重庆八中学、九十五中学等学校2023-2024学年数学八上期末达标检测模拟试题【含解析】

这是一份重庆八中学、九十五中学等学校2023-2024学年数学八上期末达标检测模拟试题【含解析】，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列命题是真命题的有，下列描述不能确定具体位置的是，在、、、、中分式的个数有.等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如果把分式中的和都扩大2倍，则分式的值（ ）
A．扩大4倍B．扩大2倍C．不变D．缩小2倍
2． “2019武汉军运会”部分体育项目的示意图中是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示，在中，，是中线，，，垂足分别为，则下列四个结论中：①上任一点与上任一点到的距离相等；②；③；④；⑤正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
4．在化简分式的过程中，开始出现错误的步骤是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．下列命题是真命题的有（ ）
①若a2=b2，则a=b；
②内错角相等，两直线平行．
③若a，b是有理数，则|a+b|=|a|+|b|；
④如果∠A=∠B，那么∠A与∠B是对顶角．
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．下列描述不能确定具体位置的是（ ）
A．某影剧院排号B．新华东路号
C．北纬度，东经度D．南偏西度
7．在、、、、中分式的个数有（ ）.
A．2个B．3个C．4个D．5个
8．如图，先将正方形纸片对折，折痕为MN，再把点B折叠在折痕MN上，折痕为AE，点E在CB上，点B在MN上的对应点为H，连接DH，则下列选项错误的是（ ）
A．△ADH是等边三角形B．NE=BC
C．∠BAE=15°D．∠MAH+∠NEH=90°
9．对于函数y＝﹣2x+1，下列结论正确的是（ ）
A．y值随x值的增大而增大
B．它的图象与x轴交点坐标为（0，1）
C．它的图象必经过点（﹣1，3）
D．它的图象经过第一、二、三象限
10．如图，折叠直角三角形纸片的直角，使点落在上的点处，已知，，则的长是（ ）
A．12B．10C．8D．6
11．如图，圆柱的底面周长为24厘米，高AB为5厘米，BC是底面直径，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的侧面爬行到点C的最短路程是（ ）
A．6厘米B．12厘米C．13厘米D．16厘米
12．在平面直角坐标系中，若点P（m＋3，－2m）到两坐标轴的距离相等，则m的值为（ ）
A．－1B．3C．－1或3D．－1或5
二、填空题（每题4分，共24分）
13．计算：的结果是_____.
14．如图AB∥CD，AB与DE交于点F，∠B=40°，∠D=70°，则∠E=______．
15．如图，六边形是轴对称图形，所在的直线是它的对称轴，若，则的大小是__________．
16．的绝对值是________．
17．己知a2-3a+1=0，则数式(a+1)(a-4)的值为______ 。
18．在三角形纸片中，，，点（不与，重合）是上任意一点，将此三角形纸片按下列方式折叠，若的长度为，则的周长为__________．（用含的式子表示）
三、解答题（共78分）
19．（8分）解一元一次不等式组：．
20．（8分）用分式方程解决问题:元旦假期有两个小组去攀登- -座高h米的山,第二组的攀登速度是第- -组的a倍.
(1)若,两小组同时开始攀登,结果第二组比第一组早到达顶峰.求两个小组的攀登速度.
(2)若第二组比第一组晚出发,结果两组同时到达顶峰,求第二组的攀登速度比第一组快多少? (用含的代数式表示)
21．（8分）（1）因式分解：
（2）解方程：
（3）计算：
22．（10分）如图，一个直径为 10cm 的杯子，在它的正中间竖直放一根筷子，筷子露出杯子外 1cm，当筷子倒向杯壁时 (筷子底端不动)，筷子顶端刚好触到杯口，求筷子长度.
23．（10分）如图，点B，C，D在同一条直线上，，是等边三角形，若，，
求的度数；
求AC长．
24．（10分）如图，求出的面积，并画出关于轴对称的，写出关于轴对称的的各点坐标．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的顶点A在x轴上，AB＝AC，∠BAC＝90°，且A（2，0）、B（3，3），BC交y轴于M，
（1）求点C的坐标；
（2）连接AM，求△AMB的面积；
（3）在x轴上有一动点P，当PB+PM的值最小时，求此时P的坐标．
26．先化简，再求值：，请在2，﹣2，0，3当中选一个合适的数作为m的值，代入求值．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】根据题意要求将和都扩大2倍，然后将得出来的结果与原分式进行比较即可得出答案．
【详解】把分式中的和都扩大2倍得
∴分式的值扩大2倍
故选：B．
【点睛】
本题主要考查分式的基本性质，掌握分式的基本性质是解题的关键．
2、C
【解析】根据轴对称图形的性质进行判断.
