重庆市南川中学2023年数学八上期末统考模拟试题【含解析】

这是一份重庆市南川中学2023年数学八上期末统考模拟试题【含解析】，共19页。试卷主要包含了在平面直角坐标系中，点P，已知等内容，欢迎下载使用。

1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，将正方形的一角折叠，折痕为，点落在点处，比大.设和的度数分别为和，那么和满足的方程组是( )
A．B．C．D．
2．如图，在中，，是的平分线交于点．若，，，那么的面积是( )
A．B．C．D．
3．若直线与的交点在x轴上，那么等于
A．4B．C．D．
4．人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（ ）
A．两点之间，线段最短B．垂线段最短
C．两直线平行，内错角相等D．三角形具有稳定性
5．在平面直角坐标系中，点P（﹣3，2）在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
6．已知：2m＝1，2n＝3，则2m+n＝（ ）
A．2B．3C．4D．6
7．若代数式有意义，则实数的取值范围是 （ ）
A．B．C．D．
8．下列是世界各国银行的图标，其中不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
9．下列长度的三条线段可以组成三角形的是( )
A．3，4，2B．12，5，6
C．1，5，9D．5，2，7
10．如图，四个图标分别是北京大学、人民大学、浙江大学和宁波大学的校徽的重要组成部分，其中是轴对称图形的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．某学校组织八年级6个班参加足球比赛，如果采用单循环制，一共安排______场比赛
12．若有意义，则x的取值范围是__________
13．已知x＝a时，多项式x2+6x+k2的值为﹣9，则x＝﹣a时，该多项式的值为_____．
14．先化简，再求值：，其．
15．如图，已知中，，AD平分，如果CD=1，且的周长比的周长大2，那么BD=____．
16．在一次体育测试中，10名女生完成仰卧起坐的个数如下：38、52、47、46、50、53、61、72、45、58，则10名女生仰卧起坐个数不少于50个的频率为__________．
17．如图，等腰三角形ABC的底边BC长为6，面积是18，腰AC的垂直平分线EF分别交AC，AB于E，F点，若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，则△CDM的周长的最小值为_____．
18．如图，已知，若以“SAS”为依据判定≌，还需添加的一个直接条件是______．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在中，于点E，BC的垂直平分线分别交AB、BE于点D、G，垂足为H，，CD交BE于点F
求证：≌
若，求证：
平分
．
20．（6分）已知：如图，把向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度，得到；
（1）写出的坐标；
（2）求出的面积；
（3）点在轴上，且与的面积相等，求点的坐标．
21．（6分）如图，中，，点D为边AC上一点，于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F．
（1）求证：CM=EM；
（2）若，求的大小；
22．（8分）列方程或方程组解应用题：
为了响应“十三五”规划中提出的绿色环保的倡议，某校文印室提出了每个人都践行“双面打印，节约用纸”．已知打印一份资料，如果用A4厚型纸单面打印，总质量为400克，将其全部改成双面打印，用纸将减少一半；如果用A4薄型纸双面打印，这份资料的总质量为160克，已知每页薄型纸比厚型纸轻0.8克，求A4薄型纸每页的质量．（墨的质量忽略不计）
23．（8分）某工程队修建一条长1200m的道路，采用新的施工方式，工效提升了50%，结果提前4天完成任务．
（1）求这个工程队原计划每天修建道路多少米？
（2）在这项工程中，如果要求工程队提前2天完成任务，那么实际平均每天修建道路的工效比原计划增加百分之几？
24．（8分）已知：从边形的一个顶点出发共有条对角线；从边形的一个顶点出发的所有对角线把边形分成个三角形；正边形的边长为，周长为．求的值．
25．（10分）已知：如图，在△ABC中，D为BC上的一点，AD平分∠EDC，且∠E=∠B，DE=DC，求证：AB=AC．
26．（10分）如图1，等腰直角三角形ABP是由两块完全相同的小直角三角板ABC、EFP（含45°）拼成的，其中△ABC的边BC在直线上，AC⊥BC且AC＝BC；△EFP的边FP也在直线上，边EF与边AC重合，EF⊥FP且EF＝FP．
（1）将三角板△EFP沿直线向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP、BQ．猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；
（2）将三角板△EFP沿直线向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连接AP、BQ．你认为（1）中猜想的关系还成立吗？请写出你的结论（不需证明）

参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据由将正方形ABCD的一角折叠，折痕为AE，∠B'AD比∠BAE大48°的等量关系即可列出方程组.
