2022-2023學年八上數學期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．某人到瓷磚商店去購買一種多邊形形狀的瓷磚，用來鋪設無縫地板，他購買的瓷磚形狀不可以是（）A．正三角形 B．矩形 C．正八邊形 D．正六邊形2．實數－2，，，，－中，無理數的個數是：A．2 B．3 C．4 D．53．設△ABC的三邊分別為a，b，c，滿足下列條件的△ABC中，不是直角三角形的是（）A．∠A+∠B=90° B．b2=a2-c2C．∠A：∠B：∠C=3：4：5 D．a：b：c=5：12：134．在平面直角坐標系中，點A（2,3）與點B關于軸對稱，則點B的坐標為A．（3,2） B．（－2，－3） C．（－2,3） D．(2,－3)5．ABC的內角分別為A、B、C，下列能判定ABC是直角三角形的條件是（）A．A2B3C B．C2B C．A:B:C3:4:5 D．ABC6．已知，且，則代數式的值等于（）A． B． C． D．7．下列實數中最大的是（）A． B． C． D．8．用一條長為16cm的細繩圍成一個等腰三角形，若其中有一邊的長為4cm，則該等腰三角形的腰長為（）A．4cm B．6cm C．4cm或6cm D．4cm或8cm9．如圖，在△ABC中，∠CAB＝90°，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，若CD＝6，則AD的長為（）A．2 B．3 C．1 D．1．510．下列大學校徽主體圖案中，是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．若（x-1）x+1=1，則x=______．12．在平面直角坐標系中，已知一次函數y＝﹣2x+1的圖象經過A（a，m），B（a+1，n）兩點，則m_____n．（填“＞”或“＜”）13．已知x2+y2+z2-2x+4y-6z+14=0，則x+y+z=________．14．已知x＝+1，則x2﹣2x﹣3＝_____．15．商店以每件13元的價格購進某商品100件，售出部分后進行了降價促銷，銷售金額y（元）與銷售量x（件）的函數關系如圖所示，則售完這100件商品可盈利______元．16．，，點在格點上，作出關于軸對稱的，并寫出點的坐標為________．17．已知，，，為正整數，則_________．18．計算：_______________.三、解答題(共66分)19．（10分）先化簡，再求值：，其中x=．20．（6分）（模型建立）（1）如圖1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，直線ED經過點C，過A作AD⊥ED于點D，過B作BE⊥ED于點E．求證：△CDA≌△BEC．（模型運用）（2）如圖2，直線l1：y＝x+4與坐標軸交于點A、B，將直線l1繞點A逆時針旋轉90°至直線l2，求直線l2的函數表達式．（模型遷移）如圖3，直線l經過坐標原點O，且與x軸正半軸的夾角為30°，點A在直線l上，點P為x軸上一動點，連接AP，將線段AP繞點P順時針旋轉30°得到BP，過點B的直線BC交x軸于點C，∠OCB＝30°，點B到x軸的距離為2，求點P的坐標．21．（6分）如圖，直線l?：y＝x+2與直線l?：y＝kx+b相交于點P（1，m）（1）寫出k、b滿足的關系；（2）如果直線l?：y＝kx+b與兩坐標軸圍成一等腰直角三角形，試求直線l?的函數表達式；（3）在（2）的條件下，設直線l?與x軸相交于點A，點Q是x軸上一動點，求當△APQ是等腰三角形時的Q點的坐標．22．（8分）如圖，在?ABCD中，過B點作BM⊥AC于點E，交CD于點M，過D點作DN⊥AC于點F，交AB于點N．（1）求證：四邊形BMDN是平行四邊形；（2）已知AF=12，EM=5，求AN的長．23．（8分）建立模型：如圖1，已知△ABC，AC=BC，∠C=90°，頂點C在直線l上．