2023届陕西省榆林市榆阳区数学八年级第二学期期末经典试题含解析

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题4分，共48分）1．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．根据图象信息，下列说法正确的是（）A．甲的速度是4km/h B．乙的速度是10km/hC．乙比甲晚出发1h D．甲比乙晚到B地3h2．下列计算中，正确的是A． B． C． D．3．下列关于x的方程中，是分式方程的是()．A． B．C． D．3x－2y＝14．下列式子从左至右变形不正确的是（）A．= B．=C．=- D．=5．设a、b是直角三角形的两条直角边，若该三角形的周长为12，斜边长为5，则ab的值是（）A．6 B．8 C．12 D．246．下列命题是真命题的是（）A．如果a2=b2，那么a=bB．如果两个角是同位角，那么这两个角相等C．相等的两个角是对项角D．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行7．下列二次根式中最简二次根式的个数有（）①；②（a＞0）；③；④.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．如图,在△ABC中,P为BC上一点,PR⊥AB,垂足为R,PS⊥AC,垂足为S,∠CAP=∠APQ,PR=PS,下面的结论:①AS=AR;②QP∥AR;③△BRP≌△CSP.其中正确的是()A．①② B．②③ C．①③ D．①②③9．在平面直角坐标系中，反比例函数的图象上有三点，若且，则的取值范围为（）A． B．C． D．10．如图所示，正方形ABCD中，E，F是对角线AC上两点，连接BE，BF，DE，DF，则添加下列哪一个条件可以判定四边形BEDF是菱形（）A．∠1＝∠2 B．BE＝DF C．∠EDF＝60° D．AB＝AF11．如图，△ABC中，AB=6，AC=4，AD是∠BAC的外角平分线，CD⊥AD于D，且点E是BC的中点，则DE为（）A．8.5 B．8 C．7.5 D．512．抛物线（）的部分图象如图所示，与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是，下列结论是：①；②；③方程有两个不相等的实数根；④；⑤若点在该抛物线上，则，其中正确的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题（每题4分，共24分）13．在实数范围内分解因式：5-x2=_____．14．已知一组数据6、4、a、3、2的平均数是5，则a的值为_____．15．如图，在△ABC中，AB=AC，点E在CA延长线上，EP⊥BC于点P，交AB于点F，若AF=2，BF=3，则CE的长度为．16．若是一个完全平方式，则_________．17．如图，是将绕点顺时针旋转得到的．若点，，在同一条直线上，则的度数是______．18．如图，在△ABC中，AB=5，AC=6，BC=7，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，连接DE、DF、EF，则△DEF的周长是_____________。三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在▱ABCD中，E，F分别是AD，BC上的点，且DE=BF，AC⊥EF.（1）求证:四边形AECF是菱形（2）若AB=6，BC=10，F为BC中点，求四边形AECF的面积20．（8分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论中一定成立的是()①OG＝AB；②与△EGD全等的三角形共有5个；③S四边形ODGF＞S△ABF；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个21．（8分）如图，直线与轴、轴分别相交于点，设是线段上一点，若将△沿折叠，使点恰好落在轴上的点处。求：（1）点的坐标；（2）直线所对应的函数关系式.22．（10分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝OC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．（1）求证：OE＝CD；（2）若菱形ABCD的边长为6，∠ABC＝60°，求AE的长．23．（10分）如图，在6×6的网格中，每个小正方形的边长为1，点A在格点（小正方形的顶点）上，试在各网格中画出顶点在格点上，面积为6，且符合相应条件的图形（1）以A为顶点的平行四边形；（2）以A为对角线交点的平行四边形．24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、在坐标轴上，点的坐标为点从点出发，在折线段上以每秒3个单位长度向终点匀速运动，点从点出发，在折线段上以每秒4个单位长度向终点匀速运动.两点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，连接.设两点的运动时间为，线段的长度的平方为，即（单位长度2）.（1）当点运动到点时，__________，当点运动到点时，__________；（2）求关于的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围.25．（12分）某校学生在“蓝天下的至爱”帮困活动中，纷纷拿零花钱，参加募捐活动．甲班学生共募捐840元，乙班学生共募捐1000元，乙班学生的数比甲班学生的人均捐款数多5元，且人数比甲班少2名，求甲班和乙班学生的人数．26．如图1，平面直角坐标系中，直线AB：y=﹣x+b交x轴于点A(8，0)，交y轴正半轴于点B．(1)求点B的坐标；(2)如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，AB=BC，P为线段AB上一点，过点P作y轴的平行线交直线AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；(3)在(2)的条件下，M为CA延长线上一点，且AM=CQ，在直线AC上方的直线AB上是否存在点N，使△QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标及PN的长度；若不存在，请说明理由.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】甲的速度是：20÷4=5km/h；乙的速度是：20÷1=20km/h；由图象知，甲出发1小时后乙才出发，乙到2小时后甲才到，故选C．2、D【解析】

