常州卷——【江苏省专用】2022-2023学年苏科版数学八年级下册期中模拟检测卷（原卷版+解析版）

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一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2021秋•海门市期末）在以下图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
解：选项A、C、D均不能找到这样的一个点，使形绕某一点旋转180°后原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项B能找到这样的一个点，使形绕某一点旋转180°后原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：B．
2．（2分）（2015秋•龙海市期末）计算频率时不可能得到的数值是（ ）
A．0B．0.5C．1D．1.2
解：∵频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值，
∴频率≤1．
故选：D．
3．（2分）（2021•新洲区模拟）不透明的袋子中只有4个白球和2个红球，这些球除颜色外无其它差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件是必然事件的是（ ）
A．3个球都是白球B．3个球都是红球
C．至少有1个白球D．至少有1个红球
解：透明的袋子中只有4个白球和2个红球，这些球除颜色外无其它差别，随机从袋子中一次摸出3个球，
3个球都是白球是随机事件，A选项不符合题意；
3个球都是红球是不可能事件，B选项不符合题意；
至少有1个白球是必然事件，C选项符合题意；
至少有1个红球是随机事件，D选项不符合题意；
故选：C．
4．（2分）（2020秋•泾阳县期末）下列调查中，最适合采用全面调查（普查）的是（ ）
A．调查某一批次盒装牛奶的合格情况
B．某学校对学生进行体检
C．对全国人民掌握新冠防疫知识情况的调查
D．了解泾阳县居民日平均用水量
解：A．调查某一批次盒装牛奶的合格情况，适合抽样调查，故此选项不符合题意；
B．某学校对学生进行体检，适合全面调查，故此选项符合题意；
C．对全国人民掌握新冠防疫知识情况的调查，适合抽样调查，故此选项不符合题意；
D．了解泾阳县居民日平均用水量，适合抽样调查，故此选项不符合题意；
故选：B．
5．（2分）（2021•皇姑区一模）在一个不透明的袋子里装有红球，黄球共60个，这些球除颜色外其他都相同．小明通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.25左右，则袋子中红球的个数最有可能是（ ）
A．9B．15C．18D．24
解：设袋子中红球有x个，
根据题意，得：＝0.25，
解得x＝15，
∴袋子中红球的个数最有可能是15个，
故选：B．
6．（2分）（2021春•锦江区校级期末）下列图形不是中心对称图形的是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．正三角形
解：正方形，矩形，菱形是中心对称图形．
而正三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形．
故选：D．
7．（2分）（2022春•沙坪坝区期末）在▱ABCD中，∠A：∠B＝2：1，则∠C的度数为（ ）
A．50°B．60°C．100°D．120°
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠A＝∠C，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A：∠B＝2：1，
∴∠A＝120°，
∴∠C＝∠A＝120°，
故选：D．
8．（2分）（2021•陕西模拟）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AC与BD交于点O，E是BC边的中点，EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，则四边形EFOG的面积为（ ）
A．3B．5C．6D．8
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积＝AC×BD＝24，
∴AC×BD＝48，
∵EF⊥BD于F，EG⊥AC于G，
∴四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，
∵点E是线段BC的中点，
∴EF、EG都是△OBC的中位线，
∴EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，
∴矩形EFOG的面积＝EF×EG＝AC×BD＝×48＝3；
故选：A．
9．（2分）（2021秋•裕华区校级期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝3cm，E为CD的中点动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，则当△APE的面积为5cm2时，x的值为（ ）
