人教版数学2023-2024学年八年级（上）期末考试模拟卷 原卷+解析卷+答题卡

人教版2023-2024学年八年级（上）期末考试模拟卷 一、选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20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．若分式的值为0，则x的值为（    ） A． B． C．0 D．2 【答案】B 【分析】根据分式有意义的条件以及分式为零的条件即可求出答案． 【详解】解：由题意可知：， ， ， 当时， ∴即． 故选：B． 【点睛】本题考查分式有意义的条件以及分式值为零，本题属于基础题型． 2．下列四个图案分别是四届冬奥会图标中的一部分，其中是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称图形的知识，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，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意； B、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，故是轴对称图形，符合题意； C、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意； D、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意； 故选：B． 3．使式子有意义的实数的取值范围是（    ） A． B．且 C． D．且 【答案】A 【分析】此题主要考查了二次根式有意义的条件以及分式有意义的条件．直接利用二次根式有意义的条件以及结合分式有意义的条件得出答案． 【详解】解：使式子有意义， 则，且， 解得：． 故选：A． 4．下列长度的三条线段能首尾相接构成三角形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，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．利用三角形的三边关系定理进行分析即可． 【详解】解：根据三角形的三边关系，得： A、，不能构成三角形； B、，不能构成三角形； C、，不能构成三角形； D、，能构成三角形． 故选：D． 5．下列计算中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了积的乘方，同底数幂乘除法计算，熟知相关计算法则是解题的关键，注意同底数幂乘除法指数是相加减，积的乘方指数是相乘． 【详解】解；A、，原式计算错误，不符合题意； B、，原式计算错误，不符合题意； C、，原式计算错误，不符合题意； D、，原式计算正确，符合题意； 故选：D． 6．如图，，点B和点C是对应顶点，，记，当时，α与β之间的数量关系为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形两底角相等的性质，平行线的性质，熟记各性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，然后求出，再根据等腰三角形两底角相等求出，然后根据两直线平行，同旁内角互补表示出，整理即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴ 整理得，． 故选：B． 7．若计算的结果中不含的一次项，则的值为（　　　） A．0 B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】本题主要考查了多项式乘以多项式运算以及多项式的知识，准确进行多项式乘以多项式运是解题关键．首先根据多项式乘以多项式法则进行计算，然后根据“不含某一项就是说这一项的系数等于0”可得，求解即可获得答案． 【详解】解：， ∵结果中不含的一次项， ∴， 解得． 故选：B． 8．如图，在中，，直线l经过边的中点D，与交于点M，分别过点A、C作直线l的垂线，垂足为E、F，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，垂线段最短问题，作辅助线构造全等三角形，将转化为是解题关键．过点作于点，证明，得到，再利用垂线段最短可知，，进而得到，则当点、、、共线时，有最大值，最大值为的长，即可得到答案． 【详解】解：如图，过点作于点， ， ， 是边的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ，， ，即， 当点、、、共线时，有最大值，最大值为的长， ， 的最大值为， 故选：B． 9．如图，在中，，是角平分线，它们相交于点O，，若D是上一点，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，与角平分线有关的三角形内角和问题，三角形外角的性质等知识．明确角度之间的数量关系是解题的关键． 根据，即，解得，则，，，由，可得，由，求的值，然后根据，计算求解即可． 【详解】解：∵，是角平分线， ∴，，，， ∴，即， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， 解得，， ∴， 故选：B． 10．