【详解】图A，不是轴对称图形，故排除A；
图B，不是轴对称图形，故排除B；
图C，是轴对称图形，是正确答案；
图D，不是轴对称图形，故排除D；
综上，故本题选C.
【点睛】
如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形.
3、B
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可以判断①、③错误, ②、④正确,根据与都是直角三角形,以及可以判断⑤正确.
【详解】解: ，是中线,
,(等腰三角形的三线合一),
到和的距离相等, ,
①、③错误, ②、④正确,
与都是直角三角形,
,,
.
.
⑤正确.
故选: B.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质,直角三角形的性质及角平分线的性质,熟记性质并且灵活运用是本题解题关键.
4、B
【分析】观察解题过程，找出错误的步骤及原因，写出正确的解题过程即可．
【详解】上述计算过程中，从B步开始错误，分子去括号时，1没有乘以1．正确解法为：
．
故选：B．
【点睛】
本题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
5、D
【解析】试题解析：①若a2=b2，则a=b；是假命题；
②内错角相等，两直线平行．是真命题；
③若a，b是有理数，则|a+b|=|a|+|b|；是假命题；
④如果∠A=∠B，那么∠A与∠B是对顶角．是假命题；
故选A．
6、D
【解析】根据平面内的点与有序实数对一一对应分别对各选项进行判断．
【详解】解：A、某影剧院排号能确定具体位置；
B、新华东路号，能确定具体位置；
C、北纬度，东经度，能确定具体位置；
D、南偏西度不能确定具体位置；
故选D.
【点睛】
本题考查了利用坐标确定位置，是基础题，明确位置的确定需要两个因素是解题的关键．
7、A
【分析】根据分式的定义：分母中含有字母的式子叫分式可判别.
【详解】分母中含有字母的式子叫分式，由此可知，和是分式，分式有2个；
故选A.
【点睛】
本题考查了分式的定义，较简单，熟记分式的定义是解题的关键.
8、B
【分析】依据折叠的性质以及正方形的性质，得到△ADH是等边三角形；依据AM=AD=AH，得到∠AHM=30°，进而得出∠BAE=15°；依据∠AHE=∠B=90°，∠AMH=∠ENH=90°，即可得到∠MAH+∠NEH=90°．
【详解】由折叠可得，MN垂直平分AD，AB=AH，
∴DH=AH=AB=AD，
∴△ADH是等边三角形，故A选项正确；
∵BE=HE＞NE，
∴BE＞BN，
∴NE=BC不成立，故B选项错误；
由折叠可得，AM=AD=AH，
∴∠AHM=30°，∠HAM=60°，
又∵∠BAD=90°，
∴∠BAH=30°，
由折叠可得，∠BAE=∠BAH=15°，故C选项正确；
由折叠可得，∠AHE=∠B=90°，
又∵∠AMH=90°，
∴∠AHM+∠HAM=90°，∠AHM+∠EHN=90°，
∴∠HAM=∠EHN，
同理可得∠NEH+∠AHM，
∴∠MAH+∠NEH=90°，故D选项正确；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是翻折的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的性质和判定、等腰三角形的性质，证得三角形ADH是一个等边三角形是解题的关键．
9、C
【分析】根据一次函数的图象和性质，以及一次函数图象上点的坐标特征，一次函数解析式系数的几何意义，逐一判断选项，即可．
【详解】∵k＝﹣2＜0，
∴y值随x值的增大而减小，结论A不符合题意；
∵当y＝0时，﹣2x+1＝0，解得：x＝，
∴函数y＝﹣2x+1的图象与x轴交点坐标为(，0)，结论B不符合题意；
∵当x＝﹣1时，y＝﹣2x+1＝3，
∴函数y＝﹣2x+1的图象必经过点(﹣1，3)，结论C符合题意；
∵k＝﹣2＜0，b＝1＞0，
∴函数y＝﹣2x+1的图象经过第一、二、四象限，结论D不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查一次函数的图象和性质，掌握一次函数图象上点的坐标特征，一次函数解析式系数的几何意义，是解题的关键．
10、A
【分析】由轴对称的性质可以得出DE=DC，∠AED=∠C=90°，就可以得出∠BED=90°，根据直角三角形的性质就可以求出BD=2DE，然后建立方程求出其解即可．
【详解】：∵△ADE与△ADC关于AD对称，
∴△ADE≌△ADC，
∴DE=DC，∠AED=∠C=90°，
∴∠BED=90°，
∵∠B=30°，
∴BD=2DE，
∵BC=BD+CD=36，
∴36=2DE+DE，
∴DE=12；
故答案为：A．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质的运用，直角三角形的性质的运用，一元一次方程的运用，解答时根据轴对称的性质求解是关键．
11、C
【分析】根据题意，可以将圆柱体沿BC切开，然后展开，易得到矩形ABCD，根据两点之间线段最短，再根据勾股定理即可求得答案．
【详解】解：∵圆柱体的周长为24cm
∴展开AD的长为周长的一半：AD=12（cm）
∵两点之间线段最短，AC即为所求
∴根据勾股定理AC===13（cm）
故选C．
【点睛】
本题主要考查了几何体的展开图以及勾股定理，能够空间想象出展开图是矩形，结合勾股定理准确的运算是解决本题的关键．
12、C
【分析】根据到坐标轴的距离相等，分横坐标与纵坐标相等和互为相反数两种情况讨论解答．
【详解】解：∵点P（m＋3，－2m）到两坐标轴的距离相等
∴m＋3+（－2m）=0或m＋3=－2m
解得m=3或m=-1
故选：C
【点睛】
本题考查了点的坐标，难点在于要分两种情况讨论，熟记各象限内点的坐标特征是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】逆用积的乘方运算法则以及平方差公式即可求得答案.
