2023-2024学年山东省济南市莱芜区教研共同体八年级（下）期末数学模拟试卷（五四学制）（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省济南市莱芜区教研共同体八年级（下）期末数学模拟试卷（五四学制）（含答案），共14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。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若二次根式 2x−1在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x>12B. x≥12C. x>2D. x≥2
2.计算( 17+4)2024( 17−4)2023的结果是( )
A. 17−4B. 4C. −4D. 17+4
3.在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是( )
A. ③有一组邻边相等B. ②对角线互相垂直
C. ④有一个角是直角D. ①一条对角线与其中一边相等
4.如图，在矩形ABCD中，对角线AC分∠BAD得到的两个角的度数之比是2：3(∠BAC<∠CAD)，延长BC至点E，连接AE交CD于点G，若AE上有一点F，使得AC=CF=EF，且CG=3，则AG的长为( )
A. 2.5B. 2 3C. 10D. 3
5.如图，在矩形OABC中，点B的坐标是(1,3)，则AC的长是( )
A. 3
B. 2 2
C. 10
D. 4
6.若关于x的方程mx2−3x+1=0有实数根，则m的取值范围是( )
A. m≤94且m≠0B. m<94且m≠0C. m<94D. m≤94
7.若a≠b，且a2−4a+1=0，b2−4b+1=0，则11+a2+11+b2的值为( )
A. 14B. 1C. .4D. 3
8.x为实数，4x2+3x−(x2+3x)=3，那么x2+3x的值为( )
A. 1B. −4或1C. −4D. 4或−1
9.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=108°，分别以点A，C为圆心，以大于12AC的长为半径作弧，两弧分别相交于点P、Q，作直线PQ交BC于点D，连接AD.以下结论不正确的是( )
A. ∠BAD=72°B. BD=AC
C. S△ABDS△ACD= 5−12D. BDCD= 5+12
10.若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，我们把这个三角形叫做比例三角形.有下列结论：
①已知△ABC是比例三角形，AB=4，BC=5，那么AC=2 5；
②在△ABC中，点D在AC上，且AD=BC，∠ABD=∠C，那么△ABC是比例三角形；
③如图，在四边形ABCD中，已知AD//BC，BD平分∠ABC，AB⊥AC，AD⊥CD，那么△ABC是比例三角形；
④已知直线y= 3x+3 3与x轴、y轴交于点A、B，点C(3,0)，那么△ABC是比例三角形．
其中，正确的个数是( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.已知最简二次根式 x−1与二次根式2 2是同类二次根式，则x= ______．
12.如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=12，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是______．
13.如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，连接AE，过点E作EF⊥AE交DC于点F，若AB=4，BC=6，则CF的长为______．
14.如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B′处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3：5，那么线段FC的长为______．
15.将边长分别为1，1+ 3，1+2 3，1+3 3⋯；的正方形的面积分别记为S1，S2，S3，S4⋯令t1=S2−S1，t2=S3−S2，t3=S4−S3，⋯，tn=Sn+1−Sn，T=t1+t2+t3+⋯+t50，则T的值为______．
16.如图，边长为3的菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P是对角线BD上任意一点(P不与B、D重合)，以AP和PD为边作平行四边形APDQ，则PQ的最小值为______．
三、解答题：本题共10小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：|−2 3|+(4−π)0− 12−(−1)2024．
18.(本小题6分)
解方程：2x2+4x−30=0．
19.(本小题6分)
如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F.求证：AE=CF．
20.(本小题8分)
