湖南省长沙市怡雅学校2027届八年级数学第一学期期末考试模拟试题含解析

湖南省长沙市怡雅学校2027届八年级数学第一学期期末考试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(每小题3分,共30分)1．甲、乙两位运动员进行射击训练，他们射击的总次数相同，并且他们所中环数的平均数也相同，但乙的成绩比甲的成绩稳定，则他们两个射击成绩方差的大小关系是（）A． B． C． D．不能确定2．已知等腰三角形的一边长为2，周长为8，那么它的腰长为()A．2 B．3 C．2或3 D．不能确定3．在－，－π，0，3.14，0.1010010001，－3中，无理数的个数有()A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．如图，将矩形（长方形）ABCD沿EF折叠，使点B与点D重合，点A落在G处，连接BE，DF，则下列结论：①DE=DF，②FB=FE，③BE=DF，④B、E、G三点在同一直线上，其中正确的是（）A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④5．如图，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接，其中有：①；②；③；④，四个结论，则结论一定正确的有（）个A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．小刚以400米/分的速度匀速骑车5分钟，在原地休息了6分钟，然后以500米/分的速度骑回出发地，下列函数图象(图中v表示骑车速度，s表示小刚距出发地的距离，t表示出发时间)能表达这一过程的是()A． B． C． D．7．点P在AOB的平分线上，点P到OA边的距离等于4，点Q是OB边上的任意一点，则下列选项正确的是（）A． B． C． D．8．若一个多边形的每个内角都等于150°，则这个多边形的边数是（）A．10 B．11 C．12 D．139．若，则的值为()A． B． C． D．10．如图，在Rt△PQR中，∠PRQ＝90°，RP＝RQ，边QR在数轴上．点Q表示的数为1，点R表示的数为3，以Q为圆心，QP的长为半径画弧交数轴负半轴于点P1，则P1表示的数是()A．－2 B．－2 C．1－2 D．2－1二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图所示，一个角60°的三角形纸片，剪去这个60°角后，得到一个四边形，则∠1+∠2＝_____．12．已知关于x，y的二元一次方程组2x+3y=kx+2y=-1的解互为相反数，则k的值是_________13．在二次根式中，x的取值范围是_________.14．如图，把绕点逆时针旋转，得到，点恰好落在边上，连接，则__________度．15．如图，在中，，，，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，则的长为______．16．如图，AB⊥BC，AD⊥DC，∠BAD=100°，在BC、CD上分别找一点M、N，当△AMN的周长最小时，∠AMN+∠ANM的度数是_____．17．如图，将绕着直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则__________度．18．若从一个多边形的一个顶点出发，最多可以引10条对角线，则它是边形．三、解答题(共66分)19．（10分）若，求的值．20．（6分）解不等式组：；并将解集在数轴上表示出来．21．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°．（1）尺规作图：作∠B的平分线BD交AC于点D；（不写作法，保留作图痕迹）（2）若DC＝2，求AC的长．22．（8分）如图，锐角的两条高、相交于点，且．（1）证明：．（2）判断点是否在的角平分线上，并说明理由．（3）连接，与是否平行？为什么？23．（8分）（1）教材呈现：下图是华师版八年级上册数学教材第94页的部分内容．定理证明：请根据教材中的分析，结合图①，写出“线段垂直平分线的性质定理”完整的证明过程．定理应用：（2）如图②，在中，直线、分别是边、的垂直平分线，直线、的交点为．过点作于点．求证：．（3）如图③，在中，，边的垂直平分线交于点，边的垂直平分线交于点．若，，则的长为_____________．24．（8分）列方程解应用题：一辆汽车开往距离出发地180km的目的地,出发后第一小时内按原计划的速度匀速行驶,一小时后以原来速度的1.5倍匀速行驶,并比原计划提前40分钟到达目的地．求前一小时的行驶速度．25．（10分）某中学为调查本校学生周末平均每天做作业所用时间的情况，随机调查了50名同学，如图是根据调查所得数据绘制的统计图的一部分。请根据以上信息，解答下列问题：(1)求出每天作业用时是4小时的人数，并补全统计图；(2)这次调查的数据中，做作业所用时间的众数是，中位数是，平均数是；(3)若该校共有1500名学生,根据以上调查结果估计该校全体学生每天做作业时间在3小时内(含3小时)的同学共有多少人？26．（10分）如图，图中有多少个三角形?

