福建省福州教育学院附属中学上学期期末八年级数学模拟试卷 （解析版）-A4

这是一份福建省福州教育学院附属中学上学期期末八年级数学模拟试卷 （解析版）-A4，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】A．是轴对称图形，故A符合题意；
B．不是轴对称图形，故B不符合题意；
C．不是轴对称图形，故C不符合题意；
D．不是轴对称图形，故D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的知识点．确定轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2. 经测算，一粒芝麻的质量约为0.00000201kg，那么数据0.00000201用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查科学记数法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，n是正整数；当原数的绝对值时，n是负整数．
【详解】解：，
故选：B．
3. 下列计算正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了幂的相关运算以及完全平方公式，涉及了同底数幂的乘除法、积的乘方，掌握相关运算法则是解题关键．
【详解】解：，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误；
故选：C．
4. 在以下列线段a、b、c的长为三角形的三边，不能构成直角三角形的是（ ）
A. ，B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的逆定理，当三角形中三边满足关系时，则三角形为直角三角形．根据直角三角形的判定逐项判定即可．
【详解】解：．因为，故不能构成直角三角形，该选项符合题意；
． 因为，故能构成直角三角形，该选项不符合题意；
．由，设，，，
因为，故能构成直角三角形，该选项不符合题意；
．因为，故能构成直角三角形，该选项不符合题意；
故选：A．
5. 下列多项式相乘，能用平方差公式计算的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查平方差公式，涉及完全平方公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．利用平方差公式、完全平方公式逐一分析即可．
【详解】解： ，故A不符合题意；
，故B符合题意；
，故C不符合题意；
，故D不符合题意；
故选B
6. 下列式子从左到右变形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了分式的基本性质，分式的加减法，解题的关键是熟练掌握分式的基本性质．根据分式的基本性质：分式的分子和分母只能同时乘或除以一个不等于0 的整式，分式的值不变，进行判断即可．
【详解】解：A．，分式的分子和分母只能同时乘或除以一个不等于0 的整式，不可以分子除以m、分母除以n，故此选项不合题意；
B．，此选项正确，符合题意；
C．，故此选项不合题意；
D．，故此选项不合题意．
故选：B．
7. 下列二次根式中是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】最简二次根式：被开方数不含分母，被开方数不含有开得尽方的因数或因式，根据定义逐一判断即可.
【详解】解： 故A，C，D不符合题意；
是最简二次根式，故B符合题意；
故选B
【点睛】本题考查的是最简二次根式的含义，掌握“最简二次根式的定义判断最简二次根式”是解本题的关键.
8. 若关于的方程的解为正数，则的取值范围是（ ）
A. B. 且
C. 且D.
【答案】B
【解析】
【分析】把分式方程化为整式方程，根据解为正数，得出的取值范围．此题主要考查了分式方程的解，以及一元一次不等式，掌握方程和不等式的解法是解题的关键，注意要排除产生增根时的值．
【详解】解：去分母得：，
整理得：，
解得：，
关于的方程的解为正数，
，
解得，
当时，，
解得：，
的取值范围是：且．
故选：B．
9. 若分式的值为0，则a的值为（ ）
A. 0B. 2C. D. -2
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是分式的值为零的条件，分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．根据分式的值为零的条件解答即可．
【详解】解：∵分式的值为0，
∴且，
∴．
故选：D．
10. 如图，在平面直角坐标系中，点A是轴正半轴上一个定点，点是轴正半轴上一个动点，以线段为边在轴右侧作等边三角形，以线段为边在上方作等边三角形，连接，随点的移动，下列说法中正确的是（ ）
①；
②；
③所在直线与轴所夹的锐角，度数始终不变；
④随点的向上移动，线段的值逐渐增大．
