2023-2024学年人教版八年级下册期末数学全真模拟试卷(一)

这是一份2023-2024学年人教版八年级下册期末数学全真模拟试卷(一)，共22页。

第Ⅰ卷
1．（3分）化简的结果为（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）如图，菱形的对角线、相交于点O，若，，则菱形的边长为（ ）
A．B．C．8D．10
3．（3分）如图所示，一场暴雨过后，垂直于地面的一棵树在距地面1米处折断，树尖B 恰好碰到地面，经测量AB=2米，则树高为（ ）
A．米B．米C．(米D．3 米
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．（3分）如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上，且，，给出下列结论：①；②；③；④的面积是.其中正确的结论为（ ）
A．①③B．①④C．②③D．①③④
6．（3分）如图，DE是△ABC的中位线，若BC=8，则DE的长是（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．（3分）如图，点A是直线l外一点，在l上取两点B、C，分别以A、C为圆心，BC、AB长为半径画弧，两弧交于点D，连结AB、AD、CD，则四边形ABCD是平行四边形．其依据是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
8．（3分）如图，E，F分别是平行四边形ABCD的边AB，CD上的点，AF与DE相交于点P，BF与CE相交于点Q，若 S△APD=a，S△BQC=b，S▱ABCD=c，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
9．（3分）如图．在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（ ）
A．1B．C．D．
10．（3分）如图，函数和的图象交于点A，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
11．（3分）要使二次根式有意义，则x的值可以是 （写出一个即可）
12．（3分）等腰梯形的上底是10cm，下底是16cm，高是4cm，则等腰梯形的周长为 cm．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，若∠AOD=110°，则∠CDE= °。
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=5，分别以点A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交点分别为点P、Q，过P、Q两点作直线交BC于点D，则CD的长是 ．
15．（3分）如图，△ABC的三边长为5，12，13，分别以三边为直径向上作三个半圆．则阴影部分的面积为 ．
16．（3分）图1是由两个全等直角三角形和两个长方形组成的□ABCD，将其剪拼成不重叠，无缝隙的大正方形（如图2）.记①，②，③，④的面积分别为S1，S2，S3，S4，已知S3=4S2.
（1）（1.5分） = ；
（2）（1.5分）若□ABCD的周长比长方形③的周长大18，则BC为 ．
17．（8分）计算.
（1）（4分）
（2）（4分）
18．（7分） 如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．在图中以格点为顶点画一个三角形，使三角形的其中两边的边长为和．
19．（8分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF=BE，连接DF，
（1）（4分）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）（4分）连接OE，若AB＝13，OE＝2，求AE的长．
20．（8分）在进行化简二次根式时，通常有如下两种方法：
方法一：；
方法二：；
（1）（3分）请用以上两种方法化简：；
（2）（2.5分）计算：；
（3）（2.5分）若，求的值.
21．（8分）如图，一张长方形纸片ABCD，长，宽；将纸片沿着直线AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，解答下列问题：
（1）（4分）求BF的长；
（2）（4分）求EC的长．
22．（9分）如图，在平行四边形ABCD中，，，平行四边形ABCD的面积为．点P从点A出发，以1cm/s的速度沿线段AD向点D运动；同时点Q从点C出发，以3cm/s的速度沿CB向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设P、Q运动时间为t秒，回答下列问题：
（1）（4.5分）求t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？此时平行四边形PDCQ是否是菱形？请说明理由．
（2）（4.5分）是否存在t的值，使得是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
23．（12分）综合运用：
（1）（6分）【模型建立】如图1，等腰中，，，直线经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E，求证：．
（2）（6分）【模型应用】如图2，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线绕点A逆时针旋转至直线，求直线的函数表达式；
24．（12分）综合与实践探究
【问题背景】学习三角形旋转之后，八1班各学习小组打算用两个大小不同的等腰直角三角形通过、旋转变换设计本组的lg，小鸣在设计lg的过程中发现两个三角形在旋转过程中，某些边和角存在一定的关系。因此他和同学一起对这个问题进行了数学探究。
已知和都是等腰直角三角形，且
（1）（3分）【初步探究】小鸣将绕点A在平面内自由旋转，连接BD、CE后，他发现这两条线段存在着一定的数量关系，如图1，请探究线段BD、CE的数量关系，并说明理由。
（2）（3分）【深入探究】若，在旋转过程中，当点D、点E和BC的中点O三点共线时，如图2，请探究线段BD、DO和OE的数量关系，并说明理由。
（3）（3分）【应用探究】如图2，在（2）的条件下，若，，则 （直接写出结果）
（4）（3分）【拓展探究】如图3，，，，则 （直接写出结果）
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：原式=
=
=（-1）2023（+2）
=--2
故答案为：D.
