吉林省长春宽城区四校联考2025届数学八上期末检测试题含解析

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知方程组，则的值是（）A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．42．某一实验装置的截面图如图所示，上方装置可看做一长方形，其侧面与水平线的夹角为45°，下方是一个直径为70cm，高为100cm的圆柱形容器，若使容器中的液面与上方装置相接触，则容器中液体的高度至少应为（）A．30cm B．35cm C．35cm D．65cm3．如图，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，∠B=α，在AB、BC上分别找一点E、F，使△DEF的周长最小．此时，∠EDF=()A．α B． C． D．180°-2α4．如图，在△PAB中，∠A=∠B，D、E、F分别是边PA、PB、AB上的点，且AD=BF，BE=AF．若∠DFE=34°，则∠P的度数为（）A．112° B．120° C．146° D．150°5．下列图形具有稳定性的是（）A． B．C． D．6．下列各数，是无理数的是（）A． B． C． D．7．的绝对值是()A． B． C． D．8．如图，在中，点为的中点，平分，且于点，延长交于点.若，，则的长为（）A．5 B．6 C．7 D．89．已知，则的值是（）A．48 B．16 C．12 D．810．下列计算正确的是（）A．a3•a⁴＝a12 B．（ab2）3＝ab6 C．a10÷a2＝a5 D．（﹣a4）2＝a811．下列各式的变形中，正确的是（）A． B． C． D．12．下列各式中，无论x取何值，分式都有意义的是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，从边长为（a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形，剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形（不重叠无缝隙），则拼成的长方形的另一边长是__________．14．分解因式：x2y﹣y＝_____．15．如图，将沿着对折，点落到处，若，则__________．16．若，那么的化简结果是．17．如图，已知点．规定“把点先作关于轴对称，再向左平移1个单位”为一次变化．经过第一次变换后，点的坐标为_______；经过第二次变换后，点的坐标为_____；那么连续经过2019次变换后，点的坐标为_______．18．分解因式____________．三、解答题（共78分）19．（8分）先化简，再求值．，从这个数中选取一个合适的数作为的值代入求值．20．（8分）如图，在△ABC中，AD⊥BC，∠B=45°，∠C=30°，AD=1，求△ABC的周长.21．（8分）阅读与思考：因式分解----“分组分解法”：分组分解法指通过分组分解的方式来分解用提公因式法和公式法无法直接分解的多项式，比如，四项的多项式一般按照“两两”分组或“三一”分组进行分组分解.分析多项式的特点，恰当的分组是分组分解法的关键.例1：“两两”分组：我们把和两项分为一组，和两项分为一组，分别提公因式，立即解除了困难.同样.这道题也可以这样做：例2：“三一”分组：我们把，，三项分为一组，运用完全平方公式得到，再与－1用平方差公式分解，问题迎刃而解.归纳总结：用分组分解法分解因式的方法是先恰当分组，然后用提公因式法或运用公式法继续分解.请同学们在阅读材料的启发下，解答下列问题：（1）分解因式：①；②（2）若多项式利用分组分解法可分解为，请写出，的值.22．（10分）如图，△ABC的三个顶点在边长为1的正方形网格中，已知A（3，3），B（﹣3，﹣3），C（1，﹣3）．（1）画出△ABC及关于y轴对称的△A1B1C1；（2）写出点A的对应点A1的坐标是，点B的对应点B1的坐标是，点C的对应点C1的坐标是；（3）请直接写出第四象限内以AB为边且与△ABC全等的三角形的第三个顶点（不与C重合）的坐标___________．23．（10分）在平面直角坐标中，四边形为矩形，如图1，点坐标为，点坐标为，已知满足．（1）求的值；（2）①如图1，分别为上一点，若，求证：；②如图2，分别为上一点，交于点．若，，则___________（3）如图3，在矩形中，，点在边上且，连接，动点在线段是（动点与不重合），动点在线段的延长线上，且，连接交于点，作于．试问：当在移动过程中，线段的长度是否发生变化？若不变求出线段的长度；若变化，请说明理由．24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+m过点A（5，—2）且分别与x轴、y轴交于点B、C，过点A画AD//x轴，交y轴于点D．（1）求点B、C的坐标；（2）在线段AD上存在点P，使BP+CP最小，求点P的坐标．25．（12分）综合与实践（1）问题发现如图1，和均为等边三角形，点在同一直线上，连接．请写出的度数及线段之间的数量关系，并说明理由．（2）类比探究如图2，和均为等腰直角三角形，，点在同一直线上，为中边上的高，连接．填空：①的度数为____________；②线段之间的数量关系为_______________________________．（3）拓展延伸在（2）的条件下，若，则四边形的面积为______________．26．如图，AC和BD相交于点0，OA=OC,OB=OD，求证：DC//AB

