精品解析：鲁教版（五四制）2023-2024学年八年级数学下册期末模拟检测卷

八年级数学下册期末模拟检测卷 一、选择题 1. 如果二次根式有意义，那么值可以是（ ） A. B. C. D. 1 2. 计算的结果为（　　） A. B. C. D. 3. 用配方法解一元二次方程，配方正确的是（ ）． A. B. C. D. 4. 已知四边形的对角线相交于点，则下列条件中不能判定它是矩形的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，点D、E分别在△ABC的AB、AC边上，下列条件中：①∠ADE＝∠C；②；③．使△ADE与△ACB一定相似的是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 6. 如图，，直线，与这三条平行线分别交于点、、和点、、，已知，，，则的长为（ ）  A. B. C. D. 7. 如图，中，，按以下步骤作图： （1）以点A为圆心，AB的长为半径作弧，交AD于点E； （2）分别以点B、E为圆心，大于长为半径作弧，两弧在∠BAD的内部交于点G，连接AG并延长交BC于点F．若AB＝5，BE＝6，则AF的长是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 8. 秋冬季节是流感高发期，有1人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了个人，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，已知与位似，且与的周长之比为1：2，点的坐标为，则点的坐标为(　　) A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，第一个正方形位置如图所示，点的坐标为，点D的坐标为，延长交轴于点，作第二个正方形；延长交轴于点，作第三个正方形…按这样的规律进行下去，第个正方形的面积为（　　） A. B. C. D. 二、填空题 11. 若有意义，则a的值为___________． 12. 已知关于x的一元二次方程有一个根为，则______． 13. 若，且，则_______． 14. 如图是一束平行的光线从教室窗户射入教室的平面示意图，测得光线与地面所成的角∠AMC＝30°，窗户的高在教室地面上的影长MN＝2米，窗户的下檐到教室地面的距离BC＝1米(点M，N，C在同一直线上)，则窗户的高AB为_____． 15. 如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为________． 16. 如图所示，某市世纪广场有一块长方形绿地长，宽，在绿地中开辟三条道路后，剩余绿地的面积为，则图中的值为 ____． 17. 如图，四边形ABCD为平行四边形，E、F为CD边的两个三等分点，连接AF、BE交于点G，则____． 18. 如图，在中，，，，，的平分线相交于点E，过点E作交AC于点F，则； 三、解答题 19. （1） （2） 20. 用适当的方法解下列方程： （1）； （2）． 21. 如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（1，2），B（3，1）（每个方格的边长均为1个单位长度）． （1）将△OAB向右平移1个单位后得到△O1A1B1，请画出△O1A1B1； （2）请以O为位似中心画出△O1A1B1的位似图形，使它与△O1A1B1的相似比为2：1； （3）点P（a，b）为△OAB内一点，请直接写出位似变换后的对应点P′的坐标为　 　． 22. 已知关于x一元二次方程x2﹣（2m﹣2）x+（m2﹣2m）=0． （1）求证：方程有两个不相等的实数根． （2）如果方程的两实数根为x1，x2，且x12+x22=10，求m的值． 23. 如图，在中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，，若，求证：四边形是矩形． 24. 某宾馆有客房间供游客居住，当每间客房的定价为每天元时，客房恰好全部住满；如果每间客房每天的定价每增加元，那么出租的客房就会减少间． （1）当某天客房全部住满时，客房收入为________元； （2）如果某天该宾馆的客房收入元，那么这天每间客房的定价是多少元？ 25. 如图，在某学校的明德楼和启智楼之间有一条文化长廊，文化长廊上伫立着三座名人塑像，，，点A，D，F，H，B在同一直线上，且．在明德楼的楼顶有一照明灯P，塑像的影子为，塑像的影子为．该校“探数学”兴趣小组的同学测得文化长廊米，塑像高米，塑像的影长米． （1）求明德楼的高； （2）求塑像的影长． 26. 问题提出 如图，已知点是菱形边上一点，是等腰三角形，且，，交于点探究与的数量关系． 问题探究 （1）先将问题特殊化，如图，当时，直接写出的大小； （2）再探究一般情形，如图，求与的数量关系． 问题拓展 （3）将图特殊化，如图，当，，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级数学下册期末模拟检测卷 一、选择题 1. 如果二次根式有意义，那么的值可以是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据被开方数大于等于0，求出的取值范围即可． 【详解】解：由题意，得：， 故的值可以是1； 故选：D． 2. 计算的结果为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简各式，再合并同类二次根式即可得出结果． 【详解】解：原式 ． 故选A． 【点睛】本题考查二次根式的加减运算．解题的关键是掌握相关运算法则，正确的计算． 3. 用配方法解一元二次方程，配方正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】按照配方法的步骤进行求解即可得答案． 【详解】解：， 移项得， 二次项系数化1的， 配方得， 即， 故选：A． 【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤为（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方． 4. 已知四边形的对角线相交于点，则下列条件中不能判定它是矩形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是矩形的判定，熟记判定方法是解本题的关键．矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）有三个角是直角的四边形是矩形．（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．据此判断即可． 【详解】解：如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形，故A不符合题意； ∵， 根据“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”可以判定平行四边形是矩形， 故B不符合题意； ∵， ∴， 但不一定与相等，无法判定四边形是矩形， 故C符合题意； ∵， ∴， ∴四边形是矩形，故D不符合题意； 故选：C． 5. 如图，点D、E分别在△ABC的AB、AC边上，下列条件中：①∠ADE＝∠C；②；③．使△ADE与△ACB一定相似的是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】由两角相等的两个三角形相似得出①正确，由两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得出③正确；即可得出结果． 【详解】∵∠DAE＝∠BAC， ∴当ADE＝∠C时，△ADE∽△ACB，故①符合题意， 当时， ∵∠B不一定等于∠AED， ∴△ADE与△ACB不一定相似，故②不符合题意， 当时，△ADE∽△ACB．故③符合题意， 综上所述：使△ADE与△ACB一定相似的是①③， 故选：C． 【点睛】本题考查相似三角形的判定，两角对应相等的两个三角形相似；两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似；三边对应成比例的两个三角形相似；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键 6. 如图，，直线，与这三条平行线分别交于点、、和点、、，已知，，，则的长为（ ）  A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．根据平行线分线段成比例定理得到比例式，代入已知数据计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 解得：， 故选：C． 7. 如图，在中，，按以下步骤作图： （1）以点A为圆心，AB的长为半径作弧，交AD于点E； （2）分别以点B、E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在∠BAD的内部交于点G，连接AG并延长交BC于点F．若AB＝5，BE＝6，则AF的长是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】设AF交BE于H，证明四边形AEFB是菱形，利用勾股定理求出AH即可． 【详解】解：设AF交BE于H， 由题意得AB=AE，AF平分∠BAD， ∴∠BAF=∠EAF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠EAF=∠AFB， ∴∠BAF=∠AFB， ∴AB=BF， ∴BF=AE， ∵AE∠BF， ∴四边形AEFB是平行四边形， ∴AB=EF， ∴AB=AE=EF=BF， ∴四边形AEFB是菱形， ∴AH=FH，BH=HE=3，AF⊥BE， ∴AH=， ∴AF=2AH=8， 故选：C． 【点睛】此题考查了角平分线的作图，菱形的判定定理及性质定理，勾股定理，正确理解角平分线的作图是解题的关键． 8. 秋冬季节是流感高发期，有1人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了个人，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据有1人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，列出方程即可． 【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了个人，由题意，得： ； 故选D． 【点睛】本题考查一元二次方程的应用．根据题意，正确的列出一元二次方程，是解题的关键． 9. 如图，已知与位似，且与的周长之比为1：2，点的坐标为，则点的坐标为(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用相似性质得到△A1OB1与△A2OB2的位似之比为1：2，然后把点A1的横纵坐标分别乘以-2得到点A2的坐标． 【详解】解：∵△A1OB1与△A2OB2的周长之比为1：2， ∴△A1OB1与△A2OB2的位似之比为1：2， 而点A1的坐标为（-1，2）， ∴点A2的坐标为（2，-4）． 故选B． 【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k． 10. 在平面直角坐标系中，第一个正方形的位置如图所示，点的坐标为，点D的坐标为，延长交轴于点，作第二个正方形；延长交轴于点，作第三个正方形…按这样的规律进行下去，第个正方形的面积为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据勾股定理求得，再根据两对对应角相等的三角形相似，证明，根据相似三角形对应边成比例可以得到，所以正方形的边长等于正方形边长的，以此类推，后一个正方形的边长是前一个正方形的边长的，然后即可求出第个正方形的边长与第个正方形的边长的关系，从而求出第个正方形的面积． 【详解】解：∵点的坐标为，点的坐标为， ∴， ∵， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 以此类推，…， 即后一个正方形的边长是前一个正方形的边长的倍， ∴第个正方形的边长为， ∴正方形，即第个正方形的面积为． 故选D． 【点睛】本题是正方形的性质题，主要考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解本题的关键是求出几个正方形的边长，找出规律． 二、填空题 11. 若有意义，则a的值为___________． 【答案】3. 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数大于等于0，列式进行计算即可求出a的值. 