【分析】先根据同底数幂的乘法法则及积的乘方法则的逆用将待求式子变形为，然后利用平方差公式计算中括号内的，进而计算乘方，最后去括号即可.
2．【答案】A
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，AC=16，BD=8，
∴AC⊥BD，AO=AC=8，BO=BD=4，
∴AB===.
故答案为：.
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC=8，BO=BD=4，然后利用勾股定理进行计算.
3．【答案】C
【解析】【分析】先根据勾股定理求得BC的长，再根据题中树木的特征即可求得结果。
由图可得.BC==
所以树高为米.
故选C.
【点评】勾股定理的应用是初中数学的重点，贯穿于整个初中数学的学习，是中考中比较常见的知识点，一般难度不大，需熟练掌握。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：A. ，故A选项不符合题意；
B. ， 故B选项不符合题意；
C. ，故C选项不符合题意；
D. ，符合题意；
故答案为D．
【分析】根据二次根式的性质和运算法则进行排除即可．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：①，，
，故①正确；
②，
，
，
，故②错误；
③如图，作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，
则FG＝1，
CF＝＝＝ ，
BH＝3﹣1＝2，
DH＝3+1＝4，
BD＝＝＝2 ，故③错误；
④的面积，故④正确；
其中正确的结论为①④.
故答案为：B.
【分析】①由正方形的性质得∠DOE=45°，∠AOC=90°，再根据平角的定义即可求得∠DOC=45°；②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据勾股定理可求CF，BD，即可求解；④根据三角形面积公式，代入数据即可求得△COF的面积. 据此逐项判断即可得出正确选项.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：解：∵DE是△ABC的中位线，BC=8，
∴DE=BC=4.
故答案为：B.
【分析】由中位线的性质可得DE=BC，据此计算.
7．【答案】A
【解析】【解答】由题意，以BC、AB为半径画弧，故AD=BC，CD=AB，故其为平行四边形的依据是两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
故答案为：A.
【分析】根据作图的方法直接判断能够得到的线段长，以此判断依据.
8．【答案】B
【解析】【解答】解：如图
△ABF与平行四边形ABCD等底等高，故S△ABF=SABCD=c，于是S△ADF+S△BCF=c，S△APD=a，S△BQC=b故S△PFD+S△FCQ=c-a-b，
故选B.
【分析】结合等底等高的三角形和平行四边形，可得△ABF的面积为平行四边形面积的一半，再将剩下的一半减去△APD和△BCQ的面积即可.
9．【答案】B
【解析】【解答】解：延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N，
∵DE平分△ABC的周长，
∴ME＝EB，又AD＝DB，
∴DE＝AM，DE∥AM，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝120°，
∵CM＝CA，
∴∠ACN＝60°，AN＝MN，
∴∠CAN＝30°，
∴CN＝AC＝，
∴AN=，
∴AM＝，
∵BD＝DA，BE＝EM，
∴DE＝，
故答案为：B．
【分析】先求出∠CAN＝30°，再利用勾股定理计算求解即可。
10．【答案】A
【解析】【解答】解：由图象可得x<时，直线y=ax+5在直线y=2x上方，
∴不等式2x故答案为：A．
【分析】图象中直线y=ax+5在直线y=2x上方部分x的取值范围就是不等式2x＜ax+5的解集．
11．【答案】3（答案不唯一，即可）
【解析】【解答】解：∵ 二次根式有意义
∴x-2≥0
解之：x≥2，
∴x的值可以是3.
故答案为：3.
【分析】利用二次根式有意义的条件：被开方数是非负数，可得到关于x的不等式，然后求出不等式的解集.