【详解】
=
=
=(5-4)2018×
=+2，
故答案为+2.
【点睛】
本题考查了积的乘方的逆用，平方差公式，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键.
14、30°
【详解】解∵AB∥CD，
∴∠D=∠AFE，
∵∠D=70°，
∴∠AFE=70°，
∵∠B=40°，∠E=∠AFE-∠B=30°．
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查了平行线性质定理；三角形外角性质，了解三角形一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
15、300°
【分析】根据轴对称图形的概念可得∠AFC=∠EFC，∠BCF=∠DCF，再根据题目条件∠AFC+∠BCF=150°，可得到∠AFE+∠BCD的度数．
【详解】解：∵六边形ABCDEF是轴对称图形，CF所在的直线是它的对称轴，
∴∠AFC=∠EFC，∠BCF=∠DCF，
∵∠AFC+∠BCF=150°，
∴∠AFE+∠BCD=150°×2=300°，
故答案为：300°．
【点睛】
此题主要考查了轴对称的性质，关键是掌握轴对称图形的对称轴两边的图形能完全重合．
16、
【分析】根据绝对值的意义，即可得到答案.
【详解】解：，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了绝对值的意义，解题的关键是熟记绝对值的意义.
17、-5
【分析】先化简数式(a+1)(a-4)，再用整体代入法求解即可.
【详解】∵a2-3a+1=0，
∴a2-3a=-1，
(a+1)(a-4)= a2-3a-4=-1-4=-5
【点睛】
熟练掌握整式化简及整体代入法是解决本题的关键.
18、6
【分析】根据折叠的性质可得∠EDF=∠B=30°，∠EFB=∠EFD=90°，∠ACD=∠GDC=90°，然后根据三角形外角的性质和平角的定义即可求出∠GED、∠GDE，即可证出△EGD为等边三角形，从而得出EG=GD=ED，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半即可求出ED，从而求出结论．
【详解】解：由折叠的性质可知：∠EDF=∠B=30°，∠EFB=∠EFD=90°，∠ACD=∠GDC=90°
∴∠GED=∠EDF＋∠B=60°，∠GDE=180°－∠EDF－∠GDC=60°
∴∠EGD=180°－∠GED－∠GDE=60°
∴△EGD为等边三角形
∴EG=GD=ED
在Rt△EDF中，∠EDF=30°
∴ED=2EF=2
∴EG=GD=ED=2
∴的周长为EG＋GD＋ED=6
故答案为：6．
【点睛】
此题考查的是折叠的性质、等边三角形的判定及性质和直角三角形的性质，掌握折叠的性质、等边三角形的判定及性质和30°所对的直角边是斜边的一半是解决此题的关键．
三、解答题（共78分）
19、
【分析】分别求出两个不等式的解集，然后可得不等式组的解集.
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：.
【点睛】
本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
20、（1）第一组，第二组；（2）.
