辽宁省沈阳市皇姑区第三十三中学2023-2024学年数学八上期末经典模拟试题【含解析】

这是一份辽宁省沈阳市皇姑区第三十三中学2023-2024学年数学八上期末经典模拟试题【含解析】，共20页。试卷主要包含了若实数满足，则的值是，已知，已知二元一次方程组，则的值为等内容，欢迎下载使用。

请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图是一只蝴蝶的标本，标本板恰好分割成 4×7 个边长为1的小正方形，已知表示蝴蝶“触角”的点 B，C的坐标分别是（1，3），（2，3），则表示蝴蝶“右爪”的D点的坐标为（ ）
A．（2，0）B．（3，0）C．（2，1）D．（3，1）
2．如图，已知△ABE≌△ACD，下列选项中不能被证明的等式是( )
A．AD＝AEB．DB＝AEC．DF＝EFD．DB＝EC
3．若实数满足，则的值是（ ）
A．B．2C．0D．1
4．已知：将直线沿着轴向下平移2个单位长度后得到直线，则下列关于直线的说法正确的是（ ）
A．经过第一、二、四象限B．与轴交于
C．与轴交于D．随的增大而减小
5．若分式有意义，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．王师傅想做一个三角形的框架，他有两根长度分别为11cm和12cm的细木条，需要将其中一根木条分为两段，如果不考虑损耗和接头部分，那么他可以把（ ）分为两截．
A．11cm的木条B．12cm的木条C．两根都可以D．两根都不行
7．如图，在中，，边上的垂直平分线分别交、于点、，若的周长是11，则（ ）
A．28B．18C．10D．7
8．两个三角形只有以下元素对应相等，不能判定两个三角形全等的（ ）
A．两角和一边B．两边及夹角C．三个角D．三条边
9．已知二元一次方程组，则的值为（ ）
A．2B．C．4D．
10．如图，将边长为5m的正方形沿虚线剪成两块正方形和两块长方形.若拿掉边长3n的小正方形后，再将剩下的三块拼成一块长方形，则这块长方形较长的边长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若（x+m）（x+3）中不含x的一次项，则m的值为__．
12．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点为轴上一动点，以为边在的右侧作等腰，，连接，则的最小值是 __________．
13．如图所示，一只蚂蚁从点沿数轴向右直爬2个单位到达点，点表示，设点所表示的数为，则的值是__________．
14．如图，在一次测绘活动中，某同学站在点A处观测停放于B、C两处的小船，测得船B在点A北偏东75°方向160米处，船C在点A南偏东15°方向120米处，则船B与船C之间的距离为________米．
15．若多项式是一个完全平方式，则m的值为______．
16．函数的定义域为______________．
17．当代数式的值不大于时，的取值范围是_______________________．
18．如图所示，将含有30°角的三角板的直角顶点放在相互平行的两条直线其中一条上，若，则的度数为__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）（1）计算：；
（2）分解因式：．
20．（6分）如图1，在长方形中，，，点在线段上以的速度由向终点运动，同时，点在线段上由点向终点运动，它们运动的时间为.
（解决问题）
若点的运动速度与点的运动速度相等，当时，回答下面的问题：
(1)；
(2)此时与是否全等，请说明理由；
(3)求证：；
（变式探究）
若点的运动速度为，是否存在实数，使得与全等？若存在，请直接写出相应的的值；若不存在，请说明理由.
