江苏无锡市东林中学2024-2025学年八上数学第15周阶段性训练模拟练习【含答案】

这是一份江苏无锡市东林中学2024-2025学年八上数学第15周阶段性训练模拟练习【含答案】，共21页。试卷主要包含了如果点P1等内容，欢迎下载使用。
1．如图，直线y=−12x+2与x轴、y轴交于A、B两点，在y轴上有一点C（0，4），动点M从A点出发以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动．当移动到△COM与△AOB全等时，移动的时间t是（ ）
A．2B．4C．2或4D．2或6
2．如图，∠ABC、∠ACE的平分线BP、CP交于点P，PF⊥BD，PG⊥BE，垂足分别为F、G，下列结论：①S△ABP：S△BCP＝AB：BC；②∠APB+∠ACP＝90°；③∠ABC+2∠APC＝180°，其中正确的结论有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
3．如图，一次函数y＝kx+b的图象与x轴交于点A（1，0），则关于x的不等式x（kx+b）＞0的解集是（ ）
A．x＞0B．x＜0C．x＞1或x＜0D．x＞1或x＜1
二．填空题（共7小题）
4．如果点P1（3，y1），P2（2，y2）在一次函数y＝8x﹣1的图象上，那么y1 y2．（填“＞”、“＜”或“＝”）
5．已知直线y＝kx+b（k≠0）的图象与直线y＝﹣2x平行，且经过点（2，3），则该直线的函数表达式为
．
6．已知△ABC中，AB＝5，BC＝8，BC边上的中线AD＝3，则AC＝ ．
7．如图，长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，则△BEF的面积为 cm2．
8．如图，直线y＝kx+k（k≠0）与x轴、y轴分别交于B、A两点，将点B绕点A逆时针旋转90°得到点P（x，y），则y与x的函数关系式为 ．
9．如图，小明将长方形纸片ABCD对折后展开，折痕为EF，再将点C翻折到EF上的点
G处，折痕为BH，则∠GBH＝ °．
10．如图，两条互相垂直的直线m、n交于点O，一块等腰直角三角尺的直角顶点A在直线m上，锐角顶点B在直线n上，D是斜边BC的中点．已知OD=7，BC＝4，则S△AOB＝ ．
三．解答题（共6小题）
11．在△ABC中，∠ABC＝45°，点D（与点B、C不重合）为线段BC上一动点，连接AD，以AD为直角边作等腰直角△DAF，使∠DAF＝90°，连接BF．
（1）如果AB＝AC，如图1，且点D在线段BC上运动，试判断线段BF与CD所在直线之间的位置关系，并证明你的结论．
（2）如果AB≠AC，如图2，且点D在线段BC上运动（AD＜AB），（1）中结论是否成立，为什么？
12．小明家和他外婆家相距4500米，周末小明和妈妈约好先后从家里出发前往外婆家，小明骑自行车先走，一路都是匀速行驶；然后小明妈妈骑电瓶车前往，且途中速度只改变一次，如图表示的是小明和他妈妈两人之间的距离S关于时间t的函数图象（点D的实际意义是小明妈妈开电瓶车到外婆家），请根据图象解答下列问题．
（1）小明的速度是 ．
（2）小明妈妈变速之前的速度是 ，小明妈妈变速之后的速度是 ，点C的坐标为 ．
（3）当小明和妈妈两人相距300米时，求t的值．
13．如图，在平面直角坐标系中长方形AOBC的顶点A、B坐标分别为（0，8）、（10，0），点D是BC上一点，将△ACD沿直线AD翻折，使得点C落在OB上的点E处，点F是直线AD与x轴的交点，连接CF．
（1）点C坐标为 ；
（2）求直线AD的函数表达式 ；
（3）点P是直线AD上的一点，当△CFP是直角三角形时，请你直接写出点P的坐标．
14．某中学计划举行以“青春启航，奋斗有我”为主题的演讲比赛，需要购买笔记本、中性笔两种奖品奖励给获奖学生，已知1本笔记本和2支中性笔共需40元，2本笔记本和3支中性笔共需70元．