實踐操作：過點A作AD⊥l于點D，過點B作BE⊥l于點E，求證：△CAD≌△BCE．模型應用：（1）如圖1，在直角坐標系中，直線l1：y=x+4與y軸交于點A，與x軸交于點B，將直線l1繞著點A順時針旋轉45°得到l1．求l1的函數表達式．（1）如圖3，在直角坐標系中，點B（8，6），作BA⊥y軸于點A，作BC⊥x軸于點C，P是線段BC上的一個動點，點Q（a，1a﹣6）位于第一象限內．問點A、P、Q能否構成以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，若能，請求出此時a的值，若不能，請說明理由．24．（8分）（1）（2）25．（10分）某校為了解學生的安全意識情況，在全校范圍內隨機抽取部分學生進行問卷調查，根據查結果，把學生的安全意識分成淡薄、一般、較強、很強四個層次，并繪制成如下兩幅尚不完整的統計圖：根據以上信息，解答下列問題：（1）該校有1200名學生，現要對安全意識為淡薄、一般的學生強化安全教育，根據調查結果，估計全校需要強化安全教育的學生約有多少名？（2）請將條形統計圖補充完整．（3）求出安全意識為“較強”的學生所占的百分比．26．（10分）如圖1，某容器外形可看作由三個長方體組成，其中的底面積分別為的容積是容器容積的（容器各面的厚度忽略不計）．現以速度(單位:）均勻地向容器注水，直至注滿為止．圖2是注水全過程中容器的水面高度(單位：）與注水時間(單位：）的函數圖象．在注水過程中，注滿所用時間為______________，再注滿又用了______________；注滿整個容器所需時間為_____________；容器的總高度為____________．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【解析】因為正八邊形的每個內角為，不能整除360度，故選C.2、A【分析】實數包括有理數和無理數，而無限不循環小數是無理數【詳解】解：給出的數中，，-π是無理數，故選A．考點：無理數的意義．3、C【分析】根據題意運用直角三角形的判定方法，當一個角是直角時，或兩邊的平方和等于第三條邊的平方，也可得出它是直角三角形，從而分別判定即可．【詳解】解：A.∵∠A+∠B=90°，∴=90°，△ABC是直角三角形；B.∵b2=a2-c2∴△ABC是直角三角形；C.∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，∴△ABC不是直角三角形；D.∵a：b：c=5：12：13∴，△ABC是直角三角形.故選：C．【點睛】本題主要考查勾股定理的逆定理、直角三角形的判定方法，靈活的應用此定理是解決問題的關鍵．4、D【解析】試題解析：∵點（2，3）關于x軸對稱；∴對稱的點的坐標是（2，-3）．故選D．考點：關于x軸、y軸對稱的點的坐標．5、D【解析】根據直角三角形的性質即可求解.【詳解】若ABC又AB+C=180°∴2∠C=180°，得∠C=90°，故為直角三角形,故選D.【點睛】此題主要考查直角三角形的判定，解題的關鍵是熟知三角形的內角和.6、C【分析】先將因式分解，再將與代入計算即可．【詳解】解：，故答案為：C．【點睛】本題考查了代數式求值問題，涉及了利用平方差公式進行因式分解，解題的關鍵是熟記平方差公式．7、D【解析】先對四個選項進行比較，再找出最大值.【詳解】解：，所給的幾個數中，最大的數是．故選：．【點睛】本題考查的是實數的大小，熟練掌握實數是解題的關鍵.8、B【解析】試題分析：分已知邊4cm是腰長和底邊兩種情況討論求解．4cm是腰長時，底邊為16-4×2=8，∵4+4=8，∴4cm、4cm、8cm不能組成三角形；4cm是底邊時，腰長為×（16-4）=6cm，4cm、6cm、6cm能夠組成三角形；綜上所述，它的腰長為6cm．故選B．考點:1.等腰三角形的性質；2.