河北省承德市隆化县2022-2023学年八年级上学期期末模拟测试数学试卷(含解析)

这是一份河北省承德市隆化县2022-2023学年八年级上学期期末模拟测试数学试卷(含解析)，共21页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列防疫的图标中是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
2. 若分式值为零， 则（ ）.
A. B. C. D.
3. 华为手机使用了自主研发的海思麒麟芯片，目前最新的型号是麒麟990．芯片是由很多晶体管组成的，而芯片技术追求是体积更小的晶体管，以便获得更小的芯片和更低的电力功耗，而麒麟990的晶体管栅极的宽度达到了毫米，将数据用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
4. 分式﹣可变形为（ ）
A. ﹣B. C. ﹣D.
5. 如图，已知△ABC≌△DCB，∠A=75°，∠DBC=40°，则∠DCB的度数为（ ）
A. 75°B. 65°
C. 40°D. 30°
6. 下列各式中，正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7. 已知三角形的两边长分别为6，11，那么第三边的长可以是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
8. 如图，长与宽分别为a、b的长方形，它的周长为14，面积为10，则a3b+2a2b2+ab3的值为（ ）
A. 2560B. 490C. 70D. 49
9. 若是完全平方式，则m的值为（ ）
A. 3B. C. 7D. 或7
10. 如图，在△ABD中，∠D＝20°，CE垂直平分AD，交BD于点C，交AD于点E，连接AC，若AB＝AC，则∠BAD的度数是（ ）
A. 100°B. 110°C. 120°D. 150°
11. 如图，四边形ABCD中，，，连接BD，BD⊥CD，垂足是D且，点P是边BC上的一动点，则DP的最小值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
12. 如图，在长方形ABCD中，连接AC，以A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AD，AC于点E，F，分别以E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点H，画射线AH交DC于点M．若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
13. 如图，在△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，AC=a，AB=m，以点C为圆心，CB长为半径画弧交AC于点D，再以点A为圆心，AD长为半径画弧交AB于点E，则BE的长为（ ）
A. m﹣B. a﹣mC. 2a﹣mD. m﹣a
14. 如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB．若∠BA'C＝110°，则∠1+∠2的度数为（ ）
A. 80°B. 90°C. 100°D. 110°
15. 如图，把长方形纸片纸沿对角线折叠，设重叠部分为△，那么，下列说法错误的是（ ）
A. △是等腰三角形，
B. 折叠后∠ABE和∠CBD一定相等
C. 折叠后得到的图形是轴对称图形
D. △EBA和△EDC一定是全等三角形
16. 某部门组织调运一批物资，一运送物资车开往距离出发地180千米的目的地，出发第一小时内按原计划的速度匀速行驶，一小时后以原来速度的1.5倍匀速行驶，并比原计划提前40分钟到达目的地．设原计划速度为x千米/小时，则方程可列为（ ）
A. +＝B. -＝
C. +1＝﹣D. +1＝+
二.填空题(本大题共3题，总计 12分)
17. 要使分式有意义，则x的取值应满足 _____．
18. “三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角.这个三等分角仪由两根有槽的棒OA,OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC=CD=DE,点D、E可在槽中滑动．若∠BDE=75°,则∠CDE的度数是__________
19. 如图，在正方形中，，延长到点，使，连接，动点从点出发，以每秒的速度沿向终点运动．设点的运动时间为秒，当和全等时，的值为 __．
三.解答题(共7题，总计66分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
20. 计算
（1）（﹣2a2）（3ab2﹣5ab3）
（2）（5x+2y）•（3x﹣2y）
21. 先化简，再求值，其中|x|=2．
22. 如图1，网格中的每一个正方形的边长为1，△ABC为格点三角形（点A、B、C在小正方形的顶点上），直线m为格点直线（直线m经过小正方形的格点）．
（1）如图1，作出△ABC关于直线m轴对称图形△A′B′C′；
（2）如图2，在直线m上找到一点P，使PA+PB的值最小；
（3）如图3，仅用直尺将网格中的格点三角形ABC的面积三等分，并将其中的一份用铅笔涂成阴影．
（4）如图4，仅用直尺作出三角形ABC的边AB上的高，简单说明你的理由．
23. 如图（1）在凸四边形中，．
（1）如图（2），若连接，则的形状是________三角形，你是根据哪个判定定理？
