2023年重慶市江北區(qū)新區(qū)聯(lián)盟數(shù)學八下期末統(tǒng)考試題含解析

2022-2023學年八下數(shù)學期末模擬試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，在平面直角坐標系中，為，，與軸重合，反比例函數(shù)的圖象經過中點與相交于點，點的橫坐標為，則的長（）A． B． C． D．2．若正比例函數(shù)y=kx的圖象經過點（1，2），則k的值為A． B．－2 C． D．23．下列圖形中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．4．若正多邊形的一個外角是，則該正多邊形的內角和為（）A． B． C． D．5．一次函數(shù)的圖像不經過的象限是：（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．如圖，是某市6月份日平均氣溫情況，在日平均氣溫這組數(shù)據中，眾數(shù)和中位數(shù)分別是()A．21，22 B．21，21.5 C．10，21 D．10，227．為考察甲、乙、丙三種小麥的長勢，在同一時期分別從中隨機抽取部分麥苗，計算后得到苗高（單位：cm）的方差為S甲2=4.1，SA．甲 B．乙 C．丙 D．都一樣8．一元二次方程2x(x－1)＝3(x－1)的解是（）A．x＝32 B．x＝1 C．x1＝23或x2＝1 D．x1＝32且x9．若一次函數(shù)的圖象經過兩點和，則下列說法正確的是（）A． B． C． D．10．下列命題①同旁內角互補，兩直線平行；②全等三角形的周長相等；③直角都相等；④等邊對等角．它們的逆命題是真命題的個數(shù)是()A．1個 B．2個 C．3個 D．4個11．在下列各式中，是分式的有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個12．如圖，在?ABCD中，DE平分∠ADC，AD=8，BE=3，則?ABCD的周長是（）A．16 B．14 C．26 D．24二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，在菱形ABCD中，AC=6cm，BD=8cm，則菱形ABCD的高AE為cm．14．函數(shù)y=中，自變量x的取值范圍是______．15．若關于x的一次函數(shù)y＝（m+1）x+2m﹣3的圖象經過第一、三、四象限，則m的取值范圍為_____．16．平行四邊形ABCD中，∠ABC的平分線將AD邊分成的兩部分的長分別為2和3，則平行四邊形ABCD的周長是_____．17．?ABCD中，∠A=50°，則∠D=_____．18．已知：x=，y=．那么______.三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是邊BC上一點，點E、F分別是線段AB、AD中點，聯(lián)結CE、CF、EF．（1）求證：△CEF≌△AEF；（2）聯(lián)結DE，當BD＝2CD時，求證：AD＝2DE．20．（8分）小明是一位善于思考的學生，在一次數(shù)學活動課上，他將一副直角三角板按如圖所示的位置擺放，、、三點在同一直線上，，，，，量得.（1）試求點到的距離.（2）試求的長.21．（8分）先化簡：，然后從的范圍內選取一個合適的整數(shù)作為的值代入求值.22．（10分）如圖，平行四邊形ABCD中，AE、DE分別平分∠BAD、∠ADC，E點在BC上．（1）求證：BC＝2AB；（2）若AB＝3cm，∠B＝60°，一動點F以1cm/s的速度從A點出發(fā)，沿線段AD運動，CF交DE于G，當CF∥AE時：①求點F的運動時間t的值；②求線段AG的長度．23．（10分）計算：（1）（2）24．（10分）在平面直角坐標系xOy中，對于與坐標軸不平行的直線l和點P，給出如下定義：過點P作x軸，y軸的垂線，分別交直線l于點M，N，若PM+PN≤4，則稱P為直線l的近距點，特別地，直線上l所有的點都是直線l的近距點．已知點A(-，0)，B(0，2)，C(-2，2)．（1）當直線l的表達式為y=x時，①在點A，B，C中，直線l的近距點是；②若以OA為邊的矩形OAEF上所有的點都是直線l的近距點，求點E的縱坐標n的取值范圍；（2）當直線l的表達式為y=kx時，若點C是直線l的近距點，直接寫出k的取值范圍．25．（12分）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC，∠ABC的平分線相交于點D，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分別為E，F(xiàn)，求證：四邊形CEDF是正方形．26．黃石市在創(chuàng)建國家級文明衛(wèi)生城市中，綠化檔次不斷提升．某校計劃購進A，B兩種樹木共100棵進行校園綠化升級，經市場調查：購買A種樹木2棵，B種樹木5棵，共需600元；購買A種樹木3棵，B種樹木1棵，共需380元．（1）求A種，B種樹木每棵各多少元；（2）因布局需要，購買A種樹木的數(shù)量不少于B種樹木數(shù)量的3倍．學校與中標公司簽訂的合同中規(guī)定：在市場價格不變的情況下（不考慮其他因素），實際付款總金額按市場價九折優(yōu)惠，請設計一種購買樹木的方案，使實際所花費用最省，并求出最省的費用．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】