【详解】解：.设和的度数分别为和
由题意可得：
故答案为D.
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，根据翻折变换的性质以及正方形的四个角都是直角寻找等量关系是解答本题的关键.
2、A
【分析】作DE⊥AB,由角平分线性质可得DE=ED,再根据三角形的面积公式代入求解即可．
【详解】过点D作DE⊥AB交AB于E,
∵AD平分∠BAC,
∴ED=CD=m,
∵AB=n,
∴S△ABC=．
故选A．
【点睛】
本题考查角平分线的性质,关键在于通过角平分线的性质得到AB边上高的长度．
3、D
【解析】分别求出两直线与x轴的交点的横坐标，然后列出方程整理即可得解．
【详解】解：令，则，
解得，
，
解得，
两直线交点在x轴上，
，
．
故选：D．
【点睛】
考查了两直线相交的问题，分别表示出两直线与x轴的交点的横坐标是解题的关键．
4、D
【分析】根据三角形的稳定性解答即可．
【详解】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加其稳定性，
故选D．
【点睛】
此题考查三角形的性质，关键是根据三角形的稳定性解答．
5、B
【分析】根据各象限的点的坐标的符号特征判断即可．
【详解】∵-3＜0，2＞0，
∴点P（﹣3，2）在第二象限，
故选：B．
【点睛】
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-），记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键．
6、B
【分析】根据同底数幂的乘法法则解答即可．
【详解】解：∵2m＝1，2n＝1，
∴2m+n＝2m·2n＝1×1＝1．
故选：B．
【点睛】
本题考查的知识点是同底数幂的乘法的逆运算，掌握同底数幂的乘法法则是解题的关键．
7、D
【分析】根据分式有意义的条件是分母不等于零计算．
【详解】由题意得，x−2≠0，
解得，x≠2，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
8、D
【解析】本题考查的是轴对称图形的定义．把图形沿某条直线折叠直线两旁的部分能够重合的图形叫轴对称图形．A、B、C都可以，而D不行，所以D选项正确．
9、A
【解析】根据三角形三边关系即可解题.
【详解】解：根据三角形三边关系,
A. 3，4，2,正确
B. 12，5，6,错误,5+612,
C. 1，5，9, 错误,1+59,
D. 5，2，7, 错误,5+2=7,
故选A.
【点睛】
本题考查了三角形三边关系,属于简单题,熟悉概念是解题关键.
10、B
【解析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】北京大学和宁波大学的校徽是轴对称图形，共2个，
故选B．
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、15
【分析】单循环制：每个班都要和其他5个班赛一场，共赛6×5=30场，由于两个班只赛一场，去掉重复计算的情况，实际只赛：30÷2=15场，据此解答．
【详解】解：根据题意，得
（61）×6÷2，
=30÷2，
=15（场），
答：如果釆用淘汰制，需安排5场比赛；如果釆用单循环制，一共安排15场比赛．
【点睛】
本题考查了握手问题的实际应用，要注意去掉重复计算的情况，如果选手比较少可以用枚举法解答，如果个选手比较多可以用公式：单循环制：比赛场数=n（n-1）÷2；淘汰制：比赛场数=n-1解答．
12、
【分析】根据二次根式的性质（被开方数大于等于0）解答．
【详解】解:根据题意得：，
解得：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，注意二次根式的被开方数是非负数．
13、27
【分析】把代入多项式，得到的式子进行移项整理，得，根据平方的非负性把和求出，再代入求多项式的值．
【详解】解：将代入，
得：
移项得：
，
，即，
时，
故答案为：27
【点睛】
本题考查了代数式求值，平方的非负性．把代入多项式后进行移项整理是解题关键．
14、，
【分析】根据分式混合运算、二次根式的性质分析，即可得到答案．
【详解】
当时
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了分式和二次根式的知识；解题的关键是熟练掌握分式混合运算、二次根式的性质，从而完成求解．
15、
