2023-2024学年初中下学期八年级数学期末模拟卷01（参考答案）（人教版）

这是一份2023-2024学年初中下学期八年级数学期末模拟卷01（参考答案）（人教版），共10页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
第Ⅱ卷
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．/
12．
13．
14．
15．
16．或
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．(1)
(2)
【分析】本题主要考查二次根式的运算：
（1）根据二次根式加减的运算法则计算即可；
（2）根据二次根式四则混合运算法则计算即可．
【详解】（1）原式
；
（2）原式
．
18．(1)
(2)点在直线上
【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标，掌握一次函数的性质是解题的关键．
（1）利用待定系数法求直线的解析式即可；
（2）利用（1）中的解析式，通过计算自变量为对应的函数值可判断点是否在此函数的图象上．
【详解】（1）解：设一次函数解析式为，
把，分别代入得，
解得，
一次函数解析式为；
（2）解：点在此函数的图象上．
理由如下：
当时，，
点在直线上．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了勾股定理及其逆定理的应用，掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键，注意方程思想在这类问题中的应用．
（1）连接，由线段垂直平分线的性质可求得，再结合可求得，可证得结论；
（2）设，则，根据勾股定理列出方程解答即可．
【详解】（1）解：连接，
∵D是的中点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵D是的中点，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴设，则，
在中
∴，
解得：
∴．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，结合体已知条件得出，进而根据三线合一即可得证；
（2）根据（1）的结论得出，根据中位线的性质得出，根据菱形的判定定理即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∵是的中点，
∴；
（2）证明：如图所示，连接，

∵，是的中点，
∴，
∵，分别是，的中点
∴，，
又∵四边形是平行四边形
∴，，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，综合运用以上知识是解题的关键．
21．(1)，
(2)
(3)见解析
【分析】
本题考查了各统计数据的意义和计算，掌握相关结论即可.
（1）中位数，是按顺序排列的一组数据中居于中间位置的一个数据（或最中间两个数据的平均数）．众数是一组数据中出现次数最多的数值．
（2）根据方差的计算公式即可求解；
（3）结合方差和平均数的统计意义即可求解．
【详解】（1）解：由题意得：机器人的中位数，
人工的众数，
故答案为：，
（2）解：根据题意得：机器人的方差
（3）
解：机器人的样本数据的平均数高于人工，方差较小，可以推断其优势在于操作技能水平较高的同时还能保持稳定
22．(1)普通练习本的销售单价为每本3元，精装练习本的销售单价为每本10元
(2)①；当购买150本普通练习本，50本精装练习本时，销售总利润最大，最大总利润为300元
【分析】本题考查一次函数的应用以及二元一次方程组的应用，求出函数关系式是解题的关键．
（1）分别设普通练习本和精装练习本的销售单价为未知数，根据题意列二元一次方程并求解即可；
（2）①根据“获得的利润=普通练习本每本的利润×普通练习本的数量+精装练习本每本的利润×精装练习本的数量”求解即可，并根据题目的条件求出x的取值范围；
②根据W随x的增减情况及x的取值范围，确定当x为何值时W取最大值，并将x的值代入函数关系式求出W的最大值即可．
【详解】（1）设普通练习本的销售单价为m元，精装练习本的销售单价为n元，
由题意可得：，
解得，
答：普通练习本的销售单价为每本3元，精装练习本的销售单价为每本10元；
（2）①购买普通练习本x本，则购买精装练习本本，
由题意可得：，
∵普通练习本的数量不低于精装练习本数量的3倍，
∴，
解得，
即W关于x的函数关系式是：；
②∵，
∴W随x的增大而减小，
∵，
∴当时，W取得最大值，
此时元，，
答：当购买150本普通练习本，50本精装练习本时，销售总利润最大，
最大总利润为300元．
23．(1)，；
(2)；
(3)，证明见详解；
【分析】（1）本题考查根式的规律，根据题目规律得到第8个等式，即可答案；
（2）本题考查根式的规律，根据题目规律得到第100个等式：即可答案；
（3）本题考查根式的规律，根据题目规律得到第个等式：，再证明即可
【详解】（1）解：由题意可得，
，
∴，，
故答案为：，；
（2）解：由题意可得，
，
故答案为：；
（3）解：由题意可得，
第n个等式为：，
证明：左边
右边，
∴．
24．(1)
(2)关于的函数关系式为．当时，点的坐标为
(3)最小值为，
【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、矩形的性质，解决本题的关键是掌握待定系数法．
（1）根据矩形性质求出长，可得点坐标，即可求直线的解析式；
（2）根据（1）中直线解析式即可得三角形的面积与的关系式，进而求得点坐标．
（3）作出点B关于x轴的对称点D，连接交x轴于点Q，连接，此时最小，据此求解即可．
【详解】（1）四边形是矩形，
，，，
根据勾股定理，得，
，
设直线的解析式为，把代入，得，
∴直线的解析式为．
（2），
当时，，
∴关于的函数关系式为，当时，点的坐标为．
（3）如图，作出点B关于x轴的对称点D，连接交x轴于点Q，连接，此时最小，
可得，，
∴，
∴最小值为，
设直线函数关系式为：，
可得，解得：，
∴直线函数关系式为：，
令得，
解得：，
∴．
25．(1)，理由见解析
(2)3
(3)或
【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
（1）根据互补三角形的定义即可判断；
（2）根据互补三角形可得，设，则，利用勾股定理求解即可；
（3）分四种情形：如图4-1中，当时，如图4-2中，当时，此时点F与D重合，如图4-3中，当时，如图4-4中，当时，F与点D重合，分别求解即可解决问题．
【详解】（1）解：如图2，
是等边三角形，
关于的互补三角形是；
故答案为：；
（2）与是关于互补三角形，
在长方形中，，
∴，
，
，
设，则，
，解得：，
；
（3）如图，当时，设，连接，
，
在中，
，，
，
，
解得：
；
如图，当时，设，
同法可得，
在中，则有
，
解得：
；
综上所述，满足条件的的值为或．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
A
C
A
C
D
B
A
C
B