重庆市七中学2023-2024学年数学八上期末统考模拟试题【含解析】

这是一份重庆市七中学2023-2024学年数学八上期末统考模拟试题【含解析】，共19页。试卷主要包含了若分式的值是0，则的值是，下列图形中，为轴对称图形的是等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．下面有个汽车标致图案，其中不是轴对称图形为（ ）
A．B．
C．D．
2．如图，，是角平分线上一点，，垂足为，点是的中点，且，如果点是射线上一个动点，则的最小值是（ ）
A．１B．C．2D．
3．下列各组数可能是一个三角形的边长的是（ ）
A．5，7，12B．5，6，7C．5，5，12D．1，2，6
4．某区为了解5600名初中生的身高情况，抽取了300名学生进行身高测量.在这个问题中，样本是（）
A．300B．300名学生C．300名学生的身高情况D．5600名学生的身高情况
5．下列图形中，由∠1＝∠2，能得到AB∥CD的是（ ）
A．B．
C．D．
6．若分式的值是0，则的值是（ ）
A．B．C．D．
7．下列图形中，为轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
8．某射击队进行1000射击比赛，每人射击10次，经过统计，甲、乙两名队员成绩如下：平均成绩都是96.2环，甲的方差是0.25，乙的方差是0.21，下列说法正确的是（ ）
A．甲的成绩比乙稳定B．乙的成绩比甲稳定
C．甲乙成绩稳定性相同D．无法确定谁稳定
9．已知为常数，点在第二象限，则关于的方程根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根D．无法判断
10．冬天到了，政府决定免费为贫困山区安装暖气，计划甲安装队为A山区安装660片， 乙安装队为B山区安装600片，两队同时开工且恰好同时完工，甲队比乙队每天多安装20片．设乙队每天安装x片，根据题意，下面所列方程中正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．化简的结果是( )
A．B．C．D．
12．若等腰三角形的周长为，其中一边为，则该等腰三角形的底边长为（ ）
A．B．或C．或D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，OP＝1，过P作PP1⊥OP且PP1＝1，得OP1＝；再过P1作P1P2⊥OP1且P1P2＝1，得OP2＝；又过P2作P2P3⊥OP2且P2P3＝1，得OP3＝2；…依此法继续作下去，得OP2017＝_______．
14．比较大小：.
15．把命题“三边分别相等的两个三角形全等”写成“如果⋯⋯那么⋯⋯”的形式_____________.
16．若一组数据的平均数为6，众数为5，则这组数据的方差为__________．
17．已知m+n=2，mn=-2，则（1-m）（1-n）=___________．
18．如图，正方形ODBC中，OB=，OA=OB，则数轴上点A表示的数是__________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）（1）画出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；
（2）在x轴上找出点P，使得点P到点A、点B的距离之和最短（保留作图痕迹）
20．（8分）有一块四边形土地 ABCD(如图），∠B = 90°，AB = 4m，BC =3 m，CD=12 m，DA = 13 m，求该四边形地的面积．
21．（8分）如图△ABC中，AB，AC的垂直平分线分别交BC于D，E，垂足分别是M，N
（1）若BC＝10，求△ADE的周长．
（2）若∠BAC＝100°，求∠DAE的度数．
22．（10分）如图，已知是直角三角形，，，点E是线段AC上一点，且，连接DC.
（1）证明：.
（2）若，求的度数.
23．（10分）已知:如图，相交于点.若，求的长.
