八年级上学期期中数学模拟试题

这是一份八年级上学期期中数学模拟试题，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．
【详解】A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查了中心对称图形的特点，属于基础题，判断中心对称图形的关键是旋转180°后能够重合．
2. 关于的方程是一元二次方程，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了一元二次方程的定义，要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程，若是，再对它进行整理．如果能整理为的形式，则这个方程就为一元二次方程．
【详解】解：若关于x的方程是一元二次方程，则．
故选：B．
3. 下列各点，在二次函数的图象上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图像上的点满足函数解析式成为解题的关键．
直接把各选项的坐标代入二次函数看是否满足即可解答．
【详解】解：A．时；，不符合题意；
B．时；，不符合题意；
C．时；，不符合题意；
D．时；，符合题意．
故选：D．
4. 关于的一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 有两不相等实数根B. 有两相等实数根
C. 无实数根D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【详解】【分析】根据一元二次方程的根的判别式进行判断即可.
【详解】，
△=[-(k+3)]2-4k=k2+6k+9-4k=(k+1)2+8，
∵(k+1)2≥0，
∴(k+1)2+8>0，
即△>0，
∴方程有两个不相等实数根，
故选A.
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式△=b2-4ac．当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程没有实数根．
5. 若关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是（ ）
A. k≥1B. k＞1C. k＜1D. k≤1
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用根的判别式进行求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴，
解得：
故选D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根．解题的关键在于明确：△＞0时，一元二次方程有两个不等实根；△=0时，一元二次方程有两个相等实根；△＜0时，一元二次方程无实根．
6. 某学校准备修建一个面积为200平方米的矩形花圃，它的长比宽多10米，设花圃的宽为x米，则可列方程为（ ）
A. x(x－10)＝200B. 2x＋2(x－10)＝200C. x(x＋10)＝200D. 2x＋2(x＋10)＝200
【答案】C
【解析】
【分析】设长为(x＋10)米，可列方程x(x＋10)＝200．
【详解】解：∵花圃的长比宽多10米，设花圃的宽为x米，
∴长为(x＋10)米．
∵花圃的面积为200，
∴可列方程x(x＋10)＝200．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的几何问题，利用“长比宽多10米”用未知数把长和宽表示出来是解题的关键．
7. 抛物线向右平移3个单位长度，得到新抛物线的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“左加右减，上加下减”的规律直接求解即可．
【详解】解：抛物线向右平移3个单位，得：，
故选：A．
【点睛】本题主要考查抛物线平移的规律，解题的关键是熟练掌握抛物线平移的规律．
8. 在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. abc＜0，b2﹣4ac＞0B. abc＞0，b2﹣4ac＞0
C. abc＜0，b2﹣4ac＜0D. abc＞0，b2﹣4ac＜0
【答案】B
【解析】
【详解】解：根据二次函数的图象知：
抛物线开口向上，则a＞0，
抛物线的对称轴在y轴右侧，则x=﹣＞0，所以b＜0，
抛物线交y轴于负半轴，则c＜0，
∴abc＞0，
∵抛物线与x轴有两个不同的交点，
∴△=b2﹣4ac＞0，
故选B．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，熟知抛物线的开口方向确定a的符号，结合对称轴可确定b的符号，根据与y轴交点确定c的符号，与x轴交点的个数确定b2-4ac的符号是解题的关键．
9. 如图是抛物线形拱桥，当拱顶离水面时，水面宽，则水面下降时，水面宽度增加（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知得出直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把y=-1代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案．
【详解】如图所示：
建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点，
抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半2米，抛物线顶点C坐标为（0，2），
通过以上条件可设顶点式y=ax2+2，其中a可通过代入A点坐标（-2，0），
到抛物线解析式得出：a=-0.5，所以抛物线解析式为y=-0.5x2+2，
当水面下降1米，通过抛物线在图上观察可转化为：
当y=-1时，对应的抛物线上两点之间的距离，也就是直线y=-1与抛物线相交的两点之间的距离，
