2022年八年级数学下学期期末模拟卷1含解析新人教版.doc

期末模拟试卷〔1〕
〔时间：100分钟 总分值：120分〕
一、选择题〔共10小题，30分〕
1．〔3分〕二次根式中x的取值范围是〔　　〕
A．x≥﹣2 B．x≥2 C．x≥0 D．x＞﹣2
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出x的范围．
【解答】解：由题意可知：x+2≥0，
∴x≥﹣2，
应选：A．
2．〔3分〕估计+1的值是〔　　〕
A．在2和3之间 B．在3和4之间 C．在4和5之间 D．在5和6之间
【分析】应先找到所求的无理数在哪两个和它接近的整数之间，然后判断出所求的无理数的范围．
【解答】解：∵32＝9，42＝16，
∴，
∴+1在4到5之间．
应选：C．
3．〔3分〕某专卖店专营某品牌的衬衫，店主对上一周中不同尺码的衬衫销售情况统计如下：
尺码
39
40
41
42
43
平均每天销售数量〔件〕
10
12
20
12
12
该店主决定本周进货时，增加了一些41码的衬衫，影响该店主决策的统计量是〔　　〕
A．众数 B．方差 C．平均数 D．中位数
【分析】平均数、中位数、众数是描述一组数据集中程度的统计量；方差、标准差是描述一组数据离散程度的统计量．销量大的尺码就是这组数据的众数．
【解答】解：由于众数是数据中出现次数最多的数，故影响该店主决策的统计量是众数．
应选：A．
4．〔3分〕在四边形ABCD中：①AB∥CD②AD∥BC③AB＝CD④AD＝BC，从以上选择两个条件使四边形ABCD为平行四边形的选法共有〔　　〕
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【分析】根据平行四边形的判定方法中，①②、②④、①③、③④均可判定是平行四边形．
【解答】解：根据平行四边形的判定，符合条件的有4种，分别是：①②、②④、①③、③④．
应选：B．
5．〔3分〕以下式子一定成立的是〔　　〕
A．＝a B．＝ C．＝ D．＝2
【分析】各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式＝|a|，不符合题意；
B、当a≥0，b≥0时，＝•，不符合题意；
C、原式不一定成立，不符合题意；
D、＝＝2，符合题意，
应选：D．
6．〔3分〕甲、乙、丙、丁四名同学在一次投掷实心球训练中，在相同条件下各投掷10次，他们成绩的平均数与方差s2如下表：

甲
乙
丙
丁
平均数〔米〕
11.1
11.1
10.9
10.9
方差s2
1.1
1.2
1.3
1.4
假设要选一名成绩好且发挥稳定的同学参加比赛，那么应该选择〔　　〕
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】根据平均数和方差的意义解答．
【解答】解：从平均数看，成绩好的同学有甲、乙，
从方差看甲、乙两人中，甲方差小，即甲发挥稳定，
应选：A．
7．〔3分〕河南省旅游资源丰富，2022～2022年旅游收入不断增长，同比增速分别为：15.3%，12.7%，15.3%，14.5%，17.1%．关于这组数据，以下说法正确的选项是〔　　〕
A．中位数是12.7% B．众数是15.3%
C．平均数是15.98% D．方差是0
【分析】直接利用方差的意义以及平均数的求法和中位数、众数的定义分别分析得出答案．
【解答】解：A、按大小顺序排序为：12.7%，14.5%，15.3%，15.3%，17.1%，
故中位数是：15.3%，故此选项错误；
B、众数是15.3%，正确；
C、〔15.3%+12.7%+15.3%+14.5%+17.1%〕
＝14.98%，应选项C错误；
D、∵5个数据不完全相同，
∴方差不可能为零，故此选项错误．
应选：B．
8．〔3分〕如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝10，BD＝24，那么菱形ABCD的周长为〔　　〕
A．52 B．48 C．40 D．20
【分析】由勾股定理即可求得AB的长，继而求得菱形ABCD的周长．
【解答】解：∵菱形ABCD中，BD＝24，AC＝10，
∴OB＝12，OA＝5，
在Rt△ABO中，AB＝＝13，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝52，
应选：A．
9．〔3分〕“龟兔赛跑〞这那么寓言故事讲述的是比赛中兔子开始领先，但它因为骄傲在途中睡觉，而乌龟一直坚持爬行最终贏得比赛，以下函数图象可以表达这一故事过程的是〔　　〕