24．（10分）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（0，15），点B的坐标为（20，0）．
（1）求直线AB的表达式；
（2）若点C的坐标为（m，9），且S△ABC ＝30，求m的值；
（3）若点D的坐标为（12，0），在射线AB上有两点P，Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与△OPD全等，求点P的坐标．
25．（12分）如图，在等边△ABC的外侧作直线AP，点C关于直线AP的对称点为点D，连接AD，BD，其中BD交直线AP于点E（点E不与点A重合）．
（1）若∠CAP＝20°．
①求∠AEB＝ °；
②连结CE，直接写出AE，BE，CE之间的数量关系．
（2）若∠CAP＝α（0°＜α＜120°）．
①∠AEB的度数是否发生变化，若发生变化，请求出∠AEB度数；
②AE，BE，CE之间的数量关系是否发生变化，并证明你的结论．
26．解方程：+1=．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据轴对称图形的定义以及性质进行判断即可．
【详解】A. 属于轴对称图形，正确；
B. 属于轴对称图形，正确；
C. 不属于轴对称图形，错误；
D. 属于轴对称图形，正确；
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的问题，掌握轴对称图形的定义以及性质是解题的关键．
2、C
【分析】根据角平分线的定义可得∠AOP=∠AOB=30°，再根据直角三角形的性质求得PD=OP=1，然后根据角平分线的性质和垂线段最短得到结果．
【详解】∵P是∠AOB角平分线上的一点，∠AOB=60°，
∴∠AOP=∠AOB=30°，
∵PD⊥OA，M是OP的中点，DM=1，
∴OP=1DM=4，
∴PD=OP=1，
∵点C是OB上一个动点，
∴PC的最小值为P到OB距离，
∴PC的最小值=PD=1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，直角三角形的性质，熟记性质并作出辅助线构造成直角三角形是解题的关键．
3、B
【解析】在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【详解】A、5＋7=12，不能构成三角形；
B、5＋6＞7，能构成三角形；
C、5＋5＜12，不能构成三角形；
D、1＋2＜6，不能构成三角形．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了三角形的三边关系定理：任意两边之和大于第三边，只要满足两短边的和大于最长的边，就可以构成三角形．
4、C
【分析】根据样本的定义即可判断.
【详解】依题意可知样本是300名学生的身高情况
故选C.
【点睛】
此题主要考查统计分析，解题的关键是熟知样本的定义.
5、C
【分析】根据平行线的判定定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】A、由∠1+∠2=180°，得到AB∥CD，故本选项错误；
B、∠1＝∠2不能判定AB∥CD，故本选项错误；
C、由∠1＝∠2，得AB∥CD，符合平行线的判定定理，故本选项正确；
D、∠1＝∠2不能判定AB∥CD，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题主要主要考查平行线的判定定理，掌握“同位角相等，两直线平行”，“内错角相等，两直线平行”，“同旁内角互补，两直线平行”是解题的关键．
6、C
【分析】分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．
【详解】分式的值为0，
∴且．
解得：．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查的是分式值为零的条件，熟练掌握分式值为零的条件是解题的关键．
7、D
【分析】根据轴对称图形的定义即可判断.
【详解】A是中心对称图形，不是轴对称图形；B不是轴对称图形；
C不是轴对称图形，没有对称轴；D是轴对称图形，故选D．
【点睛】
此题主要考查轴对称图形的定义，解题的关键是熟知轴对称图形的定义.
8、B
【分析】根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各组数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．据此求解即可．
【详解】解：∵甲的方差是0.25，乙的方差是0.21，
∴乙的方差＜甲的方差，
∴乙的成绩比甲稳定．
故选：B．
【点睛】
本题考查了根据方差的意义在实际问题中的简单应用，明确方差的意义是解题的关键．
9、B
【分析】根据判别式即可求出答案．
【详解】解：由题意可知：，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
10、D
【分析】根据题意，分别求出两队完工的天数列出方程即可.
【详解】设乙队每天安装x片，则甲队每天安装x+20片，
故选：D.
【点睛】
此题主要考查分式方程的实际应用，解题关键是理解题意，找出等量关系.
11、D
【分析】首先将分子、分母进行因式分解，然后根据分式的基本性质约分．
【详解】解：，
故选D．
12、C
【分析】分底为7cm和腰为7cm两种情况进行讨论，再根据三角形的三边关系进行验证．
【详解】分两种情况讨论：
①当底为7cm时，此时腰长为4cm和4cm，满足三角形的三边关系；
②当腰为7cm时，此时另一腰为7cm，则底为1cm，满足三角形的三边关系；
综上所述：底边长为1cm或7cm．
故选：C．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质及三角形的三边关系，分两种情况讨论是解答本题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【详解】
解：∵OP=1，OP1= ，OP2= ，OP3= =2，
∴OP4= = ，…，
OP2017= ．
故答案为．
【点睛】
本题考查了勾股定理，读懂题目信息，理解定理并观察出被开方数比相应的序数大1是解题的关键．
14、＞
【解析】解：∵，，∴．故答案为＞．
15、如果两个三角形三条边对应相等，那么这两个三角形全等
【分析】命题一般都可以写成如果…那么…形式；如果后面是题设，那么后面是结论．
【详解】把命题“三边分别相等的两个三角形全等”写成“如果⋯⋯那么⋯⋯”的形式为：如果两个三角形三条边对应相等，那么这两个三角形全等.
