数学01卷（北师大版八年级下册）——2022-2023学年八年级数学下学期期末模拟卷

2022-2023学年八年级下学期期末考前必刷卷01

数学·全解全析

一、选择题（本大题有6个小题，每小题3分，共18分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．C

【分析】直接利用分式有意义的条件得出x的值．

【详解】解：∵分式有意义，

∴，

解得：．

故选：C．

【点睛】此题主要考查了分式有意义的条件，正确得出分母不能为零是解题关键．

2．C

【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．

【详解】解：A．不是中心对称图形，故A错误；

B．不是中心对称图形，故B错误；

C．是中心对称图形，故C正确；

D．不是中心对称图形，故D错误．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键是熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．

3．B

【分析】根据不等式的性质即可求解．

【详解】解：．若，则，根据不等式两边同时加上同一个数不等号的方向不变，故错误，不符合题意；

．若，则，根据不等式两边同时乘以同一个负数，不等号的方向改变，故正确，符合题意；

．若，则，根据不等式两边同时乘以同一个正数，不等号的方向不变，故错误，不符合题意；

．若，则，根据，可得，故错误，不符合题意；

故选：B．

【点睛】本题主要考查不等式的性质，掌握不等式的性质，尤其是对的理解是解题的关键．

4．B

【分析】先证明，得，，再利用三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，可得，求出，再根据即可得出结果．

【详解】解：如图，延长与相交于点F，

∵平分，

∴，，

∵，

∴，

∴，，

∵M为中点，

∴是的中位线，

∴，

∴，

∵，

∴．

故选：B．

【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰三角形的判定与性质，作辅助线构造出以为中位线的三角形是解题的关键．

5．D

【分析】根据分式方程的解法即可得到，再利用增根的定义即可解答．

【详解】解：，

方程两边同时乘以，得，

∴，

∴，

∵分式方程有增根，

∴，

∴，

故选：．

【点睛】本题考查的了解分式方程，分式方程的增根，掌握分式方程的解法是解题的关键．

6．C

【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得到∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，根据AE平分∠BAD，得到∠BAE=∠EAD=60°推出△ABE是等边三角形，由于AB=BC，得到AE=BC，得到△ABC是直角三角形，于是得到∠CAD=30°，故A正确；由于，得到，故B正确，根据，，且，得到，故C错误；根据三角形的中位线定理得到，于是得到，故D正确．

【详解】四边形是平行四边形，

，，

平分，

,

是等边三角形，

，

，

，

，

，故A正确；

，

，故B正确，

，，

，

，故C错误；

，，

，

，故D正确．

故选：C．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．

7．4

【分析】直接利用分式的值为零，分子为零，分母不为零，进而得出答案．

【详解】解：∵分式的值为0，

∴且，

解得：．

故答案为：4．

【点睛】此题主要考查了分式的值为零的条件，正确掌握分式的值为零，分子为零，分母不为零，是解题关键．

8．130

【分析】将因式分解，然后整体代入即可．

【详解】解：．

故答案为：130．

【点睛】本题考查了求代数式的值，相关知识点有因式分解，整体代入是本题的解题关键．

9．（答案不唯一）

【分析】可连接对角线，通过对角线互相平分得出结论．

【详解】解：添加的条件为；

连接AC交于O，

∵四边形是平行四边形，

∴，

∵，

∴，

∴四边形是平行四边形；

故答案为：（答案不唯一）．

【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．

10．/72度

【分析】由旋转的性质得，，，，则，，由，可得，根据，计算求解即可．

【详解】解：由旋转的性质得，，，，

∴，，

∵，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等边对等角，三角形内角和定理．解题的关键在于确定角度之间的数量关系．

11．

【分析】解一元一次不等式组得，由不等式组有且只有3个整数解，可得．

【详解】解：，

解得，

∵不等式组有且只有3个整数解，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查了由一元一次不等式组的解集求参数．解题的关键在于正确的运算．