根据合并同类项法则、同底数幂除法、积的乘方对各选项分析判断后利用排除法求解．【详解】A．应为x3+x3=2x3，故本选项错误；B．应为a6÷a2=a6﹣2=a4，故本选项错误；C．3a与5b不是同类项，不能合并，故本选项错误；D．（﹣ab）3=﹣a3b3，正确．故选D．【点睛】本题考查了合并同类项，同底数幂的除法，积的乘方的性质，熟练掌握运算性质并灵活运用是解题的关键，不是同类项的一定不能合并．3、B【解析】

根据分式方程的定义：分母里含有字母的方程叫做分式方程判断．【详解】A.C.D项中的方程分母中不含未知数，故不是分式方程；B.方程分母中含未知数x，故是分式方程，故选B.【点睛】本题考查的是分式方程，熟练掌握分式方程是解题的关键.4、A【解析】

根据分式的基本性质逐项判断即得答案．【详解】解：A、由分式的基本性质可知：≠，所以本选项符合题意；B、=，变形正确，所以本选项不符合题意；C、=－，变形正确，所以本选项不符合题意；D、，变形正确，所以本选项不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了分式的基本性质，解题的关键是熟练运用分式的基本性质，本题属于基础题型．5、C【解析】

由该三角形的周长为12，斜边长为5可知a+b+5＝12，再根据勾股定理和完全平方公式即可求出ab的值．【详解】解：∵三角形的周长为12，斜边长为5，∴a+b+5＝12，∴a+b＝7，①∵a、b是直角三角形的两条直角边，∴a2+b2＝52，②由②得a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝52∴72﹣2ab＝52ab＝12，故选：C．【点睛】本题考查勾股定理和三角形的周长以及完全平方公式的运用，解题的关键是熟练掌握勾股定理以及完全平方公式．6、D【解析】

利用平方的定义、平行线的性质、对顶角的性质及平面内两直线的位置关系分别判断后即可确定正确的选项．【详解】A、如果a2=b2，那么a=±b，故错误，是假命题；B、两直线平行，同位角才相等，故错误，是假命题；C、相等的两个角不一定是对项角，故错误，是假命题；D、平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行，正确，是真命题，故选D．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平方的定义、平行线的性质、对顶角的性质及平面内两直线的位置关系等知识，难度不大．7、B【解析】

判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．【详解】解：①，不是最简二次根式；②，是最简二次根式；③，是最简二次根式；④，不是最简二次根式；故选：B．【点睛】本题考查的是最简二次根式，最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．8、A【解析】

连接AP，由已知条件利用角平行线的判定可得∠1=∠2，由三角形全等的判定得△APR≌△APS，得AS=AR，由已知可得∠2=∠3，得到∠1=∠3，得QP∥AR，答案可得．【详解】连接AP，∵PR=PS，PR⊥AB，垂足为R，PS⊥AC，垂足为S，∴AP是∠BAC的平分线，∠1=∠2，∴△APR≌△APS，∴AS=AR，又AQ=PQ，∴∠2=∠3，又∠1=∠2，∴∠1=∠3，∴QP∥AR，BC只是过点P，没有办法证明△BRP≌△CSP，③不成立．故选A．【点睛】本题主要考查角平分线的判定和平行线的判定；准确作出辅助线是解决本题的关键，做题时要注意添加适当的辅助线，是十分重要的，要掌握．9、D【解析】

首先根据题意求出的值，进一步确定出点Q的坐标，然后利用双曲线关于轴对称进一步如图分两种情况分析求解即可.【详解】如图，点P(2，2)在反比例函数的图象上，∴，∵点Q(，)在反比例函数图象上，∴，∴Q(，)，∵双曲线关于轴对称，∴与(，)对称的的坐标为(，)，∵点M(，)在反比例函数图象上，且，PM>PQ，∴点M在第三象限左边的曲线上，或在右侧的曲线上，∴点M的纵坐标的取值范围为：或，故选：D.【点睛】本题主要考查了反比例函数图象的性质，熟练掌握相关概念及方法是解题关键.10、B【解析】

由正方形的性质，可判定△CDF≌△CBF，则BF=FD=BE=ED，故四边形BEDF是菱形．【详解】由正方形的性质知，∠ACD=∠ACB=45°，BC=CD，CF=CF，