答：______________________________________（请写出定理的具体内容）
（2）如图（3），若在四边形的外部以为一边作等边，并连接．请问：与相等吗？若相等，请加以证明；若不相等，请说明理由．
24. 请你阅读下面小王同学的解题过程，思考并完成任务：
先化简，再求值：，其中：．
解：原式……第一步
……第二步
……第三步
……第四步
………………………………第五步
当时，原式．
（1）任务一：以上解题过程中，第________步是约分，其变形依据是________；
（2）任务二：请你用与小明同学不同的方法，完成化简求值；
（3）任务三：根据平时的学习经验，就分式化简时需要注意的事项给同学们提一条建议．
25. 一水果店主分两批购进某一种水果，第一批所用资金为2400元，因天气原因，水果涨价，第二批所用资金是2700元，但由于第二批单价比第一批单价每箱多10元，以致购买的数量比第一批少25%．
（1）该水果店主购进第一批这种水果的单价是多少元？
（2）该水果店主计两批水果的售价均定为每箱40元，实际销售时按计划无损耗售完第一批后，发现第二批水果品质不如第一批，于是该店主将售价下降a%销售，结果还是出现了20%的损耗，但这两批水果销售完后仍赚了不低于1716元，求a的最大值．
26. 在练习课上，慧慧同学遇到了这样一道数学题：如图，把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝30°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC于点M，N，∠MDN＝60°，连接MN．
探究AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧分析：可先利用旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等，从而探究出AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧编题：编题演练环节，慧慧编题如下：
请你解答：请对慧慧同学所编制的问题进行解答．
隆化县2022-2023学年八年级（上）数学期末模拟测试
参考答案
一.选择题
1.【答案】：C
解析：解：轴对称图形定义：把一个图形沿某条直线对折，对折后直线两旁的部分能完全重合．发现A，B，D都不符合定义，所以A，B，D都错误，只有C符合，所以C正确．
故答案为C．
2.【答案】：B
解析：∵分式值为0，
∴，
∴x=1.
故选：B.
3.【答案】：B
解析：解：=7×10-9．
故选：B．
4.【答案】：B
解析： 可变式为
∴B正确
故选B
5.【答案】：B
解析：解：∵△ABC≌△DCB，
∴∠D=∠A=75°，∠ACB=∠DBC=40°，
∴∠DCB=180°-75°-40°=65°，
故选：B．
6.【答案】：B
解析：解：A、 ，错误；
B、 ，正确；
C、 ，错误；
D、 ，错误．
故选：B．
7.【答案】：D
解析：设第三边长为x，由题意得：
11﹣6＜x＜11+6，
解得：5＜x＜17．
故选D．
8.【答案】：B
解析：解：∵长与宽分别为a、b的长方形，它的周长为14，面积为10，
∴ab＝10，a+b＝7，
∴a3b+2a2b2+ab3＝ab（a+b）2＝10×72＝490．
故选：B．
9.【答案】：D
解析：∵关于x的二次三项式是一个完全平方式，
∴m-2=±1×5，
∴m=7或-3，故D正确．
故选：D．
10.【答案】：C
解析：解：∵CE垂直平分AD，
∴，
∴，
∴，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
11.【答案】：C
解析：解：∵BD⊥CD，∠A＝90°
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∠CBD+∠C＝90°，
∵∠ADB=∠C ，
∴∠ABD＝∠CBD，
由垂线段最短得，DP⊥BC时DP最小，
此时，DP＝AD＝3.
故选：C.
12.【答案】：B
解析：解：四边形是长方形，
，
，
由题意可知，平分，
，
，
故选：B．
13.【答案】：A
解析：解：∵∠B=90°，∠A=30°，AC=a，
∴BC=AC=a，
∵以点C为圆心，CB长为半径画弧交AC于点D，
∴CD=BC=a，
∵以点A为圆心，AD长为半径画弧交AB于点E，
∴AD=AE=AC-CD=a，
∵AB=m，
∴BE=AB-AE=m-a，
故选：A．
14.【答案】：A
解析：解：连接AA′，如图：
∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∠BA'C＝110°，
∴∠A′CB+∠A′BC＝70°，
∴∠ACB+∠ABC＝140°，
∴∠BAC＝180°－140°＝40°，
∴∠1＝∠DAA′+∠DA′A，∠2＝∠EAA′+∠EA′A，
∵∠DAA′＝∠DA′A，∠EAA′＝∠EA′A，
∴∠1+∠2＝2（∠DAA′+∠EAA′）＝2∠BAC＝80°．
故选：A
15.【答案】：B
解析：∵四边形ABCD为长方形
∴∠BAE=∠DCE=90°，AB=CD，
在△EBA和△EDC中，
∵∠AEB=∠CED，∠BAE=∠DCE， AB=CD，
∴△EBA≌△EDC (AAS)，
∴BE=DE，
∴△EBD为等腰三角形，
∴折叠后得到的图形是轴对称图形，
故A、C、D正确，
无法判断∠ABE和∠CBD是否相等，B选项错误；
故选B.
