重庆市大足迪涛学校2023年数学八上期末预测试题【含解析】

这是一份重庆市大足迪涛学校2023年数学八上期末预测试题【含解析】，共17页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，在平面直角坐标系中，点M，下列二次根式是最简二次根式的是等内容，欢迎下载使用。
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）
1．九年级（1）班学生周末从学校出发到某实践基地研学旅行，实践基地距学校150千米，一部分学生乘慢车先行，出发30分钟后，另一部分学生乘快车前往，结果他们同时到达实践基地，已知快车的速度是慢车速度的1.2倍，如果设慢车的速度为x千米/时，根据题意列方程得（ ）
A．B．C．D．
2．下列图形中，不是运用三角形的稳定性的是( )
A．B．C．D．
3．一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为1080°，那么原多边形的边数为（ ）
A．7B．7或8C．8或9D．7或8或9
4．小东一家自驾车去某地旅行，手机导航系统推荐了两条线路，线路一全程120千米，线路二全程150千米，汽车在线路二上行驶的平均时速是线路一上车速的2倍，线路二的用时预计比线路一用时少小时，如果设汽车在线路一上行驶的平均速度为千米/时，则下面所列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．在平面直角坐标系中，点M（﹣3，2）关于y轴对称的点的坐标为（ ）
A．（﹣3，﹣2）B．（﹣2，﹣3）C．（3，2）D．（3，﹣2）
6．如图，若圆盘的半径为2，中间有一边长为1的正方形，向圆盘内随机投掷一枚飞镖，则飞镖落在中间正方形内的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，下列结论：①CD=ED；②AC+BE=AB；③∠BDE=∠BAC；④BE=DE；⑤SBDE：S△ACD=BD：AC，其中正确的个数（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
8．若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形从一个顶点出发的对角线的条数为（ ）
A．4B．5C．6D．8
9．下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．以上都不是
10．为参加“爱我家园”摄影赛，小明同学将参与植树活动的照片放大为长，宽的形状，又精心在四周加上了宽的木框，则这幅摄影作品所占的面积是（ ）
A．B．
C．D．
11．如图，在中，，分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点、，连接，与，分别相交于点，点，连结，当，时，的周长是( )
A．B．C．D．
12．如图，下面是利用尺规作∠AOB的角平分线OC的作法，在用尺规作角平分线过程中，用到的三角形全等的判定方法是（ ）
作法：
①以O为圆心，适当长为半径画弧，分别交OA，OB于点D，E；
②分别以D，E为圆心，大于DE的长为半径画弧，两弧在∠AOB内交于一点C；
③画射线OC，射线OC就是∠AOB的角平分线．
A．ASAB．SASC．SSSD．AAS
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知点M关于y轴的对称点为N(a，b)，则a+b的值是______．
14．分解因式：2x2﹣8=_____________
15．如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OA1B1C1的两边在坐标轴上，以它的对角线OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推……则正方形OB2019B2020C2020的顶点B2020的坐标是 _____.
16．已知2m＝a，32n＝b，则23m＋10n＝________．
17．如图，中，平分，，，，，则__________．
18．某种感冒病毒的直径为0.0000000031米，用科学记数法表示为______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）某校组织“大手拉小手，义卖献爱心”活动，计划购买黑白两种颜色的文化衫进行手绘设计后出售，并将所获利润全部捐给山区困难孩子．已知该学校从批发市场花4800元购买了 黑白两种颜色的文化衫200件，每件文化衫的批发价及手绘后的零售价如表：
(1)学校购进黑.白文化衫各几件？
(2)通过手绘设计后全部售出，求该校这次义卖活动所获利润．
20．（8分）分解因式：4ab2﹣4a2b﹣b1．
21．（8分）如图，等边△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，E为AD上一点，以BE为一边且在BE下方作等边△BEF，连接CF.