A．5B．3或5C．D．或5
解：①当P在AB上时，
∵△APE的面积等于5cm2，
∴x•3＝5，
解得：x＝；
当P在BC上时，
∵△APE的面积等于5cm2，
∴S矩形ABCD﹣S△CPE﹣S△ADE﹣S△ABP＝5，
∴3×4﹣（3+4﹣x）×2﹣×2×3﹣×4×（x﹣4）＝5，
解得：x＝5；
③当P在CE上时，
∵△APE的面积为5cm2，
∴（4+3+2﹣x）×3＝5，
解得：x＝（不合题意舍去），
综上所述，x的值为或5，
故选：D．
10．（2分）（2020秋•贵阳期末）如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为4，∠B＝120°，则EF的值是（ ）
A．B．2C．D．4
解：连接AC，BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD＝BC，AC⊥BD，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝4
∵A沿EF折叠与O重合，
∴EF⊥AC，EF平分AO，
∵AC⊥BD，
∴EF∥BD，
∴E、F分别为AB、AD的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴EF＝BD＝2，
故选：B．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2021春•秦淮区期中）从一副扑克牌中任意抽取1张．则下列事件：①这张牌是“A”，②这张牌是“红桃”，③这张牌是“大王”，按其发生的可能性从小到大的顺序是 ③①② （填写序号）．
解：∵一副扑克牌中含“A”4张，“红桃”13张，“大王”1张，
∵1＜4＜13，
∴将这些事件按发生的可能性从小到大顺序排列：③①②．
故答案为：③①②．
12．（2分）（2021秋•上蔡县期末）在一个不透明的袋子中装有5个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同．每次从袋子中随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，通过多次重复试验发现摸出红球的频率稳定在0.8附近，则袋子中红球约有 20 个．
解：根据题意知，袋中球的总个数约为5÷（1﹣0.8）＝25（个），
所以袋中红球的个数约为25﹣5＝20（个），
故答案为：20．
13．（2分）（2022春•廉江市期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝6，∠BAD和∠ADC的平分线交BC于E、F两点，则EF的长是 2 ．
解：∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
又∵AD∥CB，
∴∠AEB＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
则BE＝AB＝4；
同理可得，CF＝CD＝4．
∴EF＝BE+CF﹣BC＝BE+CF﹣AD＝4+4﹣6＝2．
故答案为：2．
14．（2分）（2022春•旌阳区期末）为了解学生体质健康水平，某校抽查了10名学生每分钟跳绳次数，获得如下数据（单位：次）：86，89，89，91，93，101，102，111，117，121．则跳绳次数在90～110这一组的频数是 4 ．
解：这10个数据中，在90～110的有4个，即跳绳次数在90～110这一组的频数是4，
故答案为：4．
15．（2分）（2021春•西双版纳期末）如图，已知P是平面直角坐标系中的一点，其坐标为（6，8），则点P到原点的距离是 10 ．
解：∵P是平面直角坐标系中的一点，其坐标为（6，8），
∴点P到原点的距离是：＝10，
故答案为：10．
16．（2分）（2021秋•南康区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则PE的长是 ﹣1 ．
解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，
∴OB＝AB＝1，
∴OA＝OB＝，
∴AC＝2，
由旋转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，
∴CE＝AC﹣AE＝2﹣2，
∵四边形AEFG是菱形，
∴EF∥AG，
∴∠CEP＝∠EAG＝60°，
∴∠CEP+∠ACD＝90°，
∴∠CPE＝90°，
∴PE＝CE＝﹣1，
故答案为：﹣1．
17．（2分）（2020春•杭州期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝7，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，则线段EF的长为 3 ．
解：∵平行四边形ABCD，
∴∠DFC＝∠FCB，
又CF平分∠BCD，
∴∠DCF＝∠FCB，
∴∠DFC＝∠DCF，
∴DF＝DC，
同理可证：AE＝AB，
∵AB＝5，AD＝BC＝7，
∴2AB﹣BC＝AE+FD﹣BC＝EF＝3．
故答案为3．
