2023年云南省昆明市黃岡實驗學校數(shù)學八下期末質量檢測模擬試題含解析

2022-2023學年八下數(shù)學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．下列直線與一次函數(shù)的圖像平行的直線是（）A．； B．； C．； D．．2．如圖，廣場中心的菱形花壇ABCD的周長是40米，∠A＝60°，則A，C兩點之間的距離為（）A．5米 B．5米 C．10米 D．10米3．不等式組的解集在數(shù)軸上表示為A． B．C． D．4．如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠DAB=60°，則對角線BD的長是（）A．1 B． C．2 D．5．若分式的值為0，則()A． B． C． D．6．下列各式中，最簡二次根式是（）A． B． C． D．7．如圖所示,四邊形的對角線和相交于點,下列判斷正確的是（）A．若，則是平行四邊形B．若，則是平行四邊形C．若，，則是平行四邊形D．若，，則是平行四邊形8．9的值等于()A．3 B．-3 C．±3 D．39．如圖，在平面直角坐標系中，已知正方形ABCO，A（0，3），點D為x軸上一動點，以AD為邊在AD的右側作等腰Rt△ADE，∠ADE＝90°，連接OE，則OE的最小值為（）A． B． C．2 D．310．下列各式中正確的是()A． B． C．＝a＋b D．＝－a－b二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在AB，AD上，若CE=，且∠ECF=45°，則CF的長為__________．12．在一次捐款活動中，某班第一小組8名同學捐款的金額單位：元如下表所示：這8名同學捐款的平均金額為______元金額元56710人數(shù)232113．若一個多邊形的各邊都相等，它的周長是63，且它的內角和為900°，則它的邊長是________.14．分解因式：____________15．在平面直角坐標系中，點P（a-1，a）是第二象限內的點，則a的取值范圍是__________。16．在甲、乙兩名同學中選拔一人參加校園“中華詩詞”大賽，在相同的測試條件下，兩人5次測試成績分別是：甲：79，86，82，85，83；乙：88，79，90，81，72；數(shù)據(jù)波動較小的一同學是_____．17．將化成最簡二次根式為______．18．在正方形ABCD中，對角線AC＝2cm，那么正方形ABCD的面積為_____．三、解答題(共66分)19．（10分）某校從初二（1）班和（2）班各選拔10名同學組成甲隊和乙隊，參加數(shù)學競賽活動，此次競賽共有10道選擇題，答對8題（含8題）以上為優(yōu)秀，兩隊選手答對題數(shù)統(tǒng)計如下：答對題數(shù)5678910平均數(shù)（）甲隊選手1015218乙隊選手004321a中位數(shù)眾數(shù)方差（s2）優(yōu)秀率甲隊選手881.680%乙隊選手bc1.0m（1）上述表格中，a=，b=，c=，m=．（2）請根據(jù)平均數(shù)和眾數(shù)的意義，對甲、乙兩隊選手進行評價．20．（6分）已知兩直線L1：y=k1x+b1，L2：y=k2x+b2，若L1⊥L2，則有k1?k2=﹣1．（1）應用：已知y=2x+1與y=kx﹣1垂直，求k；（2）直線經過A（2，3），且與y=x+3垂直，求解析式．21．（6分）已知點E、F分別是四邊形ABCD邊AB、AD上的點，且DE與CF相交于點G．（1）如圖①，若AB∥CD，AB＝CD，∠A＝90°，且AD?DF＝AE?DC，求證：DE⊥CF：（2）如圖②，若AB∥CD，AB＝CD，且∠A＝∠EGC時，求證：DE?CD＝CF?DA：（3）如圖③，若BA＝BC＝3，DA＝DC＝4，設DE⊥CF，當∠BAD＝90°時，試判斷是否為定值，并證明．22．（8分）如圖，平面直角坐標系內，小正方形網(wǎng)格的邊長為1個單位長度，的三個頂點的坐標分別為，，，解答下列問題：(1)將向上平移1個單位長度，再向右平移5個單位長度后得到的，畫出；(2)繞原點逆時針方向旋轉得到，畫出；(3)如果利用旋轉可以得到，請直接寫出旋轉中心的坐標.23．（8分）若關于x、y的二元一次方程組的解滿足x+y＞0，求m的取值范圍．24．（8分）如圖，在平面直角坐標系中，△OAB的頂點坐標分別為O（0，0），A（2，4），B（4，0），分別將點A、B的橫坐標、縱坐標都乘以1．5，得相應的點A'、B'的坐標。（1）畫出OA'B'：（2）△OA'B'與△AOB______位似圖形：（填“是”或“不是”）（3）若線段AB上有一點，按上述變換后對應的A'B'上點的坐標是______.25．（10分）甲、乙兩位運動員在相同條件下各射靶10次，毎次射靶的成績情況如圖.(1)請?zhí)顚懴卤?(2)請你從平均數(shù)和方差相結合對甲、乙兩名運動員6次射靶成績進行分析:平均數(shù)方差中位數(shù)命中9環(huán)以上的次數(shù)(包括9環(huán))甲71.21乙5.47.5(3)教練根據(jù)兩人的成績最后選擇乙去參加比賽，你能不能說出教練讓乙去比賽的理由?(至少說出兩條理由)26．（10分）如圖，在中，，，求：的長；的面積；