∴△CDF≌△CBF，

∴BF=FD，

同理，BE=ED，

∴当BE=DF，有BF=FD=BE=ED，四边形BEDF是菱形．

故选B．【点睛】考查了菱形的判定，解题关键是灵活运用全等三角形的判定和性质，及菱形的判定.11、D【解析】

延长BA、CD交于F，根据等腰三角形的判定定理和性质定理得到AF=AC，CD=DF，根据三角形中位线定理得到答案．【详解】延长BA、CD交于F，∵AD是∠BAC的外角平分线，CD⊥AD，∴AF=AC，CD=DF，∴BF=BA+AF=BA+AC=10，∵CD=DF，点E是BC的中点，∴ED=12BF=5故选：D.【点睛】此题考查三角形中位线定理，等腰三角形的判定与性质，解题关键在于作辅助线12、D【解析】

根据二次函数的对称性补全图像，再根据二次函数的性质即可求解.【详解】如图，∵与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是，实验求出二次函数与x轴的另一个交点为（-2,0）故可补全图像如下，由图可知a＜0，c＞0，对称轴x=1,故b＞0，∴，①错误，②对称轴x=1,故x=-,∴，正确；③如图，作y=2图像，与函数有两个交点，∴方程有两个不相等的实数根，正确；④∵x=-2时，y=0,即，正确；⑤∵抛物线的对称轴为x=1,故点在该抛物线上，则，正确；故选D【点睛】此题主要考查二次函数的图像，解题的关键是熟知二次函数的对称性.二、填空题（每题4分，共24分）13、（+x）（-x）【解析】

理解实数范围内是要运算到无理数为止,即可解题.【详解】解：5-x2=（+x）（-x）【点睛】本题考查了因式分解,属于简单题,注意要求是实数范围内因式分解是解题关键.14、1.【解析】

根据平均数的定义列出方程，解方程可得．【详解】∵数据6、4、a、3、2的平均数是5，∴，解得：a=1，故答案为：1．【点睛】本题主要考查算术平均数的计算，熟练掌握算术平均数的定义是解题的关键．15、7【解析】试题分析：如图，过点A做BC边上高，所以EPAM,所以∆BFP~∆BAM,∆CAM~CEP,因为AF＝2，BF＝3，AB＝AC=5，所以,BM=CM,所以,因此CE=716、【解析】

利用完全平方公式的结构特征确定出k的值即可【详解】解：∵是完全平方式，

∴k=±30，

故答案为．【点睛】本题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方的特点是解决本题的关键.17、【解析】

根据旋转的性质，即可求出的度数．【详解】旋转，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的旋转问题，掌握旋转的性质是解题的关键．18、9【解析】

根据三角形中位线定理求出DE、DF、EF即可解决问题．【详解】解：∵点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点∴∴∴△DEF的周长是：【点睛】本题考查了三角形中位线，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键.三、解答题（共78分）19、（1）详见解析；（2）2【解析】

（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形证明即可；（2）由菱形的性质得到AO=CO，即可得到OF为△ABC的中位线，从的得到FO∥AB，FO的长，进而得到A∠BAC=90°，EF的长．在Rt△BAC中，由勾股定理得出AC的长，根据菱形面积等于对角线乘积的一半即可得出结论．【详解】（1）证明：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，且AD∥BC．∵DE=BF∴AE=CF，且AE∥CF，∴四边形AECF为平行四边形．∵AC⊥EF，∴四边形AECF为菱形．（2）∵四边形AECF是菱形，∴AO=CO．∵F为BC中点，∴FO∥AB，FO=12AB=3，∴∠BAC=∠FOC=90°，EF=1∵AB=1，BC=10，∴AC=8，∴S菱形AECF=2．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质，三角形中位线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．20、B【解析】

由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG=CD=AB，①正确；先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，④正确；由菱形的性质得得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS证明△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正确；证出OG是△ABD的中位线，得出OG∥AB，OG=AB，得出△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，由相似三角形的性质和面积关系得出S四边形ODGF=S△ABF；③不正确；即可得出结果．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，∵CD=DE，∴AB=DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG=DG，∴OG是△ACD的中位线，∴OG=CD=AB，①正确；∵AB∥CE，AB=DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∵∠BCD=∠BAD=60°，∴△ABD、△BCD是等边三角形，∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，④正确；∴AD⊥BE，由菱形的性质得：△ABG≌△BDG≌△DEG，在△ABG和△DCO中，，∴△ABG≌△DCO（SAS），∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，②不正确；∵OB=OD，AG=DG，∴OG是△ABD的中位线，∴OG∥AB，OG=AB，∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，∴△GOD的面积=△ABD的面积，△ABF的面积=△OGF的面积的4倍，AF：OF=2：1，∴△AFG的面积=△OGF的面积的2倍，又∵△GOD的面积=△AOG的面积=△BOG的面积，∴S四边形ODGF=S△ABF；③不正确；正确的是①④．故选B．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．21、（1）；（2）【解析】

