重庆南开中学2023年数学八年级第一学期期末经典模拟试题【含解析】

这是一份重庆南开中学2023年数学八年级第一学期期末经典模拟试题【含解析】，共17页。试卷主要包含了下列命题，是真命题的是，计算等内容，欢迎下载使用。

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．若m+=5，则m2+的结果是（ ）
A．23B．8C．3D．7
2．小王每天记忆10个英语单词，x天后他记忆的单词总量为y个，则y与x之间的函数关系式是（ ）
A．y＝10+xB．y＝10xC．y＝100xD．y＝10x+10
3．一个多边形的每个内角都是108°，那么这个多边形是（ ）
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
4．一个缺角的三角形ABC残片如图所示，量得∠A＝60°，∠B＝75°，则这个三角形残缺前的∠C的度数为（ ）
A．75°B．60°C．45°D．40°
5．若am＝8，an＝16，则am+n的值为( )
A．32B．64C．128D．256
6．下列命题，是真命题的是（ ）
A．三角形的外角和为
B．三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角．
C．两条直线被第三条直线所截，同位角相等．
D．垂直于同一直线的两直线互相垂直．
7．四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BCB．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DOD．AB∥DC，AD=BC
8．计算（-2b）3的结果是（ ）
A．B．C．D．
9．某部门组织调运一批物资，一运送物资车开往距离出发地180千米的目的地，出发第一小时内按原计划的速度匀速行驶，一小时后以原来速度的1.5倍匀速行驶，并比原计划提前40分钟到达目的地．设原计划速度为x千米/小时，则方程可列为（ ）
A．+＝B． -＝C． +1＝﹣D． +1＝+
10．正五边形ABCDE中，∠BEC的度数为（ ）
A．18°B．30°C．36°D．72°
11．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
12．如图，正方形的边长为4，点是的中点，点从点出发，沿移动至终点，设点经过的路径长为，的面积为，则下列图象能大致反映与函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．对于分式，当时，分式的值为零，则__________．
14．如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，则BC边上的中线AD的长x取值范围是___；
15．如图，∠AOB的边OB与x轴正半轴重合，点P是OA上的一动点，点N（3，0）是OB上的一定点，点M是ON的中点，∠AOB=30°，要使PM+PN最小，则点P的坐标为______．
16．点A（5，﹣1）关于x轴对称的点的坐标是_____．
17．已知多边形的内角和等于外角和的三倍，则边数为___________．
18．在函数中，自变量x的取值范围是___．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在中，，，且，求的度数．
20．（8分）4月23日是世界读书日，总书记说:“读书可以让人保持思维活力，让人得到智慧的启发，让人滋养浩然正气．”倡导读书活动，鼓励师生利用课余时间广泛阅读．期末，学校为了调查这学期学生课外阅读情况，随机抽样调查了．部分学生阅读课外书的本数，并将收集到的数据整理成如图的统计图．
(1)这次共调查的学生人数是 人，
(2)所调查学生读书本数的众数是___本，中位数是__本
(3)若该校有800名学生，请你估计该校学生这学期读书总数是多少本?
