2023--2024学年天津市西青区第二学期八年级数学期末模拟练习（含参考答案）

2023-2024学年度西青区第二学期八年级数学期末模拟练习 本试卷分为第I卷（选择题）：第II卷（非选择题）两部分，第I卷为第1页至第3页，第II卷为第4页至第8页试卷满分120分考试时间100分钟． 答卷前，请你务必将自己的姓名、考生号等相关信息填写在“答题卡”上答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回。 第I卷（选择题共36分） 注意事项： 1.每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点． 2.本卷共12题，共36分． 一、选择题：（本大题共12个小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．（本题3分）若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ） A．x≥－3 B．x＞3 C．x≥3 D．x≤3 2．（本题3分）若一组数据2，3，5，x，，8的平均数是6，则该数据的中位数是（     ） A． B． C． D． 3．（本题3分）在某次射击训练中，甲、乙、丙、丁四位选手各10次射击成绩的平均数和方差如下表：则这四人中，成绩波动最大的是（     ） 选手 甲 乙 丙 丁 平均数 9.2 9.2 9.2 9.2 方差 0.35 0.27 0.25 0.15 A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 4．（本题3分）如图，平行四边形的对角线交于点，且，△OCD的周长为19，则平行四边形ABCD的两条对角线的和是（     ） A．12 B．13 C．26 D．24 5．（本题3分）将函数的图象沿y轴向上平移2个单位长度后，所得图象对应的函数关系式为（     ） A． B． C． D． 6．（本题3分）下列命题的逆命题成立的是（    ） A．全等三角形的对应角相等 B．如果两个实数相等，那么它们的平方相等 C．等边三角形是锐角三角形 D．如果两个实数的积是正数，那么它们都是正数 7．（本题3分）如图，在中，，，，于点，是的中点，则的长为（    ）    A．1 B． C． D．4 8．（本题3分）在平面直角坐标系中，已知一次函数，是常数，，随的增大而减小，且，则它的图象经过的象限正确的是（　　 ） A．第一、二、三象限 B．第一、三、四象限 C．第一、二、四象限 D．第二、三、四象限 9．（本题3分）直线交坐标轴于、两点，则不等式的解集是（     ） A． B． C． D． 10．（本题3分）直角三角形的两边长分别为6和8，那么它的第三边长度为（　 　） A．8 B．10 C．8或 D．10或 11．（本题3分）甲、乙两人沿相同的路线由A地到B地匀速前进，A，B两地间的路程为20km．他们前进的路程为s（km），甲出发后的时间为t（h），甲、乙前进的路程与时间的函数图象如图所示．下列结论：①乙比甲晚出发1小时；②甲比乙晚到B地3小时；③甲的速度是5千米/时；④乙的速度是20千米/小时；根据图象信息，你认为错误的结论个数是（　 　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．（本题3分）如图，点是正方形内的一点，连接，，，将绕点顺时针旋转到的位置，若，，，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题共84分） 注意事项：1.用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上． 2.本卷共13题，共84分． 二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 13．（本题3分）若是正整数，则整数n的最小值为 ； 14．（本题3分）数学成绩由课堂表现，作业，期末测评三部分组成，各部分所占权重依次为，和．若某同学的课堂表现为90分，作业为80分，期末测评为70分，那么该同学的数学成绩是 ． 15．（本题3分）已知点在一次函数的图象上，则的值是 ． 16．（本题3分）如图，在△ABC中，，分别是边，上的中线，与相交于点，，分别是，的中点，连接，，，，．若四边形的周长为10，，则的长是 ． 17．（本题3分）如图，直线与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P的坐标为 ．      18．