把E點的橫坐標代入，確定E的坐標，根據題意得到B的坐標為（2，4），把B的橫坐標代入求得D的縱坐標，就可求得AD，進而求得BD.【詳解】解：反比例函數(shù)的圖象經過OB中點E，E點的橫坐標為1，，∴E（1，2），∴B（2，4），∵△OAB為Rt△，∠OAB=90°，∴AB=4，把x=2代入得，∴AD=1，∴BD=AB-AD=4-1=3，故選：B．【點睛】此題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題、反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征、三角形中位線性質，解題的關鍵是求得B、D的縱坐標．2、D【解析】∵正比例函數(shù)y=kx的圖象經過點（1，1），∴把點（1，1）代入已知函數(shù)解析式，得k=1．故選D．3、C【解析】

根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念逐一判斷即可．【詳解】A：是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故錯誤；B：不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形．故錯誤；C：是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形．故正確；D：是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形．故錯誤；故答案選C．【點睛】本題主要考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形的分辨，熟記軸對稱和中心對稱的有關概念是解題的關鍵．4、C【解析】

根據正多邊形的外角度數(shù)求出多邊形的邊數(shù)，根據多邊形的內角和公式即可求出多邊形的內角和.【詳解】由題意，正多邊形的邊數(shù)為，其內角和為．故選C.【點睛】考查多邊形的內角和與外角和公式，熟練掌握公式是解題的關鍵.5、C【解析】試題分析：根據一次函數(shù)y=kx+b（k≠0，k、b為常數(shù)）的圖像與性質可知：當k＞0，b＞0時，圖像過一二三象限；當k＞0，b＜0時，圖像過一三四象限；當k＜0，b＞0時，圖像過一二四象限；當k＜0，b＜0，圖像過二三四象限.這個一次函數(shù)的k=＜0與b=1＞0，因此不經過第三象限.答案為C考點：一次函數(shù)的圖像6、A【解析】

根據眾數(shù)和中位數(shù)的定義求解．【詳解】解：這組數(shù)據中，21出現(xiàn)了10次，出現(xiàn)次數(shù)最多，所以眾數(shù)為21，第15個數(shù)和第16個數(shù)都是1，所以中位數(shù)是1．

故選A．【點睛】本題考查眾數(shù)的定義：一組數(shù)據中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據叫做眾數(shù)．也考查了條形統(tǒng)計圖和中位數(shù)．7、B【解析】

根據方差的定義，方差越小數(shù)據越穩(wěn)定．由此即可解答.【詳解】∵S甲2=4.1，S∴S丙2＞S甲2＞S乙2，方差最小的為乙，∴麥苗高度最整齊的是乙．故選B．【點睛】本題考查了方差的應用，方差是用來衡量一批數(shù)據的波動大?。催@批數(shù)據偏離平均數(shù)的大?。┑慕y(tǒng)計量．在樣本容量相同的情況下，方差越大，說明數(shù)據的波動越大，越不穩(wěn)定．8、D【解析】

先移項，再用因式分解法解一元二次方程即可.【詳解】解：移項，得2x(x－1)－3(x－1)＝0，于是(x－1)(2x－3)=0，∴x－1=0或2x－3=0，∴x1=1，故選D.【點睛】本題考查了一元二次方程的解法，對本題而言，用分解因式法解一元二次方程要比其它方法簡單，但要注意的是，兩邊切不可同時除以(x－1)，得2x=3，從而造成方程丟根.9、A【解析】

根據一次函數(shù)的增減性求解即可.【詳解】∵2>0，∴y隨x的增大而增大，∵-1<2，∴.故選A.【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像與性質，對于一次函數(shù)y=kx+b（k為常數(shù)，k≠0）,當k>0時，y隨x的增大而增大；當k<0時，y隨x的增大而減小.10、B【解析】