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】方差越小，表示这个样本或总体的波动越小，即越稳定．根据方差的意义判断．【详解】根据方差的意义知，射击成绩比较稳定，则方差较小，∵乙的成绩比甲的成绩稳定，∴.故选B.此题考查方差，解题关键在于掌握方差越小，越稳定．2、B【分析】根据等腰三角形性质和已知条件，进行分类讨论，即可得到答案,要注意的是一定要符合构成三角形的三边关系.【详解】已知三角形一边长为2,(1)当这一边是等腰三角形的腰时,它的腰长就为2,则底边是4根据三角形三边关系,这种情况不符合条件;(2)当这一边是等腰三角形的底边时∵周长为8,底边为2∴腰长为:=3(等腰三角形两腰相等)根据三角形三边关系,这种情况符合条件;综上所述,这个等腰三角形的腰长为3.故答案选B.本题考查了三角形的三边关系与等腰三角形的性质，解题的关键是熟练的掌握三角形的三边关系与等腰三角形的性质.3、A【解析】根据无理数的定义进行求解.【详解】解：无理数有：−π，共1个．故选：A．本题考查了无理数，解答本题的关键是掌握无理数常见的三种形式：①开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有π的数．4、B【分析】由折叠的性质得出∠G=∠A，BE=DE，BF=DF，∠BEF=∠DEF，AE=GE，证出∠BEF=∠BFE，证出BE=BF，得出DE=DF，BE=DF=DE，①③正确，②不正确；证明Rt△ABE≌Rt△GDE（HL），得出∠AEB=∠GED，证出∠GED+∠BED=180°，得出B，E，G三点在同一直线上，④正确即可．【详解】∵矩形ABCD沿EF折叠，使点B与点D重合，

∴∠G=∠A，BE=DE，BF=DF，∠BEF=∠DEF，AE=GE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠G=∠A=90°，AD∥BC，