(1)求证：AE＝CF；
(2)求∠ACF的度数．
22．（10分）如图，在□ABCD中，AC交BD于点O，点E，点F分别是OA，OC的中点。求证：四边形BEDF为平行四边形
23．（10分）某中学八（1）班小明在综合实践课上剪了一个四边形ABCD，如图，连接AC，经测量AB＝12，BC＝9，CD＝8，AD＝17，∠B＝90°．求证：△ACD是直角三角形．
24．（10分）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形）ABC的顶点A，C的坐标分别为（，5），（，3）．
⑴请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；
⑵请作出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′；
⑶写出点B′的坐标．
25．（12分）某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：设.现把小棒依次摆放在两射线之间，并使小棒两端分别落在射线、上．
活动一、如图甲所示，从点开始，依次向右摆放小棒，使小棒与小棒在端点处互相垂直（为第1根小棒）
数学思考：
（1）小棒能无限摆下去吗？答： （填“能”或“不能”）
（2）设，求的度数；
活动二：如图乙所示，从点开始，用等长的小棒依次向右摆放，其中为第一根小棒，且．
数学思考：
（3）若已经摆放了3根小棒，则 ， ， ；（用含的式子表示）
（4）若只能摆放5根小棒，则的取值范围是 ．
26．（1）计算：（2x﹣3）（﹣2x﹣3）
（2）计算：1022
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】设慢车的速度为x千米/小时，则快车的速度为1.2x千米/小时，根据题意可得走过150千米，快车比慢车少用小时，列方程即可．
【详解】设慢车的速度为x千米/小时，则快车的速度为1.2x千米/小时，
根据题意可得：．
故选C．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是读懂题意，找出合适的等量关系，列方程．
2、C
【解析】分析：利用三角形的稳定性解答即可.
详解：对于A、B、D选项，都含有三角形，故利用了三角形的稳定性；
而C选项中，拉闸门是用到了四边形的不稳定性.
故选C.
点睛：本题主要考查了三角形的稳定性，需理解稳定性在实际生活中的应用；首先，明确能体现出三角形的稳定性，则说明物体中必然存在三角形；
3、D
【解析】试题分析：设内角和为1010°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•110°=1010°，解得：n=1．
则原多边形的边数为7或1或2．故选D．
考点：多边形内角与外角．
4、A
【分析】根据题意可得在线路二上行驶的平均速度为2xkm/h，根据线路二的用时预计比线路一用时少小时，列方程即可．
【详解】解：设汽车在线路一上行驶的平均速度为xkm/h，则在线路二上行驶的平均速度为2xkm/h，
由题意得：
故选：A．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，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，列出方程．
5、C
【分析】直接利用关于y轴对称则纵坐标相等横坐标互为相反数进而得出答案．
【详解】解：点M（﹣3，2）关于y轴对称的点的坐标为：（3，2）．
故选：C．
【点睛】
本题考查的知识点是关于x轴、y轴对称的点的坐标，属于基础题目，易于掌握．
6、D
【分析】根据几何概率的公式，分别求解出圆形的面积和正方形的面积即可．
【详解】由题：，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查几何概率的计算，准确计算各部分面积是解题关键．
7、C
【分析】根据角平分线的性质，可得CD＝ED，易证得△ADC≌△ADE，可得AC＋BE＝AB；由等角的余角相等，可证得∠BDE＝∠BAC；然后由∠B的度数不确定，可得BE不一定等于DE；又由CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S△BDE：S△ACD＝BE：AC．
【详解】解：①正确，∵在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，
∴CD＝ED；
②正确，因为由HL可知△ADC≌△ADE，所以AC＝AE，即AC＋BE＝AB；
③正确，因为∠BDE和∠BAC都与∠B互余，根据同角的补角相等，所以∠BDE＝∠BAC；
④错误，因为∠B的度数不确定，故BE不一定等于DE；
⑤错误，因为CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S△BDE：S△ACD＝BE：AC．
故选：C．
【点睛】
此题考查了角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题比较适中，注意掌握数形结合思想的应用．
8、B
【分析】先根据多边形外角和为360°且各外角相等求得边数，再根据多边形对角线条数的计算公式计算可得．
【详解】解：根据题意，此正多边形的边数为360°÷45°＝8，
则该正多边形从一个顶点出发的对角线的条数为：8﹣3＝5（条）．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了多边形的对角线，多边形的外角和定理，n边形从一个顶点出发可引出（n−3）条对角线．
9、C
【解析】试题解析：被开方数含分母，不是最简二次根式；
被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；
是最简二次根式，
故选C.
10、D
【分析】此题涉及面积公式的运用，解答时直接运用面积的公式求出答案．
【详解】根据题意可知，这幅摄影作品占的面积是a2＋4（a＋4）＋4（a＋4）−4×4＝
故选：D．
【点睛】
列代数式的关键是正确理解文字语言中的关键词，找到其中的数量关系列出式子．
11、B
【分析】由作图可知，DE是AC的垂直平分线，可得AE=CE，则的周长=AB+BC.
