北师大版初中数学章节复习 8年级下册 期末模拟卷（一）（教师版+学生版）

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一．选择题(共10小题，每小题3分，共30分)
1．(2019•锦江区期末)下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据中心对称的概念对各图形分析判断即可得解．
【解答】解：第一个图形是中心对称图形，
第二个图形不是中心对称图形，
第三个图形是中心对称图形，
第四个图形不是中心对称图形，
所以，中心对称图有2个．
故选：．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．(2019春•德惠市期末)若，则下列式子不成立的是
A．B．C．D．
【分析】根据不等式的性质进行答题．
【解答】解：、在不等式的两边同时减去1，不等式仍然成立，即．故本选项错误；
、在不等式的两边同时乘以，不等号方向改变，即．故本选项正确；
、在不等式的两边同时加3，不等式仍然成立，即．故本选项错误；
、在不等式的两边同时除以2，不等式仍然成立，即，故本选项错误．
故选：．
【点睛】主要考查了不等式的基本性质．(1)不等式两边加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变．
(2)不等式两边乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变．
(3)不等式两边乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．
3．(2019春•青羊区期末)下列由左边到右边的变形，属分解因式的是
A．B．
C．D．
【分析】利用因式分解定义判断即可．
【解答】解：属于因式分解，
故选：．
【点睛】此题考查了平方差公式，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
4．(2019•成华区期末)分式方程的解为
A．B．C．无解D．
【分析】分式方程变形后，去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：，
整理得：
解得：，
检验：把代入，
所以分式方程的无解．
故选：．
【点睛】此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
5．(2019•武侯区期末)如图，在中，，，将绕点顺时针旋转至△，使得点恰好落在上，则旋转角度为
A．B．C．D．
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出，根据旋转的性质可得，然后判断出△是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，然后根据旋转角的定义解答即可．
【解答】解：，，
，
绕点顺时针旋转至△时点恰好落在上，
，
△是等边三角形，
，
旋转角为．
故选：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
6．(2019春•青羊区期末)如果不等式组的解集是，则的取值范围是
A．B．C．D．
【分析】根据求解规律是：大大取大，小小取小，大小小大中间找，大大小小无解可得．
【解答】解：不等式组的解集是，
，
故选：．
【点睛】此题主要考查了不等式的解集，关键是正确理解不等式组确定公共解集的方法．
7．(2019春•锦江区期末)将一次函数的图象向下平移6个单位，得到新的图象的函数解析式为
A．B．C．D．
【分析】直接利用一次函数平移规律，“上加下减”进而得出即可．
【解答】解：将一次函数的图象向下平移6个单位，那么平移后所得图象的函数解析式为：，
故选：．
【点睛】此题主要考查了一次函数图象与几何变换，熟练记忆函数平移规律是解题关键．
8．(2019•天府新区期末)某农场开挖一条长480米的渠道，开工后每天比原计划多挖20米，结果提前4天完成任务，若设原计划每天挖米，那么求时所列方程正确的是
A．B．
C．D．
【分析】本题的关键描述语是：“提前4天完成任务”；等量关系为：原计划用时实际用时．
【解答】解：设原计划每天挖米，那么原计划用时为：，实际用时为：．
根据题意，得：，
故选：．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
9．(2019春•金牛区期末)如图是一次函数的图象，当时，的取值范围是
A．B．C．D．
【分析】观察图象，直接根据图象写出自变量的取值范围即可．
【解答】解：观察图象得：当时，
当时，
当时，的取值范围是，
故选：．
【点睛】本题考化成了一次函数与一元一次不等式的知识，解题的关键是仔细观察图象，并从中得到有关进一步解题的信息．
10．(2018•河南)如图，已知的顶点，，点在轴正半轴上按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边，于点，；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交边于点，则点的坐标为
A．，B．，C．，D．，
【分析】依据勾股定理即可得到中，，依据，即可得到，进而得出，可得，．
【解答】解：的顶点，，
，，
中，，
由题可得，平分，
，
又，
，
，
，
，
，，
故选：．
【点睛】本题主要考查了角平分线的作法，勾股定理以及平行四边形的性质的运用，解题时注意：求图形中一些点的坐标时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
二．填空题(共8小题，每小题3分，共24分)