（1）求笔记本、中性笔的单价；
（2）根据奖励计划，该中学需两种奖品共60件，且中性笔的数量不多于笔记本数量的2倍，应如何购买才能使总费用最少？并求出最少费用．
15．为迎接周年庆典，某商场面向消费者推出VR（虚拟现实）体验优惠活动，活动方案如下：
方案一：若消费者购买一张40元的专享卡，每次VR体验费用按八折付费；
方案二：若消费者不购买专享卡，当VR体验超过一定次数后，超过部分享受优惠．
设某消费者参加VR体验x次，按照方案一所需费用为y1元，按照方案二所需费用为y2元，y2与x之间的函数图象如图所示．
（1）优惠前每次的VR体验费用是 元；
（2）分别y1、y2与x的函数表达式；
（3）若VR体验超过10次，该消费者将选择哪种方案？为什么？
16．如图，一次函数的图象与x轴正半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B，点D在x轴上．如果将直线AB沿直线BD翻折，使得点A的对应点C落在y轴上，那么直线BD称为直线AB的“伴随直线”．已知点B的坐标为（0，6），BC＝10．
（1）若点C在y轴负半轴上，求直线AB的“伴随直线”BD的函数表达式；
（2）已知在（1）的条件下，存在第一象限内的点E，使得△BOD与以B、D、E为顶点的三角形全等，试求出点E的坐标；
（3）直线AB的“伴随直线”BD上是否存在点F（异于点D），使得S△ABD＝S△ABF？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题（共3小题）
1．【解答】解：对于直线AB：y=−12x+2，
当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝4，
∴A（4，0），B（0，2），
∴OA＝OC＝4，
∴必有△COM≌△AOB，分为两种情况：
①当M在OA上时，OB＝OM＝2，
∴AM＝OA﹣OM＝4﹣2＝2，
∴动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动2个单位，所需要的时间是2秒钟；
M（2，0），
②当M在AO的延长线上时，OM＝OB＝2，
则M（﹣2，0），此时所需要的时间t＝[4﹣（﹣2）]÷1＝6秒，
故选：D．
2．【解答】解：∵PB平分∠ABC，PF⊥BD，PG⊥BE，
∴PF＝PG，
∴S△ABP：S△BCP=12AB•PF：12BC•PG＝AB：BC，故①正确；
过P作PH⊥AC于H，
∵PC平分∠ACE，
∴PH＝PG，
∴PF＝PH，
∴PA平分∠CAF，
∵BP平分∠ABC，
∴∠CAF＝∠ABC+∠ACB＝2∠PAF，∠PAF=12∠ABC+∠APB，
∴∠ACB＝2∠APB，
∵∠ACB+∠ACE＝180°，
∴12∠ACB+12∠ACE=∠APB+∠ACP＝90°，故②正确；
∵PF⊥AB，PG⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠FPG+90°＝360°，
∴∠ABC+∠FPG＝180°，
在Rt△PAF和Rt△PAH中，
PF=PHPA=PA，
∴Rt△PAF≌Rt△PAH（HL），
∴∠APF＝∠APG，
同理：Rt△PCH≌Rt△PCG（HL），
∴∠CPH＝∠CPG，
∴∠FPG＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，故③正确；
故选：D．
3．【解答】解：∵不等式x（kx+b）＞0，
∴x＞0kx+b＞0或x＜0kx+b＜0，
∵一次函数y＝kx+b的图象与x轴交于点A（1，0），
由图象可知，当x＞1时，y＞0；当x＜1时，y＜0，
∴关于x的不等式x（kx+b）＞0的解集是x＞1或x＜0．
故选：C．
二．填空题（共7小题）
4．【解答】解：∵一次函数y＝8x﹣1，y随x值的增大而增大，