21．（6分）计算：
（1）
（2）（1﹣2）（1+2）﹣（﹣1）2
22．（8分）先化简，再求值：[(2ab－1)2+(6ab－3)]÷(－4ab)，其中a＝3，b＝－
23．（8分）在中，，，、分别是的高和角平分线．求的度数．
24．（8分）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为点D，E，其中BE，CD相交于点O，∠BAO =∠CAO．求证：OB=OC．
25．（10分）在购买某场足球赛门票时，设购买门票数为x（张），总费用为y（元）．现有两种购买方案：
方案一：若单位赞助广告费10000元，则该单位所购门票的价格为每张60元；
（总费用＝广告赞助费+门票费）
方案二：购买门票方式如图所示．
解答下列问题：
（1）方案一中，y与x的函数关系式为 ；
方案二中，当0≤x≤100时，y与x的函数关系式为 ，当x＞100时，y与x的函数关系式为 ；
（2）如果购买本场足球赛门票超过100张，你将选择哪一种方案，使总费用最省？请说明理由；
（3）甲、乙两单位分别采用方案一、方案二购买本场足球赛门票共700张，花去总费用计58000元，求甲、乙两单位各购买门票多少张．
26．（10分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=（），将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD．
（1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含的式子表示）；
（2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE的形状并加以证明；
（3）在（2）的条件下，连结DE，若∠DEC=45°，求的值．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据点B、C的坐标，得到点A为原点（0，0），然后建立平面直角坐标系，即可得到点D的坐标.
【详解】解：∵点 B，C的坐标分别是（1，3），（2，3），
∴点A的坐标为（0，0）；
∴点D的坐标为：（3，0）；
故选：B.
【点睛】
本题考查建立平面直角坐标系，坐标的确定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2、B
【解析】试题解析：∵△ABE≌△ACD，
∴AB=AC，AD=AE，∠B=∠C，故A正确；
∴AB-AD=AC-AE，即BD=EC，故D正确；
在△BDF和△CEF中
∴△BDF≌△CEF（ASA），
∴DF=EF，故C正确；
故选B．
3、A
【分析】根据题意由，变形可得，根据非负性进行计算可得答案．
【详解】解：由，变形可得，
根据非负性可得：
解得：
所以．
故选：A．
【点睛】
本题考查平方和算术平方根的非负性，注意掌握和运用平方和算术平方根的非负性是解题的关键．
4、C
【分析】根据直线平移的规律得到平移前的直线解析式，再根据一次函数的性质依次判断选项即可得到答案.
【详解】∵直线沿着轴向下平移2个单位长度后得到直线，
∴原直线解析式为：+2=x+1，
∴函数图象经过第一、二、三象限，故A错误，
当y=0时，解得x=-1，图象与x轴交点坐标为（-1,0），故B错误；
当x=0时，得y=1，图象与y轴交点坐标为（0,1），故C正确；
∵k=1>0，∴y随x的增大而增大，故D错误，
故选：C.
【点睛】
此题考查一次函数的性质，函数图象平移的规律，根据图象的平移规律得到函数的解析式是解题的关键.
5、B
【分析】分式有意义，则，求出x的取值范围即可.
【详解】∵分式有意义，
∴，
解得：，
故选B.
【点睛】
本题是对分式有意义的考查，熟练掌握分式有意义的条件是解决本题的关键.
6、B
【分析】根据三角形的三边关系：三角形的任意两边之和大于第三边解答即可．
【详解】解：∵三角形的任意两边之和大于第三边，∴两根长度分别为11cm和12cm的细木条做一个三角形的框架，可以把12cm的木条分为两截．
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的三边关系在实际中的应用，属于基本题型，熟练掌握三角形的三边关系是关键．
7、D
【分析】利用垂直平分线的性质和已知的三角形的周长计算即可．
【详解】解：∵DE是BC的垂直平分线，
∴BE=EC，
∴AB=EB+AE=CE+EA，
又∵△ACE的周长为11，，
故AB=11-4=7，
故选：D．
【点睛】
本题考查线段垂直平分线的性质：线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．
8、C
【解析】判定两三角形全等，就必须有边的参与，因此C选项是错误的．
A选项，运用的是全等三角形判定定理中的AAS或ASA，因此结论正确；
B选项，运用的是全等三角形判定定理中的SAS，因此结论正确；
D选项，运用的是全等三角形判定定理中的SSS，因此结论正确；故选C．
9、D
【分析】解方程组求出x、y的值，再把所求式子化简后代入即可．
【详解】解：
②−①×2得，6y＝9，解得，
把代入①得，，解得，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
10、A
【分析】观察图形可知，这块矩形较长的边长=边长为5m的正方形的边长+边长为3n的小正方形的边长，据此计算即可.