【详解】解：由作图可知，DE是AC的垂直平分线，则 AE=CE，
∴的周长=AB+BE+AE=AB+BE+CE=AB+BC=5+9=14
故选：B
【点睛】
本题考查了作图—垂直平分线的作法和垂直平分线的性质的应用.是中考常考题型.
12、C
【详解】试题分析：如图，连接EC、DC．
根据作图的过程知，
在△EOC与△DOC中，
，
△EOC≌△DOC（SSS）．
故选C．
考点：1.全等三角形的判定；2.作图—基本作图．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、-1
【分析】直接利用关于y轴对称点的性质：纵坐标不变，横坐标互为相反数，求出a，b的值，即可求解．
【详解】解：根据两点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变，得
a=-3，b=-2，
∴a+b=-1．
故答案为：-1．
【点睛】
本题考查关于y轴对称点的性质，正确得出a，b的值是解题关键．
14、2（x+2）（x﹣2）
【分析】先提公因式，再运用平方差公式.
【详解】2x2﹣8，
=2（x2﹣4），
=2（x+2）（x﹣2）．
【点睛】
考核知识点：因式分解.掌握基本方法是关键.
15、
【分析】首先先求出B1、B2、B3、B4、B5、B6、B7、B8、B9、B10的坐标，找出这些坐标之间的规律，然后根据规律计算出点B2020的坐标．
【详解】∵正方形OA1B1C1的边长为1，
∴OB1=
∴OB2=2
∴B2（0，2），
同理可知B3（-2，2），B4（-4，0），B5（-4，-4），B6（0，-8），B7（8，-8），
B9（16，16），B10（0，32）．
由规律可以发现，每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标的符号相同，每次正方形的边长变为原来的倍，
∵2020÷8=252⋯⋯4，
∴B8n+4（-24k+2，0），
∴B2020（-21010，0）．
故答案为（-21010，0）．
【点睛】
此题考查的是一个循环规律归纳的题目，解答此题的关键是确定几个点坐标为一个循环，再确定规律即可．
16、a3b2
【解析】试题解析：∵32n＝b，
∴25n=b
∴23m＋10n＝(2m)3×(25n)2= a3b2
故答案为a3b2
17、
【分析】根据题意延长CE交AB于K，由 ，平分，由等腰三角形的性质，三线合一得，利用角平分线性质定理，分对边的比等于邻边的比，结合外角平分性质和二倍角关系可得．
【详解】如图，延长CE交AB于K，
，平分，等腰三角形三线合一的判定得
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】
考查了三线合一判定等腰三角形，等腰三角形的性质，角平分线定理，外角的性质，以及二倍角的角度关系代换，熟记几何图形的性质，定理，判定是解题的关键．
18、
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】根据科学记数法的表示方法可得：0.0 000 000 031=3.1×10 -1．
故答案为3.1×10-1米．
【点睛】
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
三、解答题（共78分）
19、 (1)学校购进黑文化衫160件，白文化衫40件；(2)该校这次义卖活动共获得3800元利润．
【分析】（1）设学校购进黑文化衫x件，白文化衫y件，根据两种文化衫200件共花费4800元，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）根据总利润=每件利润×数量，即可求出结论．
【详解】解：(1)设学校购进黑文化衫x件，白文化衫y件，
依题意，得：，
解得：．
答：学校购进黑文化衫160件，白文化衫40件．
(2)(45-25)×160+(35-20)×40＝3800(元)．
答：该校这次义卖活动共获得3800元利润．
【点睛】
本题考查二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
20、﹣b（2a﹣b）2
【分析】提公因式﹣b，再利用完全平方公式分解因式．
【详解】解：4ab2﹣4a2b﹣b1
＝﹣b（4a2﹣4ab+b2）
＝﹣b（2a﹣b）2．
【点睛】
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底．
21、（1）证明见解析；（2）∠ACF＝90°.
【解析】（1）根据△ABC是等边三角形，得出AB=BC，∠ABE+∠EBC=60°，再根据△BEF是等边三角形，得出EB=BF，∠CBF+∠EBC=60°，从而求出∠ABE=∠CBF，最后根据SAS证出△ABE≌△CBF，即可得出AE=CF；
（2）根据△ABC是等边三角形，AD是∠BAC的角平分线，得出∠BAE=30°，∠ACB=60°，再根据△ABE≌△CBF，得出∠BCF=∠BAE=30°，从而求出∠ACF的度数．
【详解】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABE＋∠EBC＝60 °.