【分析】过点D作DM⊥AB于点M，根据角平分线的性质可得CD=MD，进而可用HL证明Rt△ACD≌△AMD，可得AC=AM，由的周长比的周长大2可变形得到BM+BD=3，再设BD=x，则BM=3－x，然后在Rt△BDM中根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求出x，从而可得答案．
【详解】解：过点D作DM⊥AB于点M，则，
∵AD平分，∴CD=MD，
又∵AD=AD，
∴Rt△ACD≌△AMD（HL），
∴AC=AM，
∵的周长比的周长大2，
∴(AB+AD+BD)－(AC+AD+CD)=2，
∴AB+BD－AC－1=2，
∴AM+BM+BD－AC=3，
∴BM+BD=3，
设BD=x，则BM=3－x，
在Rt△BDM中，由勾股定理，得，
即，解得：，
∴BD=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
16、
【分析】数出这10个数据中不少于50的个数，然后根据频率公式：频率=频数÷总数，计算即可．
【详解】解：这10个数据中不少于50有52、50、53、61、72、58，共6个
∴10名女生仰卧起坐个数不少于50个的频率为6÷10=
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是求频率问题，掌握频率公式：频率=频数÷总数是解决此题的关键．
17、1．
【分析】连接AD，AM，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点A关于直线EF的对称点为点C，MA=MC，推出MC+DM=MA+DM≥AD，故AD的长为BM+MD的最小值，由此即可得出结论．
【详解】连接AD，MA．
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴S△ABC＝BC•AD＝×6×AD＝18，解得AD＝6，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴点A关于直线EF的对称点为点C，MA＝MC，
∴MC+DM＝MA+DM≥AD，
∴AD的长为CM+MD的最小值，
∴△CDM的周长最短＝（CM+MD）+CD＝AD+BC＝6+×6＝6+3＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，轴对称-最短路线问题.能根据轴对称的性质得出AM=MC，并由此得出MC+DM=MA+DM≥AD是解决此题的关键.
18、AB=BC
【解析】利用公共边BD以及∠ABD=∠CBD，依据两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等，即可得到需要的条件．
【详解】如图，∵在△ABD与△CBD中，∠ABD=∠CBD，BD=BD，
∴添加AB=CB时，可以根据SAS判定△ABD≌△CBD，
故答案为AB=CB．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定．本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
三、解答题(共66分)
19、 (1)见解析;(2)见解析;见解析.
【解析】由垂直平分线的性质可得，由“AAS”可证≌；
由等腰三角形的性质和对顶角的性质可得，由等角的余角相等可得，即BE平分；
由题意可证≌，可得，由≌可得．
【详解】证明：垂直平分BC，
，
，，
，，
，且，，
≌，
，
，
，
，
，，
，
平分，
，，
≌
，
，
≌,
【点睛】
考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
20、（1）A′（0，4）、B′（-1，1）、C′（3，1）；（2）6；（3）P（0，1）或（0，-5）．
【分析】（1）观察图形可得△ABC的各顶点坐标，继而根据上加下减，左减右加即可得到平移后对应点A′、B′、C′的坐标；即可得到△A′B′C′；
（2）直接利用三角形面积公式根据BC以及BC边上的高进行求解即可；
（3）由△BCP与△ABC的面积相等可知点P到BC的距离等于点A到BC的距离，据此分情况求解即可．
【详解】（1）观察图形可得A（-2，1），B（-3，-2），C（1，-2），
因为把△ABC向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到△A′B′C′，
所以A′（-2+2，1+3）、B′（-3+2，-2+3）、C′（1+2，-2+3），
即A′（0，4）、B′（-1，1）、C′（3，1）；
（2）S△ABC===6；
（3）设P（0，y），