【详解】解：根据题意，得：这块长方形较长的边长为.
故选：A.
【点睛】
本题是平方差公式的几何背景，主要考查了正方形的剪拼和列代数式的知识，关键是得到这块矩形较长的边长与这两个正方形边长的关系.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、-1
【分析】把式子展开，找到x的一次项的所有系数，令其为2，可求出m的值．
【详解】解：∵（x+m）（x+1）=x2+（m+1）x+1m，
又∵结果中不含x的一次项，
∴m+1=2，
解得m=-1．
【点睛】
本题主要考查了多项式乘多项式的运算，注意当多项式中不含有哪一项时，即这一项的系数为2．
12、3．
【分析】如图，作DH⊥x于H，利用全等三角形的判定与性质证明点D在直线y=x-3上运动，O关于直线y=x-3的对称点E′，连接AE′，求出AE′的长即可解决问题．
【详解】如图，作DH⊥x轴于H．
∵∠AOB=∠ABD=∠BHD=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，∠ABO+∠DBH=90°，
∴∠BAO=∠DBH，
∵AB=DB，
∴△ABO≌△BDH（AAS），
∴OA=BH=3，OB=DH，
∴HD=OH-3，
∴点D在直线y=x-3上运动，
作O关于直线y=x-3的对称点E′，连接AE′交直线y=x-3于D′，
连接OD′,则OD′= D′E′
根据“两点之间，线段最短”可知此时OD+AD最小，最小值为AE′，
∵O（0，0），O关于直线y=x-3的对称点为E′，
∴E′（3，-3），
∵A（0，3），
∴AE′=3，
∴OD+AD的最小值是3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判性质，利用轴对称解决最短路径问题，一次函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择题中的压轴题．
13、
【分析】先根据数轴上点的平移的性质求得m，将m的值代入，根据绝对值的性质（）进行化简即可．
【详解】解：由题意知，A点和B点的距离为2，A的坐标为，
∴B点的坐标为；
∴
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查实数与数轴，化简绝对值，无理数的估算．能估算的正负，并且根据绝对值的意义化简是解决此题的关键．
14、1
【解析】根据已知条件得到∠BAC=90°，AB=160米，AC=120米，由勾股定理即可得到结论．
【详解】解：根据题意得：∠BAC=90°，AB=160米，AC=120米，
在Rt△ABC中，BC= ＝ =1米．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用-方向角问题，会识别方向角是解题的关键．
15、±1
【分析】先根据两平方项确定出这两个数，再根据完全平方公式的乘积二倍项即可确定m的值．
【详解】∵1x2+mx+1=（2x）2+mx+12，
∴mx=±2×2x×1，
解得m=±1．
故答案为：±1．
【点睛】
考查了完全平方式，解题的关键是熟记完全平方公式，并根据平方项确定出这两个数．
16、
【分析】根据二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0，分析原函数可得1-2x≥0，解不等式即可．
【详解】解：根据题意得，1-2x≥0，
解得：
故答案为：
【点睛】
本题考查了函数自变量的取值范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．
17、
【分析】根据题意，列出一元一次不等式，然后解不等式即可得出结论．
【详解】解：由题意可得≤10
≤20
≤19
解得
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是解一元一次不等式，掌握不等式的解法是解决此题的关键．
18、
【分析】延长AB交CF于E，求出∠ABC，根据平行线性质得出∠AEC=∠2=25°，再根据三角形外角性质求出∠1即可．
【详解】解：如图，延长AB交CF于E，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，
∵GH∥EF，
∴∠AEC=∠2=25°，
∴∠1=∠ABC-∠AEC=35°．
故答案为：35°．
【点睛】
本题考查了三角形的内角和定理，三角形外角性质，平行线性质的应用，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）
【分析】（1）根据整式的乘法运算法则即可运算；
（2）先提公因式-3y，再利用完全平方工时即可因式分解．
【详解】解：（1）原式=
=
（2）
=
=
【点睛】
本题考查了整式的乘法运算及因式分解，解题的关键是掌握整式的乘法运算法则，提公因式法与公式法进行因式分解．
20、解决问题（1）1；（2）全等；（3）见解析；变式探究：1或.