12．【答案】36．
【解析】【解答】解：过A，D作下底BC的垂线，
则BE=CF= （16-10）=3cm，
在直角△ABE中根据勾股定理得到：
AB=CD= =5，
所以等腰梯形的周长=10+16+5×2=36cm．
故答案为：36．
【分析】首先根据题意画出图形，过A，D作下底BC的垂线，从而可求得BE的长，根据勾股定理求得AB的长，这样就可以求得等腰梯形的周长了．
13．【答案】35
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中
∵∠AOD=110°
∴∠DOC=180°-110°=70°
∵四边形ABCD为矩形
∴OD=OC
∴∠OCD=∠CDO=（180°-70°）÷2=55°
在直角三角形DEC中，∠CDE=90°-55°=35°
【分析】根据矩形的对角线相等，由补角的性质即可得到∠OCD以及∠ODC的度数，在直角三角形DEC中，求出∠CDE的度数即可。
14．【答案】
15．【答案】30
【解析】【解答】解：∵，
∴是直角三角形，
由图可知，阴影部分的面积，
故答案为：30．
【分析】根据勾股定理的逆定理可得是直角三角形，再根据阴影部分的面积等于两个小扇形的面积加上的面积减去大扇形的面积，列式计算即可.
16．【答案】（1）3：2
（2）
【解析】【解答】解：如图
(1)由图知②和③高相同，S3=4S2，得EH=4BH，由图2知AF=DF，故AG：GF=3：1，①和②高相同，故S1：S2=3：2
(2)由图1和图2知GF+AG=DF，2BG=AF，设BH=m，则EH=4m，AG=3m，AD=8m，BG=2m平行四边形ABCD的周长=2（AB+AD）=2（AB+8m），③的周长=2（4m+2m），相减得AB+2m=9，即AB=0-2m，在ABG中，由勾股定理得(3m)2+(2m)2=(9-2m)2，解得m=-2+或者m=-2-，BC=8m=，
故答案为
【分析】(1)根据高相同，面积之比可得底边之比，根据图1与图2可得线段的等量关系AF=DF，可推出 的比例.
（2）根据所求比例，设相应线段长，再根据周长差为18可得AB的表达式9-2m，最后由勾股定理列方程，求出方程的根即可.
17．【答案】（1）解：原式=2+3－3
=2
（2）解：原式=2+2－+2
=4+
【解析】【分析】（1）先将各个二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）先根据二次根式的性质、绝对值的代数意义、负整数指数幂的性质分别化简，再计算有理数的加法及合并同类二次根式即可.
18．【答案】解：根据勾股定理，得：，，
如图所示：三角形即为所求．
【解析】【分析】先根据勾股定理得，，作出AB，AC，然后连接AC即可.
19．【答案】（1）证明：四边形是菱形，
且，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：四边形是菱形，，
，，，，
，
，
，，
，
，
菱形的面积，
即，
解得：．
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得 且，再根据AD//EF，可得四边形是平行四边形，再根据，可得四边形是矩形；
（2）先求出 ，，再利用勾股定理求出，，再利用菱形的面积公式求解即可。
20．【答案】（1）解：方法一：
方法二：
（2）解：由题意可得：
=
=
（3）解：
【解析】【分析】（1）模仿题干给出的两种方法化简即可；
（2）将每一个加数利用分母有理化的方法分别化简，再根据同分母分数的加法法则计算即可；
（3）先将a进行分母有理化化简，可得，然后将此式两边同时平方可得a2+2a=1，进而将待求式子含字母的项逆用乘法分配律变形后整体代入计算可得答案.
21．【答案】（1）解：在长方形ABCD中，，，
∵将纸片沿着直线AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，
∴，
在中，由勾股定理得：
；
（2）解：∵，BC=20cm，
∴CF=BC-BF=8cm，
∵四边形ABCD是长方形，，，
∴，∠C=90°，
∵将纸片沿着直线AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，即．
【解析】【分析】（1）根据长方形的性质和折叠的性质得到：，然后在中，利用勾股定理即可求出BF的长度；
（2）根据线段间的数量关系及长方形性质求出，，然后根据折叠的性质得到：，设，则，在中，利用勾股定理列出方程进而即可求解.
22．【答案】（1）解：如图：平行四边形PDCQ不是菱形，理由如下：
在平行四边形ABCD中，，
要使四边形PDCQ是平行四边形，只需，
即，
解得；
当，，
∵在平行四边形ABCD中，，
∴，
∴平行四边形PDCQ不是菱形．
（2）解：存在，理由如下：
①若，如图：
由得：，∴；
②若，过D作于H，如图：
∵平行四边形ABCD的面积为，，
∴，∴，
∴，
∵，，∴，∴，∴；
③若，过D作于H，如图：
在中，，，，
由勾股定理得：，，解得：；
综上所述，存在t的值，使得是等腰三角形，t的值为：4或或．
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质得出关于t的方程，据此求出t的值，最后利用菱形的判定定理即可求解；
（2）根据题意需分三种情况讨论，①若，②若，过D作于H，③若，过D作于H，分别利用平行四边形的性质得出方程，进而解方程即可求解.