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】两式相减，得，所以，即．【详解】解：两式相减，得，∴，即，故选C．本题考查了二元一次方程组，对原方程组进行变形是解题的关键2、D【分析】由题意可知，进入容器内的三角形可看作是一个斜边为70cm的等腰直角三角形，由等腰三角形三线合一的性质可得到高，即可求出答案．【详解】由题意可知，进入容器内的三角形可看作是一个斜边为70cm的等腰直角三角形，由等腰三角形三线合一的性质可得到高斜边上的高应该为35cm，使容器中的液面与上方装置相接触，容器中液体的高度至少应为100﹣35=65cm．故选D．考点：等腰直角三角形．3、D【分析】作点D关于BA的对称点P，点D关于BC的对称点Q，连接PQ，交AB于E，交BC于F，则点E，F即为所求．根据四边形内角和等于360°,可得∠ADC的度数,进而可得∠P+∠Q的度数，由对称性可得∠EDP+∠FDQ的度数，进而即可求解．【详解】作点D关于BA的对称点P，点D关于BC的对称点Q，连接PQ，交AB于E，交BC于F，则点E，F即为所求．∵四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，∠B=α，∴∠ADC=180°-α，∴∠P+∠Q=180°-∠ADC=α，由对称性可知：EP=ED，FQ=FD，∴∠P=∠EDP，∠Q=∠FDQ，∴∠EDP+∠FDQ=∠P+∠Q=α，∴故选D．本题主要考查轴对称的性质和应用，四边形的内角和定理以及三角形的内角和定理，掌握掌握轴对称图形的性质是解题的关键．4、A【分析】根据等边对等角得到∠A=∠B，证得△ADF≌△BFE，得∠ADF=∠BFE，由三角形的外角的性质求出∠A=∠DFE=42°，根据三角形内角和定理计算即可．【详解】解：∵PA=PB，

∴∠A=∠B，

在△ADF和△BFE中，∴△ADF≌△BFE（SAS），

∴∠ADF=∠BFE，

∵∠DFB=∠DFE+∠EFB=∠A+∠ADF，

∴∠A=∠DFE=34°，∴∠B=34°，

∴∠P=180°-∠A-∠B=112°，

故选：A．本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握等边对等角、全等三角形的判定定理和性质定理、三角形的外角的性质是解题的关键．5、A【分析】根据三角形具有稳定性，四边形具有不稳定性进行判断．【详解】解：三角形具有稳定性．

故选：A．本题考查了三角形的稳定性和四边形的不稳定性．6、D【解析】把各项化成最简之后,根据无理数定义判断即可.【详解】解:A项,,为有理数;B项是有限小数,为有理数;C项为分数,是有理数;D项是无限不循环小数,为无理数.故选:D.本题主要考查无理数的定义,理解掌握定义是解答关键.7、D【解析】直接利用绝对值的定义分析得出答案．【详解】解：-1的绝对值是：1．

故选：D．此题主要考查了绝对值，正确把握绝对值的定义是解题关键．8、B【分析】根据平分，且可得△ADB≌△ADN，得到BD=DN，AN=AB=4，根据三角形中位线定理求出NC，计算即可．【详解】解：∵平分，且∴，在△ADB和△ADN中，∴△ADB≌△ADN（ASA）