①的逆命題：兩直線平行，同旁內角互補，正確，②的逆命題：周長相等的三角形不一定全等，錯誤③的逆命題：相等的角不一定是直角，錯誤④的逆命題：等角對等邊，正確.故選B11、B【解析】

依據分式的定義即可判斷.【詳解】(x+3)÷(x-1)=，，(x+3)÷(x-1)=，這3個式子的分母中含有字母，因此是分式.其它式子分母中均不含有字母，是整式，而不是分式.故式子中是分式的有3個.故選：B.【點睛】此題考查了分式的定義，熟練掌握分式的定義是解題得到關鍵.12、C【解析】

由AD//BC可知∠ADE=∠DEC，根據∠ADE=∠EDC得∠DEC=∠EDC，所以DC=EC=5，根據AB=CD，AD=BC即可求出周長.【詳解】∵AD//BC，∴∠ADE=∠DEC，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠EDC，∴CE=CD=8-3=5，∴?ABCD的周長是（8+5）2=26，故選C.【點睛】本題考查平行四邊形性質，熟練掌握平行四邊形的性質是解題關鍵.二、填空題（每題4分，共24分）13、．【解析】試題分析：首先根據菱形的對角線互相垂直平分，再利用勾股定理，求出BC的長是多少；然后再結合△ABC的面積的求法，求出菱形ABCD的高AE是多少即可．解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC、BD互相垂直平分，∴BO=BD=×8=4（cm），CO=AC=×6=3（cm），在△BCO中，由勾股定理，可得BC===5（cm）∵AE⊥BC，∴AE?BC=AC?BO，∴AE===（cm），即菱形ABCD的高AE為cm．故答案為．14、x≠1【解析】

根據分母不能為零，可得答案．【詳解】解：由題意，得x-1≠0，解得x≠1，故答案為：x≠1．【點睛】本題考查了函數(shù)自變量的取值范圍，利用分母不能為零得出不等式是解題關鍵．15、﹣1＜m＜【解析】

根據一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）的圖象在坐標平面內的位置關系確定k，b的取值范圍，從而求解．【詳解】解：由一次函數(shù)y＝（m+1）x+2m﹣3的圖象經過第一、三、四象限，知m+1＞0，且2m﹣3＜0，解得，﹣1＜m＜．故答案為：﹣1＜m＜．【點睛】本題考查一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系，解題的關鍵是掌握一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系.16、14或1【解析】由平行四邊形ABCD推出∠AEB=∠CBE，由已知得到∠ABE=∠CBE，推出AB=AE，分兩種情況（1）當AE=2時，求出AB的長；（2）當AE=3時，求出AB的長，進一步求出平行四邊形的周長．

解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD=BC，AB=CD，AD∥BC，

∴∠AEB=∠CBE，

∵BE平分∠ABC，

∴∠ABE=∠CBE，

∴∠ABE=∠AEB，

∴AB=AE，

∵∠ABC的平分線將AD邊分成的兩部分的長分別為2和3兩部分，當AE=2時，則平行四邊形ABCD的周長是14；

（2）當AE=3時，則平行四邊形ABCD的周長是1；

故答案為14或1．

“點睛”此題考查了平行四邊形的性質：平行四邊形的對邊相等且平行.注意當有平行線和角平分線出現(xiàn)時，會有等腰三角形出現(xiàn)，解題時還要注意分類討論思想的應用.

17、130°【解析】根據平行四邊形的鄰角互補，則∠D=18、98【解析】

把x與y分母有理化，再計算x+y和xy，原式通分整理并利用x+y和xy的結果整體代入計算即可得到結果．【詳解】解：∵，，∴，，∴=.故答案為：98.【點睛】此題考查了分式的化簡，平方差公式的應用，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．三、解答題（共78分）19、（1）見解析；（2）見解析.【解析】

(1)在直角三角形ABC中,E為斜邊AB的中點,利用斜邊上的中線等于斜邊的一半得到CE=AE,在直角三角形ACD中,F為斜邊AD的中點,利用斜邊上的中線等于斜邊的一半得到AF=CF,再由EF=EF,利用SSS即可得證;