A． B．
C． D．
【分析】根据兔子的路程在一段时间内保持不变、乌龟比兔子所用时间少逐一判断即可得．
【解答】解：由于兔子在途中睡觉，所以兔子的路程在一段时间内保持不变，而且乌龟是在兔子睡醒后才到达终点的，所以D选项错误；
因为乌龟最终赢得比赛，即乌龟比兔子所用时间少，所以A、C均错误；
应选：B．
10．〔3分〕如图，在▱ABCD中，AB＝4，BC＝6．以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点E，交CD于点F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径画弧，两弧相交于点P，射线CP交BA的延长线于点Q，那么AQ的长是〔　　〕
A．1 B．1 C．2 D．2
【分析】利用根本作图得到∠BCQ＝∠DCQ，再根据平行四边形的性质得到AB∥CD，所以∠Q＝∠DCQ，从而得到∠Q＝∠BCQ，所以BQ＝BC＝6，然后计算BQ﹣AB即可．
【解答】解：由作法得CQ平分∠BCD，
∴∠BCQ＝∠DCQ，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠Q＝∠DCQ，
∴∠Q＝∠BCQ，
∴BQ＝BC＝6，
∴AQ＝BQ﹣AB＝6﹣4＝2．
应选：C．
二、填空题〔共5小题，15分〕
11．〔3分〕直角三角形的两边的长分别是3和4，那么第三边长为　5或　．
【分析】直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论：①3是直角边，4是斜边；②3、4均为直角边；可根据勾股定理求出上述两种情况下，第三边的长．
【解答】解：①长为3的边是直角边，长为4的边是斜边时：
第三边的长为：＝；
②长为3、4的边都是直角边时：
第三边的长为：＝5；
综上，第三边的长为：5或．
故答案为：5或．
12．〔3分〕如图，一次函数y＝﹣x+1与y＝2x+m的图象相交于点P〔n，2〕，那么关于x的不等式﹣x+1＞2x+m＞0的解集为　﹣2＜x＜﹣1　．
【分析】先将点P〔n，2〕代入y＝﹣x+1，求出n的值，再将P点坐标代入y＝2x+m，求出m，进而求出y＝2x+4与x轴的交点坐标，然后找出直线y＝﹣x+1落在y＝2x+m的上方且都在x轴上方的局部对应的自变量的取值范围即可．
【解答】解：∵一次函数y＝﹣x+1的图象过点P〔n，2〕，
∴2＝﹣n+1，解得n＝﹣1，
∴P〔﹣1，2〕，
将P〔﹣1，2〕代入y＝2x+m，得2＝﹣2+m，
解得m＝4，
∴y＝2x+4，
当y＝0时，2x+4＝0，解得x＝﹣2，
∴y＝2x+4与x轴的交点是〔﹣2，0〕，
∴关于x的不等式﹣x+1＞2x+m＞0的解集为﹣2＜x＜﹣1．
故答案为﹣2＜x＜﹣1．
13．〔3分〕一组数据6，x，3，3，5，1的众数是3和5，那么这组数据的中位数是　4　．
【分析】先根据众数的定义求出x＝5，再根据中位数的定义求解可得．
【解答】解：∵数据6，x，3，3，5，1的众数是3和5，
∴x＝5，
那么数据为1、3、3、5、5、6，
∴这组数据为＝4，
故答案为：4．
14．〔3分〕：正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在AD、CD上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，那么GH的长为　5　．
【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，每一个角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“边角边〞证明△ABE≌△DAF得∠ABE＝∠DAF，进一步得∠AGE＝∠BGF＝90°，从而知GH＝BF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
∵AB＝AD，∠BAE＝∠D，AE＝DF
∴△ABE≌△DAF〔SAS〕，
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH＝BF，
∵BC＝8，CF＝CD﹣DF＝8﹣2＝6
∴BF＝＝10
∴GH＝5
故答案为：5
15．〔3分〕如图，△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，△ACB的顶点A在△DCE的斜边DE上，且AD＝，AE＝3，那么AC＝　　．