三角形三邊關系.9、B【分析】作DE⊥BC于E，根據三角形內角和定理求出∠C，根據直角三角形30°角的性質求出DE，根據角平分線的性質定理解答．【詳解】解：作DE⊥BC于E，∠C＝180°﹣∠CAB﹣∠ABC＝30°，∴DE＝CD＝3，∵BD平分∠ABC，∠CAB＝90°，DE⊥BC，∴AD＝DE＝3，故選：B．【點睛】本題考查的是角平分線的性質，直角三角形的性質，掌握角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等是解題的關鍵．10、C【解析】根據軸對稱圖形的定義：如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合,這樣的圖形叫做軸對稱圖形,逐一判斷即可．【詳解】A選項不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；B選項不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；C選項是軸對稱圖形，故本選項符合題意；D選項不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意．故選C．【點睛】此題考查的是軸對稱圖形的識別，掌握軸對稱圖形的定義是解決此題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、2或-1【解析】當x+1=0，即x=-1時，原式=（-2）

0

=1；當x-1=1，x=2時，原式=1

3

=1；當x-1=-1時，x=0，（-1）

1

=-1，舍去．故答案為2或-1．12、＞【解析】將點A，點B坐標代入可求m，n的值，即可比較m，n的大小．【詳解】解：∵一次函數y＝﹣2x+1的圖象經過A（a，m），B（a+1，n）兩點，∴m＝﹣2a+1，n＝﹣2a﹣1∴m＞n故答案為＞【點睛】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征，熟練掌握函數圖象上的點的坐標滿足函數解析式．13、1．【分析】先把方程左邊的代數式進行配方，再根據偶數次冪的非負性，即可求解．【詳解】∵x1+y1+z1-1x+4y-6z+14=0，∴x1-1x+1+y1+4y+4+z1-6z+9=0，∴(x-1)1+(y+1)1+(z-3)1=0，∴x-1=0，y+1=0，z-3=0，∴x=1，y=-1，z=3，∴x+y+z=1-1+3=1．故答案為：1．【點睛】本題主要考查完全平方公式的應用以及偶數次冪的非負性，熟練掌握完全平方公式，是解題的關鍵．14、1【分析】將x的值代入原式，再依據二次根式的混合運算順序和運算法則計算可得．【詳解】解：當x＝+1時，原式＝（+1）2﹣2（+1）﹣3＝6+2﹣2﹣2﹣3＝1，故答案為1．【點睛】本題主要考查二次根式的混合運算，解題的關鍵是掌握二次根式的運算順序和運算法則．15、1．【分析】設降價段圖象的表達式為：y=kx+b，將（40，800）、（80，300）代入上式并解得k的值，即每件售價；從圖象看，售出80件即收回成本，利潤即為剩下的20件的售出金額，即可求解．【詳解】設降價段圖象的表達式為：y=kx+b，將（40，800）、（80，1300）代入上式得：并解得：，即每件售價元；從圖象看，售出80件即收回成本，利潤即為剩下的20件的售出金額，即為：20=1．故答案為：1．【點睛】此題為一次函數的應用，滲透了函數與方程的思想，關鍵是求降價后每件的價格．16、(4，-3)．【分析】根據題意，作出，并寫出的坐標即可．【詳解】解：如圖，作出關于軸對稱的，的坐標為(4，-3)．【點睛】作關于軸對稱的，關鍵是確定三個點的位置．17、【分析】逆用冪的乘方運算法則以及同底數冪的乘法運算法則將原式變形得出答案．【詳解】解：，，，為正整數，，．故答案為：．【點睛】此題主要考查了冪的乘方運算以及同底數冪的乘法運算，正確掌握運算法則是解題關鍵．