（本题3分）如图，在平行四边形ABCD中，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接，交于点O．则下列结论：①四边形是正方形；②；③，正确的个数有 ．（填序号） 三、解答题（本大题共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程） 19．（本题8分）计算 （1）         （2）（ 20．（本题8分）如图，有一块四边形的绿地ABCD，已知：AB＝3m，BC＝4m，∠B＝90°，CD＝12m，AD＝13m． （1）判断△ACD的形状； （2）求这块绿地ABCD的面积． 21．（本题10分）如图，平行四边形中，，过点C作，交的延长线于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，求的长． 22．（本题10分）冬至是二十四节气中第22个节气，也是中国民间的传统节日，古人称冬至为“亚岁”．为弘扬中国传统节日，某校组织了一次“包饺子迎冬至”的劳动技能比赛，比赛成绩分为以下五个等级：A．100分，B．90分，C．80分，D．70分，E．60分．比赛结束后，随机抽取了部分选手的成绩，整理并绘制了不完整的统计图． 请根据统计图解答下列问题： (1)本次共抽取了______名选手的成绩，扇形统计图中B所对圆心角的度数为______； (2)抽取的选手成绩中，众数是______分，中位数是______分； (3)若本次比赛共有100人参加，请估计有多少人的成绩高于80分？ 23．（本题10分）在“看图说故事”活动中，某学习小组结合图象设计了一个问题情境. 已知小红家、公园、体育馆依次在同一条直线上，她从家骑车出发，匀速骑行后到达公园，参观一段时间后匀速骑行前往体育馆，用时，刚到体育馆，接到妈妈电话，快速返回家中，回家途中匀速骑行．给出的图象反映了这个过程中小红离开家的距离与离开家的时间之间的对应关系． 请根据相关信息，解答下列问题：    (1)填表： 离开家的时间/h 0.1 0.2 0.5 1.2 离开家的距离/km 2 (2)填空： ①小红在公园游玩的时间为______h； ②从公园到体育馆的途中，骑行速度为______km/h； ③接到妈妈电话后，小红返回家的速度为______km/h； (3)当时，请直接写出y关于x的函数解析式． 24．（本题10分）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，延长BE交AD的延长线于点F，延长ED至点G，使，分别连接AE，AG，FG． (1)求证：； (2)当E为CD边的中点时，判断四边形AEFG的形状，并说明理由． 25．（本题10分）如图，直线的解析表达式为：，且与轴交于点，直线经过点，，直线，交于点． (1)求直线的解析式； (2)在直线上存在异于点的另一点，使得与的面积相等，求出点的坐标； (3)若点为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【详解】由题意得x－3≥0，即x≥3; 故当x≥3时，在实数范围内有意义; 故选C． 2．B 【分析】根据题意平均数和中位数的求法即可求出结果； 【详解】解：∵一组数据2，3，5，x，，8的平均数是6， ∴, ∴, ∴, 从小到大重新排列为：， ∴中位数为：， 故选． 【点睛】本题考查的是中位数和平均数的计算方法，掌握中位数的求法是解题的关键． 3．A 【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定，反之波动越大． 【详解】解：由表知，， ∴甲的方差最大， ∴这四人中，成绩波动最大的是甲． 故选：A． 【点睛】本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 4．D 【分析】首先由平行四边形的性质可求出的长，由条件△OCD的周长为19，即可求出的长，再根据平行四边的对角线互相平分即可求出平行四边形的两条对角线的和． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∵的周长为19， ∴， ∵，， ∴平行四边形的两条对角线的和， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题．熟记平行四边形的性质，由三角形的周长求出是解决问题的关键． 5．A 【分析】直接利用一次函数平移规律，“上加下减”进而得出即可． 【详解】解：∵将函数y=-3x+1的图象沿y轴向上平移2个单位长度， ∴平移后所得图象对应的函数关系式为：y=-3x+1+2， 即y=-3x+3，故A正确． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了一次函数图象与几何变换，熟练记忆函数平移规律是解题关键． 6．D 【分析】利用全等三角形的性质、实数的性质、等边三角形的性质等知识分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：、逆命题为对应角相等的三角形全等，不成立，不符合题意； B、逆命题为如果两个数的平方相等，那么这两个数相等，不成立，不符合题意； C、逆命题为锐角三角形是等边三角形，不成立，不符合题意； D、逆命题为如果两个数都是正数，那么它们的积也是正数，成立，符合题意； 故选：D． 【点睛】考查了命题与定理，解题的关键是了解如何写出一个命题的逆命题，难度不大． 7．A 【分析】首先求出，然后利用三角形的外角性质求出，从而在中，利用“30°角所对的直角边为斜边的一半”求解即可． 【详解】解：∵E是中斜边的中点，， ∴， ∴， ∴，∠ECD=30° 在Rt△CED中，， ∴， 故答案为A． 【点睛】本题考查含的直角三角形的基本性质，直角三角形斜边上的中线的性质，熟记并灵活运用与直角三角形相关的性质是解题关键． 8．D 【分析】本题考查的是一次函数的性质，先根据一次函数，是常数，，随的增大而减小可知，再由可知，据此可得出结论． 【详解】解：一次函数，是常数，，随的增大而减小， ， ， ， 一次函数，是常数，的图象经过第二、三、四象限． 故选：D． 9．B 【分析】找出在轴下方的函数图象所对应的自变量的取值即可． 【详解】解：由图象可以看出，轴下方的函数图象所对应自变量的取值为， 不等式的解集是． 故选B．      【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式解集的关系；理解函数值小于0的解集是轴下方的函数图象所对应的自变量的取值是解决本题的关键． 10．D 【分析】分8为直角边、8为斜边两种情况，根据勾股定理计算． 【详解】解：当8为直角边时，斜边==10， 当8为斜边时，另一条直角边==， 故选：D． 【点睛】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2． 11．A 【分析】根据图象可知，甲比乙早出发1小时，但晚到2小时，从A地到B地，甲实际用4小时，乙实际用1小时，从而可求得甲、乙两人的速度． 【详解】解：由图象知，甲出发1小时后乙才出发，甲比乙晚到B地2小时．故①结论正确，②结论错误； 甲的速度是：20÷4＝5（km/h），故③结论正确； 乙的速度是：20÷1＝20（km/h），故④结论正确； 所以错误的结论个数是1个． 故选：A． 【点睛】本题考查了函数图象，观察图象，得到A、B两地的距离以及甲乙两人从A地到达B地的时间，从而求出两人的速度是解题的关键． 12．A 【分析】连接，可证为等腰直角三角形；再根据勾股定理的逆定理可证为直角三角形，据此即可求解． 【详解】解：连接，如图所示：    由题意得： ∴ ∵ ∴ ∴ 故 故选：A 【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理及逆定理．连接是解题关键． 13． 3． 【分析】将根号外的还原到根号内比较即可；先化简和和然后再利用其为整数，确定n和a的值． 【详解】解： ∵ ，n是一个正整数，是整数， ∴n的最小值是3． 故答案是：3． 【点睛】本题主要考查了二次根式的大小比较和二次根式的化简，其中化简二次根式是解答的关键． 14．78 【分析】根据数学成绩=作业成绩×所占的百分比+期中成绩×所占的百分比+期末成绩×所占的百分比即可求得该学生的数学成绩． 【详解】解：该学生的数学成绩： 90×30%+80×20%+70×50% =27+16+35 =78（分）． 答：该同学的数学成绩是78分． 故答案为：78． 【点睛】本题考查的是加权平均数的求法．本题易出现的错误是求90，80，70这三个数的平均数，对平均数的理解不正确． 15．13 【分析】将代入函数解析式即可得到的值． 【详解】解：令，得， 故答案为：13． 【点睛】本题考查了一次函数图像上点的坐标特征，解题的关键是熟知一次函数图象上点的坐标特征． 16．3 【分析】根据三角形中位线定理得到DE，DEBC，MN，MNBC，得到四边形DEMN为平行四边形，可得ME=DN=，根据三角形中位线定理即可得AO=2ME=3． 