∴BD=DN，AN=AB=4，

∵点为的中点，

∴NC=2DM=2，

∴AC=AN+NC=6，

故选B．本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．9、A【分析】先把化成，再计算即可.【详解】先把化成，原式===48，故选A.本题是对同底数幂乘除的考查，熟练掌握整式的乘除是解决本题的关键.10、D【分析】分别根据同底数幂的乘除法以及幂的乘方与积的乘方运算法则逐一判断即可．【详解】解：A．a3•a⁴＝a7，故本选项不合题意；B．（ab2）3＝a6b6，故本选项不合题意；C．a10÷a2＝a8，故本选项不合题意；D．（﹣a4）2＝a8，正确，故本选项符合题意．故选：D．本题考查同底数幂的乘除计算,幂的乘方,积的乘方计算,关键在于熟练基础计算方法.11、C【分析】根据分式的性质逐项进行判断即可得.【详解】A中的x不是分子、分母的因式，故A错误；B、分子、分母乘的数不同，故B错误；C、（a≠0），故C正确；D、分式的分子、分母同时减去同一个非0的a，分式的值改变，故D错误，故选C．本题考查了分式的基本性质，熟练掌握分式的基本性质是解题的关键.12、A【解析】分式有意义的条件是分母不为1．【详解】A.，无论x取何值，分式都有意义，故该选项符合题意；B.当时，分式有意义，故不符合题意；C.当时，分式有意义，故不符合题意；D.当时，分式有意义，故不符合题意；故选：A本题考查的是分式有意义的条件：分母不为1时，掌握分式有意义的条件是解题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、a+1．【解析】试题解析：拼成的长方形的面积=（a+3）2﹣32，=（a+3+3）（a+3﹣3），=a（a+1），∵拼成的长方形一边长为a，∴另一边长是a+1．考点：图形的拼接.14、y（x+1）（x﹣1）【分析】观察原式x2y﹣y，找到公因式y后，提出公因式后发现x2-1符合平方差公式，利用平方差公式继续分解可得.【详解】解：x2y﹣y＝y（x2﹣1）＝y（x+1）（x﹣1）．故答案为：y（x+1）（x﹣1）．本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．15、【解析】根据折叠的性质得到∠A′DE=∠ADE，∠A′ED=∠AED，由平角的定义得到∠BDA′+2∠ADE=180°，∠A′EC+2∠AED=180°，根据已知条件得到∠ADE+∠AED=145°，由三角形的内角和即可得到结论．【详解】∵将△ABC沿着DE对折，A落到A′，∴∠A′DE=∠ADE，∠A′ED=∠AED，∴∠BDA′+2∠ADE=180°，∠A′EC+2∠AED=180°，∴∠BDA′+2∠ADE+∠A′EC+2∠AED=360°，∵∠BDA′+∠CEA′=70°，∴∠ADE+∠AED=145°，∴∠A=35°．故答案为35°．本题考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．16、【分析】直接利用二次根式的性质化简求出答案．【详解】∵x＜2，∴=2﹣x．故答案为：2﹣x．本题考查了二次根式的性质与化简，正确把握二次根式的性质是解答本题的关键．17、【分析】根据轴对称判断出点A关于x轴对称后的位置，此时横坐标不变，纵坐标互为相反数，然后再向左平移1个单位长度便可得到第一次变换后的点A的坐标；按照同样的方式可以找到第二次变换后的点A的坐标；然后再通过比较横纵坐标的数值，可以发现点A在每一次变换后的规律，即可求出经过2019次变换后的点A的坐标．【详解】点A原来的位置（0,1）第一次变换：，此时A坐标为；第二次变换：，此时A坐标为第三次变换：，此时A坐标为……第n次变换：点A坐标为所以第2019次变换后的点A的坐标为．故答案为：；；本题考查的知识点是轴对称及平移的相关知识，平面直角坐标系中四个象限的点的横、纵坐标的符号是解题中的易错点，必须特别注意.18、【分析】先提取公因式，再利用平方差公式即可求解．【详解】故答案为：．此题主要考查因式分解，解题的关键是熟知因式分解的方法．三、解答题（共78分）19、；当时，原式=3【分析】先根据分式的各个运算法则化简，然后代入一个使原分式有意义的x的值计算即可．【详解】解：要使原式有意义且当时，原式此题考查的是分式的化简求值题，掌握分式的各个运算法则和分式有意义的条件是解决此题的关键．20、++1.【解析】先根据题意得出AD=BD，再由勾股定理得出AB的长．在Rt△ADC中，根据直角三角形的性质得出AC及CD的长，进而可得出结论．【详解】∵AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°．在Rt△ADB中，∵∠B+∠BAD=90°，∠B=45°，∴∠B=∠BAD=45°，∴AD=BD=1，AB．在Rt△ADC中，∵∠C=10°，∴AC=2AD=2，∴CD，BC=BD+CD=1，∴AB+AC+BC1．本题考查了勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．21、（1）①（a﹣b）（a+3）；②（x﹣y+3）（x﹣y﹣3）；（1）a＝4，b＝1．【分析】（1）①选用“两两分组”法分解因式即可；②选用“三一分组”法分解因式即可；（1）利用多项式乘法法则将展开，然后对应多项式即可求出答案．【详解】解：（1）①②（1）∵比较系数可得a＝4，b＝1．本题主要考查因式分解和多项式乘法，掌握因式分解法是解题的关键．22、（1）见解析；（2）（-3，3），（3，-3），（-1，-3）；（3）（3，-1）【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；