18、【分析】先把化成，再根據同底數冪的乘法計算即可.【詳解】解：原式=.【點睛】本題是對同底數冪乘法的考查，熟記同底數冪相乘，底數不變，指數相加.三、解答題(共66分)19、；；【分析】根據分式的運算法則進行化簡計算.【詳解】原式當時，原式.【點睛】本題考查的是分式的運算，熟練掌握因式分解是解題的關鍵.20、（1）見解析；（2）；（3）點P坐標為（4，0）或（﹣4，0）【分析】（1）由“AAS”可證△CDA≌△BEC；（2）如圖2，在l2上取D點，使AD＝AB，過D點作DE⊥OA，垂足為E，由（1）可知△BOA≌△AED，可得DE＝OA＝3，AE＝OB＝4，可求點D坐標，由待定系數法可求解析式；（3）分兩種情況討論，通過證明△OAP≌△CPB，可得OP＝BC＝4，即可求點P坐標．【詳解】（1）證明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠D＝∠E＝90°，∴∠BCE+∠CBE=90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∴∠ACD=∠CBE，又CA＝BC，∠D＝∠E＝90°∴△CDA≌△BEC（AAS）（2）如圖2，在l2上取D點，使AD＝AB，過D點作DE⊥OA，垂足為E∵直線y＝x+4與坐標軸交于點A、B，∴A（﹣3，0），B（0，4），∴OA＝3，OB＝4，由（1）得△BOA≌△AED，∴DE＝OA＝3，AE＝OB＝4，∴OE＝7，∴D（﹣7，3）設l2的解析式為y＝kx+b，得解得∴直線l2的函數表達式為：（3）若點P在x軸正半軸，如圖3，過點B作BE⊥OC，∵BE＝2，∠BCO＝30°，BE⊥OC∴BC＝4，∵將線段AP繞點P順時針旋轉30°得到BP，∴AP＝BP，∠APB＝30°，∵∠APC＝∠AOC+∠OAP＝∠APB+∠BPC，∴∠OAP＝∠BPC，且∠OAC＝∠PCB＝30°，AP＝BP，∴△OAP≌△CPB（AAS）∴OP＝BC＝4，∴點P（4，0）若點P在x軸負半軸，如圖4，過點B作BE⊥OC，∵BE＝2，∠BCO＝30°，BE⊥OC∴BC＝4，∵將線段AP繞點P順時針旋轉30°得到BP，∴AP＝BP，∠APB＝30°，∵∠APE+∠BPE＝30°，∠BCE＝30°＝∠BPE+∠PBC，∴∠APE＝∠PBC，∵∠AOE＝∠BCO＝30°，∴∠AOP＝∠BCP＝150°，且∠APE＝∠PBC，PA＝PB∴△OAP≌△CPB（AAS）∴OP＝BC＝4，∴點P（﹣4，0）綜上所述：點P坐標為（4，0）或（﹣4，0）【點睛】本題是一道關于一次函數的綜合題目，涉及到的知識點有全等三角形的判定定理及其性質、一次函數圖象與坐標軸的交點、用待定系數法求一次函數解析式、旋轉的性質等，掌握以上知識點是解此題的關鍵．21、（1）k+b＝3；（2）y＝﹣x+4；（3）點Q的坐標為：（4±3，0）或Q（﹣2，0）或（1，0）．【分析】（1）將點P的坐標代入y＝x+2并解得m＝3，得到點P（1，3）；將點P的坐標代入y＝kx+b，即可求解；（2）由y＝kx+b與兩坐標軸圍成一等腰直角三角形可求出直線的k值為﹣1，然后代入P點坐標求出b即可；（3）分AP＝AQ、AP＝PQ、PQ＝AQ三種情況，分別求解即可．【詳解】解：（1）將點P的坐標代入y＝x+2可得：m＝1+2＝3，故點P（1，3），將點P的坐標代入y＝kx+b可得：k+b＝3；（2）∵y＝kx+b與兩坐標軸圍成一等腰直角三角形，∴設該直線的函數圖象與x軸，y軸分別交于點（a，0），（0，a），其中a＞0，將（a，0），（0，a），代入得：ak+b=0，b=a，∴ak+a=0，即a(k+1)=0，∴k＝﹣1，即y＝﹣x+b，代入P（1，3）得：﹣1+b＝3，解得：b＝4，∴直線l2的表達式為：y＝﹣x+4；（3）設點Q（m，0），而點A、P的坐標分別為：（4，0）、（1，3），∴AP＝，當AP＝AQ時，則點Q（4±3，0）；當AP＝PQ時，則點Q（﹣2，0）；當PQ＝AQ時，即（1﹣m）2+9＝（4﹣m）2，解得：m＝1，即點Q（1，0）；綜上，點Q的坐標為：（4±3，0）或Q（﹣2，0）或（1，0）．