A. ①②B. ①③C. ①③④D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】根据可得，可判断正确；由，可得，可判断②错误；延长交x轴于E点，由，可得，由可得，进而可得，可判断③正确；由的长为定值，且可得的长也为定值，可判断④错误．
【详解】解： 和都是等边三角形，
，，，
，
，
故①正确；
，，
，
故②错误；
如图，延长交x轴于E点，
，，
，
，
，
，
∴所在直线与轴所夹的锐角，度数始终不变为．
故③正确；
∵点A是轴正半轴上一个定点，
∴的长为定值，
，
∴，
∴的长为定值，
∴随点的向上移动，线段的值不变，
故④错误．
综上，说法正确的为①③．
故选：B
【点睛】本题重点考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，证明是解题的关键．
二、填空题
11. 分解因式：_______．
【答案】y（x+3）（x-3）
【解析】
【分析】先提取公因式y，再根据平方差公式进行二次分解即可求得答案．
【详解】解：x2y-9y=y（x2-9）=y（x+3）（x-3）．
故答案为：y（x+3）（x-3）．
【点睛】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意分解要彻底．
12. 有意义，则x的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式与分式有意义的条件，根据被开方数是非负数且分母不等于零列式求解即可．
详解】解：∵有意义，
∴且，
解得．
故答案为：．
13. 已知，则的值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了求代数式的值，因式分解的应用，以及二次根式的性质．把变形为 ，然后把代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴
．
故答案为：．
14. 如图，在正方形网格，四边形的四个顶点都在格点上，则的度数为______．

【答案】##45度
【解析】
【分析】取格点E，连接、，根据平行线的性质得出，根据勾股定理求出，根据等腰三角形的性质求出，证明为直角三角形，，根据等腰三角形性质求出，即可求出结果．
【详解】解：取格点E，连接、，如图所示：

根据格点特点可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为直角三角形，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和网格问题，勾股定理逆定理的应用，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟记勾股定理和逆定理．
15. 如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为．若，则的值是__________．
【答案】6
【解析】
【分析】本题考查了正方形的面积、勾股定理，解决本题的关键是先设每个直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，然后根据图形和，可以写出关于a、b的方程，然后整理化简，即可求得的值．
【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且，
由题意可知：，，，
∵，
即，
则，
∴，
解得．
故答案为：．
16. 如图，中，，，为射线上一动点，以为底边，在的左侧作等腰直角三角形．为上一点，，连接．当取最小值时，则的度数为_________．
【答案】
【解析】
【分析】过作交的延长线于，作交的于，作射线，连接，由可判定，由全等三角形的性质得，由角平分线的判定定理得是的平分线，由可判定，由全等三角形的性质得， 由两点之间连线段最短得当、、三点共线时，最小，此时，即可求解．
【详解】解：如图，过作交的延长线于，作交的于，作射线，连接，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
在和中
()，
，
是的平分线，
在上运动，
，
，
，
，
，
，
在和中
，
()，
，
，
当、、三点共线时，最小，
如图，此时，
此时，同理可证：，
，
；
故答案：；
【点睛】本题考查了直角三角形的特征，等腰三角形的性质，角平分线的判定定理，全等三角形的判定及性质，两点之间连线段最短；掌握判定方法及性质，构建全等三角形，将问题转化为“将军饮马”典型问题，从而找出线段和取得最小值的条件是解题的关键．
三、解答题
17. 计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的混合运算，二次根式的混合运算：
（1）先根据零指数幂，负整数指数幂立方根的性质化简，再计算，即可求解；
（2）先计算乘除，再合并，即可求解．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：