18．（2分）（2022秋•薛城区期末）已知点P是正方形ABCD内部一点，且△PAB是正三角形，则∠CPD＝ 150 度．
解：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵△ABP是等边三角形，
∴AP＝BP＝AB，∠PAB＝∠PBA＝60°，
∴AP＝AD＝BP＝BC，∠DAP＝∠CBP＝30°．
∴∠BCP＝∠BPC＝∠APD＝∠ADP＝75°，
∴∠PDC＝∠PCD＝15°，
∴∠CPD＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝180°﹣15°﹣15°＝150°．
故答案为：150．
19．（2分）（2017秋•中山市期末）如图，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30度，得到平行四边形ABCD，点B与点B′是对应点，点C与点C′是对应点，点B′恰好落在BC边上，则∠C的度数是 105° ．
解：∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），
∴AB＝AB′，∠BAB′＝30°，
∴∠B＝∠AB′B＝（180°﹣30°）÷2＝75°，
∴∠C＝180°﹣75°＝105°．
故答案为：105°．
20．（2分）（2022秋•平桂区 期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝8，GC＝，AE平分∠BAG交BC于点E，E是BC的中点，则AG的长为 ．
解：过E作EH⊥AG于H，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AE平分∠BAG交BC于点E，
∴BE＝EH，
在Rt△ABE与Rt△AHE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AHE（HL），
∴AH＝AB＝8，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴EH＝CE，
在Rt△EHG与Rt△ECG中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AHE（HL），
∴GH＝CG＝，
∴AG＝AH+GH＝8+＝，
故答案为：．
三．解答题（共1小题，满分60分）
21．（8分）（2022秋•安徽期末）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）请画出△ABC绕点O逆时针方向旋转90°后得到的图形△A1B1C1.（点A，B，C的对应点分别为点A1，B1，C1）
（2）请画出（1）中△A1B1C1关于原点O对称的图形△A2B2C2.（点A1，B1，C1的对应点分别为点A2，B2，C2）
解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
22．（10分）（2020春•昌平区期末）移动支付快捷高效，中国移动支付在世界处于领先水平．为了解人们平时最喜欢用哪种移动支付方式，因此在某步行街使用某APP软件对使用移动支付的行人进行随机抽样调查，设置了四个选项：支付宝、微信、银行卡、其他移动支付（每人只选一项），以下是根据调查结果分别整理的不完整的条形统计图和扇形统计图．
请你根据下列统计图提供的信息，完成下列问题：
（1）这次调查的样本容量是 200 ；
（2）请补全条形统计图；
（3）求在此次调查中，表示使用微信支付的扇形所对的圆心角的度数；
（4）若某天该步行街人流量为10万人，其中40%的人购物并选择移动支付，请你依据此次调查获得的信息估计一下当天使用银行卡支付的人数．
解：（1）90÷45%＝200（人），
故答案为：200；
（2）200﹣90﹣20﹣10＝80（人），补全条形统计图如图所示：
（3）360°×＝144°，
（4）100000×40%×＝4000（人），
答：估计当天使用银行卡支付的有4000人．
23．（10分）（2021•广东模拟）如图，在▱ABCD中，E是对角线BD上的一点，过点C作CF∥DB，且CF＝DE，连接AE，BF，EF．
（1）求证：∠AED＝∠BFC；
（2）若∠ABE+∠BFC＝180°，四边形ABFE是什么特殊四边形？请说明理由．
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵CF∥DB，
∴∠BCF＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠BCF
在△ADE与△BCF中
，
∴△ADE≌△BCF（SAS），
∴∠AED＝∠BFC；
（2）四边形ABFE是菱形，
理由：∵CF∥DB，且CF＝DE，
∴四边形CFED是平行四边形，
∴CD＝EF，CD∥EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴AB＝EF，AB∥EF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵∠AEB+∠AED＝180°，∠ABE+∠BFC＝180°，