（1）先确定点A、点B的坐标，再由AB＝AC，可得AC的长度，求出OC的长度，即可得出点C的坐标；（2）设OM＝m，则CM＝BM＝8−m，在Rt△OMC中利用勾股定理求出m的值，得出M的坐标后，利用待定系数法可求出AM所对应的函数解析式．【详解】解：（1）令x＝0，则y＝8，令y＝0，则x＝6，∴A（6，0），B（0，8），∴OA＝6，OB＝8，AB＝10，∵AC＝AB＝10，∴OC＝10−6＝4，∴C的坐标为：（−4，0）．（2）设OM＝m，则CM＝BM＝8−m，在Rt△OMC中，m2＋42＝（8−m）2，解得：m＝3，∴M的坐标为：（0，3），设直线AM的解析式为y＝kx＋b，则，解得：故直线AM的解析式为：.【点睛】本题考查了一次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、勾股定理及翻折变换的性质，解答本题的关键是数形结合思想的应用，难度一般．22、（1）见解析；（2）【解析】分析：(1)证明四边形OCED是矩形即可；(2)在Rt△ACE中，求出AC，CE的长，则可用勾股定理求AE.详解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，DE＝AC，∴AC⊥BD，DE＝OC.∵DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形.∵AC⊥BD，四边形OCED是平行四边形，∴四边形OCED是矩形，∴OE＝CD.(2)证明：∵菱形ABCD的边长为6，∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，BD⊥AC，AO＝CO＝AC.∵∠ABC＝60°，AB＝BC，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝6.∵△AOD中BD⊥AC，AD＝6，AO＝3，∴OD＝.∵四边形OCED是矩形，∴CE＝OD＝.∵在Rt△ACE中，AC＝6，CE＝，∴AE＝.点睛：本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质及勾股定理，菱形中出现了60°角要求线段的长度时，一般要考虑两点：①图形中会有等边三角形，②以60°角的某一边为直角边的直角三角形，再利用勾股定理求解.23、（1）见解析；（2）见解析【解析】

（1）直接利用平行四边形的性质分析得出答案；（2）直接利用菱形的性质得出符合题意的答案．【详解】解：（1）如图所示：平行四边形ABCD即为所求；（2）如图所示：平行四边形DEFM即为所求．【点睛】此题考查应用设计与作图，正确应用网格分析是解题关键．24、（1）1，；（2）.【解析】

(1)由点的坐标为可知OA=3,OB=4，故）当点运动到点时，；当点运动到点时，t=；（2）分析题意，d与t的函数关系应分为①当时，利用勾股定理在中，，，.计算即可得：.②当时，过点作，垂足为，利用勾股定理：在中，，，故而.即.③当时，利用勾股定理：在中，，，所以.即.【详解】解：（1）1，；（2）①如图1，当时，∵在中，，，∴.即.②如图2，当时，过点作，垂足为，∵四边形为矩形，∴.∴四边形为矩形.∴.∴.∴.∴在中，，，∴.即.③如图3，当时，∵在中，，，∴.即.综上所述，.【点睛】本题考查了动点问题与长度关系，灵活运用勾股定理进行解题是解题的关键.25、甲班学生的人数为42名，乙班学生的人数为40名．【解析】

设乙班学生的人数为名，则甲班学生的人数为名，由乙班学生的数比甲班学生的人均捐款数多1元可得等量关系：乙班平均每人捐款金额-甲班平均每人捐款金额=1．【详解】解：设乙班学生的人数为名，则甲班学生的人数为名．根据题意，得．整理，得．解得，．经检验：，都是原方程的根，但不符合题意，舍去．答：甲班学生的人数为42名，乙班学生的人数为40名．【点睛】本题考查了分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．26、(1)B(0，6)；(2)d=﹣t+10；(3)见解析.【解析】【分析】(1)把A(8，0)代入y=﹣x+b，可求解析式，再求B的坐标；（2）先求点C(0，﹣4)，再求直线AC解析式，可设点P(t，﹣t+6)，Q(t，t﹣4)，所以d=(﹣t+6)﹣(t﹣4