【详解】解：根据题意得，a-3≥0且3-a≥0， 解得a≥3且a≤3， 所以，a=3． 故答案为3． 【点睛】本题考查二次根式有意义的条件：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义. 12. 已知关于x的一元二次方程有一个根为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】将代入方程，结合，进行求解即可． 【详解】解：将代入方程，得： ， 解得：， 又∵是一元二次方程， ∴，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查一元二次方程的解，解一元二次方程．熟练掌握，方程的解是使等式成立的未知数的值，是解题的关键．注意，一元二次方程的二次项系数不为0． 13. 若，且，则_______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据等比性质，可得答案． 【详解】， 由等比性质，得， 所以． 故答案为：8． 【点睛】本题考查了比例的性质，利用了等比性质． 14. 如图是一束平行的光线从教室窗户射入教室的平面示意图，测得光线与地面所成的角∠AMC＝30°，窗户的高在教室地面上的影长MN＝2米，窗户的下檐到教室地面的距离BC＝1米(点M，N，C在同一直线上)，则窗户的高AB为_____． 【答案】2米 【解析】 【详解】由题意可得:AM∥BN,所以△NBC∽△MAC,所以∠AMC=∠BNC=30°, 因为∠C=90°,BC=1,所以BN=2,CN=,所以,所以,解得:AC=3,所以AB=AC－BC=2,故选答案为:2米. 点睛:本题主要考查相似三角形的对应边成比例在解决实际问题中的应用. 15. 如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【详解】解：∵，且，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形． 如图，连接AD，则， ∴当时，的值最小，此时，的面积， ∴， ∴的最小值为； 故答案为． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，本题属于中考常考题型． 16. 如图所示，某市世纪广场有一块长方形绿地长，宽，在绿地中开辟三条道路后，剩余绿地的面积为，则图中的值为 ____． 【答案】 【解析】 【分析】由题意列出一元二次方程，解方程即可． 详解】解：根据题意得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 即图中的值为， 故答案为：． 【点睛】此题考查了一元二次方程的应用题，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 17. 如图，四边形ABCD为平行四边形，E、F为CD边的两个三等分点，连接AF、BE交于点G，则____． 【答案】1：9 【解析】 【分析】利用相似三角形的性质面积比等于相似比的平方即可解决问题； 【详解】解：在平行四边形中，，且，∴，又∵E、F为边的两个三等分点，∴，即，∴， 故答案为：1：9． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 18. 如图，在中，，，，，的平分线相交于点E，过点E作交AC于点F，则； 【答案】 【解析】 【分析】过E作EG∥AB，交AC于G，易得AG=EG，EF=CF，依据△ABC∽△GEF，即可得到EG：EF：GF=3：4：5，故设EG=3k=AG，则EF=4k=CF，FG=5k，根据AC=10，可得3k+5k+4k=10，即k=，进而得出EF=4k=． 【详解】过E作EG∥AB，交AC于G，则∠BAE=∠AEG， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE=∠CAE， ∴∠CAE=∠AEG， ∴AG=EG， 同理可得，EF=CF， ∵AB∥GE，BC∥EF， ∴∠BAC=∠EGF，∠BCA=∠EFG， ∴△ABC∽△GEF， ∵∠ABC=90°，AB=6，BC=8， ∴AC=10， ∴EG：EF：GF=AB：BC：AC=3：4：5， 设EG=3k=AG，则EF=4k=CF，FG=5k， ∵AC=10， ∴3k+5k+4k=10， ∴k=， ∴EF=4k=． 故答案是：． 【点睛】考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构相似三角形以及构造等腰三角形． 三、解答题 19. （1） （2） 【答案】（1）3＋；（2） 【解析】 【分析】（1）根据幂的运算公式即可化简求解； （2）根据完全平方公式与平方差公式即可化简求解. 【详解】（1）原式=4＋－1=3＋ （2）原式=6－＋1－（9－5）=7－－4=3－ 【点睛】此题主要考查整式的乘法运算，解题的关键是熟知整式的运算法则. 20. 用适当的方法解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1），； （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法，是解题的关键． （1）用直接开平方法解一元二次方程即可； （2）用因式分解法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， 方程两边同除以2得：， 开平方得：， ∴，； 【小问2详解】 解：， 移项得：， 分解因式得：， ∴或， 解得：，． 21. 如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（1，2），B（3，1）（每个方格的边长均为1个单位长度）． （1）将△OAB向右平移1个单位后得到△O1A1B1，请画出△O1A1B1； （2）请以O为位似中心画出△O1A1B1的位似图形，使它与△O1A1B1的相似比为2：1； （3）点P（a，b）为△OAB内一点，请直接写出位似变换后的对应点P′的坐标为　 　． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）（2a+2，2b）或（-2a-2，-2b） 【解析】 【分析】（1）根据平移的规律，将点O、A、B向右平移1个单位,即横坐标加1，得到O1、A1、B1，连接O1、A1、B1即可； （2）根据位似图形的定义作图即可； （3）分别根据平移和位似变换坐标的变化规律得出坐标即可． 