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的各顶点都在格点上．
（1）作出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出A1，B1两点的坐标；
（2）若△A1B1C1内有一点P，点P到A1C1，B1C1的距离都相等，则点P在（ ）
A．∠A1C1B1的平分线上 B．A1B1的高线上
C．A1B1的中线上 D．无法判断
22．（10分）如图1所示，在△ABC中，AB的垂直平分线交BC于点M，交AB于点E，AC的垂直平分线交BC于点N，交AC于点F，连接AM、AN．
（1）求证：△AMN的周长＝BC；
（2）若AB＝AC，∠BAC＝120°，试判断△AMN的形状，并证明你的结论；
（3）若∠C＝45°，AC＝3，BC＝9，如图2所示，求MN的长．
23．（10分）分解因式：
（1）﹣3a2+6ab﹣3b2；
（2）9a2(x﹣y)+4b2(y﹣x)．
24．（10分）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上任意一点，E在AC边上，且AD＝AE．
（1）若∠BAD＝40°，求∠EDC的度数；
（2）若∠EDC＝15°，求∠BAD的度数；
（3）根据上述两小题的答案，试探索∠EDC与∠BAD的关系．
25．（12分）化简分式：,并从1,2,3,4这四个数中取一个合适的数作为x的值代入求值．
26．如图，在中，D是的中点，，垂足分别是．
求证：AD平分．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】因为m+=5，所以m2+=(m+)2﹣2=25﹣2=23，故选A．
2、B
【分析】根据总数=每份数×份数列式即可得答案．
【详解】∵每天记忆10个英语单词，
∴x天后他记忆的单词总量y=10x，
故选：B．
【点睛】
本题考查根据实际问题列正比例函数关系式，找到所求量的等量关系是解决问题的关键．
3、A
【分析】根据题意，计算出多边形的外角的度数，再根据外角和÷外角度数＝边数可得答案．
【详解】解：∵多边形的每个内角都是108°，
∴每个外角是180°﹣108°＝72°，
∴这个多边形的边数是360°÷72°＝5，
∴这个多边形是五边形，
故选：A．
【点睛】
本题考查了多边形外角和是360°这一知识点，根据题意求出，每个外角的度数是解决本题的关键。
4、C
【分析】利用三角形内角和定理求解即可.
【详解】因为三角形内角和为180°，且∠A = 60°，∠B = 75°，所以∠C=180°–60°–75°=45°.
【点睛】
三角形内角和定理是常考的知识点.
5、C
【分析】逆用同底数幂的乘法公式可得，再整体代入求值即可.
【详解】当am＝8，an＝16时，，
故选C.
【点睛】
计算题是中考必考题，一般难度不大，学生要特别慎重，尽量不在计算上失分.
6、B
【分析】根据三角形的性质,平行与垂直的性质逐一判断即可.
【详解】解:A.三角形的外角和为,故错误;
B.三角形一个外角等于与它不相邻的两个内角的和,所以它大于任何一个和它不相邻的内角,故正确;
C.两条平行线被第三条直线所截,同位角相等,故错误;
D.垂直于同一直线的两直线互相平行,故错误.
故选:B.
【点睛】
本题通过判断命题的真假考查了几何基本图形的性质定理,理解掌握相关性质是解答关键.
7、D
【解析】根据平行四边形判定定理进行判断：
A、由“AB∥DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB∥DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
考点：平行四边形的判定．
8、A
【解析】直接利用积的乘方运算法则计算得出答案．
【详解】．故选A．
【点睛】
此题主要考查了积的乘方运算，正确将原式变形是解题关键．
9、C
【分析】设原计划速度为x千米/小时，根据“一运送物资车开往距离出发地180千米的目的地”，则原计划的时间为：，根据“出发第一小时内按原计划的速度匀速行驶，一小时后以原来速度的1.5倍匀速行驶”，则实际的时间为： +1，根据“实际比原计划提前40分钟到达目的地”，列出关于x的分式方程，即可得到答案．
【详解】设原计划速度为x千米/小时，
根据题意得：
原计划的时间为：，
实际的时间为： +1，
∵实际比原计划提前40分钟到达目的地，
∴ +1＝﹣，
故选C．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，正确找出等量关系，列出分式方程是解题的关键．
10、C
【分析】
根据正五边形的性质和内角和为540°，得到△ABE≌△DCE，先求出∠BEA和∠CED的度数，再求∠BEC即可．
【详解】
解：根据正五边形的性质可得AB=AE=CD=DE，∠BAE=∠CDE=108°，
∴△ABE≌△DCE，
∴∠BEA＝∠CED＝（180°﹣108°）＝36°，
∴∠BEC＝108°-36°-36°＝36°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正多边形的性质和内角和，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，证明△ABE≌△DCE是解题关键．
11、D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了轴对称图形与中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
12、C
【分析】结合题意分情况讨论：①当点P在AE上时，②当点P在AD上时，③当点P在DC上时，根据三角形面积公式即可得出每段的y与x的函数表达式.
【详解】①当点在上时，
∵正方形边长为4，为中点，
∴，
∵点经过的路径长为，
∴，
∴，
②当点在上时，
∵正方形边长为4，为中点，
∴，
∵点经过的路径长为，
∴，，
∴，
，
，
，
③当点在上时，
∵正方形边长为4，为中点，
∴，
∵点经过的路径长为，
∴，，
∴，
综上所述：与的函数表达式为：
.