16.【答案】：C
解析：设原计划速度为x千米/小时，
根据题意得：
原计划的时间为：，
实际的时间为： +1，
∵实际比原计划提前40分钟到达目地，
∴ +1＝﹣，
故选C．
二. 填空题
17.【答案】： x≠1
解析：∵x﹣1≠0，
∴x≠1．
故答案为：x≠1．
18.【答案】： 80°
解析：∵，
∴，，
设，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
.
19.【答案】： 2或7
解析：∵正方形ABCD,
∴
是直角三角形，
为直角三角形，
点只能在上或者上，
当点在上时，如图，当时，有，
，
，
，
当点在上时，则当时，有，
，
故答案为：2或7．
三.解答题
20【答案】：
（1）﹣6a3b2+10a3b3
（2）15x2﹣4xy﹣4y2．
解析：
（1）（﹣2a2）（3ab2﹣5ab3）=﹣6a3b2+10a3b3；
（2）（5x+2y）•（3x﹣2y）
=15x2﹣10xy+6xy﹣4y2）
=15x2﹣4xy﹣4y2．
21【答案】：
，
解析：
=
=
=
=；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴原式=．
22【答案】：
（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析 （4）见解析
解析：
【小问1解析】
如图所示，△A′B′C′即为所求作，
【小问2解析】
如图，点P即为所求作，
【小问3解析】
如图，即为所作，
【小问4解析】
如图，选择格点D、E，证明△ACD≌△BCE．于是，AC=BC．
选择格点Q，证明△ACQ≌△BCQ，于是，AQ=BQ．
∴CQ为线段AB的垂直平分线，设CQ与AB相交于点F，则CF为所要求的△ABC的边AB上的高．
23【答案】：
（1）等边三角形；一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形；
（2），理由见解析．
解析：
解：（1）连接，
在中，
，
是等腰三角形，
又
是等边三角形（一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形）
故答案为：等边三角形；一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形；
（2），理由如下：
是等边三角形，
又是等边三角形，
，
即
．
24【答案】：
（1）五；分式的基本性质
（2）,
（3）见解析
解析：
小问1解析】
解：第五步为约分，其变形依据是分式的基本性质，
故答案为：五；分式的基本性质；
小问2解析】
原式
．
当时，原式．
【小问3解析】
去括号时，要注意符号是否需要改变．（答案不唯一）
25【答案】：
（1）水果店主购进第一批这种水果的单价是20元；（2）a的最大值是30．
解析：
（1）设第一批水果的单价是x元，
，
解得，x＝20，
经检验，x＝20是原分式方程的解，
答：水果店主购进第一批这种水果的单价是20元；
（2）由题意可得，
，
解得，a≤30，
答：a的最大值是30．
26【答案】：
【探究】AM＋BN＝MN，证明见解析；（1）AM＋BN＝MN，证明见解析；（2）BN−AM＝MN，证明见解析
解析：
【分析】探究：延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（2）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【解析】探究：AM＋BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，
∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE.
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，
∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，
∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，
∴AM＋BN＝MN．
解：（1）AM＋BN＝MN.
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
∠ACD＝45°，，。
∠MDN＋∠ACD＝90°，
∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠DBE＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠MDN＝∠BDC，
∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB.
在△DAM和△DBE中,
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠MDN＋∠ACD＝90°，∠ACD＋∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，
∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE.
∵∠CDM＝∠NDB
∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中,
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，
∴AM＋BN＝MN．
解：（2）BN−AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∠ACD＝45°，，
∠MDN＋∠ACD＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠ADN＝∠ADN，
∴∠MDA＝∠CDN.
∵∠B＝∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠DAM＝90°.
在△DAM和△DBE中
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，
∴∠MDN＝∠EDN.
在△MDN和△EDN中,
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE.
∵NE＝BN−BE＝BN−AM，
∴BN−AM＝MN．
如图（1），把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝45°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC于点M，N，，连接MN．
（1）先猜想AM，MN，BN三条线段之间的数量关系，再证明．
（2）∠MDN绕点D旋转，当M，N分别在CA，BC的延长线上，完成图（2），其余条件不变，直接写出AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．