12．或或

【分析】分三种情况：当为斜边时；当为斜边时，当为斜边时，结合等边三角形和等腰直角三角形的性质，即可求解．

【详解】解：∵是等边三角形，

∴，

如图，当为斜边时，，，

∴，，

∴；

如图，当为斜边时，，，则，

∵，

∴，

∴，

∴；

如图，当为斜边时，，，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴．

综上所述，的度数为或或．

故答案为：或或

【点睛】本题主要考查了等边三角形和等腰直角三角形的性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．

13．（1）；（2）

【分析】（1）先提公因式，再利用完全平方公式分解即可；

（2）分别解两个不等式，然后取解集的公共部分即可；

【详解】解：（1），

；

（2）解：

解不等式①，得，

解不等式②，得，

∴不等式组的解集为．

【点睛】本题考查了因式分解，不等式组的解法等，熟悉因式分解的方法与解不等式组的步骤是解题关键．

14．,

【分析】先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把a的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．

【详解】解：

，

∵，，,

∴，

∴当时，原式

【点睛】本题考查了分式的化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．

15．(1)；

(2)．

【分析】（1）利用加减法解关于x、y的方程组；

（2）利用方程组的解得到，然后解关于m的不等式组即可求解．

【详解】（1）解：，

由①②，得，

解得，

由①②，得，

解得，

所以原方程组的解是；

（2）解：∵x为非负数，y为负数，

∴，

解得．

【点睛】本题考查了解一元一次不等式组：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分．解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．

16．(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）先证明得到，，所以，延长、，它们相交于点，则，所以垂直平分；

（2）的垂直平分线交于点，连接交于点，连接交于点，先证明，则可判断，所以，由于，则可证明，所以．

【详解】（1）解：如图，延长、，它们相交于点，

则直线为所作．

（2）解：如图，的垂直平分线交于点，连接交于点，连接交于点，则为所作．

【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质．

17．(1)③

(2)除式可能为零

(3)见解析

【分析】（1）根据等式的性质进行判断即可；

（2）根据题目中②到③可知没有考虑的情况；

（3）根据和两种情况进行解答即可．

【详解】（1）解：∵，

∴，

∵当时，，当时，无法得到，

故答案为：③；

（2）解：当时，等式不能两边同时除以，

故答案为：除式可能为零；

（3）解：∵，

∴，

∴，且，或，

当时，，

∴当时，为直角三角形，

当时，，为等腰三角形，

故是等腰三角形或直角三角形或等腰直角三角形．

【点睛】本题考查因式分解的应用、勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，写出相应的结论，注意考虑问题要全面．

18．(1)

(2)

(3)

(4)见解析

【分析】（1）由题意可知，是向右平移3个单位长度，向下平移2个单位长度得到，由此可得答案；

（2）根据中心对称的性质可得答案；

（3）利用割补法求三角形的面积即可；

（4）根据旋转的性质作图即可．

【详解】（1）解：∵，，

∴是向右平移3个单位长度，向下平移2个单位长度得到，

∵，∴的坐标为．

故答案为：；

（2）解：∵和关于原点O成中心对称，，

∴的坐标为．

故答案为：；

（3）解：的面积为，

的面积为．

故答案为：；

（4）解：如图，即为所求．

【点睛】本题考查作图﹣平移变换、旋转变换、中心对称、三角形的面积，熟练掌握平移、旋转、中心对称的性质是解答本题的关键．

19．(1)见解析

(2)见解析

(3)

【分析】（1）连接，根据线段垂直平分线的性质可得，即可判定；

（2）根据等边对等角和线段垂直平分线的性质即可求解；

（3）由线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理和四边形内角和定理进行求解．

【详解】（1）证明：如图，连接．

∵垂直平分，垂直平分，

∴，，

∴，

∴点P在线段的垂直平分线上．

（2）证明：由（1）知，

∴，

∵垂直平分，

∴，，

∴，，

∴，

同理，

∴，即平分．

（3）∵垂直平分，垂直平分，

∴，

设，

∴，  

在中，，，

∴，即，

在四边形中，，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的判定，三角形内角和定理和四边形内角和，熟练掌握各个知识点是解题的关键．