18. 先化简再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，二次根式的运算，掌握分式和二次根式运算的运算法则是解题关键．先算括号里面的，然后算括号外面的，最后代入求值．
【详解】解：
＝
＝
＝
＝，
当时，
原式＝
19. 实数，在数轴上的位置如图所示，化简：．

【答案】．
【解析】
【分析】本题考查了整式的加减，二次根式的性质，由二次根式的性质进行化简，再根据数轴分别判断，，的正负，去掉绝对值，最后合并同类项即可，掌握知识点的应用解题的关键．
【详解】解：由数轴可得，，，，
∴
，
．
20. 如图，在等边中，点，在边上，，点是点关于的对称点，连，．

（1）求证：；
（2）求证：是等边三角形．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，轴对称的性质：
（1）根据等边三角形的性质得到，进而证明，即可证明；
（2）由轴对称的性质得到，进而推出，再证明，即可证明是等边三角形．
【小问1详解】
证明：∵是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵点是点关于的对称点，
∴，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，即，
∴是等边三角形．
21. 如图，在中，，，，点C和点D关于直线对称．
（1）求作点D；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写过程）
（2）连接，过点C作交的延长线于点E，求的长度．
【答案】（1）见解析 （2）6
【解析】
【分析】本题考查了作图，平行线的性质和判定，轴对称的性质，勾股定理，熟练掌握基本作图以及平行线的性质是解题的关键
（1）在的上方作，在射线上截取，使，点D即为所求；
（2）过 A 作 于 H，设交直线于 G，分别求出，可得结论
【小问1详解】
如图所示
【小问2详解】
过 A 作 于 H，设交直线于 G，
，，
，，
由，
，
解得 ， ，
点C和点D关于直线对称，
，
，
，
，
，
是线段的垂直平分线，
在中，，，
，
，
22. 已知．
（1）求的值；
（2）若的小数部分是的小数部分是，求的值．
【答案】（1）35 （2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的分母有理化、二次根式的混合运算、无理数的估算、立方根等知识，熟练掌握二次根式的运算法则是解题关键．
（1）先将进行分母有理化，再利用完全平方公式进行变形，代入计算即可得；
（2）先根据无理数的估算分别求出的值，再代入计算即可得．
【小问1详解】
解：∵，
，
∴
．
【小问2详解】
解：∵，
∴，即，
∴，，
由（1）可知，，，
∴，，
∵的小数部分是的小数部分是，
∴，，
∴
．
23. 某中学开学初在商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了3000元，购买B品牌足球花费了2400元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元；
（2）该中学决定再次购进A，B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3060元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
【答案】（1）购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元
（2）该中学此次最多可购买20个B品牌足球
【解析】
【分析】本题考查分式方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用：
（1）设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要元，根据等量关系列分式方程，解方程即可；
（2）设该中学此次可以购买m个B品牌足球，则可以购买个A品牌足球，根据不等关系列不等式，求出不等式的最大整数解即可．
【小问1详解】
解：设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要元，
依题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴（元）．
答：购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元．
【小问2详解】
解：设该中学此次可以购买m个B品牌足球，则可以购买个A品牌足球，
依题意得：，
解得：．
答：该中学此次最多可购买20个B品牌足球．
24. 参观完蟳埔村古民居，小强随着父母一起散步到蟳埔村海边，欣赏海边美景，来到一个休闲娱乐场所，喜欢台球运动的小强爸爸兴致勃勃教小强打台球，并告诉小强如何利用数学知识击打台球．如图所示，若长方形表示台球桌，在点处的白色球体经过击打，在台球桌边的点反弹后，恰好碰到在点的蓝色球体．请你帮小强解决下列个问题．其中，在解决问题时，小强爸爸给他补充了八年级勾股定理的知识：