∵△BCP与△ABC同底等高，
∴|y+2|=3，即y+2=3或y+2=-3，解得y1=1，y2=-5，
∴P（0，1）或（0，-5）．
【点睛】
本题考查了图形的平移，三角形的面积，熟练掌握平移的规律“上加下减，左减右加”是解题的关键．
21、（1）见解析；（2）100°
【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质定理即可证明；
（2）先根据题意，得出∠ABC的度数；再根据等边对等角及三角形外角得出∠CMD=2∠CBM及∠DME=2∠EBM，从而求出∠CME的度数后即可得出答案．
【详解】解：（1）
∵M为BD中点，
在Rt△DCB中，MC=BD，
在Rt△DEB中，EM=BD，
∴MC=ME；
（2）∵∠BAC=50°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-50°=40°，
∵CM=MB，
∴∠MCB=∠CBM，
∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM，
同理，∠DME=2∠EBM，
∴∠CME=2∠CBA=80°，
∴∠EMF=180°-80°=100°．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边的中线、三角形外角，等腰三角形等边对等角等知识，熟练掌握性质定理是解题的关键．
22、3.2克．
【分析】设A4薄型纸每页的质量为x克，则A4厚型纸每页的质量为（x+0.8）克，然后根据“双面打印，用纸将减少一半”列方程，然后解方程即可．
【详解】解：设A4薄型纸每页的质量为x克，则A4厚型纸每页的质量为（x+0.8）克，根据题意，得：，
解得：x=3.2，
经检验：x=3.2是原分式方程的解，且符合题意．
答：A4薄型纸每页的质量为3.2克．
【点睛】
本题考查分式方程的应用，掌握题目中等量关系是关键，注意分式方程结果要检验．
23、（1）100；（2）二十．
【解析】试题分析：（1）设原计划每天修建道路x米，则实际每天修建道路1.5x米，根据题意，列方程解答即可；
（2）由（1）的结论列出方程解答即可．
试题解析：解：（1）设原计划每天修建道路x米，可得：，解得：x=100，经检验x=100是原方程的解．
答：原计划每天修建道路100米；
（2）设实际平均每天修建道路的工效比原计划增加y%，可得：，解得：y=20，经检验y=20是原方程的解．
答：实际平均每天修建道路的工效比原计划增加百分之二十．
24、-1
【分析】根据题意，由多边形的性质，分析可得答案．
【详解】依题意有n=4+3=7，
m=6+2=8，
t=63÷7=9，
则(n﹣m)t=(7﹣8)9=﹣1．
【点睛】
本题考查了多边形的性质，从n边形的一个顶点出发，能引出(n﹣3)条对角线，一共有条对角线，经过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成(n﹣2)个三角形．这些规律需要学生牢记．
25、证明见解析
【详解】解：∵AD平分∠EDC
∴∠ADE=∠ADC
又DE=DC，AD=AD
∴△ADE≌△ADC
∴∠E=∠C
又∠E=∠B，
∴∠B=∠C
∴AB=AC
26、（1），；证明过程见解析（2）成立
【分析】（1）要证BQ=AP，可以转化为证明，要证明BQ⊥AP，可以证明∠QGA＝ ，只要证出∠CBQ＝∠CAP，∠GAQ＋∠AQG=即可证出；
（2）类比（1）的证明过程，就可以得到结论仍成立．
【详解】（1）BQ＝AP，BQ⊥AP，
理由：∵EF＝FP，EF⊥FP，
∴∠EPF＝，
又∵AC⊥BC，
∴∠CQP＝∠CPQ＝，
∴CQ＝CP，
在和中，
，
∴（SAS），
∴BQ＝AP．
如下图，延长BQ交AP与点G，
∵，
∴∠CBQ＝∠CAP，
在Rt△BCQ中，∠CBQ＋∠CQB＝，又∠CQB＝∠AQG，
∴∠GAQ＋∠AQG＝∠CBQ＋∠CQB＝，
∴∠QGA＝，
∴BQ⊥AP，
故BQ＝AP，BQ⊥AP．
（2）成立；
理由：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴CQ=CP，
在和中，
，
∴（SAS），
∴BQ=AP，
延长QB交AP于点N，如下图所示：
则，
∵，
∴，
∵在Rt中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故，．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定及三角形的内角和定理等知识，解题的关键是证明三角形全等．