【详解】解：（1）如图，△O1A1B1即为所求作三角形； （2）如上图，△O2A2B2、△O3A3B3即所求作三角形； （3）点P（a，b）为△OAB内一点，位似变换后的对应点P′的坐标为（2a+2，2b）或（-2a-2，-2b）. 故答案为：（2a+2，2b）或（-2a-2，-2b）． 【点睛】本题考查了利用位似变换作图，坐标位置的确定，掌握位似图形的定义是作图的基础，要特别注意位似图形分为同侧位似和异侧位似． 22. 已知关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣2）x+（m2﹣2m）=0． （1）求证：方程有两个不相等的实数根． （2）如果方程的两实数根为x1，x2，且x12+x22=10，求m的值． 【答案】（1）见解析；（2）m=﹣1或m=3. 【解析】 【分析】（1）求出∆的值，即可判断出方程根的情况； （2）根据根与系数的关系即可求出答案． 【详解】（1）由题意可知：△=（2m﹣2）2﹣4（m2﹣2m）=4＞0， ∴方程有两个不相等的实数根． （2）∵x1+x2=2m﹣2，x1x2=m2﹣2m， ∴x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2=10， ∴（2m﹣2）2﹣2（m2﹣2m）=10， ∴m2﹣2m﹣3=0， ∴m=﹣1或m=3 【点睛】本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系以及一元二次方程的解法，本题属于中等题型． 23. 如图，在中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，，若，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质和E为的中点，易得，得到，，结合得到四边形ABFC是平行四边形，再利用，得到 ，最后利用矩形的判定定理判定即可． 【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，，， ∴，． ∵E为的中点， ∴． 在和中 ， ∴， ∴，． ∵，延长交的延长线于点F， ∴， ∴四边形ABFC是平行四边形． ∵，， ∴． ∴四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，得到是解答关键． 24. 某宾馆有客房间供游客居住，当每间客房的定价为每天元时，客房恰好全部住满；如果每间客房每天的定价每增加元，那么出租的客房就会减少间． （1）当某天客房全部住满时，客房收入为________元； （2）如果某天该宾馆的客房收入元，那么这天每间客房的定价是多少元？ 【答案】（1）36000 （2）这天每间客房的价格是200元或480元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）根据总收入每间客房的定价出租客房的间数，即可求出结论； （2）设这天每间客房的定价增加元，则当天出租了间客房，根据总收入每间客房的定价出租客房的间数，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再将其代入中即可求出结论． 【小问1详解】 解：（元． 故答案为：36000． 【小问2详解】 解：设这天每间客房的定价增加元，则当天出租了间客房， 依题意得：， 整理得：， 解得：，， 当时，； 当时，． 答：这天每间客房的价格是200元或480元． 25. 如图，在某学校的明德楼和启智楼之间有一条文化长廊，文化长廊上伫立着三座名人塑像，，，点A，D，F，H，B在同一直线上，且．在明德楼的楼顶有一照明灯P，塑像的影子为，塑像的影子为．该校“探数学”兴趣小组的同学测得文化长廊米，塑像高米，塑像的影长米． （1）求明德楼的高； （2）求塑像的影长． 【答案】（1）12米 （2）4米 【解析】 【分析】本题考查了三角形相似判定和性质， (1)根据，米，得到米，根据，得，列比例式，计算即可． (2)根据，得，列比例式，计算即可． 【小问1详解】 ∵，米， ∴米， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵米，塑像高米， ∴， 解得(米) 答：明德楼的高为12米． 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得， 答：塑像的影长为4米． 26. 问题提出 如图，已知点是菱形边上一点，是等腰三角形，且，，交于点探究与的数量关系． 问题探究 （1）先将问题特殊化，如图，当时，直接写出的大小； （2）再探究一般情形，如图，求与的数量关系． 问题拓展 （3）将图特殊化，如图，当，，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）延长过点F作，证明即可得出结论． （2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明． （3）过点A作垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，由（2）知，，通过证明求出，再同（2）构造全等三角形得到 ，再解直角三角形求出，进而求出即可解出． 【详解】（1）解：过点F作交延长线于H，如图所示： ∴， ∴，， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：在上截取，使，连接． ， ， ， ， ． ． ∵四边形是菱形， ∴，， ，， ， ． ， 即； （3）解：过点作的垂线交的延长线于点，如图所示： 设菱形的边长为， ， ， ∵四边形为菱形， ∴，， 在中， ， ， ∴ ， ∴ ， ∴由（2）知，． ， ， ，即， ， 如图，在上截取，使，连接，作于点O， 由（2）知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， 解得：，负值舍去， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，三线合一定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$