【點睛】此題把一次函數與等腰三角形的性質相結合，考查了同學們綜合運用所學知識的能力，是一道綜合性較好的題目，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．22、（1）詳見解析；（2）1．【解析】（1）只要證明DN∥BM，DM∥BN即可；（2）只要證明△CEM≌△AFN，可得FN=EM=5，在Rt△AFN中，根據勾股定理AN=即可解決問題．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD∥AB，∵BM⊥AC，DN⊥AC，∴DN∥BM，∴四邊形BMDN是平行四邊形；（2）∵四邊形BMDN是平行四邊形，∴DM=BN，∵CD=AB，CD∥AB，∴CM=AN，∠MCE=∠NAF，∵∠CEM=∠AFN=90°，∴△CEM≌△AFN，∴FN=EM=5，在Rt△AFN中，AN===1．【點睛】本題考查平行四邊形的性質和判定、全等三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．23、實踐操作：詳見解析；模型應用：（1）y=x+2；（1）A、P、Q可以構成以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，a的值為或2．【分析】操作：根據余角的性質，可得∠ACD＝∠CBE，根據全等三角形的判定，可得答案；應用（1）根據自變量與函數值的對應關系，可得A、B點坐標，根據全等三角形的判定與性質，可得CD，BD的長，根據待定系數法，可得AC的解析式；（1）分兩種情況討論：①當Q在直線AP的下方時，②當Q在直線AP的上方時．根據全等三角形的性質，可得關于a的方程，根據解方程，可得答案．【詳解】操作：如圖1：∵∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠ACD＝∠CBE．在△ACD和△CBE中，∵，∴△CAD≌△BCE（AAS）；（1）∵直線yx+2與y軸交于點A，與x軸交于點B，∴A（0，2）、B（﹣3，0）．如圖1：過點B做BC⊥AB交直線l1于點C，過點C作CD⊥x軸．在△BDC和△AOB中，∵，∴△BDC≌△AOB（AAS），∴CD＝BO＝3，BD＝AO＝2．OD＝OB+BD＝3+2＝7，∴C點坐標為（﹣7，3）．設l1的解析式為y＝kx+b，將A，C點坐標代入，得：，解得：，l1的函數表達式為yx+2；（1）由題意可知，點Q是直線y＝1x﹣6上一點．分兩種情況討論：①當Q在直線AP的下方時，如圖3，過點Q作EF⊥y軸，分別交y軸和直線BC于點E、F．在△AQE和△QPF中，∵，∴△AQE≌△QPF（AAS），AE＝QF，即6﹣（1a﹣6）＝8﹣a，解得：a＝2．②當Q在直線AP的上方時，如圖2，過點Q作EF⊥y軸，分別交y軸和直線BC于點E、F，AE＝1a﹣11，FQ＝8﹣a．在△AQE和△QPF中，∵，∴△AQE≌△QPF（AAS），AE＝QF，即1a﹣11＝8﹣a，解得：a．綜上所述：A．P、Q可以構成以點Q為直角頂點的等腰直角三角形，a的值為或2．【點睛】本題考查了一次函數綜合題，利用余角的性質得出∠ACD＝∠CBE是解題的關鍵，又利用了全等三角形的判定；利用了全等三角形的性質得出CD，BD的長是解題的關鍵，又利用了待定系數法求函數解析式；利用全等三角形的性質得出關于a的方程是解題的關鍵，要分類討論，以防遺漏．24、（1）；（2）1【分析】（1）先化簡各二次根式，再合并同類二次根式即可；（2）先化簡各二次根式，再進行乘除運算，最后進行減法運算即可．【詳解】（1）===；（2）==7-6=1．【點睛】本題主