故答案为：如果两个三角形三条边对应相等，那么这两个三角形全等
16、
【分析】根据平均数的计算公式，可得，再根据众数是5，所以可得x,y中必须有一个5，则另一个就是6，通过方差的计算公式计算即可.
【详解】解：∵一组数据的平均数为6，众数为5，
∴中至少有一个是5，
∵一组数据的平均数为6，
∴，
∴，
∴中一个是5，另一个是6，
∴这组数据的方差为；
故答案为．
【点睛】
本题是一道数据统计中的综合性题目，涉及知识点较多，应当熟练掌握，特别是记忆方差的计算公式.
17、﹣3
【解析】因为m+n=2，mn=﹣2，所以(1﹣m)(1﹣n)=1-(m+n)+mn=1-2+(-2)=-3，故答案为-3.
18、
【解析】∵OB=，
∴OA=OB=，
∵点A在数轴上原点的左边，
∴点A表示的数是−，
故答案为：−.
三、解答题（共78分）
19、见解析
【分析】（1）分别作出点A、B、C关于y轴对称的点，然后顺次连接；
（2）作点B关于x轴的对称点B'，然后连接AB'，与x轴的交点即为点P．
【详解】（1）如图所示：
（2）如图所示：
．
20、
【分析】连接AC．根据勾股定理求得AC的长，从而根据勾股定理的逆定理发现△ADC是直角三角形，就可求得该四边形的面积．
【详解】连接AC．
∵∠B=90°，
∴AC=(m)，
∵52+122=132，
∴△ADC是直角三角形，且∠ACD=90，
∴S四边形ABCD()
【点睛】
本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理、三角形的面积等知识点，能求出∠ACD=90是解此题的关键．
21、（1）△ADE的周长＝1；（2）∠DAE＝20°．
【分析】（1）由AB、AC的垂直平分线分别交BC于D、E，垂足分别是M、N，根据线段垂直平分线的性质，可得AD=BD，AE=EC，继而可得△ADE的周长等于BC的长；
（2）由∠BAC=10°，可求得∠B+∠C的度数，又由AD=BD，AE=EC，即可求得∠BAD+∠CAE的度数，继而求得答案．
【详解】（1）∵AB、AC的垂直平分线分别交BC于D、E，垂足分别是M、N，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∴△ADE的周长＝AD+DE+AE＝BD+DE+CE＝BC＝1．
（2）∵∠BAC＝10°，
∴∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝80°，
∵AD＝BD，AE＝CE，
∴∠BAD＝∠B，∠CAE＝∠C，
∴∠BAD+∠CAE＝80°，
∴∠DAE＝∠BAC﹣（∠BAD+∠CAE）＝10°﹣80°＝20°．
【点睛】
此题考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质．线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
22、（1）见解析；（2）10°
【分析】（1）证明即可说明；
（2）由（1）可得是等腰直角三角形，根据可求，最后即可解答．
【详解】解：（1）证明：，，
，
，
，
，
，
又，
．
．
（2），
，，
．
，，
．
．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，运用全等三角形解决问题时，要注意：
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
23、
【分析】只要证明△ABC≌△DCB（SSS），即可证明∠OBC=∠OCB,即可得：OB=OC.