故答案为C.
【点睛】
本题考查动点问题的函数图象，解决动点问题的函数图象问题关键是发现y随x的变化而变化的趋势．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、-1且．
【分析】根据分式的值为零的条件为0的条件可得且，则可求出的值．
【详解】解：∵分式，当时，分式的值为零，
∴且，
∴，且
故答案为：-1且．
【点睛】
此题主要考查了分式值为零的条件，关键是掌握分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零，注意：“分母不为零”这个条件不能少．
14、0.1【解析】延长AD到E，使AD=DE，连接BE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴EB=AC=4，
∵AB=3，
∴1＜AE＜7，
∴0.1＜AD＜3.1．
故答案为0.1＜AD＜3.1．
15、（，）．
【解析】解：作N关于OA的对称点N′，连接N′M交OA于P，则此时，PM+PN最小，∵OA垂直平分NN′，∴ON=ON′，∠N′ON=2∠AON=60°，∴△NON′是等边三角形，∵点M是ON的中点，∴N′M⊥ON，∵点N（3，0），∴ON=3，∵点M是ON的中点，∴OM=1.5，∴PM=，∴P（，）．故答案为：（，）．
点睛：本题考查了轴对称﹣最短路线问题，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，关键是确定P的位置．
16、（5，1）．
【分析】根据关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案．
【详解】解：点A（5，﹣1）关于x轴对称的点的坐标是（5，1）．
故答案为：（5，1）．
【点睛】
此题考查的是求一个点关于x轴对称点的坐标，掌握关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数是解决此题的关键．
17、1
【分析】首先设边数为n，由题意得等量关系：内角和＝360°×3，根据等量关系列出方程，可解出n的值．
【详解】解：设边数为n，由题意得：
110（n﹣2）＝360×3，
解得：n＝1，
故答案为： 1．
【点睛】
此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握多边形内角和与外角和定理：多边形的内角和（n﹣2）•110° （n≥3）且n为整数），多边形的外角和等于360度．
18、
【详解】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数可知，要使在实数范围内有意义，必须.
三、解答题（共78分）
19、10
【分析】设∠B＝∠C＝x，∠EDC＝y，构建方程即可解决问题；
【详解】设∠B＝∠C＝x，∠EDC＝y，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝x＋y，
∵∠DAE＝180 −2（x＋y）＝180 −20 −2x，
∴2y＝20 ，
∴y＝10 ，
∴∠CDE＝10 ．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的判定与性质，还涉及三角形内角和等知识点，需要熟练掌握等腰三角形的判定与性质．
20、（1）20；（2）4，4；（3）估计该校学生这学期读书总数约是3600本．
【分析】（1）将条形图中的数据相加即可；
（2）根据众数和中位数的概念解答即可；
（3）先求出加权平均数，再利用样本估计总体即可．
【详解】解：（1）1＋1＋3＋6＋4＋2＋2＋1＝20，
∴这次共调查的学生人数是20人，
故答案为：20；
（2）读书4本的人数最多，故众数是4；
按读书本数从小到大的顺序排列后，第10、11的平均数为：，故中位数是4，
故答案为：4；4；
（3）每人读书本数的平均数＝（1＋2×1＋3×3＋4×6＋5×4＋6×2＋7×2＋8）÷20＝4.5，
∴总数是：800×4.5＝3600，
答：估计该校学生这学期读书总数约是3600本．
【点睛】
本题考查条形统计图、中位数、众数、加权平均数以及用样本估计总体，解题的关键是能够从统计图中获取有用信息．
21、（1）详见解析，A1(-2，-5) B1(-5，-3)；（2）A
【分析】（1）利用轴对称的性质确定A1、B1、C1，然后顺次连接并直接读出A1、B1的坐标即可；
（2）根据角平分线的定理即可确定答案．
【详解】解：（1）△A1B1C1如解图所示， A1(-2，-5) B1(-5，-3)；
(2) 由到角两边距离相等的点在角的平分线上，则A满足题意．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了作轴对称图形和角平分线定理，掌握轴对称的性质和角平分线定理是解答本题的关键．
22、（1）见解析；（2）△AMN是等边三角形，见解析；（3）