20．(1)①③

(2)

(3)是祥和分式，理由见解析

【分析】（1）先根据分式的性质化简，根据新定义进行判定即可求解．

（2）根据新定义将分式写成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式，即可求解；

（3）根据新定义将分式写成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式，即可求解．

【详解】（1）解：①，故①是祥和分式；

②不能写成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式，故②不是祥和分式；

③，故③是祥和分式；

故答案为：①③．

（2）解：，

故答案为：．

（3）解：是祥和分式，理由如下，

∵，

∴是祥和分式．

【点睛】本题考查了分式的化简求值及分式的定义，解题的关键是熟练掌握分式的基本性质及对祥和分式的定义的理解．

21．(1)见解析

(2)等腰直角三角形，见解析

(3)4

【分析】（1）利用证明，即可推导出；

（2）根据平行四边形、平行线的性质先证，再利用证明，推出，进而得出，可知是等腰直角三角形；

（3）先用勾股定理解等腰求出，再证四边形是平行四边形，推出．

【详解】（1）证明：∵，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

在和中，

，

∴，

∴．

（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：

∵四边形是平行四边形，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

在和中，

，

∴，

∴，

∴，

∴是等腰直角三角形．

（3）解：∵，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴四边形是平行四边形，

∴，

故答案为：4．

【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等，解题的关键是熟练掌握上述性质或定理，逐步推导论证．

22．(1)甲种图书每本的进价为45元，乙种图书每本的进价为30元．

(2)购进甲图书38本，乙种图书32本时，总费用W最少，为2670元．

【分析】（1）设乙种图书每本的进价为元，则甲种图书每本的进价为元，由题意：花675元购进甲图书的数量与花450元购进乙图书的数量相同．列出分式方程，解方程即可；

（2）设购进甲图书本，先列出W关于x的一次函数关系式，再由题意求出x的取值范围，最后根据一次函数的性质解答式即可．

【详解】（1）设乙种图书每本的进价为元，则甲种图书每本的进价为元，

由题意得：，

解得：，

经检验，是原分式方程的解，且符合题意，

则，

答：甲种图书每本的进价为45元，乙种图书每本的进价为30元．

（2）设购进甲图书本，则购进乙图书本，

由题意得：，

∵甲种图书的数量比乙种图书的数量至少多6本，

∴，

解得：，

∵，

∴随x的增大而增大，

∴当时，W最大，最大值为：，

∴：购进甲图书38本，乙种图书32本时，总费用W最少，为2670元．

【点睛】本题考查了分式方程的应用和一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找出数量关系，正确列出一元一次不等式．

23．(1)

(2)见解析

(3)①；②

【分析】（1）根据三线合一得出，，勾股定理得出，根据旋转的性质得出，，垂直平分，进而根据等面积法即可求解；

（2）由，得出，根据旋转的性质得出，根据得出，则，进而得出，等量代换得出，即可得证；

（3）①设，则，则，根据旋转的性质得出，，，根据平行四边形的性质即可求解；

②连接，连接，设交于点,根据已知条件得出，进而设，，得出，，即可求解．

【详解】（1）解：∵．点为中点

∴，，

在中，，

∵将绕点旋转至，使点与点重合，

∴，，

∴垂直平分，

∴，

∵

∴，

∴，

故答案为：．

（2）证明：∵，

∴，

∵将绕点旋转至，使点与点重合，

∴，，

∴，

又∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

又，

∴四边形是平行四边形；

（3）①设，则，

∴，

∵将绕点旋转至，使点与点重合，

∴，，

∴

∴

∴，

∵四边形是平行四边形，

∴

②如图所示，连接，连接，设交于点,

∵四边形是平行四边形，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

又∵将绕点旋转至，使点与点重合，

∴，

设，，

则，

，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，平行四边形的性质与判定，平行线之间的距离相等，熟练掌握以上知识是解题的关键．