如下图，点在等边的边上，，射线垂足为点，点是射线上一动点，点是线段上一动点，当的值最小时，，则的长为（    ） A．17 B．16 C．13 D．12 【答案】C 【分析】作点关于直线的对称点，过点作于点，交于点，由轴对称的性质可得，即，由垂线段最短可知，的最小值为，由等边三角形的性质可得，推出，由含角直角三角形的性质可得，推出，计算出即可得解． 【详解】解：如图，作点关于直线的对称点，过点作于点，交于点， 则， ， ， 由垂线段最短可知，的最小值为， 为等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称的性质、垂线段最短、等边三角形的性质、含角直角三角形的性质，作对称，找出的最小值为是解此题的关键． 二、填空题：本大题共6小题，每小题2分，共12分。 11．一个多边形的内角和是外角和的2倍多，则这个多边形是 边形． 【答案】七 【分析】本题考查多边形的内角和和外角和．根据多边形的内角和公式以及外角和为，列出方程求解即可． 【详解】解：设多边形的边数为，由题意，得：， 解得：； 所以这个多边形为七边形； 故答案为：七． 12．当x 时，二次根式有意义． 【答案】 【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数即可得答案． 熟记二次根式有意义的条件是解题关键． 【详解】解：∵二次根式有意义， ∴， 解得：， 故答案为：． 13．，，则 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了平方差公式的应用，根据平方差公式展开，结合已知条件，即可求出答案． 【详解】解： 即， ∵ ∴， 故答案为：5． 14．已知满足，则= ． 【答案】 【分析】根据非负数的性质列式求出a、b的值，然后代入代数式进行计算即可得解． 【详解】∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0． 15．如图，在中，，那么 ．若P是边上一动点，连接，则的长的取值范围为 ． 【答案】 6 【分析】本题主要考查了含30度角的直角三角形的性质，由直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半，求出AB的长，即可解决问题． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵， ∴AP的长的取值范围是． 故答案为：． 16．如图，中，，平分交于点D，过点A作交的延长线于点E．若，的周长为，的面积为，则的长度为 ． 【答案】4 【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、三角形的周长、三角形的面积公式等知识，正确地作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 在上截取，连接，证明，得，由，得，所以，得，得，于是得，求得，由2，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：在上截取，连接， ∵平分， ， 在和中， ， ， ， 。 ， ∵的周长为， ， 解得， ∵的面积为， ， 解得， 故答案为：4． 三、解答题：本大题共68分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（6分）计算下列各题： (1)； (2)． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（）根据二次根式的乘法和绝对值化简，然后再合并同类二次根式即可； （）根据二次根式的除法法则运算，然后再合并同类二次根式即可； 此题考查了二次根式的乘除运算和化简绝对值，熟练掌握运算法则是解题的关键． 【详解】（1）解：原式， ， ， ； （2）解：原式， ， ． 18．（6分）计算： (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了幂的相关运算、整式的乘法，解题的关键是掌握幂的运算、整式乘法的运算法则． （1）根据同底数幂的乘法、同底数幂的乘方运算法则即可求解； （2）根据多项式乘多项式的运算法则即可求解． 【详解】（1）解： ； （2） = 19．（6分）解方程： (1)； (2)． 【答案】(1)无解 (2) 【分析】（1）根据解分式方程的步骤进行计算即可； （2）根据解分式方程的步骤进行计算即可． 【详解】（1）解： 方程两边同时乘以得，得， 解得：， 检验：当时，， ∴是增根， ∴原分式方程无解； （2）解： 方程两边同时乘以，得， 解得：， 检验：当时，， ∴是原方程的解． 【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的基本步骤，并注意要检验是解题的关键． 20．（6分）如图，中，是边上的中线，E，F为直线上的点，连接，且． (1)求证：； (2)若，试求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）利用中点性质可得，由平行线性质可得，再由对顶角相等可得，即可证得结论； （2）由题意可得，再由全等三角形性质可得，即可求得答案． 本题考查了全等三角形的判定和性质，难度较小，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． 