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解析】【分析】設一次函數(shù)y=k1x+b1（k1≠0）的圖象為直線l1，一次函數(shù)y=k2x+b2（k2≠0）的圖象為直線l2，若k1=k2，且b1≠b2，我們就稱直線l1與直線l2互相平行．據(jù)此可以判斷.【詳解】A.直線與直線相交，故不能選；B.直線與直線平行，故能選；C.直線與直線重合，故不能選；D.直線與直線相交，故不能選．故選：B【點睛】本題考核知識點：一次函數(shù).解題關鍵點：熟記一次函數(shù)性質.2、D【解析】

設AC與BD交于點O.∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AB=BC=CD=AD=40÷4=10米∵∠BAD=60°，∴△ABD為等邊三角形，∴BD=AB=10米，OD=OB=5米在Rt△AOB中，根據(jù)勾股定理得：OA=5米∴AC=2OA=10米.故選D.3、A【解析】

先求出每個不等式的解集，再求出不等式組的解集，即可得出選項.【詳解】，解不等式得：，解不等式得：，不等式組的解集為，在數(shù)軸上表示為：.故選：.【點睛】本題考查了解一元一次不等式組和在數(shù)軸上表示不等式組的解集，能根據(jù)不等式的解集求出不等式組的解集是解此題的關鍵.4、C【解析】試題分析：∵菱形ABCD的邊長為1，∴AD=AB=1，又∵∠DAB=60°，∴△DAB是等邊三角形，∴AD=BD=AB=1，則對角線BD的長是1．故選C．考點：菱形的性質．5、C【解析】

根據(jù)分式值為零的條件是分式的分子等于2，分母不等于2解答即可．【詳解】∵分式的值為2，∴|x|-2=2，x+2≠2．∴x=±2，且x≠-2．∴x=2．故選：C．【點睛】本題主要考查的是分式值為零的條件，明確分式值為零時，分式的分子等于2，分母不等于2是解題的關鍵．6、C【解析】

根據(jù)最簡二次根式的定義逐個判斷即可．最簡二次根式滿足兩個條件，一是被開方式不含能開的盡方的因式，二是被開方式不含分母.【詳解】A、=，不是最簡二次根式，故本選項不符合題意；B、=2，不是最簡二次根式，故本選項不符合題意；C、是最簡二次根式，故本選項符合題意；D、=2，不是最簡二次根式，故本選項不符合題意；故選C．【點睛】本題考查了最簡二次根式的定義，能熟記最簡二次根式的定義的內容是解此題的關鍵．7、D【解析】

若AO=OC，BO=OD，則四邊形的對角線互相平分，根據(jù)平行四邊形的判定定理可知，該四邊形是平行四邊形．【詳解】∵AO=OC，BO=OD，∴四邊形的對角線互相平分所以D能判定ABCD是平行四邊形.故選D.【點睛】此題考查平行四邊形的判定，解題關鍵在于掌握判定定理.8、A【解析】9=3.9、A【解析】

根據(jù)全等三角形的判定先求證△ADO≌△DEH，然后再根據(jù)等腰直角三角形中等邊對等角求出∠ECH＝45°，再根據(jù)點在一次函數(shù)上運動，作OE′⊥CE，求出OE′即為OE的最小值.【詳解】解：如圖，作EH⊥x軸于H，連接CE．∵∠AOD＝∠ADE＝∠EHD＝90°，∴∠ADO+∠EDH＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，∴∠ADO＝∠DEH，∵AD＝DE，∴△ADO≌△DEH（AAS），∴OA＝DH＝OC，OD＝EH，∴OD＝CH＝EH，∴∠ECH＝45°，∴點E在直線y＝x﹣3上運動，作OE′⊥CE，則△OCE′是等腰直角三角形，∵OC＝3，∴OE′＝，∴OE的最小值為．故選：A．【點睛】全等三角形的判定和性質、等腰三角形的性質和垂線段最短的公理都是本題的考點，熟練掌握基礎知識并作出輔助線是解題的關鍵.10、D【解析】