（2）根据平面直角坐标系写出各点的坐标即可；（3）根据以AB为公共边且与△ABC全等的三角形的第三个顶点的位置，写出其坐标即可．【详解】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；

（2）A1（-3，3），B1（3，-3），C1（-1，-3），故答案为：（-3，3），（3，-3），（-1，-3）；（3）如图，△△，且点在第四象限内，∴（3，-1）；故答案为：（3，-1）．本题主要考查了运用轴对称变换进行作图、坐标确定位置的运用以及全等三角形的性质，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键．23、（1）m＝5，n＝5；（2）①见解析；②；（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为．【分析】（1）利用非负数的性质即可解决问题．（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PQ＝PE＝OE＋OP，得出结论；②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得平行四边形CSRE和平行四边形CFGH，则CE＝SR，CF＝GH，证明△CEN≌△CE′O和△E′CF≌△ECF，得EF＝E′F，设EN＝x，在Rt△MEF中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，问题得解；（3）在（1）的条件下，当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，求出MN的长即可；如图4，过P作PD∥OQ，证明△PDF是等腰三角形，由三线合一得：DM＝FD，证明△PND≌△QNA，得DN＝AD，则MN＝AF，求出AF的长即可解决问题．【详解】解：（1）∵，∴n−5＝0，5−m＝0，∴m＝5，n＝5；（2）①如图1中，在PO的延长线上取一点E，使NQ＝OE，∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，∴四边形OMNC是正方形，∴CO＝CN，∵∠EOC＝∠N＝90°，∴△COE≌△CNQ（SAS），∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，∵∠PCQ＝45°，∴∠QCN＋∠OCP＝90°−45°＝45°，∴∠ECP＝∠ECO＋∠OCP＝45°，∴∠ECP＝∠PCQ，∵CP＝CP，∴△ECP≌△QCP（SAS），∴EP＝PQ，∵EP＝EO＋OP＝NQ＋OP，∴PQ＝OP＋NQ；②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得平行四边形CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得平行四边形CFGH，则CF＝GH＝，∵∠SDG＝135°，∴∠SDH＝180°−135°＝45°，∴∠FCE＝∠SDH＝45°，∴∠NCE＋∠OCF＝45°，∵△CEN≌△CE′O，∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，∴∠E′CF＝∠E′CO＋∠OCF＝45°，∴∠E′CF＝∠FCE，∵CF＝CF，∴△E′CF≌△ECF，∴E′F＝EF在Rt△COF中，OC＝5，FC＝，由勾股定理得：OF＝，∴FM＝5−＝，设EN＝x，则EM＝5−x，FE＝E′F＝x＋，则（x＋）2＝（）2＋（5−x）2，解得：x＝，∴EN＝，由勾股定理得：CE＝，∴SR＝CE＝；（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．∵OF＝OA，∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，∴PF＝PD，∵PF＝AQ，∴PD＝AQ，∵PM⊥AF，∴DM＝FD，∵PD∥OQ，∴∠DPN＝∠PQA，∵∠PND＝∠QNA，∴△PND≌△QNA，∴DN＝AN，∴DN＝AD，∴MN＝DM＋DN＝DF＋AD＝AF，∵OF＝OA＝5，OC＝3，∴CF＝4，∴BF＝BC−CF＝5−4＝1，∴AF＝，∴MN＝AF＝，∴当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为．本题是四边形与动点问题的综合题，考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定，非负数的性质以及勾股定理等；知识点较多，综