（1）请帮助小强找到台球桌边点的位置（在图中画出，保留痕迹）；
（2）若白色球体到台球桌边的距离为，蓝色球体到台球桌边的距离为，白色球体与蓝色球体的水平距离为，试求在问题（1）中白色球体的运动距离（忽略球体的大小）；
（3）小强爸爸老王发现在台球室原有名顾客，过了一会儿有名顾客离开，老王问小强台球室原来有多少名顾客？
【答案】（1）见解析 （2）
（3）名
【解析】
【分析】本题是四边形综合题，考查了点的对称，勾股定理，一元一次不等式组，解题的关键是熟练掌握以上知识．
（1）过点作，延长至，使得，连接交于点，作答即可；
（2）过点作于点，过点作于点，在直角中，由勾股定理得：，进而作答即可；
（3）根据题意得，再根据为正整数，即可求出结果．
【小问1详解】
解：过点作，延长至，使得，连接交于点，如图所示，
【小问2详解】
解：如图所示，过点作于点，过点作于点，
由题意得，，，
在中，由勾股定理得：，
，
，
白球的运动距离为；
【小问3详解】
解：由题意得，，
解得：，
为正整数，
，（名），
答；台球室原来有名顾客．
25. 我们约定：关于x的代数式A，B，若不论x为何值，都有（m为常数），则称代数式A，B互为“差值代数式”，m为“差值”例如：，因为，所以A，B互为“差值代数式”，“差值”为2．根据该约定，解答下列问题．
（1）判断下列各式是否互为“差值代数式”．若是，则在括号中的划“√”，若不是，则划“×”．
①与（ ） ②与（ ） ③与（ ）
（2）已知关于x的整式，若M，N互为“差值代数式”，且“差值”为4，求a的值；
（3）已知关于x的整式，若S，T互为“差值代数式”，且满足．
①求b，c，d的值；
②求代数式的最小值．
【答案】（1）①√ ②× ③√
（2）或
（3）①；②最小值为
【解析】
【分析】根据定义解答即可得解；
先由定义得出或，解方程即可得解；
(3)①恒等变形得出，然后由新定义即可得解，②先将代数式变形成，然后通过配方利用非负数的性质得出，最后代入即可得解．
【小问1详解】
∵，
∴①与互为“差值代数式”，
∵，
∴②与不互为“差值代数式”，
∵，
∴③与互为“差值代数式”，
故答案为：①√ ②× ③√；
【小问2详解】
由题可知，
∴或，
∴或，
综上所述或；
【小问3详解】
①，
，
，
，
，
互为“差整值代数式”，
，
②，
，
，
的最小值为．
【点睛】本题主要考查了整式的混合运算，二次根式的加减运算，因式分解，分式的混合运算，利用平方根解方程，代数式的配方等知识点，熟练掌握其性质并能灵活对代数式进行恒等变形是解决此题的关键．
26. 如图1，在等边中，点是边上一动点（点不与，重合），连接，过点作于点，将线段绕点逆时针旋转60°得到线段，连接，．
（1）若，求线段的长；
（2）如图2，连接，延长交于点，当取最大值时，求证：；
（3）在（2）的条件下，当取最大值时，连接，将绕点旋转，连接，，分别取，的中点，，连接，若的边长为4，当点落在直线上时，直接写出长．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）根据线段绕点逆时针旋转60°得到线段，可知为等边三角形，再证，可知，从而求得答案；
（2）过点作交的延长线于点，由（1）可知，，，从而知道，推出，借助平角可求得，借助证明，可知为中点，，，推出当最大时，与重合，又因为，， 那么此时点在的中点，从而得证；
（3）当点在线段延长线时，取的中点，连接，，过点作交的延长线于点，先求得，利用三角形中位线，求得、以及，在用勾股定理，求得，最后在用勾股定理，求得；当点在线段时，连接，过点作交的延长线于点，取的中点，连接，取的中点，连接，作交于点，先求得和的长度，然后计算出，然后在中用勾股定理求得和，然后利用是三角形中位线求得，从而求得，，然后判定为等边三角形，推导出，从而得到，，最后在中用勾股定理求得，从而得到．
【小问1详解】
解：是等边三角形
，
线段绕点逆时针旋转60°得到线段
，
【小问2详解】
解：过点作交的延长线于点
由（1）可知，
，
线段绕点逆时针旋转60°得到线段
，
是等边三角形
，
，
又
，
最大时，与重合
又，
那么此时点在的中点，如图所示：
，
【小问3详解】
解：①当点在线段的延长线时，如图所示：
由（1）可知，等边三角形，
等边的边长为4，
，，，
，
，
取的中点，连接，，过点作交的延长线于点
，，
，
，
，
，
，
②当点在线段时，连接，如图所示：
由（1）可知，是等边三角形，，是等边三角形，
，
是中点
是的中点
是等边三角形，是中点
，
过点作交的延长线于点
在中，，
，
在中，
取的中点，连接
，，
，
取的中点，连接
，
，
是等边三角形
作交于点
，
，
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平角的定义，三角形内角和定理等，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．我们把这个结论称为勾股定理．
例如，在如图所示的直角中，，若，
，则由勾股定理得：，所以．