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EB，NA＝CA，根据三角形的周长公式证明结论；
（2）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∠B＝∠C＝30°，根据三角形的外角性质、等边三角形的判定定理证明；
（3）证明ANM＝90°，根据勾股定理求出AN、NC，根据勾股定理列式计算得到答案．
【详解】（1）证明：∵EM是AB的垂直平分线，
∴EA＝EB，
同理，NA＝CA，
∴△AMN的周长＝MA+MN+NA＝MB+MN+NC＝BC；
（2）解：△AMN是等边三角形，
理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵EA＝EB，
∴∠MAB＝∠B＝30°，
∴∠AMN＝∠MAB+∠B＝60°，
同理可得，∠ANM＝60°，
∴△AMN是等边三角形；
（3）解：∵NC＝NA，
∴∠NAC＝∠C＝45°，
∴∠ANM＝∠ANC＝90°，
设NC＝NA＝x，
由勾股定理得，NA2+NC2＝AC2，即x2+x2＝（3）2，
解得，x＝3，即NC＝NA，
∴MB＝MA＝6﹣MN，
在Rt△AMN中，NA2+MN2＝AM2，即32+MN2＝（6﹣MN）2，
解得，MN＝．
【点睛】
本题考查的是线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．
23、（1）﹣3(a﹣b)2；（2）(x﹣y)(3a+2b)(3a﹣2b)．
【分析】（1）原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可；
（2）原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
【详解】（1）原式=﹣3(a2﹣2ab+b2)=﹣3(a﹣b)2；
（2）原式=(x﹣y)(3a+2b)(3a﹣2b)．
【点睛】
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
24、（1）20°；（2）30°；（3）∠EDC＝∠BAD，见解析
【分析】（1）根据等腰三角形性质求出∠B的度数，根据三角形的外角性质求出∠ADC，求出∠DAC，根据等腰三角形性质求出∠ADE即可；
（2）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，∠AED＝∠EDC+∠C，∠ADC＝∠B+∠BAD，再根据等边对等角的性质∠B＝∠C，∠ADE＝∠AED，代入数据计算即可求出∠BAD的度数；
（3）根据（1）（2）的结论猜出即可．
【详解】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝90°﹣∠BAC，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝90°﹣∠BAC+40°＝130°﹣∠BAC，
∵∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝∠BAC﹣40°，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAC）＝110°﹣∠BAC，
∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝（130°﹣∠BAC）﹣（110°﹣∠BAC）＝20°，
故∠EDC的度数是20°．
（2）∠AED＝∠EDC+∠C，∠ADC＝∠B+∠BAD，
∵AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠B+∠BAD＝∠EDC+∠C+∠EDC，
即∠BAD＝2∠EDC，
∵∠EDC＝15°，
∴∠BAD＝30°．
（3）由（2）得∠EDC与∠BAD的数量关系是∠EDC＝∠BAD．
【点睛】
此题主要考查等腰三角形的性质证明，解题的关键是熟知等腰三角形的性质及三角形外角定理及内角和定理．
25、x+2；当x=1时，原式=1．
【分析】先把分子分母因式分解，约分，再计算括号内的减法，最后算除法，约分成最简分式或整式；再选择使分式有意义的数代入求值即可．
【详解】解：
=x+2，
∵x2-4≠0，x-1≠0，
∴x≠2且x≠-2且x≠1，
∴可取x=1代入，原式=1．
【点睛】
本题主要考查分式的化简求值，熟悉掌握分式的运算法则是解题的关键，注意分式有意义的条件．
26、见解析
【分析】首先证明，然后有，再根据角平分线性质定理的逆定理即可证明．
【详解】∵D是的中点，
．
,
．
在和中，
,
．
,
∴点D在的平分线上，
∴AD平分．
【点睛】
本题主要考查角平分线性质定理的逆定理和全等三角形的判定及性质，掌握角平分线性质定理的逆定理和全等三角形的判定及性质是解题的关键．