【分析】解决问题
（1）当t=1时，AP的长=速度×时间；
（2）算出三角形的边，根据全等三角形的判定方法判定；
（3）利用同角的余角相等证明∠DPQ=90°；
变式探究
若与全等，则有两种情况：①≌②≌，分别假设两种情况成立，利用对应边相等求出t值.
【详解】解：解决问题
（1）∵t=1，点P的运动速度为，
∴AP=1×1=1cm；
（2）全等，理由是：
当t=1时，可知AP=1，BQ=1，
又∵AB=4，BC=3，
∴PB=3，
在△ADP与△BPQ中，
，
∴△ADP≌△BPQ（SAS）
（3）∵△ADP≌△BPQ，
∴∠APD=∠PQB，
∵∠PQB+∠QPB=90°，
∴∠APD+∠QPB=90°，
∴∠DPQ=90°，即DP⊥PQ.
变式探究
①若≌，
则AP=BQ，
即1×t=x×t，
x=1；

②若≌，
AP=BP，即点P为AB中点，
此时AP=2，t=2÷1=2s，
AD=BQ=3，
∴x=3÷2=cm/s.
综上：当与全等时，x的取值为1或.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，注意在运动中对三角形全等进行分类讨论，从而得出不同情况下的点Q速度.
21、（1）6+；（2）﹣15+2．
【分析】（1）根据二次根式的性质、绝对值的性质、立方根的概念解答；
（2）根据平方差公式、完全平方公式计算．
【详解】（1）原式＝5﹣2++3＝6+；
（2）原式＝1﹣（2）2﹣（3﹣2+1）
＝1﹣12﹣4+2
＝﹣15+2．
【点睛】
本题考查了实数的混合运算，掌握实数混合运算的法则是解题的关键．
22、原式=;值为3.
【分析】原式整理后中利用完全平方公式，以及单项式乘以多项式运算法则计算，再利用多项式除以单项式法则计算得到最简结果，把a与b的值代入计算即可求出值
【详解】[(2ab－1)2+(6ab－3)]÷(－4ab)
=
=
=
当a＝3，b＝－时，原式= =3.
【点睛】
此题考查了整式的混合运算-化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键.
23、∠DAE=20°
【分析】先根据三角形的内角和定理得到∠BAC的度数，再利用角平分线的定义求出∠BAE=∠BAC，而∠BAD=90°-∠B，然后利用∠DAE=∠BAE-∠BAD进行计算即可．
【详解】解：在△ABC中，∠B=80°，∠C=40°
∴∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-80°-40°=60°
∵AE是的角平分线
∴∠BAE=∠BAC=30°，
∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB=90°
∴在△ADB中，∠BAD=90°-∠B=90°-80°=10°
∴∠DAE=∠BAE-∠BAD=30°-10°=20°．
【点睛】
本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形的高线．熟练掌握相关定义，计算出角的度数是解题关键．
24、见解析
【分析】根据垂直的定义和角平分线的性质可得∠BDO=∠CEO=90°、OD=OE，然后利用ASA即可证出△ODB≌△OEC，从而证出结论．
【详解】解：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDO=∠CEO=90°．
∵∠BAO =∠CAO，
∴OD=OE．
在△ODB和△OEC中
∴△ODB≌△OEC（ASA）．
∴OB=OC．
【点睛】
此题考查的是角平分线的性质、全等三角形的判定及性质，掌握角平分线的性质、全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
25、解：(1) 方案一:y=60x+10000；
当0≤x≤100时，y=100x；
当x＞100时，y=80x+2000；
(2)当60x+10000＞80x+2000时，即x＜400时，选方案二进行购买，
当60x+10000=80x+2000时，即x=400时，两种方案都可以，
当60x+10000＜80x+2000时，即x＞400时，选方案一进行购买；
(3) 甲、乙单位购买本次足球赛门票分别为500张、200张.