【分析】连接BE，根据题意可以证明△AEB是直角三角形，然后根据三角形全等和勾股定理即可证明AE2+AD2＝2AC2，即可求AC的值．
【解答】解：连接BE，
∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA＝CB，CE＝CD，
∴∠ECA+∠ACD＝∠ACE+∠ECB＝90°，∠CEA＝∠CDE＝45°，∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠DCA＝∠ECB，且CE＝CD，CA＝CB
∴△DCA≌△ECB〔SAS〕，
∴AD＝BE，∠CEB＝∠CDA，
∴∠BEA＝∠CEB+∠CDA＝∠CEA+∠CDA＝90°，
∴△AEB是直角三角形，
∴AE2+BE2＝AB2，
在Rt△ACB中，AC＝BC，AC2+BC2＝2AC2＝AB2，
∴2AC2＝AE2+BE2，
即AE2+AD2＝2AC2；
∵AD＝，AE＝3，
∴AC＝
故答案为：
三、解答题〔8个小题，共75分〕
16．〔8分〕计算以下各式的值：
〔1〕÷×；
〔2〕〔1﹣〕2﹣|﹣2|．
【分析】〔1〕利用二次根式的乘除法那么运算；
〔2〕根据完全平方公式和绝对值的意义计算．
【解答】解：〔1〕原式＝
＝；
〔2〕原式＝1﹣2+3+﹣2
＝2﹣．
17．〔8分〕如图，在矩形纸片ABCD中，边AB＝3，BC＝5，点E在边CD上，连接AE，将四边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形AB′C′E，且B′C′恰好经过点D．求线段CE的长度．
【分析】由矩形的性质可得AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，∠B＝∠C＝90°，由折叠的性质可得AB＝AB'＝3，CE＝C'E，B'C'＝BC＝5，∠B'＝∠B＝90°，∠C＝∠C'＝90°，由勾股定理可求B'D的长，可得C'D的长，由勾股定理可求CE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，∠B＝∠C＝90°
∵将四边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形AB′C′E，
∴AB＝AB'＝3，CE＝C'E，B'C'＝BC＝5，∠B'＝∠B＝90°，∠C＝∠C'＝90°
∵B'D＝＝4，
∴C'D＝B'C'﹣B'D＝1，
∵DE2＝C'E2+C'D2，
∴〔3﹣CE〕2＝CE2+1，
∴CE＝
18．〔9分〕老师随机抽査了本学期学生读课外书册数的情况，绘制成不完整的条形统计图和不完整的扇形统计图〔如下图〕．
〔1〕补全条形统计图；
〔2〕求出扇形统计图中册数为4的扇形的圆心角的度数；
〔3〕老师随后又补查了另外几人，得知最少的读了6册，将其与之前的数据合并后发现册数的中位数没改变，那么最多补查了人　3　．
【分析】〔1〕由6册人数及其所占百分比求出总人数，再根据各册数的人数和等于总人数可得5册人数，再；补全条形统计图
〔2〕用360°乘以对应人数所占比例即可得；
〔3〕由4册和5册的人数和为14，中位数没有改变知总人数不能超过27，据此可得答案．
【解答】解：〔1〕∵被调查的总人数为6÷25%＝24〔人〕，
∴5册的人数为24﹣〔5+6+4〕＝9〔人〕，
如下图：
〔2〕扇形统计图中册数为4的扇形的圆心角的度数为360°×＝75°；
〔3〕∵4册和5册的人数和为14，中位数没有改变，
∴总人数不能超过27，即最多补查了3人．
故答案为：3．
19．〔9分〕如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象经过点A〔﹣2，4〕，且与x轴相交于点B，与正比例函数y＝2x的图象相交于点C，点C的横坐标为1．
〔1〕求一次函数y＝kx+b的解析式；
〔2〕假设点D在y轴上，且满足S△COD═S△BOC，请直接写出点D的坐标．
【分析】〔1〕利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，根据点A、C的坐标，利用待定系数法即可求出k、b的值；
〔2〕利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，设点D的坐标为〔0，m〕，根据三角形的面积公式结合S△COD＝S△BOC，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出m的值，进而可得出点D的坐标．