∴∠DEF=∠BFE，

∴∠BEF=∠BFE，

∴BE=BF，

∴DE=DF，BE=DF=DE，

∴①③正确，②不正确；

在Rt△ABE和Rt△GDE中，，

∴Rt△ABE≌Rt△GDE（HL），

∴∠AEB=∠GED，

∵∠AEB+∠BED=180°，

∴∠GED+∠BED=180°，

∴B，E，G三点在同一直线上，④正确；

故选：B．此题考查翻折变换的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握翻折变换的性质，证明BE=BF是解题的关键．5、A【分析】由旋转的性质即可判定①③结论错误，②无法判定，通过等角转换即可判定④正确.【详解】由旋转的性质，得AC=CD，AC≠AD，此结论错误；由题意无法得到，此结论错误；由旋转的性质，得BC=EC，BC≠DE，此结论错误；由旋转的性质，得∠ACB=∠DCE，∵∠ACB=∠ACD+∠DCB，∠DCE=∠ECB+∠DCB，∴∠ACD=∠ECB∵AC=CD，BC=CE∴∠A=∠CDA=（180°-∠ECB），∠EBC=∠CEB=（180°-∠ECB）∴，此结论正确；故选：A.此题主要考查旋转的性质，熟练掌握，即可解题.6、C【解析】根据小刚以400米/分的速度匀速骑车5分,可知路程随时间匀速增加;再根据原地休息,可知其路程不变;然后加速返回,其与出发点的距离随时间逐渐减少,据此分析可得到答案.【详解】解：由题意得,以400米/分的速度匀速骑车5分,路程随时间匀速增加;在原地休息了6分,路程不变;以500米/分的速度骑回出发地,与出发点的距离逐渐减少.故选C.本题是一道有关函数的实际应用题,考查的是函数的表示方法-图象法.7、B【分析】根据角平分线的性质可知点P到OB边的距离等于4，再根据点到直线的距离垂线段最短即可得出结论．【详解】解：∵点P在AOB的平分线上，∴点P到OA边的距离等于点P到OB边的距离等于4，∵点Q是OB边上的任意一点，∴（点到直线的距离，垂线段最短）．故选：B．本题考查角平分线的性质，点到直线的距离．理解角平分线上的点到角两边距离相等是解题关键．8、C【分析】根据多边形的内角和定理：（n−2）×180°求解即可．【详解】解：由题意可得：180°•（n﹣2）＝150°•n，解得n＝1．故多边形是1边形．故选C．主要考查了多边形的内角和定理．n边形的内角和为：（n−2）×180°．此类题型直接根据内角和公式计算可得．9、A【解析】试题解析：设故选A.10、C【分析】首先利用勾股定理计算出QP的长，进而可得出QP1的长度，再由Q点表示的数为1可得答案.【详解】根据题意可得QP==2，∵Q表示的数为1,∴P1表示的数为1-2.故选C.此题主要考查了用数轴表示无理数，关键是利用勾股定理求出直角三角形的斜边长.二、填空题(每小题3分,共24分)11、240°．【分析】三角形纸片中，剪去其中一个60°的角后变成四边形，则根据多边形的内角和等于360度即可求得∠1+∠2的度数．【详解】解：根据三角形的内角和定理得：四边形除去∠1，∠2后的两角的度数为180°﹣60°＝120°，则根据四边形的内角和定理得：∠1+∠2＝360°﹣120°＝240°．故答案为：240°．本题考查多边形角度的计算,关键在于结合图形运用角度转换.12、－1【详解】∵关于x，y的二元一次方程组2x+3y=k①x+∴x=-y③，把③代入②得：-y+2y=-1，解得y=-1，所以x=1，把x=1，y=-1代入①得2-3=k，即k=-1.故答案为-113、x＜．【分析】依据二次根式有意义的条件，即可得出x的取值范围．【详解】二次根式中，1-2x＞0，∴x的取值范围是x＜，故答案为：x＜．本题主要考查了二次根式有意义的条件，如果所给式子中含有分母，则除了保证被开方数为非负数外，还必须保证分母不为零．14、.【分析】根据旋转的性质可得，，然后根据等腰三角形两底角相等求出，再利用直角三角形两锐角互余列式计算即可得解.【详解】绕点逆时针旋转得到，，，在中，，，，.故答案为：.本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，比较简单，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小得到等腰三角形是解题的关键.15、4.1【分析】根据勾股定理计算出AB的长，再由作图可知CE垂直平分BD，然后利用等面积法计算CF即可．【详解】连接CD、DE、BE，由题可知，BC=DC，DE=BE，∴CE垂直平分BD，∵在Rt△ABC中，AC=1，BC=6，∴AB=，∵S△ABC=AC•BC=AB•CF，∴×1×6=×10•CF，∴CF=4.1．故答案为：4.1．本题考查垂直平分线的判定，勾股定理，明确垂直平分线判定定理及勾股定理，掌握等面积法是解题关键．16、160°．