【详解】（1）证明：∵是边上的中线， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 21．（6分）先化简代数式，然后选择一个使原式有意义的、b值代入求值． 【答案】，， 【分析】本题主要考查分式的化简求值，熟练掌握分式的运算是解题的关键，先对分式进行化简，然后选择一个使分母不为0的数代入求值即可． 【详解】解： ． 当时， 原式． 22．（8分）如图，已知及射线上一点． (1)求作：等腰，使线段为等腰的底边，点在内部，且点到两边的距离相等； (2)在（1）的条件下，若，则______．（直接写出结果） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的平分线，线段的垂直平分线，射线与的垂直平分线的交点即为所求； （2）根据垂直的定义，角平分线的定义与线段垂直平分线的性质即可解决问题． 【详解】（1）解：点是的平分线与线段的垂直平分线的交点，如图点即为所求． （2）， ＋， ， 点是的平分线与线段的垂直平分线的交点，则， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查作图−复杂作图，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，等边对等角，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本作图． 23．（8分）某公司积极响应节能减排号召，决定采购新能源A型和B型两款汽车，已知每辆A型汽车的进价是每辆B型汽车的进价的1.5倍，若用3000万元购进A型汽车的数量比2400万元购进B型汽车的数量少20辆． (1)A型和B型汽车的进价分别为每辆多少万元？ (2)该公司决定用不多于3600万元购进A型和B型汽车共150辆，最多可以购买多少辆A型汽车？ 【答案】(1)型汽车的进价为每辆30万元，型汽车的进价为每辆20万元 (2)最多可以购买60辆型汽车 【分析】（1）设型汽车的进价为每辆万元，则型汽车的进价为每辆万元，由题意列出分式方程，解方程即可； （2）设购买辆型汽车辆，则购买辆型汽车，根据题意列出一元一次不等式，解不等式即可； 本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出分式方程和一元一次不等式． 【详解】（1）解：设型汽车的进价为每辆万元，则型汽车的进价为每辆万元， 依题意得： 解得：, 经检验，是方程的解，且符合题意， 则, 答：型汽车的进价为每辆30万元，型汽车的进价为每辆20万元； （2）设购买辆型汽车辆，则购买辆型汽车， 依题意得：， 解得：, 答：最多可以购买60辆型汽车． 24．（10分）【问题背景】在四边形中，，，，E，F分别是上的点，且，试探究图1中线段之间的数量关系． (1)【初步探索】小亮同学认为：延长到点G，使，连接，先证明，再证明，则可得到之间的数量关系是 ． (2)【探索延伸】在四边形中如图2，，，E、F分别是上的点 ，，上述结论是否仍然成立？说明理由． 【答案】(1) (2)成立，理由见解析 【分析】本题主要考查三角形全等的判定和性质，熟练掌握三角形全等的判定定理和正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键． （1）由可直接证明，即得出，．结合题意又易证，得出，进而得出； （2）延长到点G，使，连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题． 【详解】（1）证明：在和中， ， ∴， ∴，． ∵，， ∴， ∴，即， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． 故答案为：． （2）解：结论仍然成立； 理由：如图，延长到点G，使，连接． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． 25．（12分）在等腰中，，点和点分别为和边上的点，，与相交于点． (1)当时， ①如图1，直接写出的度数；________． ②如图2，若，作，垂足为点，连接，求证：． (2)当时，如图3，若取得最小值，求出的值． 【答案】(1)①；②证明见解析 (2) 【分析】（1）①当时，是等边三角形，得到，然后结合，证明，得到，则由三角形外角的性质可得；②先由得到，进而得到，再结合得到，即可得到，再结合得到，进而得到，最后结合得证，从而得到，进而得证； （2）根据题意可令，则，如图所示，过点A作且使得，连接，证明，得到，则当B、D、M三点共线时， 最小，即此时最小，设此时点D与点重合，过点作垂足分别为G、H，过点B作于T，证明，由角平分线的性质得到，利用等面积法证明，得到，则，由此可得． 【详解】（1）解：①当时，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， 令， 如图所示，过点A作且使得，连接， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当B、D、M三点共线时， 最小，即此时最小，设此时点D与点重合， 过点作垂足分别为G、H，过点B作于T， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形三边关系，角平分线的性质，等角对等边等等，解题的关键在于构造全等三角形确定出最小时的情形．