【解答】解：〔1〕∵当x＝1时，y＝2x＝2，
∴点C的坐标为〔1，2〕．
将A〔﹣2，4〕、C〔1，2〕代入y＝kx+b，
得：，
解得：．
∴一次函数的解析式为y＝﹣x+；
〔2〕当y＝0时，有﹣x+＝0，
解得：x＝4，
∴点B的坐标为〔4，0〕．
设点D的坐标为〔0，m〕，
∵S△COD＝S△BOC，即×1×|m|＝××4×2，
解得：m＝±4，
∴点D的坐标为D〔0，4〕或D〔0，﹣4〕．
20．〔10分〕如图，▱ABCD中，点E是CD的中点，连接AE并延长交BC延长线于点F
〔1〕求证：CF＝AD；
〔2〕连接BD、DF，
①当∠ABC＝90°时，△BDF的形状是　等腰三角形　；
②假设∠ABC＝50°，当∠CFD＝　65　°时，四边形ABCD是菱形．
【分析】〔1〕根据平行四边形的性质得到AD∥BC，得到∠DAE＝∠CFE，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论；
〔2〕①根据矩形的判定定理得到▱ABCD是矩形，得到AC＝BD，等量代换即可得到结论；
②根据菱形的性质即可得到结论．
【解答】〔1〕证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠CFE，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE与△FCE中，，
∴△ADE≌△FCE〔AAS〕，
∴AD＝CF；
〔2〕①△BDF是等腰三角形，
∵∠ABC＝90°，
∴▱ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∵AD＝CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴DF＝AC，
∴BD＝DF，
∴△BDF是等腰三角形；
②当∠CFD＝65°时，四边形ABCD是菱形，
∵▱ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
∵AD＝CF，
∴CD＝CF，
∵∠ABC＝50°，
∴∠DCF＝50°，
∴∠CFD＝〔180°﹣50°〕＝65°．
故答案为：等腰三角形，65．
21．〔10分〕一辆汽车在某次行驶过程中，油箱中的剩余油量y〔升〕与行驶路程x〔千米〕之间是一次函数关系，其局部图象如下图．
〔1〕求y关于x的函数关系式；
〔2〕当油箱中的剩余油量为8升时，该汽车会开始提示加油．在此次行驶过程中，行驶了450千米时，司机发现离前方最近的加油站有75千米的路程．在开往该加油站的途中，当汽车开始提示加油时，离加油站的路程是多少千米？
【分析】〔1〕根据函数图象中点的坐标利用待定系数法求出一次函数解析式；
〔2〕根据一次函数图象上点的坐标特征即可求出剩余油量为8升时行驶的路程，此题得解．
【解答】解：〔1〕设该一次函数解析式为y＝kx+b，
将〔150，45〕、〔0，60〕代入y＝kx+b中，
，
解得：，
∴该一次函数解析式为y＝﹣0.1x+60．
〔2〕∵当y＝﹣0.1x+60＝8时，x＝520，即行驶520千米时，油箱中的剩余油量为8升．
当x＝450千米时，解得y＝15升．
∴75﹣〔520﹣450〕＝5千米，即油箱中的剩余油量为8升时，距离加油站5千米．
∴在开往该加油站的途中，汽车开始提示加油，这时离加油站的路程是5千米．
22．〔10分〕为了落实党的“精准扶贫〞政策，A、B两城决定向C、D两乡运送肥料以支持农村生产．A、B两城分别有肥料210吨和290吨，从A城往C、D两乡运肥料的费用分别为20元/吨和25元/吨；从B城往C、D两乡运肥料的费用分别为15元/吨和24元/吨．现C乡需要肥料240吨，D乡需要肥料260吨．
〔1〕设从A城运往C乡肥料x吨
①用含x的代数式完成下表

C乡〔吨〕
D乡〔吨〕
A城
x
　210﹣x　
B城
　240﹣x　
　50+x　
总计
240
260
②设总运费为y元，写出y与x的函数关系式，并求出最少总运费；
〔2〕由于更换车型，使A城运往C乡的运费每吨减少a〔0＜a＜6〕元，这时从A城运往C乡肥料多少吨时总运费最少？
【分析】〔1〕①根据题意即可完成表格；
②用含x的代数式分别表示出A城运往C、D乡的肥料吨数，从B城运往C乡肥料吨数，及从B城运往D乡肥料吨数，根据：运费＝运输吨数×运输费用，得一次函数解析式，利用一次函数的性质得结论；