【分析】（1）根据题意可直接写出用x表示的总费用表达式；
（2）根据方案一与方案二的函数关系式分类讨论；
（3）假设乙单位购买了a张门票，那么甲单位的购买的就是700-a张门票，分别就乙单位按照方案二：①a不超过100；②a超过100两种情况讨论a取值的合理性．从而确定求甲、乙两单位各购买门票数．
【详解】解：(1) 方案一:y=60x+10000；
当0≤x≤100时，y=100x；
当x＞100时，y=80x+2000；
(2)因为方案一y与x的函数关系式为y=60x+10000，
∵x＞100，方案二的y与x的函数关系式为y=80x+2000；
当60x+10000＞80x+2000时，即x＜400时，选方案二进行购买，
当60x+10000=80x+2000时，即x=400时，两种方案都可以，
当60x+10000＜80x+2000时，即x＞400时，选方案一进行购买；
(3) 设甲、乙单位购买本次足球赛门票数分别为a张、b张；
∵甲、乙单位分别采用方案一和方案二购买本次足球比赛门票，
∴乙公司购买本次足球赛门票有两种情况：b≤100或b＞100.
① b≤100时，乙公司购买本次足球赛门票费为100b，
解得不符合题意，舍去；
② 当b＞100时，乙公司购买本次足球赛门票费为80b+2000，
解得符合题意
答：甲、乙单位购买本次足球赛门票分别为500张、200张.
26、（1）（2）见解析（3）
【分析】（1）求出∠ABC的度数，即可求出答案；
（2）连接AD，CD，ED，根据旋转性质得出BC=BD，∠DBC=60°，求出∠ABD=∠EBC=30°-α，且△BCD为等边三角形，证△ABD≌△ACD，推出∠BAD=∠CAD=∠BAC=α，求出∠BEC=α=∠BAD，证△ABD≌△EBC，推出AB=BE即可；
（3）求出∠DCE=90°，△DEC为等腰直角三角形，推出DC=CE=BC，求出∠EBC=15°，得出方程30°-α=15°，求出即可．
【详解】（1）解：∵AB=AC，∠A=α，
∴∠ABC=∠ACB，∠ABC+∠ACB=180°-∠A，
∴∠ABC=∠ACB=（180°-∠A）=90°-α，
∵∠ABD=∠ABC-∠DBC，∠DBC=60°，
即∠ABD=30°-α；
（2）△ABE为等边三角形．
证明：
连接AD，CD，ED，
∵线段BC绕点B逆时针旋转得到线段BD，
∴BC=BD，∠DBC=60°．
又∵∠ABE=60°，
∴且△BCD为等边三角形．
在△ABD与△ACD中，
∵AB=AC，AD=AD，BD=CD，
∴△ABD≌△ACD（SSS）．
∴．
∵∠BCE=150°，
∴．
∴．
在△ABD和△EBC中，
∵，，BC=BD，
∴△ABD≌△EBC（AAS）．
∴AB=BE．
∴△ABE为等边三角形．
（3）∵∠BCD=60°，∠BCE=150°，
∴．
又∵∠DEC=45°，
∴△DCE为等腰直角三角形．
∴DC=CE=BC．
∵∠BCE=150°，
∴．
而．
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定和性质的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性质是全等三角形的对应边相等，对应角相等．