秦九韶(1208年−1268年)，南宋著名数学家.与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家.他精研星象、音律、算术、诗词、弓剑、营造之学.他于1247年完成的著作《数学九章》中关于三角形的面积公式与古希腊几何学家海伦的成果并称“海伦一秦九韶公式”.它的主要内容是，如果一个三角形的三边长分别是a、b、c，记p=a+b+c2，那么三角形的面积s= p(p−a)(p−b)(p−c)．
(1)在三角形ABC中，BC=7，AC=8，AB=9，用上面的公式计算三角形ABC的面积；
(2)一个三角形的三边长分别为a、b、c，s=p=15，a=10，求bc的值．
21.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠BAC=90°，点D，E分别为边AB，BC的中点，点F在CA延长线上，且∠F=∠C．
(1)求证：AF=DE；
(2)若AC=5cm，AB=12cm，求四边形AEDF的周长．
22.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC=5，点P为BC边上一动点(不与点B，C重合)，过点P作射线PM交AC于点M，∠APM=∠B，BC=8．
(1)求证：△ABP∽△PCM；
(2)当BP=2时，求CM的值．
23.(本小题10分)
2023年亚运会在杭州顺利召开，亚运会吉祥物莲莲爆红．
(1)据统计某莲莲玩偶在某电商平台6月份的销售量是5万件，8月份的销售量是7.2万件，问月平均增长率是多少？
(2)市场调查发现，某实体店莲莲玩偶的进价为每件60元，若售价为每件100元，每天能销售20件，售价每降价1元，每天可多售出2件，为了推广宣传，商家决定降价促销，同时尽量减少库存，若使销售莲莲玩偶每天获利1200元，则售价应降低多少元？
24.(本小题10分)
阅读下列材料：
(3+ 3)(3− 3)=32−( 3)2=6，像(3+ 3)和(3− 3)这样两个含有根式的代数式，它们的积不含根式，我们就说这两个代数式互为有理化因式，其中一个是另一个的有理化因式．
请运用上面的知识解决下列问题：
(1)指出( 5− 2)的有理化因式，并将1 5− 2化简为分母中不含根式的式子；
(2)通过化简，比较1 5− 2和1 6− 3的大小关系；
(3)已知 20−x+ 4−x=8， 20−x− 4−x=a．
①求a的值；
②结合①的结果，解方程： 20−x+ 4−x=8．
25.(本小题12分)
如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED=EC时，猜想∠BAD的度数并说明理由．
26.(本小题12分)
如图1，点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC于E，GF⊥CD于F．
(1)证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：AGBE= ______；
(2)探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角(0°<α<45°)，如图2，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
(3)拓展与运用：
正方形CEGF在旋转过程中，当B、E、F三点在一条直线上时，如图3，延长CG交AD于点H，若AG=3，GH= 2，求BC的长．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.D
5.C
6.D
7.B
8.A
9.C
10.B
11.3
12.152
13.94
14.38
15.7500+100 3
16.32
17.解：|−2 3|+(4−π)0− 12−(−1)2024
=2 3+1−2 3−1
=0．
18.解：2x2+4x−30=0，
化简得：x2+2x−15=0，
因式分解得：(x+5)(x−3)=0，
∴x+5=0或x−3=0，
解得：x1=3，x2=−5．
19.证明：四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，AD=BC，
∴∠EDO=∠FBO，
∵点O为BD的中点，
∴OB=OD，
在△EDO和△FBO中，
∠EDO=∠FDOOD=OB∠EOD=∠FOB，
∴△EDO≌△FBO(ASA)，
∴DE=BF，
∴AD−DE=BC−BF，
∴AE=CF．
20.解：(1)∵三角形ABC中，BC=7，AC=8，AB=9，
∴“海伦一秦九韶公式”中的p=7+8+92=12，a=7，b=8，c=9，
∴S△ABC= p(p−a)(p−b)(p−c)，
= 12×(12−7)×(12−8)×(12−9)
= 720
=12 5；
(2)∵s=p=15，a=10，S△ABC= p(p−a)(p−b)(p−c)，
∴15= 15×(15−10)×(15−b)×(15−c)，
∴225=15×(15−10)×(15−b)×(15−c)，
∴3=(15−b)×(15−c)，
∴3=225−15b−15c+bc，
∴3=225−15(b+c)+bc，
∵p=a+b+c2=15，
∴b+c=20，
∴bc=78，
∴bc的值为78．
21.(1)证明：∵点D，E分别为边AB，BC的中点，
∴DE/​/AC，BD=AD，
又∵∠BAC=90°，
∴∠BED=∠C，∠BDE=∠BAC=∠BAF=90°，
又∵∠F=∠C，
∴∠BED=∠F，
在△BDE和△DAF中，
∠BED=∠F∠BDE=∠BAFBD=AD，
∴△BDE≌△DAF(AAS)，
∴AF=DE；