可以通过把y=-1代入抛物线解析式得出：
-1=-0.5x2+2，
解得：x=±，所以水面宽度增加到2米，比原先的宽度当然是增加了2-4．
故选C．
【点睛】考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键．
10. 如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转的性质，得到，进而得到，利用求出，再用即可得出结果．
【详解】解：∵将绕直角顶点顺时针旋转，得到，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
11. 如图，菱形的对角线交于点O，，将绕着点C旋转得到，则点A与点之间的距离为（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【详解】根据菱形的性质得到，，再由旋转的性质得到，，则，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【解答】解：∵菱形的对角线交于点O，
∴，，
∴
∵将绕着点C旋转得到，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴点A与点之间的距离为10，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
12. 如图，边长为 的等边三角形中，M 是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
取的中点，连接，根据等边三角形的性质和旋转可以证明，可得，根据垂线段最短，当时，最短，即最短，由直角三角形的性质可求得线段长度的最小值．
【详解】解：如图，取中点，连接，则，
∵线段绕点逆时针旋转得到，
∴，
又∵是等边三角形，
∴，
即，
∴，
∵是等边三角形的高，
∴，
∴，
又∵旋转到，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
根据垂线段最短，当时，最短，即最短，
此时，
∴，
∴．
∴线段长度的最小值是．
故选：B．
二、填空题（共6题）
13. 方程的解是________．
【答案】，
【解析】
【分析】根据因式分解法解方程即可．
【详解】
∴或
∴该方程的解为：，
故答案为：，
【点睛】本题考查解一元二次方程．掌握解一元二次方程的方法是解题关键．
14. 二次函数的图像与轴的交点坐标是_________.
【答案】
【解析】
【分析】令二次函数解析式中y＝0，得到关于x的一元二次方程，求出方程的解可得出二次函数与x轴的交点坐标.
【详解】令代入
∴x=2或x=1,
∴二次函数的图像与轴的交点坐标是
【点睛】此题考查了抛物线与x轴的交点，要求二次函数与x轴的交点，即要y＝0，得到关于x的方程来求解.
15. 关于x的一元二次方程x2﹣mx+2m＝0的一个根为1，则方程的另一根为_____．
【答案】
【解析】
【详解】把代入，得，
所以方程为，
解这个方程，得.
故答案为：.
16. 如图，将绕点A逆时针旋转，得到，若点D在线段的延长线上，则的大小为 ________．

【答案】40°##40度
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质。根据旋转，得到，利用等边对等角，进行计算即可。掌握旋转的性质，是解题的关键。
【详解】解：根据旋转的性质，可得：，
∴．
故答案为：．
17. 如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时,∠BAE的大小可以是__．
【答案】15°或165°
【解析】
【分析】利用正方形的性质和等边三角形的性质证明△ABE≌△ADF（SSS），有相似三角形的性质和已知条件即可求出当BE=DF时，∠BAE的大小，应该注意的是，正三角形AEF可以再正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解．
【详解】解：①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，
∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，
当BE=DF时，
∴，
∴△ABE≌△ADF（SSS），
∴∠BAE=∠FAD，
∵∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠FAE=30°，
∴∠BAE=∠FAD=15°，
②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部时．如图2，
∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，
当BE=DF时，
∴，
∴△ABE≌△ADF（SSS），
∴∠BAE=∠FAD，
∵∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠FAE=360°﹣60=300°，
∴∠BAE=∠FAD=165°
故答案为15°或165°．
18. 如图，二次函数的图像与轴正半轴相交，其顶点坐标为，下列结论：①；②；③；④.其中正确的有______个.

【答案】
【解析】
【分析】①根据抛物线开口向下可得出a＜0，由抛物线对称轴为可得出b＝−a＞0，结合抛物线图象可知c＞0，进而可得出abc＜0，①正确；②由b＝−a可得出a＋b＝0，②正确；③根据抛物线顶点坐标为（,），由此可得出，去分母后即可得出4ac−b2＝4a，③正确；④根据抛物线的对称性可得出x＝1与x＝0时y值相等，由此可得出a＋b＋c＝c＞0，④错误．综上即可得出结论．
【详解】①由抛物线开口向下，得；由抛物线对称轴为，得；抛物线与轴交点在轴正半轴，故，正确
②正确
③由抛物线的顶点坐标为，得，正确
④由①得，由②得，，故④错误
正确为：①②③
故答案为：3.