【详解】解：∵BD，CE分别是边AC，AB上的中线， ∴DE，DEBC， ∵M，N分别是OB，OC的中点， ∴MN，MNBC， ∴DE=MN，DEMN， ∴四边形DEMN为平行四边形， ∴ME=DN， ∵四边形DEMN的周长为10，BC=7， ∴ME=DN=， ∵CE是边AB上的中线，M是OB的中点， ∴AO=2ME=3． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，解决本题的关键是掌握三角形的中位线平行第三边，且等于第三边的一半． 17． 【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，结合点C、D分别为线段AB、OB的中点，可得出点C，D的坐标，取点D关于x轴对称的点E，连接CE交x轴于点P，此时PC+PD取最小值，由点D的坐标可得出点E的坐标，由点C，E的坐标，利用待定系数法可求出直线CE的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点P的坐标． 【详解】解：当x=0时， ∴点B的坐标为； 当y=0时，， 解得：， ∴点A的坐标为． ∵点C、D分别为线段AB、OB的中点， ∴点C的坐标为，点D的坐标为． 取点D关于x轴对称的点E，连接CE交x轴于点P，此时PC+PD取最小值， 如图所示．      ∵点D的坐标为， ∴点E的坐标为． 设直线CE的解析式为y=kx+b（k≠0）， 将C（-2，1），E（0，-1）代入y=kx+b， 得：， 解得：， ∴直线CE的解析式为． 当y=0时，， 解得：， ∴点P的坐标为． 故答案为： 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及轴对称-最短路线问题，利用两点之间线段最短，找出点P的位置是解题的关键． 18．①②③ 【分析】先证明△ABF≌△ECF，得AB＝EC，再得四边形ABEC为平行四边形，进而由∠BAC＝90°，得四边形ABCD是正方形，即可判断①；由AB=CD=CE，得到DE=2AB，在直角△ABC中，，即可判断②；根据等底同高三角形面积相等即可判断③． 【详解】解：①∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AF⊥BC， ∴BF＝CF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∴∠BAF＝∠CEF， ∵∠AFB＝∠CFE， ∴△ABF≌△ECF（AAS）， ∴AB＝CE， ∴四边形ABEC是平行四边形， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴四边形ABEC是正方形，故①正确； ②∵四边形ABCD是平行四边形，四边形ABEC是正方形， ∴AB=CD=CE， ∴DE=2AB， 在直角△ABC中，， ∴,故②正确； ③∵，（等底同高）， ∴，故③正确， 故答案为：①②③． 【点睛】本题是平行四边形的综合题，主要考查了平行四边形的性质与判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等底，熟练掌握相关知识是解题的关键． 19．（1） （2） 【分析】（1）先把各二次根式化简为最简二次根式，然后合并即； （2）先把各二次根式化简为最简二次根式，然后计算除法，再合并即. 【详解】解：（1）原式=； （2）原式= 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，先把各二次根式化简为最简二次根式，然后进行二次根式的加减乘除运算，再合并即可． 20．（1）直角三角形；（2） 【分析】（1）根据勾股定理求出，求出，根据勾股定理的逆定理求出即可； （2）分别求出和的面积，再相加即可． 【详解】解：（1）是直角三角形， 理由是：由题意可知：在Rt△ABC中，由勾股定理得： ， ，， ， ， 即是直角三角形； （2） ， 即四边形的面积是． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理的应用，解题的关键是能求出是直角三角形． 21．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，再证四边形是平行四边形，即可得结论； （2）连接交于O，由菱形的性质可得，再由勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，连接交于O， ∵四边形是菱形，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键． 