【详解】在△ABC和△DCB中

∴△ABC≌△DCB（SSS）
∴∠OBC=∠OCB
∴OB=OC
∵OC=2
∴OB=2
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
24、（1）；（2）m＝4或m＝12；（3）P1（12，6），P2（4，12），P3（36，－12）
【分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）结合C的坐标，表示出三角形ABC的面积，分类求解即可；
（3）针对P的位置进行分类讨论即可．
【详解】（1）∵点A（0，15）在直线AB上，故可设直线AB的表达式为y＝kx＋15
又∵点B（20，0）在直线AB上
∴20k＋15＝0，∴k＝，
∴直线AB的表达为；
（2）过C作CM∥x轴交AB于M
∵点C的坐标为（m，9）
∴点M的纵坐标为9，
当y＝9时， x＋15＝9，解得x＝8，
∴M（8，9），∴CM＝|m－8|，
∴S△ABC ＝S△AMC ＋ S△BMC
＝CM·( yA －yM )＋ CM·( yM －yB )
＝ CM·OA＝|m－8|
∵S△ABC ＝30，∴|m－8|＝30，
解得m＝4或m＝12；
（3）①当点P在线段AB上时，
（i）若点P在B，Q之间，
当OQ＝OD＝12，且∠POQ＝∠POD时，△OPQ≌△OPD，
∵OA＝15，OB＝20，∴AB＝＝25，
设△AOB中AB边上的高为h，
则AB·h＝OA·OB，∴h＝12，
∴OQ⊥AB，∴PD⊥OB，∴点P的横坐标为12，
当x＝12时，y＝x＋15＝6，
∴P1（12，6），
（ii）若点P在A，Q之间，
当PQ＝OD＝12，且∠OPQ＝∠POD时，有△POQ≌△OPD，
则BP＝OB＝20，∴BP：AB＝20：25＝4：5，
∴S△POB ＝ S△AOB，
作PH⊥OB于H，则S△POB ＝ OB·PH，
∴OB·PH＝×OB·OA，
∴PH＝ OA＝×15＝12，
当y＝12时，x＋15＝12，解得x＝4，
∴P2（4，12），
②当点P在AB的延长线上时，
（i）若点Q在B，P之间，且PQ＝OD，∠OPQ＝∠POD时，△POQ≌△OPD，
作OM⊥AB于M，PN⊥OB于N，
则PN＝OM＝12，∴点P的纵坐标为－12，
当y＝－12时， x＋15＝－12，解得x＝36，
∴P3（36，－12），
（ii）若点Q在BP的延长线上或BP的反向延长线上，都不存在满足条件的P，Q两点．
综上所述，满足条件的点P为P1（12，6），P2（4，12），P3（36，－12）．
【点睛】
本题考查待定系数法求解析式，坐标与图形，全等三角形的性质等，熟练理解全等三角形的性质并灵活对问题进行分类讨论是解题关键．
25、（1）①1；②CE+AE＝BE；（2）①1°；②结论不变：CE+AE＝BE，证明见解析
【分析】（1）①证明AB＝AD，推出∠ABD＝∠D＝40°，再利用三角形的外角的性质即可解决问题．
②结论：CE+AE＝BE．在BE上取点M使ME＝AE，证明△BAM≌△CAE（SAS），推出BM＝EC可得结论．
（2）①结论：∠AEB的度数不变，∠AEB＝1°．证明方法类似（1）．
②结论不变：CE+AE＝BE．证明方法同（1）．
【详解】解：（1）①在等边△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝1°，
由对称可知：AC＝AD，∠PAC＝∠PAD，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠D，
∵∠PAC＝20°，
∴∠PAD＝20°，
∴∠BAD＝∠BAC+∠PAC+∠PAD＝100°，
∴∠D＝（180°﹣∠BAD）＝40°，
∴∠AEB＝∠D+∠PAD＝1°．
故答案为：1．
②结论：CE+AE＝BE．
理由：在BE上取点M使ME＝AE，
∵EM＝EA，∠AEM＝1°，
∴△AEM是等边三角形，
∴AM＝AE，∠MAE＝∠BAC＝1°，
∴∠MAB＝∠CAE，
∵AB＝AC，
∴△BAM≌△CAE（SAS），
∴BM＝EC，
∴CE+AE＝BM+EM＝BE．
（2）①结论：∠AEB的度数不变，∠AEB＝1°．
理由：在等边△ABC中，
AC＝AB，∠BAC＝1°
由对称可知：AC＝AD，∠EAC＝∠EAD，
∵∠EAC＝∠DAE＝α，
∵AD＝AC＝AB，
∴∠D＝（180°﹣∠BAC﹣2α）＝1°﹣α，
∴∠AEB＝1﹣α+α＝1°．
②结论不变：CE+AE＝BE．
理由：在BE上取点M使ME＝AE，
∵EM＝EA，∠AEM＝1°，
∴△AEM是等边三角形，
∴AM＝AE，∠MAE＝∠BAC＝1°，
∴∠MAB＝∠CAE，
∵AB＝AC，
∴△BAM≌△CAE（SAS），
∴BM＝EC，
∴CE+AE＝BM+EM＝BE．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
26、.
【分析】分式方程去分母，两边同时乘以x(x-1)转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】解：去分母，方程两边同时乘以x(x-1)得：
，
求解整式方程为：，
经检验时原分式方程分母不为0，
∴是分式方程的解.
故答案为：.
【点睛】
此题考查了解分式方程的解法，熟记分式方程的一般求解步骤，最后分式方程一定要注意检验．