点D（保留作图痕迹，不要求写作法．）(2)在（1）的条件下，求．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查的是基本作图及等腰三角形的性质，熟知角平分线的作法是解答此题的关键．（1）根据角平分线的作法利用直尺和圆规作出的平分线即可；（2）先根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出的度数，再由角平分线的定义得出的度数，再根据三角形外角的性质得出的度数即可．【详解】（1）解：以点B为圆心，适当半径画弧交于点E，F，再以点E，F为圆心，大于的长度为半径，画弧，交于点G，连接并延长交于点D，如图所示，即为所求；（2）解：∵在中，，，∵是的平分线，是的外角，．21．某公司会计欲查询乙商品的进价（如下表），发现进货单已被墨水污染．商品进价（元/件）数量（件）总金额甲7200乙3200李师傅：我记得甲商品进价比乙商品进价每件高．王师傅：我记得甲商品比乙商品的数量多40件．请你帮助他们补全补货单．【答案】甲商品的进价是60元/件，乙商品的进价是40元件；甲商品的进货数量为120件，乙商品的进货数量为80件【分析】本题主要考查了分式方程的应用．设乙商品的进价为元件，则甲商品的进价为元件，根据数量总价单价结合购进的甲商品比乙商品多40件，即可得出关于的分式方程，解之经检验后即可得出的值；即可得乙商品的进价，从而求得甲商品的进价；进而甲、乙商品的进货数量．【详解】解：设乙商品的进价为元件，则甲商品的进价为元件，根据题意，得，解得．经检验，是原分式方程的解．∴乙商品的进价是40元件，甲商品的进价是(元/件)，甲商品的进货数量：(件)，乙商品的进货数量：(件)．答：甲商品的进价是60元/件，乙商品的进价是40元件；甲商品的进货数量为120件，乙商品的进货数量为80件．22．如图，已知中，，点D、E在直线上，．(1)如图1，求证：；(2)如图2，过点D向下作，交的延长线于点F，若，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点G，若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)10【分析】（1）先由等角对等边得出，再根据等角的补角相等得出，最后根据“边角边”证明，根据全等三角形的性质即可证明；（2）过点A作，垂足为H，先证明，根据含30度的直角三角形的性质得出，再证明，根据全等三角形的性质即可证明；（3）过点A作，垂足为H，过点B作，垂足为N，先证明，继而得出，再根据全等三角形的性质等得出，即可求出，，进而求解即可．【详解】（1）∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴；（2）如图2，过点A作，垂足为H，∵，，∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴；（3）如图3中，过点A作，垂足为H，过点B作，垂足为N，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等角的补角相等，含30度的直角三角形的性质，三角形外角的性质，