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数的性质，根据二次函数的图象分析出a、b、c之间的关系是解题的关键．
三、解答题（共7题）
19. 解关于的方程．
（1）
（2）（配方法）
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】(1)先把方程的右边化为0,再把左边因式分解即可;
(2)移项、二次项系数化成1,两边加上一次项系数一半的平方,则左边是一次式的平方,右边是常数,即可利用直接开平方法求解;
【详解】解：（1），
得：，
，
，或，
解得，；
（2）（配方法），
解：，
得：，
，
即，
则，
则，；.
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的方法：因式分解法与配方法.
20. 为积极响应新旧动能转换，提高公司经济效益，某科技公司研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为万元，若每台设备售价为万元时，平均每月能售出台；根据市场调研发现：这种设备的售价每提高万元，其销售量就将减少台.根据相关规定，此设备的销售单价不低于万元，且获利不高于.如果该公司想实现每月万元的利润，则该设备的销售单价应是多少万元？
【答案】50万元
【解析】
【分析】设该设备的销售单价为万元，则提高了万元，每台利润为万元，销量减少了台，然后利用每台利润乘以销量等于总利润，列方程求解.
【详解】解：设该设备的销售单价为万元.
由题意列方程，得
整理，得
解这个方程，得
，
获利不高于
不合题意，舍去.
答：该设备的销售单价为万元.
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，掌握营销问题的关系式是解题的关键，最后需要注意舍去不符合条件的解.
21. 东坡某烘焙店生产的蛋糕礼盒分为六个档次，第一档次（即最低档次）的产品每天生产 76 件，每件利润10元，调查表明：生产提高一个档次的蛋糕产品，该产品每件利润增加2元．
（1）若生产的某批次蛋糕每件利润为16元，此批次蛋糕属第几档次产品；
（2）由于生产工序不同，蛋糕产品每提高一个档次，一天产量会减少4件，若生产的某档次产品一天的总利润为1080元，该烘培店生产的是第几档次的产品？
【答案】（1）第四档次产品
（2）该烘焙店生产的是第五档次的产品
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意，根据数量关系列出一元二次方程是解决问题的关键．
（1）根据生产提高一个档次的蛋糕产品，该产品每件利润增加2元，即可求出每件利润为16元的蛋糕属第几档次产品；
（2）设烘焙店生产的是第档次的产品，根据单件利润销售数量总利润，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出结论．
【小问1详解】
解：，
答：此批次蛋糕属第四档次产品；
【小问2详解】
设烘焙店生产的是第档次的产品，
则每天生产件，每件利润元，
根据题意得，
整理得，
解得，（不合题意，舍去）．
答：该烘焙店生产的是第五档次的产品．
22. 如图，利用一面长为34米的墙，用铁栅栏围成一个矩形自行车场地，在和边各有一个2米宽的小门（不用铁栅栏），设矩形的边长为米，长为米，矩形的面积为平方米，且．
（1）若所用铁栅栏的长为40米，求与的函数关系式.并直接写出自变量的取值范围；
（2）在（1）的条件下，求与的函数关系式，并求出是否能使矩形场地的面积为260平方米？
【答案】（1）y=-2x+44（5≤x＜）；（2）S=-2x2+44x，不能
【解析】
【分析】（1）根据题意，可知AD+BC+AB=40且有AD=BC，进而写出y关于x的函数关系式，并写出面积公式；
（2）由（1）中y与x的函数关系式，可得S与x的函数关系式，再根据矩形场地面积为260平方米列出方程，解出此时x的值即可．
【详解】解：（1）∵AD+BC-2+AB-2=40，AD=BC=x，
∴y=AB=-2x+44，
∵x＜y，
∴x＜-2x+44，
∴x＜，
∵长为34米的墙，
∴-2x+44≤34，
∴x≥5，
∴5≤x＜；
（2）由（1）可知S=xy=（-2x+44）x=-2x2+44x，
由题意得，（-2x+44）•x=260，
即x2-22x+130=0，
∵△=484-520=-36＜0，
∴此方程无解，
∴不能使矩形场地的面积为260平方米．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程和二次函数的应用，判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．
23. 如图，点是等边内的一点，，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接．

（1）求证：是等边三角形．
（2）若，，则当时，求的长，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）10