∴∠AEB＝180°﹣∠AED，∠ABE＝180°﹣∠BFC，
∵∠AED＝∠BFC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴四边形ABFE是菱形．
24．（10分）（2022春•绵阳期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OE⊥CD于点E，F是BC的中点，FG⊥CD于点G．
（1）求证：四边形OEGF是矩形；
（2）若OE＝3，EG＝4，求AC•BD的值．
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵F是BC的中点，
∴OF是△DBC的中位线，
∴OF∥CD，
∵OE⊥CD，FG⊥CD，
∴∠OEG＝90°，OE∥FG，
∴四边形OEGF是平行四边形，
又∵∠OEG＝90°，
∴平行四边形OEGF是矩形；
（2）解：由（1）可知，四边形OEGF是矩形，OF是△DBC的中位线，
∴OF＝EG＝4，CD＝2OF＝8，
∵OE⊥CD，
∴S△OCD＝CD•OE＝×8×3＝12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴S菱形ABCD＝4S△OCD＝4×12＝48，
又∵S菱形ABCD＝AC•BD＝48，
∴AC•BD＝96．
25．（10分）（2022•南京模拟）我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．
（1）思路梳理
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线．
根据 SAS ，易证△AFE≌ △AFG ，得EF＝BE+DF．
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 ∠B+∠ADC＝180° 时，仍有EF＝BE+DF．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
解：（1）思路梳理
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图1，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
则∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，BE＝DG，
∠FAG＝∠FAD+∠GAD＝∠FAD+∠BAE＝90°﹣45°＝45°＝∠EAF，
即∠EAF＝∠FAG，
在△EAF和△GAF中，，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF；
故答案为：SAS；△AFG；
（2）类比引申
∠B+∠ADC＝180°时，EF＝BE+DF；理由如下：
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2所示：
∴∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC＝180°；
（3）联想拓展
猜想：DE2＝BD2+EC2．理由如下：
把△ACE绕点A逆时针旋转90°到△ABF的位置，连接DF，如图3所示：
则△ABF≌△ACE，∠FAE＝90°，
∴∠FAB＝∠CAE．BF＝CE，∠ABF＝∠C，
∴∠FAE＝∠BAC＝90°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FAD＝∠DAE＝45°，
在△ADF和△ADE中，，
∴△ADF≌△ADE（SAS），
∴DF＝DE，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
∴∠C＝∠ABF＝45°，
∴∠DBF＝∠ABF+∠ABC＝90°，
∴△BDF是直角三角形，
∴BD2+BF2＝DF2，
∴BD2+EC2＝DE2．
26．（12分）（2019春•大邑县期末）如图，已知△ABC中，BE平分∠ABC，且BE＝BA，点F是BE延长线上一点，且BF＝BC，过点F作FD⊥BC于点D．
（1）求证：∠BEC＝∠BAF；
（2）判断△AFC的形状并说明理由．
（3）若CD＝2，求EF的长．
解：（1）∵BE平分∠ABC，
∴∠EBC＝∠ABF，
在△BEC和△BAF中，
，
∴△BEC≌△BAF（SAS），
∴∠BEC＝∠BAF；
（2）△AFC是等腰三角形．
证明：过F作FG⊥BA，与BA的延长线交于点G，如图，
∵BA＝BE，BC＝BF，∠ABF＝∠CBF，
∴∠AEB＝∠BCF，
∵∠BEC＝∠BAF，
∴∠GAF＝∠AEB＝∠BCF，
∵BF平分∠ABC，FD⊥BC，FG⊥BA，
∴FD＝FG，
在△CDF和△AGF中，
，
∴△CDF≌△AGF（AAS），
∴FC＝FA，
∵△ACF是等腰三角形；
（3）设AB＝BE＝x，
∵△CDF≌△AGF，CD＝2，
∴CD＝AG＝2，
∴BG＝BA+AG＝x+2，
在Rt△BFD和Rt△BFG中，
，
∴△BFD≌△BFG（HL），
∴BD＝BG＝x+2，
∴BF＝BC＝BD+CD＝x+4，
∴EF＝BF﹣BE＝x+4﹣x＝4