11．(2019•覃塘区三模)因式分解： ．
【分析】直接提取公因式，进而分解因式即可．
【解答】解：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
12．(2019春•光明区期末)若关于的分式方程有增根，则的值为 ．
【分析】增根是指在分式方程化为整式方程的过程中，若整式方程的根使最简公分母为0，那么这个根叫做原分式方程的增根．本题中，方程为分式方程，分母为，如果方程有增根，则分母为0，所以得出即，根据，解出的值就是答案．
【解答】解：原分式方程变形为，
分式方程有增根，
，为增根，
将代入上式，
，
．
故答案为3．
【点睛】本题考查了分式方程的增根，正确理解增根的含义是解题的关键．
13．(2019春•福田区期末)两个实数，，规定，则不等式的解集为 ．
【分析】根据不等式的性质求出不等式的解集即可．
【解答】解：，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式，能根据不等式的性质进行变形是解此题的关键．
14．(2019春•龙岗区期末)如图，函数与的图象相交于点，则关于的不等式的解集是 ．
【分析】首先利用待定系数法求出点坐标，再以交点为分界，结合图象写出不等式的解集即可．
【解答】解：函数过点，
，
解得：，
，
不等式的解集为．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，关键是求出点坐标．
15．(2019春•龙华区期末)如图3，中，的垂直平分线分别交、于、，若，则的度数为 ．
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到，得到，根据三角形的外角性质计算即可．
【解答】解：是线段的垂直平分线，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、三角形的外角性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
16．(2019春•锦江区期末)如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，在重叠部分构成的四边形中，若，，则的长为 ．
【分析】过点作于，于，设、交点为，首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．然后依据勾股定理求得的长，从而可得到的长．
【解答】解：过点作于，于，设、交点为．
两条纸条宽度相同，
．
，，
四边形是平行四边形．
．
又．
，
四边形是菱形；
，，．
．
．
故答案为：16
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及四边形的面积，证得四边形为菱形是解题的关键．
17．(2019春•罗湖区期末)在中，，，，的角平分线与的角平分线相交于，且交于，则的长等于 ．
【分析】思想利用勾股定理的逆定理证明，利用面积法求出，设，，构建方程组解决问题即可．
【解答】解：如图，作于，于，于．
，，，
，同理可证：，
，
，，，
，
，
，
，
易证四边形是正方形，
，
，，，
，
，设，，
则有，
解得，
补充方法：根据，设，则，利用勾股定理构建方程求出即可．
故答案为．
【点睛】本题考查角平分线的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
18．(2019春•罗湖区校级期末)如图，矩形的边在轴上，边在轴上，点坐标为，点是线段的一个动点，连接，以为边作矩形，使边过点，已知所作矩形的面积为12，连接，则在点的运动过程中，线段的最大值为 ．
【分析】连接，由矩形的性质得出，，得出，可求，由，、均为定点，可以看作是在以为直径的圆上，取的中点，则的最大值．
【解答】解：连接，取中点，连接，，
，，
，
点坐标为，
，
，
，、均为定点，
可以看作是在以为直径的圆上，且点是中点，
则，，
当点，点，点三点共线时，的值最大．
的最大值，
故答案为：，
【点睛】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、直角三角形的性质以及最值问题等知识；熟练掌握矩形的性质，求出矩形的面积是解题的关键．
三．解答题(共8小题，共66分)
19．(6分)(2019春•罗湖区期末)解不等式组：，并把它的解集在数轴上表示出来．
【分析】首先分别计算出两个不等式的解集，再根据不等式组的解集规律：大小小大中间找确定解集即可．
【解答】解：，
由①得：，
由②得：，
不等式组的解集为：，
在数轴上表示为：
．
【点睛】此题主要考查了解一元一次不等式组，关键是掌握解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
20．(6分)(2019春•福田区期末)先化简，再求值：，其中．
【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将的值代入化简后的式子即可解答本题．
【解答】解：
，
当时，原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
21．(8分)(2019春•龙华区期末)解方程：
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：，
解得：，
经检验是分式方程的解．
【点睛】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
22．(8分)(2019春•宝安区期末)在中，，为边上的中点，，连接．
(1)尺规作图：作边的中垂线交于点；(保留作图痕迹，不要求写作法和证明)