又∵3＞2，
∴y1＞y2，
故答案为：＞．
5．【解答】解：∵直线y＝kx+b（k≠0）的图像与直线y＝﹣2x平行，
∴k＝﹣2，
∵一次函数的图象经过点（2，3），
∴﹣2×2+b＝3，
解得，b＝7，
则一次函数的表达式为y＝﹣2x+7，
故答案为：y＝﹣2x+7．
6．【解答】解：∵AD为中线，BC＝8，
∴BD＝CD＝4，
∵32+42＝52，
∴AD2+BD2＝AB2，
∴∠ADB＝90°，
∴AC=AD2+CD2=32+42=5．
故答案为：5．
7．【解答】解：长方形ABCD中，AB＝CD＝3cm，AD＝9cm，∠D＝90°，
根据翻折可知：
∠G＝∠D＝90°，BG＝CD＝3cm，GF＝CF，
设BF＝xcm，则GF＝CF＝（9﹣x）cm，
在Rt△BGF中，根据勾股定理，得
32+（9﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
∴S△BEF=12BF•AB=12×5×3=152（cm2）．
故答案为：152．
8．【解答】解：∵直线y＝kx+k（k≠0）与x轴、y轴分别交于B、A两点，
∴当x＝0时，y＝k；当y＝0时，x＝﹣1；
∴A（0，k），B（﹣1，0）．
如图，过P作PC⊥OA于C．
∵将点B绕点A逆时针旋转90°得到点P（x，y），
∴AP＝AB，∠BAP＝90°，
∴∠OAB+∠CAP＝90°，
∵∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠CAP＝∠OBA．
在△ACP与△BOA中，
∠ACP=∠BOA∠CAP=∠OBAAP=AB，
∴△ACP≌△BOA（AAS），
∴AC＝BO＝1，CP＝OA＝k，
∴OC＝OA﹣AC＝k﹣1，
∴P（k，k﹣1），
又P（x，y），
∴y与x的函数关系式为y＝x﹣1．
故答案为：y＝x﹣1．
9．【解答】解：连接CG，
由折叠可知：BC＝BG，BG＝CG，∠GBH＝∠CBH，
∴BC＝BG＝CG，
∴△BCG为等边三角形，
∴∠GBC＝60°，
∴∠GBH=12∠GBC＝30°，
故答案为：30．
10．【解答】解：连接AD，过点D作ED⊥DO，交直线n于点E，
∴∠EDO＝90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝90°，
∴AB＝AC，
∵D是斜边BC的中点，
∴∠ADB＝90°，AD＝＝DB=12BC＝2，
∴AB=AD2+DB2=22+22=22，
∵∠ADB﹣∠BDO＝∠EDO﹣∠BDO，
∴∠ADO＝∠BDE，
∵m⊥n，
∴∠AOB＝90°，
∴∠DAO+∠DBO＝360°﹣∠ADB﹣∠AOB＝180°，
∵∠DBO+∠DBE＝180°，
∴∠DAO＝∠DBE，
∴△DAO≌△DBE（ASA），
∴DO＝DE=7，OA＝BE，
∴OE=DE2+OD2=(7)2+(7)2=14，
∴OB+BE=14，
∴OB+OA=14，
∴（OB+OA）2＝14，
∴OA2+OB2+2OA•OB＝14，
在Rt△OAB中，OA2+OB2＝AB2，
∴OA2+OB2＝（22）2＝8，
∴2OA•OB＝14﹣8＝6，
∴OA•OB＝3，
∴△AOB的面积=12OA•OB=32，
故答案为：32．
三．解答题（共6小题）
11．【解答】解：（1）BF⊥CD，理由如下：
∵△DAF是等腰直角三角形，
∴AF＝AD，
∵∠ABC＝45°，AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴∠BAD+∠CAD＝90°，
∵∠DAF＝90°，
∴∠BAD+∠BAF＝90°，
∴∠BAF＝∠CAD，
在△BAF和△CAD中，
AF=AD∠BAF=∠CADAB=AC，
∴△BAF≌△CAD（SAS），
∴∠ABF＝∠ACD＝45°，