∵△BEF是等边三角形，
∴EB＝BF，∠CBF＋∠EBC＝60 °.
∴∠ABE＝∠CBF.
在△ABE和△CBF中， ，
∴△ABE≌△CBF(SAS)．
∴AE＝CF；
(2)∵等边△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAE＝∠BAC=30 °，∠ACB＝60°.
∵△ABE≌△CBF，
∴∠BCF＝∠BAE＝30 °.
∴∠ACF＝∠BCF＋∠ACB＝30 °＋60 °＝90 °.
【点睛】
此题考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定，关键是根据等边三角形的性质得出∠ABE=∠CBF，掌握全等三角形的判定，角平分线的性质等知识点．
22、见解析；
【解析】欲证明四边形BFDE是平行四边形只要证明OE=OF，OD=OB．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AO=CO，BO=DO .
又∵点E，点F分别是OA，OC的中点
∴EO=，FO=
∴EO=FO
∴四边形BEDF为平行四边形
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质．
23、见解析
【分析】先根据勾股定理求出AC的长，然后在△ACD中，由勾股定理的逆定理，即可证明△ACD为直角三角形．
【详解】证明：∵∠B＝90°，AB＝12，BC＝9，
∴AC2＝AB2+BC2＝144+81＝225，
∴AC＝15，
又∵AC2+CD2＝225+64＝289，AD2＝289，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理，正确得出AC的长是解题的关键．
24、⑴⑵如图，⑶B′(2,1)
【分析】（1）易得y轴在C的右边一个单位，x轴在C的下方3个单位；
（2）作出A，B，C三点关于y轴对称的三点，顺次连接即可；
（3）根据所在象限及距离坐标轴的距离可得相应坐标．
【详解】解：
（1）如图；
（2）如图；
（3）点B′的坐标为（2，1）．
25、（1）能；（2）θ＝22.5°；（3）2θ，3θ，4θ；（4）15°≤θ＜18°．
【分析】（1）由小棒与小棒在端点处互相垂直，即可得到答案；
（2）根据等腰直角三角形的性质和三角形外角的性质，即可得到答案；
（3）由，得∠AA2A1=∠A2AA1=θ，从而得∠AA2A1+∠A2AA1=2θ，同理得∠A2AA1+=θ+2θ=3θ，∠A2AA1+θ+3θ=4θ；
（4）根据题意得：5θ＜90°且6θ≥90°，进而即可得到答案．
【详解】（1）∵小棒与小棒在端点处互相垂直即可，
∴小棒能无限摆下去，
故答案是：能；
（2）∵A1A2＝A2A3，A1A2⊥A2A3，
∴∠A2A1A3＝45°，
∴∠AA2A1+θ＝45°，
∵AA1＝A1A2
∴∠AA2A1＝∠BAC=θ，
∴θ＝22.5°；
（3）∵，
∴∠AA2A1=∠A2AA1=θ，
∴∠AA2A1+∠A2AA1=2θ，
∵，
∴=2θ，
∴∠A2AA1+=θ+2θ=3θ，
∵，
∴3θ，
∴∠A2AA1+θ+3θ=4θ，
故答案是：2θ，3θ，4θ；
（4）由第（3）题可得：5θ，6θ，
∵只能摆放5根小棒，
∴5θ＜90°且6θ≥90°，
∴15°≤θ＜18°．
故答案是：15°≤θ＜18°．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，掌握等腰三角形的底角相等且小于90°，是解题的关键．
26、（1）9﹣4x2；（2）1
【分析】（1）根据平方差公式计算即可；
（2）根据完全平方公式计算即可．
【详解】解：（1）（2x﹣3）（﹣2x﹣3）
＝（-3）2﹣（2x）2
＝9﹣4x2；
（2）1022＝（100+2）2
＝1002+2×100×2+22
＝10000+400+4
＝1．
【点睛】
本题主要考查了平方差公式和完全平方公式，熟记公式是解答本题的关键．
批发价(元)
零售价(元)
黑 色 文化衫
25
45
白 色 文 化 衫
20
35