(2)连接，求的周长．
【分析】(1)利用基本作图作的垂直平分线得到点；
(2)根据线段垂直平分线的性质得到，则利用等线段代换得到的周长，再根据等腰三角形的性质得到，利用勾股定理计算出，从而可计算出的周长．
【解答】解：(1)如图，点为所作；
(2)边的中垂线交于点，
，
的周长，
，为边上的中点，
，，
，
的周长．
【点睛】本题考查了作图基本作图：熟练掌握基本作图(作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线)．也考查了等腰三角形的性质．
23．(8分)(2019春•罗湖区期末)如图：在平面直角坐标系中，网格图由边长为1的小正方形构成，的顶点分别是，，．
(1)请在图1中作出关于点成中心对称的△，并分别写出、对应点的坐标 ； ；
(2)设线段所在直线的函数表达式是，试写出不等式的解集 ．
(3)点和分别是直线和轴上的动点，若以，，，为顶点的四边形是平行四边形，求满足条件的点坐标．
【分析】(1)直接利用中心对称的性质得出对应点位置进而得出答案；
(2)由待定系数法可求直线的解析式，即可求解；
(3)分为边和对角线两种情况讨论，由平行四边形的性质可求点坐标．
【解答】解：(1)如图，△为所求，
，
故答案为：，
(2)所在直线的函数表达式是，且过，，
解得：
所在直线的函数表达式是
不等式的解集为：
故答案为：
(3)，
，轴，
若为边，
以，，，为顶点的四边形是平行四边形
，
点在轴上，
点的横坐标为2或，
或
点或
若为对角线，
以，，，为顶点的四边形是平行四边形
与互相平分，
点在轴上，的中点也在轴上，
点的横坐标为0，
点
综上所述：当点为或或时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，平行四边形的性质，中心对称的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
24．(8分)(2019春•罗湖区校级期末)某电脑公司经销甲种型号电脑，受各方因素影响，电脑价格不断下降，今年三月份的电脑售价比去年同期每台降价900元，如果卖出相同数量的电脑，去年销售为10万元，今年销售额只有8万元．
(1)今年三月份甲种电脑每台售价多少元？
(2)为了增加收入，电脑公司决定再经销乙种型号电脑，已知甲种电脑每台进价为3400元，乙种电脑每台进价为3000元，公司预计用不多于4.8万元且不少于4.7万元的资金购进这两种电脑共15台，则共有几种进货方案？
【分析】(1)设今年三月份甲种电脑每台售价为元，则去年同期甲种电脑每台售价为元，根据数量总价单价结合如果卖出相同数量的电脑去年销售额为10万元而今年销售额只有8万元，即可得出关于的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设该公司可购进台甲种电脑，则可购进台乙种电脑，根据总价单价数量结合总价不多于4.8万元且不少于4.7万元，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围，结合为正整数即可得出各进货方案．
【解答】解：(1)设今年三月份甲种电脑每台售价为元，则去年同期甲种电脑每台售价为元，
依题意，得：，
解得：，
经检验，是所列分式方程的解，且符合题意．
答：今年三月份甲种电脑每台售价为3600元．
(2)设该公司可购进台甲种电脑，则可购进台乙种电脑，
依题意，得：，
解得：．
为正整数，
，6，7，
该公司共有三种进货方案，方案1：购进5台甲种电脑，10台乙种电脑；方案2：购进6台甲种电脑，9台乙种电脑；方案3：购进7台甲种电脑，8台乙种电脑．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
25．(10分)(2019•和平区一模)如图，在平行四边形中，，分别平分和，交边于点，，线段，相交于点．
(1)求证：；
(2)若，则的值是 ．
【分析】(1)想办法证明，即可推出即；
(2)想办法证明，，再利用平行四边形的性质，证出，得出，由已知得出，，求出，得出，即可得出结果．
【解答】(1)证明：在平行四边形中，，
，
、分别平分和，
，，
，即，
，
；
(2)解：在平行四边形中，，
，
又平分，
，
，
，同理可得，，
又在平行四边形中，，
，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
26．(12分)(2019春•福田区期末)如图1，在中，，是上的中线，的垂直平分线交于点，连接并延长交于点，，垂足为．
(1)求证：；
(2)若，，求的长；
(3)如图2，在中，，，是上的一点，且，若，请你直接写出的长．
【分析】(1)由等腰三角形的三线合一得，，线段的垂直平分线和等腰三角形得，再加公用，可证明；
(2)由等腰三角形的性质，线段的垂直平分线和三角形的内角和定理得，，根据角的和差得，在直角三角形中由勾股定理可求出，从而得到；
(3)根据(1)(2)的解题思路和方法，构建等腰三角形的三线合一，三角形全等和勾股定理可求出．
【解答】解：(1)如图1所示：
，
是等腰三角形，
又是上的中线，
，，
垂直平分线，
，
，
，，
，
在和中，
，
；
(2)如图1所示：
，
，
又
，
又，
，
又，
，
在中，由勾股定理得：
，
又，，
，
又，
；
(3)过点作，垂直于的延长线于点，
如图2所示：
由(1)可知，
，，
又，
，，
，
在中，由勾股定理得：
，
又，
，
．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形的性质，线段的中点，线段垂直平分线的性质，三角形全等的判定与性质，三角形的内角和定理和外角的定理，勾股定理等相关知识，重点掌握三角形的判定方法，难点是作辅助线构建相应的图形求解．