(2)由EF為三角形ABD的中點,利用中位線定理得到EF與BD平行,EF等于BD的一半,再由BD=2DC,等量代換得到EF=CD,再由EF與CD平行,得到四邊形CEFD為平行四邊形,可得出DE=CF,再由CF=AF,等量代換得到DE=AF.【詳解】證明：（1）∵∠ACB＝90°，且E線段AB中點，∴CE＝AB＝AE，∵∠ACD＝90°，F(xiàn)為線段AD中點，∴AF＝CF＝AD，在△CEF和△AEF中，，∴△CEF≌△AEF（SSS）；（2）連接DE，∵點E、F分別是線段AB、AD中點，∴EF＝BD，EF∥BC，∵BD＝2CD，∴EF＝CD．又∵EF∥BC，∴四邊形CFEDD是平行四邊形，∴DE＝CF，∵CF＝AF＝FD，∴AD＝2DE．【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質,中位線定理,直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，以及平行四邊形的判定與性質,熟練掌握全等三角形的判定與性質是解本題的關鍵.20、（1）點與之間的距離為：；（2）.【解析】

（1）根據題意得出∠DFE=30°，則EF=2DE=16，進而利用勾股定理得出DF的長，進而得出答案；（2）直接利用勾股定理得出DM的長，進而得出MB=FM，求出答案．【詳解】解：（1）如圖，過點作于點，在中，，，，則，故，，∵，∴，在中，，即點與之間的距離為：；（2）在中，，∵，∴，又∵，是等腰直角三角形，∴，∴．【點睛】此題考查勾股定理，平行線的性質，解題關鍵在于作輔助線21、2【解析】

根據分式的運算法則進行化簡，然后根據分式有意義的條件找出a的值代入原式即可求出答案．【詳解】解：∴取，原式=.【點睛】本題考查分式，解題的關鍵是熟練運用分式的運算法則，本題屬于中等題型．22、（1）見解析；（2）①t＝3（秒）；②AG＝．【解析】

(1)先判斷出∠DAE=∠AEB,再判斷出∠DAE=∠BAE,進而得出∠BAE=∠AEB,即可判斷出AB=BE同理:判斷出CE=AB,即可得出結論(2)①先判斷出四邊形AECF是平行四邊形,進而求AF=3,即可得出結論②先判斷出△ABE是等邊三角形,進而求出∠AEB=60°,AE=3cm,再判斷出∠DCF=∠ECF,即可判斷出∠CGE=90°,最后用勾股定理即可得出結論.【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∵AE是∠BAD的平分線，∴∠DAE＝∠BAE，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，同理：CE＝CD，∴BE＝CE＝AB，∴BC＝BE+CD＝2AB；（2）①由（1）知，CE＝CD＝AB，∵AB＝3cm，∴CE＝3cm，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC∵AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AF＝CE＝3cm，∴點F的運動時間t＝3÷1＝3（秒）；②由（1）知AB＝BE，∵∠B＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴∠AEB＝60°，AE＝AB＝3cm，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B+∠BCD＝180°，∵∠B＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AE∥CF，∴∠ECF＝∠AEB＝60°，∴∠DCF＝∠BCD﹣∠ECF＝60°＝∠ECF，由（1）知，CE＝CD＝AB＝3cm，∴CF⊥DE，∴∠CGE＝90°，在Rt△CGE中，∠CEG＝90°﹣∠ECF＝30°，CG＝CE＝，∴EG＝CG＝，∵∠AEB＝60°，∠CEG＝30°，∴∠AEG＝90°，在Rt△AEG中，AE＝3，根據勾股定理得，AG＝．【點睛】此題為四邊形的綜合題，解題關鍵在于運用平行四邊形的性質求解23、（1）；（2）.【解析】

（1）先化簡每個二次根式，再合并同類二次根式即得結果；（2）先按照完全平方公式展開，再合并、化簡即可.【詳解】解：（1）==；（2）=.【點睛】本題考查了二次根式的混合運算，對于二次根式的混合運算，一般先把各二次根式化為最簡二次根式，再進行二次根式的乘除運算，最后合并同類二次根式.24、（1）①A，B；②n的取值范圍是，且;(2).【解析】【分析】（1）①根據PM+PN≤4，進行判斷；②當PM+PN=4時，可知點P在直線l1：，直線l2：上．所以直線l的近距點為在這兩條平行線上和在這兩條平行線間的所有點．分兩種情況分析：EF在OA上方，當點E在直線l1上時，n的值最大；EF在OA下方，當點F在直線l2上時，n的值最小，當時，EF與AO重合，矩形不存在，所以可以分析出n的取值范圍；（2）根據定義，結合圖形可推出：．【詳解】解：（1）①A，B；②當PM+PN=4時，可知點P在直線l