∴∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝45°+45°＝90°，
∴BF⊥CD；
（2）（1）中结论成立，理由如下：
如图2，过点A作AE⊥AB交DC于点E，则∠BAE＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠AEB＝90°﹣45°＝45°＝∠ABE，
∴AB＝AE，
∵∠FAB+∠BAD＝∠DAF＝90°，∠BAD+∠DAE＝∠BAE＝90°，
∴∠FAB＝∠DAE，
在△ABF和△AED中，
AB=AE∠FAB=∠DAEAF=AD，
∴△ABF≌△AED（SAS），
∴∠FBA＝∠DEA＝45°，
∴∠FBD＝∠FBA+∠ABC＝45°+45°＝90°，
∴BF⊥CD．
12．【解答】解：（1）由图可得，
小明的速度为：1800÷10＝180（米/分钟），
故答案为：180米/分；
（2）设小明妈妈变速之前的速度是a米/分钟，
180×12.5﹣1050＝（12.5﹣10）a，
解得，a＝480，
设小明妈妈变速后的速度为b米/分钟，
4500﹣（12.5﹣10）×480＝（22.5﹣12.5）b，
解得，b＝330，
设点C的坐标为（m，0），
∵点C表示小明与妈妈相遇，由题意得：
180m＝（12.5﹣10）×480+330（m﹣12.5），
解得m＝19.5，
∴点C的坐标为（19.5，0），
即小明妈妈变速之前的速度是480米/分钟，小明妈妈变速之后的速度是330米/分钟，点C的坐标为（19.5，0），
故答案为：480米/分钟，330米/分钟，（19.5，0）；
（3）由题意可得，
①t＝300÷180=53；
②180t﹣300＝480×（12.5﹣10）+330（t﹣12.5），
解得t＝17.5；
③180t+300＝480×（12.5﹣10）+330（t﹣12.5），
解得t＝21.5．
即t的值是53或17.5或21.5．
13．【解答】解：（1）∵A、B坐标分别为（0，8）、（10，0），
∴OA＝8，OB＝10，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC⊥OA，BC⊥OB，BC＝AO＝8，AC＝OB＝10，
∴点C的坐标为（10，8），
故答案为：（10，8）；
（2）∵四边形AOBC是矩形，
∴∠AOB＝90°，
设BD＝m，则CD＝8﹣m，
由翻折的性质得DE＝CD＝8﹣m，AE＝AC＝10，
在Rt△AOE中，
OEAE2−OA2=102−82=6，
∴BE＝10﹣6＝4，
在Rt△BDE中，DE2＝BE2+BD2，
∴（8﹣m）2＝42+m2，解得m＝3，
∴D（10，3），
设直线AD的函数表达式为y＝kx+b，
则b=810k+b=3，
解得：k=−12b=8，
∴直线AD的解析式为：y=−12x+8，
故答案为：y=−12x+8；
（3）∵直线AD的解析式为：y=−12x+8，点F是直线AD与x轴的交点，
∴F（16，0），
设P（x，−12x+8），
∵点C的坐标为（10，8），
∴PC2＝（10﹣x）2+[8﹣（−12x+8）]2=54x2﹣20x+100，
PF2＝（16﹣x）2+（−12x+8）2=54x2﹣40x+320，
CF2＝（16﹣10）2+82＝100，
①当∠PCF＝90°时，PF2＝PC2+CF2，
∴54x2﹣40x+320=54x2﹣20x+100+100，解得x＝6，
∴点P的坐标为（6，5）；
②当∠CPF＝90°时，PF2+PC2＝CF2，
∴54x2﹣40x+320+54x2﹣20x+100＝100，解得x＝16或8，
∵x＝16时，点P与点F重合，故舍去，
∴点P的坐标为（8，4）；
综上所述，点P的坐标为（6，5）或（8，4）．
14．【解答】解：（1）设笔记本单价为x元/本，中性笔的单价为y元/支，