根據(jù)分式的性質：分子分母同時擴大或縮小相同倍數(shù),值不變,和分式的通分即可解題.【詳解】A.,故A錯誤,B.,故B錯誤C.a＋b,這里面分子不能用平方差因式分解,D.＝－a－b,正確故選D.【點睛】本題考查了分式的運算性質,屬于簡單題,熟悉概念是解題關鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、【解析】如圖，延長FD到G，使DG=BE；連接CG、EF；∵四邊形ABCD為正方形，在△BCE與△DCG中，，∴△BCE≌△DCG(SAS)，∴CG=CE，∠DCG=∠BCE，∴∠GCF=45°，在△GCF與△ECF中，，∴△GCF≌△ECF(SAS)，∴GF=EF，∵CE=3，CB=6，∴BE=，∴AE=3，設AF=x,則DF=6?x,GF=3+(6?x)=9?x，∴EF=，∴(9?x)2=9+x2，∴x=4，即AF=4，∴GF=5，∴DF=2，∴CF==,故答案為：.點睛：本題考查了全等三角形的判定與性質，勾股定理的知識點，構建三角形，利用方程思想是解答本題的關鍵.12、6.5【解析】

根據(jù)加權平均數(shù)的計算公式用捐款的總錢數(shù)除以8即可得出答案．【詳解】這8名同學捐款的平均金額為元，故答案為：．【點睛】此題考查了加權平均數(shù)，掌握加權平均數(shù)的計算公式是解題的關鍵，屬于基礎題．13、9【解析】

設多邊形的邊數(shù)為n，先根據(jù)多邊形的內角和求出多邊形的邊數(shù)，再根據(jù)周長即可求出邊長.【詳解】設多邊形的邊數(shù)為n，由題意得(n－2)·180°=900°解得n=7，則它的邊長是63÷7=9.【點睛】本題考查的是多邊形的內角和，解答的關鍵是熟練掌握多邊形的內角和公式：(n－2)·180°.14、a(x+5)(x-5)【解析】

先公因式a，然后再利用平方差公式進行分解即可.【詳解】故答案為a(x+5)(x-5).15、0<a<1【解析】

已知點P（a-1，a）是第二象限內的點，即可得到橫縱坐標的符號，即可求解．【詳解】∵點P（a-1，a）是第二象限內的點，∴a-1＜0且a＞0，解得：0＜a＜1．故答案為：0＜a＜1．【點睛】本題主要考查了平面直角坐標系中第二象限的點的坐標的符號特點，第二象限（-，+）．16、答案為甲【解析】

方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動大小的一個量．方差越大，則平均值的離散程度越大，穩(wěn)定性也越??；反之，則它與其平均值的離散程度越小，穩(wěn)定性越好．【詳解】解：＝83（分），＝82（分）；經計算知S甲2＝6，S乙2＝1．S甲2＜S乙2，∴甲的平均成績高于乙，且甲的成績更穩(wěn)定，故答案為甲【點睛】本題主要考查平均數(shù)、方差等知識，解題的關鍵是記住：方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動大小的一個量．方差越大，則平均值的離散程度越大，穩(wěn)定性也越?。环粗?，則它與其平均值的離散程度越小，穩(wěn)定性越好．17、1【解析】

最簡二次根式必須滿足兩個條件:(1)被開方數(shù)不含分母;(2)被開方數(shù)不含能開得盡方的因數(shù)或因式．【詳解】化成最簡二次根式為1．故答案為1【點睛】本題考核知識點：簡二次根式.解題關鍵點：理解簡二次根式的條件．18、2【解析】

根據(jù)正方形的面積公式可求正方形面積.【詳解】正方形面積==2故答案為2.【點睛】本題考查了正方形的性質，利用正方形的面積=對角線積的一半解決問題．三、解答題(共66分)19、（1）8，8，7，；（2）見解析.【解析】