【分析】（1）设第一组的速度为，则第二组的速度为，根据两个小组同时开始攀登，第二组比第一组早，列方程求解．
（2）设第一组的速度为，则第二组的速度为，根据两个小组去攀登另一座高的山，第二组比第一组晚出发，结果两组同时到达顶峰，列方程求解．
【详解】解：（1）设第一组的速度为，则第二组的速度为，
由题意得，，
解得：，
经检验：是原分式方程的解，且符合题意，
则．
答：第一组的攀登速度，第二组的攀登速度；
（2）设第一组的平均速度为，则第二组的平均速度为，
由题意得，，
解得：，
经检验：是原分式方程的解，且符合题意，
则，
答：第二组的平均攀登速度比第一组快．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列分式方程求解，注意检验．
21、 (1)；(2)是原方程的解；(3)
【分析】（1）提取公因式后用平方差公式分解即可；
（2）根据去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1求解，求解后检验即可；
（3）根据单项式乘以多项式的法则及完全平方公式取括号后，合并同类项即可．
【详解】（1）
（2）方程两边同时乘以 得：
检验：当时，
∴是原方程的解．
（3）原式
【点睛】
本题考查的是因式分解、解分式方程、整式的混合运算，掌握因式分解的方法：提公因式法及公式法，解分式方程的一般步骤及整式的运算法则是关键．
22、筷子长 13cm．
【详解】详解：设杯子的高度是 xcm，那么筷子的高度是（x+1）cm，
∵杯子的直径为 10cm，
∴杯子半径为 5cm，
∴x2+52=（x+1）2， x2+25=x2+2x+1， x=12，
12+1=13cm．
答：筷子长 13cm．
【定睛】
本题考查了勾股定理的运用，解题的关键是看到构成的直角三角形，以及各边的长．
23、 (1)60°;(2)3.
【解析】由等边三角形的性质可得，，，可证≌，可得，可得的度数；
由全等三角形的性质和等边三角形的性质可求AC的长．
【详解】解：，是等边三角形
，，，
，且，，
≌


≌
，
,
【点睛】
考查了全等三角形判定和性质，等边三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定和性质解决问题是本题的关键．
24、；图像见解析；A2（-3，-2），B2（-4，3），C2（-1，1）
【分析】求出△ABC三边长，判定为直角三角形，再用面积公式求出面积；从△ABC的各点向y轴引垂线并延长相同单位得到各点的对应点，顺次连接即可得到；再利用关于x轴对称的点的坐标特征可得各点坐标．
【详解】解：如图，
AC2=13，CB2=13，AB2=26，
满足AC2+ CB2= AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴△ABC的面积=；
所画如下图：
关于轴对称的的各点坐标分别为：
A2（-3，-2），B2（-4，3），C2（-1，1）.
【点睛】
本题考查了轴对称变换作图，属于基础题，做轴对称图形的关键是找出各点的对应点，然后顺次连接．
25、（1）C的坐标是（﹣1，1）；（2）；（3）点P的坐标为（1，0）．
【分析】（1）作CD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，证明≌，根据全等三角形的性质得到CD＝AE，AD＝BE，求出点C的坐标；
（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式，得到OM的长，根据梯形的面积公式、三角形的面积公式计算，得到答案；
（3）根据轴对称的最短路径问题作出点P，求出直线B的解析式，根据x轴上点的坐标特征求出点P的坐标．
【详解】解：（1）如图，作CD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，
∴∠CAD+∠DCA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠CAD+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠ACD，
在和中，
，
∴≌（AAS），
∴CD＝AE，AD＝BE，
∵A（2，0）、B（3，3），
∴OA＝2，OE＝BE＝3，
∴CD＝AE＝1，OD＝AD﹣OA＝1，
∴C的坐标是（﹣1，1）；
（2）如图，作BE⊥x轴于E，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∵B点的坐标为（3，3），C点的坐标是（﹣1，1），
∴，
解得，，
∴直线BC的解析式为y＝x+，
当x＝0时，y＝，
∴OM＝，
∴的面积＝梯形MOEB的面积﹣的面积﹣的面积
＝×（+3）×3﹣×2×﹣×1×3
＝；
（3）如图，作M关于x轴的对称点（0，﹣），连接B，交x轴于点P，此时PB+PM=PB+P=B的值最小，
设直线B的解析式为y＝mx+n，
则，
解得，，
∴直线B的解析式为y＝x﹣，
点P在x轴上，当y＝0时，x＝1，
∴点P的坐标为（1，0）．
【点睛】
此题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、求一次函数解析式和求两线段和的最小值，掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、利用待定系数法求一次函数解析式和轴对称的最短路径问题是解决此题的关键．
26、，1．
【分析】先把括号内通分，再进行减法运算，接着把除法运算化为乘法运算，则约分得到原式＝，然后根据分式有意义的条件把m＝1代入计算即可．
【详解】解：原式＝
＝
＝，
∵m＝2或﹣2或3时，原式没有意义，
∴m只能取1，
当m＝1时，原式＝＝1．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．