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，掌握相关图形的性质是解答本题的关键．
（1）根据旋转的性质，得到，，利用等边三角形的判定与性质，判断是等边三角形．
（2）根据旋转的性质，得到，，再利用等边三角形的判定与性质，得到，，进而可知，再利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
证明：绕点按顺时针方向旋转得，
，，
是等边三角形．
【小问2详解】
解：绕点按顺时针方向旋转得，
，，
是等边三角形，
，，则，
在中，，
．
24. 已知：在边长为的正方形中，点为对角线上一点，且．将三角板的直角顶点与点重合，一条直角边与直线交于点，另一条直角边与射线交于点（点不与点重合），将三角板绕点旋转．
（1）如图，当点、在线段、上时，求证：；
（2）当时，求的面积；
（3）当为等腰三角形时，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3），或
【解析】
【分析】（1）如图1，过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，垂足分别为点G、H．由正方形的性质可证△PEH≌△PFG，即可证明PE=PF；
（2）如图2，过点E作EM⊥BD于点M，当∠FPB=30°时，∠EPB=60°，在Rt△MPE中和Rt△MBE中，设MP=a，则EP=2a，EM=a．可分别表示出EM=BM=a，BP=a+a=3，解得a=，再根据三角形的面积公式求解；
（3）分两大类情况讨论：(一)：当点E在射线BC上时，只有BE=BP，如图3，可证△EPH≌△FPG，从而可得BF的长；（二）：当点E在射线BC上时，又可再分三小类情况，①如图4，当EP=BE时，可得BF=BE=3；②当PE=PB时，易证△BPE为等腰直角三角形，F与B重合，舍去；③如图5，当PB=BE时，同理可证△EPH≌△FPG，FG=HE=，BF=BG-FG=．
【详解】解：（1）如图1，过点作，，垂足分别为点、．
四边形为正方形，
，．
．
四边形为正方形．
，
∵，
，
即．
在和中，
．
．
（2）如图2，过点作，垂足为点，
当时，，
在中，设，则，．
在中，，．
，
．
．
（3）（一）当点在延长线上时，
因为，
所以只有．
如图3，同理可证：，
．
，
．
．
（二）当点在射线上时，
①如图4，EP=BE，
，
，
．
②．
，
，
此时，点和点重合，舍去．
③如图5，．同理可证：，
．
．
综上所述，的长为，或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形面积计算、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及分类讨论的数学思想的运用，综合运用这些性质、判定进行推理是解题的关键．
25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与 x 轴交于两点，点C是抛物线上横坐标为6的点．点P在这条抛物线上，过点P 作y 轴的平行线与直线交于点 Q，过点Q 作轴，点 M 在点 Q 的右侧，且，以， 为邻边作矩形．设矩形的周长为d，点P的横坐标为m．
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式．
（2）当 时，求d与m之间的函数表达式．
（3）当矩形 是正方形时，求m的值．
（4）直接写出矩形 的边与抛物线有两个交点时 m 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）当或时，矩形 是正方形
（4）矩形 的边与抛物线有两个交点时 m 的取值范围为或或．
【解析】
【分析】本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何的综合、矩形的性质等知识点，掌握数形结合思想、分论讨论思想成为解题的关键．
（1）直接运用待定系数法求解即可：
（2）先求出直线的解析式为，则、，进而得到，然后根据矩形的周长公式求解即可；
（3）当和或两种情况分别求得，并让其长度为2求解即可；
（4）先求出抛物线的对称轴，然后分矩形 在对称轴的正中、左侧、右侧三种情况，分别画出图形，列不等式组求解即可．
【小问1详解】
解：将代入可得：
，解得：，
所以抛物线所对应的函数表达式为．
【小问2详解】
解：∵点C是抛物线上横坐标为6的点．
∴点C的纵坐标，即，
设直线的解析式为，
则有：，解得：，
∴直线的解析式为，
∵点P的横坐标为m，，
∴点P在线段的下方，，
∴，
∴，
∵矩形的周长为d，，
∴，即．
【小问3详解】
解：当时，如图①、②：此时，
∵四边形 是正方形，，
∴，解得：；
当或时，如图③、④：此时：，
∵四边形是正方形，，
∴，解得：；
综上，当或时，矩形 是正方形．
小问4详解】
解：∵，
∴抛物线的对称轴为，
如图：当对称轴为矩形的中线时，；
当矩形在对称轴左侧时，
，，
当时，，不在抛物线上，
当时，有，解得：；
当当矩形在对称轴左侧，即时，
∵，，
∴，解得：．
综上，矩形 的边与抛物线有两个交点时 m 的取值范围为或或．