依题意，得：x+2y=402x+3y=70，
解得x=20y=10，
答：笔记本单价为20元/本，中性笔的单价为10元/支．
（2）设购买笔记本数量m本，则购买中性笔（60﹣m）支，设购买两种奖品的总费用为w元，
∵中性笔的数量不多于笔记本数量的2倍，
∴60﹣m≤2m，
∴m≥20．
依题意，得：w＝20m+10（60﹣m）＝10m+600，
∵10＞0，
∴w随m值的增大而增大，
∴当学校购买20本笔记本、40支中性笔时，总费用最少，最少费用是800元．
15．【解答】解：（1）由图象可知：优惠前，做10次VR体验需300元，
∴优惠前每次的VR体验费用是300÷10＝30（元），
故答案为：30；
（2）∵方案一：若消费者购买一张40元的专享卡，每次VR体验费用按八折付费，
∴y1＝40+30×80%•x＝24x+40，
当x≤10时，y2＝30x，
当x＞10时，y2＝300+500−30020−10（x﹣10）＝20x+100，
∴y2=30x(x≤10)20x+100(x＞10)；
（3）当x＞10时，
若y1＝y2，即24x+40＝20x+100，解得x＝15，
∴VR体验15次，两种方案费用相同，
若y1＜y2，即24x+40＜20x+100，解得x＜15，
∴VR体验大于10次小于15次，选择方案一，
若y1＞y2，即24x+40＞20x+100，解得x＞15，
∴VR体验大于15次，选择方案二，
综上所述，VR体验大于10次小于15次，选择方案一，VR体验15次选择两种方案都一样，VR体验大于15次，选择方案二．
16．【解答】解：（1）如图1，∵点B（0，6），BC＝10，
∴C（0，﹣4），
∴OC＝4，
∴OB＝6，
由对称性可知，AB＝BC＝10，
∴OA＝8，
∵BD⊥AC，
∴∠OAC+∠OCA＝90°，∠OCA+∠CBD＝90°，
∴∠OAC＝∠CBD，
∴tan∠OAC=OCOA=ODBD，
∴48=OD6，
∴OD＝3，
∴D（3，0），
设直线BD的解析式为y＝kx+b，
∴3k+b=0b=6，
∴k=−2b=6，
∴y＝﹣2x+6；
（2）①如图2，当E点与O点关于直线BD对称时，△OBD≌△EDB，
∴E点在直线AB上，
∵D（3，0），A（8，0），
∴AD＝5，
∵OD＝3，
∴DE＝3，
设直线BA的解析式为y＝k'x+b'，
∴8k′+b′=0b′=6，
∴k′=−34b′=6，
∴y=−34x+6，
设E（t，−34t+6），
∴3=(3−t)2+(−34t+6)2，
∴t=245，
∴E（245，125）；
②如图3，当BE⊥y轴，DE⊥x轴时，△OBD≌△EDB
此时四边形BOCE是矩形，
∴E（3，6）；
综上所述：E点坐标为（245，125）或（3，6）；
（3）存在，理由如下：
如图4，当F点与D点关于B点对称时，BF＝BD，
∴S△ABD＝S△ABF，
∵F点在直线BD上，
设F（m，﹣2m+6），
∵BD＝35，
∴BF＝35=m2+(−2m)2，
∴m＝±3，
∴F（3，0）（舍）或F（﹣3，12）；
如图5，当C点在y轴正半轴时，
∵点B（0，6），BC＝10，
∴C（0，16），
∴OC＝16，
∴OB＝6，
由对称性可知，AB＝BC＝10，
∴OA＝8，
∵BD⊥AC，
∴∠OAC+∠OCA＝90°，∠ADN+∠NAD＝90°，
∵∠CAO＝∠DAN，
∴∠ADN＝∠OCA，
∴tan∠OCA=AOCO=OBOD，
∴816=6OD，
∴OD＝12，
∴D（﹣12，0），
设直线BD的解析式为y＝kx+b，
∴b=6−12k+b=0，
∴b=6k=12，
∴y=12x+6，
∵F点在直线BD上，
设F（m，12m+6），
∵BD＝65，
∴BF＝65=m2+14m2，
∴m＝12，
∴F（12，0）（舍）或F（12，12）；
综上所述：F点坐标为（12，12）或（﹣3，12）．
声明：试