【解析】分析：根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″=∠AA″A′=80°，进而得出∠AMN+∠ANM=2（∠AA′M+∠A″），即可得出答案．详解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．∵∠DAB=100°，∴∠AA′M+∠A″=80°．由轴对称图形的性质可知：∠MA′A=∠MAA′，∠NAD=∠A″，且∠MA′A+∠MAA′=∠AMN，∠NAD+∠A″=∠ANM，∴∠AMN+∠ANM=∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″=2（∠AA′M+∠A″）=2×80°=160°．故答案为：160°．点睛：本题考查的是轴对称-最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及三角形的外角的性质和垂直平分线的性质等知识，根据已知得出M，N的位置是解题关键．17、70【分析】首先由旋转的性质，得△ABC≌△A′B′C，然后利用等腰直角三角形的性质等角转换，即可得解.【详解】由旋转的性质，得△ABC≌△A′B′C，∴AC=A′C，∠BAC=∠B′A′C，∠ACA′=90°，∴∠CAA′=∠CA′A=45°∵∴∠BAC=25°∴∠BAA′=∠BAC+∠CAA′=25°+45°=70°故答案为：70.此题主要考查利用全等三角形旋转求解角度，熟练掌握，即可解题.18、1.【解析】试题分析：根据多边形的对角线的定义可知，从n边形的一个顶点出发，可以引（n-3）条对角线，由此可得到答案．试题解析：设这个多边形是n边形．依题意，得n-3=10，∴n=1．故这个多边形是1边形考点：多边形的对角线．三、解答题(共66分)19、.【分析】根据等式的基本性质将已知等式变形，然后利用整体代入法和分式的基本性质约分即可求出分式的值．【详解】解：∵∴a＋b＝5ab，∴＝＝＝＝．此题考查的是求分式的值，掌握等式的基本性质和分式的基本性质是解决此题的关键．20、．数轴表示见解析【分析】先分别求出各不等式的解集，然后再确定其公共部分即为不等式组的解集，最后在数轴上表示出来即可．【详解】解：，由不等式①解得，，由不等式②解得，，所以，原不等式组的解集是．在数轴上表示如下：本题考查了不等式组的解法，掌握解不等式和确定不等式组解集的方法是解答本题的关键．21、（1）如图射线BD即为所求；见解析；（2）AC＝1．【解析】（1）利用尺规作出∠ABC的平分线交AC于点D；（2）只要证明BD＝AD，求出BD即可解决问题.【详解】（1）如图射线BD即为所求；（2）∵∠C＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝10°，∵BD平分∠ABC，∴∠A＝∠ABD＝∠DBC＝30°，∴BD＝2CD＝4，∴AD＝4，∴AC＝AD+CD＝4+2＝1．本题考查基本作图，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．22、（1）见解析（2）点O在∠BAC的角平分线上，理由见解析（3）平行，理由见解析【分析】（1）根据题意证明△BCE≌△CBD即可求解；（2）由（1）得到△ABC为等腰三角形，连接AO并延长交BC于F，通过证△AOE≌△AOD，得到∠BAF＝∠CAF，即点O在∠BAC的角平分线上．（3）连接，根据等腰三角形三线合一即可求解．【详解】（1）∵锐角的两条高、相交于点，且BC=CB，∴△BCE≌△CBD（HL）∴（2）解：点O在∠BAC的角平分线上．理由：∵△BCE≌△CBD∴∠EBC＝∠DCB,BE=CD∴△ABC为等腰三角形，∴AB=AC,则AB-BE=AC-CD∴AE=AD连接AO并延长交BC于F，在Rt△AOE和Rt△AOD中，∴Rt△AOE≌Rt△AOD．∴∠BAF＝∠CAF，∴点O在∠BAC的角平分线上．（3）平行，理由如下：如图，连接，交AF于G点，∵AE=AD∴△ADE为等腰三角形，由（2）得到AF为∠BAC的角平分线∴AG⊥DE，又AF⊥BC，∴DE∥BC.此题考查了等腰三角形的性质与判定，以及角平分线的判定等知识．此题难度不大，注意等角对等边与三线合一定理的应用．23、（1）答案见解析；（2）证明见解析；（3）1．【解析】（1）根据垂直得出，证明△PAC≌△PBC（SAS）即可；（2）如图②中，由直线、的交点为，证明出，利用等腰三角形三线合一即可证明；（3）连接BD，BE，利用垂直平分线的性质，得出AD=BD，BE=CE，证明△BDE是等边三角形即可．【详解】（1）如图①，定理证明：∵MN⊥AB，∴又∵∴△PAC≌△PBC（SAS），∴（2）连结OA、OB、OC．∵直线m是边BC的垂直平分线，∴∵直线n是边AC的垂直平分线，∴∴∵OH⊥AB，∴AH=BH．（3）连接BD，BE，∵∠ABC=120°，AB=AC，∴∠A=∠C=30°，∵直线