〔2〕列出当A城运往C乡的运费每吨减少a〔0＜a＜6〕元时的一次函数解析式，利用一次函数的性质讨论，并得结论．
【解答】解：〔1〕①由从A城运往C乡肥料x吨，可得从A城运往D乡肥料为〔210﹣x〕吨；从B城运往C乡肥料〔240﹣x〕吨，从B城运往C乡肥料〔50+x〕吨；
故答案为：210﹣x；240﹣x；50+x；
②y＝20x+25〔210﹣x〕+15〔240﹣x〕+24〔x+50〕
＝4x+10050，
由于y＝4x+10050是一次函数，k＝4＞0，
y随x的增大而增大．
因为x≥0，
所以当x＝0时，运费最少，最少运费是10050元；
〔2〕从A城运往C乡肥料x吨，由于A城运往C乡的运费每吨减少a〔0＜a＜6〕元，
所以y＝〔20﹣a〕x+25〔210﹣x〕+15〔240﹣x〕+24〔x+50〕
＝〔4﹣a〕x+10050，
当0＜a＜4时，∵4﹣a＞0
∴当x＝0时，运费最少是10050元；
当4＜a＜6时，∵4﹣a＜0，
∴当x最大时，运费最少．即当x＝210时，运费最少．
当a＝4时，不管A城运往D乡多少吨〔不超过210吨〕，运费都是10050元．
23．〔11分〕〔1〕问题背景：如图1，△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，∠BAC＝120°
①假设AB＝AC＝2，那么BC＝　2　；
②假设AB＝AC＝a，那么BC＝　a　．〔用含a的式子表示〕；
〔2〕迁移应用：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD．
①求证：△ADB≌△AEC；
②请直接写出线段AD，BD，CD之间的等量关系式；
〔3〕拓展延伸：如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF．假设AE＝6，CE＝3，请直接写出BF的长，BF＝　4　．
【分析】〔1〕①由等腰三角形的性质得出∠B＝∠C＝30°，AD⊥BC，BD＝CD，由直角三角形的性质得出AD＝AB＝1，BD＝AD＝，即可得出BC＝2AD＝2；
②由等腰三角形的性质得出∠B＝∠C＝30°，AD⊥BC，BD＝CD，由直角三角形的性质得出AD＝AB＝，BD＝AD＝a，即可得出BC＝2AD＝a；
〔2〕①由SAS证明△ADB≌△AEC即可；
②由全等三角形的性质得出BD＝CE，由三角函数得出DH＝AD•cos30°＝AD，由等腰三角形的性质得出DH＝HE，即可得出结论；
〔3〕证明A、D、E、C四点共圆，由圆周角定理得出∠ADC＝∠AEC＝120°，证明△EFC是等边三角形，得出EF＝CE＝3，AH＝HE＝3，求出HF＝HE+EF＝6，在Rt△BHF中，由三角函数即可得出结果．
【解答】〔1〕问题背景：
解：①∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∴AD＝AB＝1，BD＝AD＝，
∴BC＝2AD＝2；
故答案为：2；
②∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∴AD＝AB＝，BD＝AD＝a，
∴BC＝2AD＝a；
故答案为：a；
〔2〕迁移应用：
①证明：∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，
在△ADB和△AEC中，，
∴△ADB≌△AEC〔SAS〕；
②解：结论：CD＝AD+BD．理由如下：
如图2中，作AH⊥CD于H．
∵△ADB≌△AEC，
∴BD＝CE，在Rt△ADH中，DH＝AD•cos30°＝AD，
∵AD＝AE，AH⊥DE，
∴DH＝HE，
∵CD＝DE+EC＝2DH+BD＝AD+BD．
〔3〕拓展延伸：
解：如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴△ABD，△BDC是等边三角形，
∴BA＝BD＝BC，
∵E、C关于BM对称，
∴BC＝BE＝BD＝BA，FE＝FC，
∴A、D、E、C四点共圆，
∴∠ADC＝∠AEC＝120°，
∴∠FEC＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴EF＝CE＝3，AE＝6，
∴AH＝HE＝3，
∴HF＝HE+EF＝6，
在Rt△BHF中，∵∠BFH＝30°，
∴＝cos30°，
∴BF＝＝4；
故答案为：4．