（1）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可以求得a、b、c、m的值；（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可以從平均數(shù)和眾數(shù)的意義，對甲、乙兩隊選手進行評價．【詳解】解：（1）平均數(shù)．中位數(shù)：共有10名同學，中位數(shù)為第5、第6的平均數(shù)，即b=8；眾數(shù)c=7，優(yōu)秀率；（2）甲乙兩隊的平均數(shù)都為8，說明兩隊的平均水平相同，甲隊的眾數(shù)為8，乙隊的眾數(shù)為7，說明出現(xiàn)人數(shù)最多的題數(shù)中，甲隊大于乙隊，若僅從平均數(shù)和眾數(shù)分析，甲隊優(yōu)于乙隊．【點睛】本題考查方差、加權平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)，解答本題的關鍵是明確題意，求出a、b、c、m的值，知道方差、加權平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)的含義．20、（1）k=；（2）解析式為y=2x﹣2．【解析】試題分析:（1）根據(jù)L1⊥L2，則k1·k2=﹣1，可得出k的值即可；（2）根據(jù)直線互相垂直，則k1·k2=﹣1，可得出過點A直線的k等于2，得出所求的解析式即可．試題解析:解：（1）∵L1⊥L2，則k1?k2=﹣1，∴2k=﹣1，∴k=﹣；（2）∵過點A直線與y=x+2垂直，∴設過點A直線的直線解析式為y=2x+b，把A（2，2）代入得，b=﹣2，∴解析式為y=2x﹣2．21、（1）證明見解析（2）證明見解析（3）答案見解析【解析】

（1）根據(jù)已知條件得到四邊形ABCD是矩形，由矩形的性質得到∠A=∠FDC=90°，根據(jù)相似三角形的性質得到∠CFD=∠AED，根據(jù)余角的性質即可得到結論；

（2）根據(jù)已知條件得到△DFG∽△DEA，推出，根據(jù)△CGD∽△CDF，得到，等量代換即可得到結論；

（3）過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長線于M，連接BD，設CN=x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD=∠A=90°，證△BCM∽△DCN，求出，在Rt△CMB中，由勾股定理得出BM2+CM2=BC2，解方程得到CN，證出△AED∽△NFC，即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵AB∥CD，AB＝CD，∠A＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠FDC＝90°，∵AD?DF＝AE?DC，∴∴△AED∽△DFC，∴∠CFD＝∠AED，∵∠ADE+∠AED＝90°，∴∠ADE+∠CFD＝90°，∴∠DGF＝90°，∴DE⊥CF；（2）證明：∵∠A＝∠EGC，∠ADE＝∠GDF，∴△DFG∽△DEA，∴∵AB∥CD，AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∠AED＝∠EDC，∴∠B＝∠ADC，∵△DFG∽△DEA，∴∠AED＝∠DFG，∴DFC＝∠GDC，∵∠DCG＝∠FCD，∴△CGD∽△CDF，∴∴，∴DE?CD＝CF?DA；（3）解：為定值，理由：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長線于M，連接BD，設CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，∴四邊形AMCN是矩形，∴AM＝CN，AN＝CM，∵在△BAD和△BCD中，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD＝∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，∴,∴∴在Rt△CMB中，，BM＝AM﹣AB＝x﹣3，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，∴x＝0（舍去），∴∵∠A＝∠FGD＝90°，∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，∵∠A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴【點睛】屬于相似三角形的綜合題，考查矩形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，綜合性比較強，掌握相似三角形的判定定理是解題的關鍵.22、(1)見解析；(2)見解析；(3)(3，-2).【解析】

（1）分別將點A、B、C向上平移1個單位，再向右平移5個單位，然后順次連接得到△A1B1C1，然后寫出A1的坐標即可；

（2）根據(jù)網(wǎng)格結構找出點A、B、C以點O為旋轉中心逆時針方向旋轉90°后的對應點，然后順次連接得到△A2B2O；

（3）利用旋轉的性質得出答案．【詳解】(1)如圖所示，為所求作的三角形;(2)如圖所示，為所求作的三角形．(3)將△A2B2C2繞某點P旋轉可以得到△A1B1C1，點的坐標為：.【點睛】考查了利用旋轉變換作圖，熟練掌握網(wǎng)格結構準確找出對應點的位置是解題的關鍵．23、m＞﹣1【解析】

兩方程相加可得x+y＝m+1，根據(jù)題意得出關于m的方程，解之可得．【詳解】解：將兩個方程相加即可得1x+1y＝1m+4，則x+y＝m+1，根據(jù)題意，得：m+1＞0，解得m＞﹣1．【點睛】本題考查的是解一元一次不等式組，正確求出每一個不等式解集是基礎，熟知“同大取大；同小取??；大小小大中間找；大大小小找不到”的原則是解答此題的關鍵．24、（1）見解析；（2）是；（3）.【解析】

（1）直接利用將點A、B的橫坐標、縱坐標都乘以1.5，得相應的點A'、B'的坐標，即可得出答案；（2）利用位似圖形的定義得出答案；（3）利用位似圖形的性質即可得出對應點坐標．【詳解】解：（1）根據(jù)題意可知A'坐標為（21.5,41.5），即A'（3，6），同理B'（6，0），如圖所示：△OA'B'，即為所求；（2）如（1）中圖形