(2)解：∵AF=DE，DE/​/AC，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AE=DF
∵∠BAC=90°，点D，E分别为边AB，BC的中点，
∴ED=12AC，AE=12BC，AB2+AC2=BC2，
又∵AC=5cm，AB=12cm，
∴BC=13cm=2AE，AC=5cm=2DE，
∴C▱AEDF=2DE+2AE=AC+BC=5+13=18(cm)．
答：四边形AEDF的周长为18cm．
22.(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
∵∠APM=∠B，
∴∠BAP=180°−∠B−∠APB=180°−∠APM−∠APB=∠CPM，
∴△ABP∽△PCM．
(2)解：∵AB=AC=5，BC=8，BP=2，
∴CP=6．
∵△ABP∽△PCM，
∴ABPC=BPCM，
∴56=2CM，
∴CM=125．
23.解：(1)设月平均增长率是x，
根据题意得：5(1+x)2=7.2，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去)，
∴月平均增长率是20%；
(2)设售价应降低y元，则每件的销售利润为(100−60−y)元，每天的销售量为(20+2y)件，
依据题意得：(100−60−y)(20+2y)=1200，
即y2−30y+200=0，
解得：y1=10，y2=20，
∵要尽量减少库存，
∴y=20，
∴售价应降低20元．
24.解：(1)∵( 5− 2)( 5+ 2)=( 5)2−( 2)2=3，
∴( 5− 2)的有理化因式是 5+ 2，
1 5− 2
= 5+ 2( 5− 2)( 5+ 2)
= 5+ 23；
(2)1 6− 3
= 6+ 3( 6− 3)( 6+ 3)
= 6+ 33，
∵ 6> 5， 3> 2，
∴ 6+ 3> 5+ 2，
∴ 6+ 33> 5+ 23，
∴1 6− 3>1 5− 2，即1 5− 2<1 6− 3；
(3)①∵ 20−x+ 4−x=8， 20−x− 4−x=a，
∴( 20−x+ 4−x)( 20−x− 4−x)=8a，
∴20−x−(4−x)=8a，
∴16=8a，
∴a=2；
②由①知： 20−x− 4−x=2，
又 20−x+ 4−x=8，
两等式相加，得2 20−x=10，
∴ 20−x=5，
解得x=−5．
25.解：(1)BD=CE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=AC，
∵AE是由AD绕点A逆时针旋转60°得到的，
∴∠DAE=60°，AD=AE，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−DAC=∠DAE−∠DAC，
即：∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE,
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE；
(2)①AE=BE−CE；
②如图，
∠BAD=45°，理由如下：
连接AF，作AG⊥DE于G，
∴∠AGD=90°，
∵F是BC的中点，△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，
∴AF⊥BC，∠ABF=∠ADG=60°，∠BAF=30°，
∴∠AFB=∠AGD，
∴△ABF∽△ADG，
∴ABAF=ADAG，∠BAF=∠DAG，
∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
∴∠BAD=∠FAG，
∴△ABD∽△AFG(两对应边成比例及夹角相等的两个三角形相似)，
∴∠ADB=∠AGF=90°，
由(1)得：BD=CE，
∵CE=DE=AD，
∴AD=BD，
∴∠BAD=45°．
26.(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形CEGF是矩形，
∵∠BCA=45°，
∴△CEG是等腰直角三角形，
∴EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形；
② 2；
(2)解：线段AG与BE之间的数量关系为：AG= 2BE，理由如下：
连接CG，如图(2)所示：
由旋转性质得：∠BCE=∠ACG=α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，CECG=cs45°= 22，CBCA=cs45°= 22，
∴CGCE=CACB= 2，
∴△ACG∽△BCE，
∴AGBE=CACB= 2，
∴线段AG与BE之间的数量关系为：AG= 2BE；
(3)解：∵四边形ABCD、四边形CEGF都是正方形，
∴∠HAC=45°，∠HGA=∠CGF=45°，
∴∠HAC=∠HGA，
∵∠AHG=∠CHA，
∴△AHG∽△CHA；
∴AGAC=GHAH=AHCH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴设BC=CD=AD=a，则AC= 2a，
∵AGAC=GHAH，
∴3 2a= 2AH
解得：AH=23a，
∴DH=AD−AH=a−23a=13a，
CH= CD2+DH2= a2+(13a)2= 103a，
∵AGAC=AHCH，
∴3 2a=13a 103a，
解得：a=3 5，
即BC=3 5．