23．【答案】（1）证明：如图①，∵∠ACB＝90°，AD⊥ED于点D，BE⊥ED于点E，
∴∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，
∴∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，
∵BC＝CA，
∴△BEC≌△CDA（AAS）．
（2）解：如图，作BF⊥AB交直线l2于点F，作FE⊥y轴于点E，
∵∠BEF＝∠AOB＝∠BAF＝90°，
∴∠EBF＝∠OAB＝90°﹣∠OBA，
由旋转得∠BAF＝45°，
∴∠BFA＝∠BAF＝45°，
∴BF＝AB，
∴△BEF≌△AOB（AAS），
直线y＝2x+4，当y＝0时，则2x+4＝0，
解得x＝﹣2；
当x＝0时，y＝4，
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴EB＝OA＝2，EF＝OB＝6，
∴OE＝OB+EB＝6，∴F（﹣4，6），
设直线l2的函数表达式为y＝kx+b，
把A（﹣2，0），F（﹣4，6）代入y＝kx+b，
得，解得，
∴直线l2的函数表达式为y＝﹣3x﹣6．
【解析】【分析】(1)一线三角的全等模型，通过垂直关系得相等的角度为全等提供了条件；
(2)通过(1)中示例，直接构造(1)中的模型”一线三角“，利用全等关系求出点的坐标，进而求得直线解析式；
24．【答案】（1）解：，理由如下：
和为等腰直角三角形
，，
在和中
（2）解：，理由如下：
在OE上截取OH，使得，连接CH
在和中
，由（1）问可知
，
，
，
，即为等腰直角三角形
，即
（3）
（4）
【解析】【解答】解：（3）∵∠ADB=90°，∠BAD=30°，AB=4，
∴BD=AB=2，
∴，，
由（2）得，
又∵OE=DE-OD，
∴，
即；
故答案为：；
（4）如图，延长EC交BD于点F，
∵由（1）知△ABD≌△ACE，
∴BD=CE=，∠AEC=∠ADB，
∵△ABD中，∠DAE=90°，AD=AE=，
∴∠AED=∠ADE=45°，DE2=AD2+AE2=84，
∴∠AEC+∠CED+∠ADE=∠ADB+∠CED+∠ADE=∠BDE+∠CED=90°，
∴∠EFD=90°，
设DF=x，
在Rt△DFC中，∵∠BDC=60°，
∴∠FCD=30°，
∴CD=DF=2x，
∴CF=，
∴EF=CF+CE=，
在Rt△DEF中，∵DF2+EF2=DE2，
∴，
解得x=3，即DF=3，
∴CD=2DF=6.
故答案为：6.
【分析】（1）BD=CE，理由如下：由等腰直角三角形的性质得AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，根据等量减去等量差相等可推出∠BAD=∠CAE，从而用SAS证△ABD≌△ACE，由全等三角形的对应边相等，得BE=CE；
（2），理由如下：在OE上截取OH，使得OH=OD，连接CH，可用SAS证△OHC≌△ODB，由全等三角形对应边相等得BD=CH，由（1）可知△ABD≌△ACE，得BD=CE，∠AEC=∠ADB=90°，则CH=CE，∠CEH=∠CHE，进而推出△HCE是等腰直角三角形，得，从而根据线段的和差及等量代换可得结论；
（3）由含30°角直角三角形性质得BD=2，由勾股定理算出AD、DE，结合（2）的结论及线段的和差得，从而代入计算可得答案；
（4）延长EC交BD于点F，由（1）知△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质得BD=CE=，∠AEC=∠ADB，由等腰直角三角形性质得∠AED=∠ADE=45°，DE2=AD2+AE2=84，然后推出△DEF是直角三角形，且∠EFD=90°；设DF=x，在Rt△DFC中，由含30°角直角三角形的性质得CD=DF=2x，用勾股定理表示出CF，进而再表示出EF，在Rt△DEF中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，此题得解了.阅卷人
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，满分30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.(共10题；共30分)
得分
阅卷人
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）(共6题；共18分)
得分
阅卷人
三、解答题(本大题共8小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)(共8题；共72分)
得分