22．(1)40，； (2)90，90； (3)． 【分析】本题考查条形统计图，扇形统计图，掌握中位数、众数的定义和用样本估计总体的计算方法是解决问题的前提． （1）用C等级的人数除以它所对应的百分数即可求出抽取的总人数；用乘以B所占的百分比即可求出圆心角度数； （2）根据中位数、众数的定义进行计算即可； （3）求出样本中A、B等级的人数占调查人数的几分之几，再进行计算即可． 【详解】（1）解：本次共抽取了：（名）， 扇形统计图中B所对圆心角的度数为， 故答案为：40，； （2）解：∵成绩为90分的有16人，人数最多， ∴抽取的选手成绩中，众数是90分； 将这是40个数据排序，中间的两个数的90，所以中位数为90分， 故答案为：90，90； （3）解：抽取的40人中，成绩高于80分的有人， 因此100人参加，成绩高于80分的有 答：100人参加，估计成绩高于80分的有人． 23．(1)1，2，6 (2)，10，15 (3) 【分析】（1）根据函数图象横、纵坐标表示的意义填空即可； （2）①根据函数图象中的数据，计算即可；②③根据速度=路程÷时间计算即可； （3）利用待定系数法解答即可． 【详解】（1）∵ ∴当时，； 从图象可知，在时，离开家的距离没有改变，是， 所以，当时，； 从图象可知，当时，， 故填表为； 离开家的时间/h 离开家的距离/km 1 2 2 6 （2）①小红在公园游玩的时间为：（h）， 故答案为：； ②从公园到体育馆的途中，骑行速度为， 故答案为：10； ③接到妈妈电话后，小红返回家的速度为：， 故答案为：15； （3）当时，设， 把代入得： ， 解得， 故； 当时，设y=， 把代入得： ， 解得， 故， ∴． 【点睛】本题考查利用一次函数的图象解决实际问题，正确理解题意、理解函数图象横、纵坐标表示的意义是解题的关键． 24．(1)见解析 (2)矩形，见解析 【分析】（1）利用平行四边形的性质，得到平行线，根据平行线的性质，角平分线的定义，得到∠AFE=∠FBC=∠FED=∠ABE即可． （2）利用平行四边形的性质，证明△DEF≌△CEB，得到FD=BC=AD，证明四边形AEFG是平行四边形，结合DE=DF得证EG=AF，得证四边形AEFG是矩形． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AF∥BC，AB∥DC， ∴∠AFE=∠FBC，∠FED=∠ABE， ∵BE平分∠ABC， ∴∠FBC=∠ABE， ∴∠AFE=∠FED， ∴DE=DF． （2）四边形AEFG是矩形．理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AF∥BC，AB∥DC，AD=BC， ∴∠AFE=∠FBC，∠FED=∠ABE， ∵BE平分∠ABC， ∴∠FBC=∠ABE， ∴∠AFE=∠FED， ∴DE=DF． ∵E为CD边的中点， ∴DE=EC， ∴△DEF≌△CEB， ∴FD=BC=AD， ∵ED=DG， ∴四边形AEFG是平行四边形， ∵DE=DF， ∴EG=AF， ∴四边形AEFG是矩形． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握矩形的判定，平行四边形的判定性质是解题的关键． 25．(1) (2) (3)存在，点的坐标为或或，理由见详解 【分析】（1）根据题意，设直线的解析式为，把点，代入，运用待定系数法即可求解； （2）根据一次函数与坐标轴的交点，分别求出的坐标，根据几何图形面积的计算方法即可求解； （3）根据平行四边形的判定和性质，图形几何分析即可求解． 【详解】（1）解：∵直线经过点，，设直线的解析式为， ∴ ， 解得：， ∴直线的解析式为：； （2）解：直线的解析表达式为：， ∴令时，；令时，； ∴， ∵直线的解析式为：， ∴令时，；令时，； ∴， 联立直线，得： 解得：， ∴， ∴，， ∴， 设， ∴， 解得，， ∵异于点的另一点，且， ∴，即； （3）解：存在，点的坐标为或或，理由如下， 如图所示，，，， 根据题意，四边形，四边形，四边形为平行四边形， ∴的中点坐标的横坐标为，纵坐标为0， ∴设， ∴，， 解得，， ∴； ∵， ∴， ∴的横坐标为，纵坐标为， ∴； 同理，的横坐标为，纵坐标为， ∴； 综上所述，存在，点的坐标为：或或． 【点睛】本题主要考查一次函数图象的性质，平行四边形的判定和性质，几何图形面积的计算方法，一次函数交点与二元一次方程组的运用，掌握一次函数图象，平行四边形的判定和性质是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$