2022-2023學年八下數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，在中，，垂足為，，，則的長為（）A． B． C． D．2．如圖，直線與反比例函數的圖象交于，兩點．若點的坐標是，則點的坐標是（）A． B． C． D．3．關于?ABCD的敘述，正確的是（）A．若AB⊥BC，則?ABCD是菱形 B．若AC⊥BD，則?ABCD是正方形C．若AC=BD，則?ABCD是矩形 D．若AB=AD，則?ABCD是正方形4．下列平面圖形中，是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．5．的平方根是（）A．3 B．﹣3 C．3和﹣3 D．6．如圖，OA＝，以OA為直角邊作Rt△OAA1，使∠AOA1＝30°，再以OA1為直角邊作Rt△OA1A2，使∠A1OA2＝30°，……，依此法繼續作下去，則A1A2的長為（）A． B． C． D．7．如圖，菱形中，，與交于，為延長線上的一點，且，連結分別交，于點，，連結則下列結論：①；②與全等的三角形共有個；③；④由點，，，構成的四邊形是菱形．其中正確的是（）A．①④ B．①③④ C．①②③ D．②③④8．點A（-2,5）在反比例函數的圖像上，則該函數圖像位于（）A．第一、二象限 B．第一、三象限 C．第二、三象限 D．第二、四象限9．計算+的值等于（）A． B．4 C．5 D．2+210．如圖，四邊形中，與不平行，分別是的中點，，，則的長不可能是（）A．1.5 B．2 C．2.5 D．3二、填空題(每小題3分,共24分)11．氣象觀測小組進行活動，一號探測氣球從海拔5米處出發，以1m/min速度上升，氣球所在位置的海拔y（單位：m）與上升時間x（單位：min）的函數關系式為___．12．已知有兩點A(1,y1)、B(-2,y2)都在一次函數13．如圖，設四邊形ABCD是邊長為1的正方形，以對角線AC為邊作第二個正方形ACEF，再以對角線AE為邊作第三個正方形AEGH，如此下去.則第2016個正方形的邊長為_____14．如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，且AC=8，BD=6，過點O作OH丄AB，垂足為H，則點0到邊AB的距離OH＝_____．15．若分式方程有增根x＝2，則a＝___．16．若關于x的分式方程﹣＝1無解，則m的值為_____．17．|1﹣|＝_____．18．在4個不透明的袋子中分別裝有10個球，其中，1號袋中有10個紅球，2號袋中有8個紅球．2個白球，3號袋中有5個紅球．5個白球，4號袋中有2個紅球，8個白球．從各個袋子中任意摸出1個球，摸到白球的可能性最大的是_____（填袋子號）．三、解答題(共66分)19．（10分）（1）因式分解：（2）計算：20．（6分）如圖，△ABC中，點O是邊AC上一個動點，過O作直線MN∥BC．設MN交∠ACB的平分線于點E，交∠ACB的外角平分線于點F．（1）求證：OE＝OF；（2）當點O在邊AC上運動到什么位置時，四邊形AECF是矩形？并說明理由．21．（6分）如圖，小明用自制的直角三角形紙板DEF測量樹的高度1B.他調整自己的位置，設法使斜邊DF保持水平，并且邊DE與點B在同一直線上，已知紙板的兩條直角邊DE=40cm.EF=30cm，測得邊DF離地面的高度AC=1.5m，CD=10m，求樹高AB.22．（8分）某商廈進貨員預測一種應季襯衫能暢銷市場，就用萬元購進這種襯衫，面市后果然供不應求.商廈又用萬元購進第二批這種襯衫，所購數量是第一批進量的倍，但單價貴了元.商廈銷售這種襯衫時每件定價元，最后剩下件按八折銷售，很快售完.在這兩筆生意中，商廈共盈利多少元？23．（8分）甲、乙兩車分別從、兩地同時出發，甲車勻速前往地，到達地后立即以另一速度按原路勻速返回到地;乙車勻速前往地，設甲、乙兩車距地的路程為（千米），甲車行駛的時間為時），與之間的函數圖象如圖所示（1）甲車從地到地的速度是__________千米/時，乙車的速度是__________千米/時;（2）求甲車從地到達地的行駛時間;（3）求甲車返回時與之間的函數關系式，并寫出自變量的取值范圍;（4）求乙車到達地時甲車距地的路程.24．（8分）某土產公司組織20輛汽車裝運甲、乙、丙三種土特產共120噸去外地銷售．按計劃20輛車都要裝運，每輛汽車只能裝運同一種土特產，且必須裝滿．根據下表提供的信息，解答以下問題：土特產種類甲乙丙每輛汽車運載量（噸）865每噸土特產獲利（百元）121610（1）設裝運甲種土特產的車輛數為，裝運乙種土特產的車輛數為，求與之間的函數關系式．（2）如果裝運每輛土特產的車輛都不少于3輛，那么車輛的安排方案有幾種？并寫出每種安排方案．（3）若要使此次銷售獲利最大，應采用（2）中哪種安排方案？并求出最大利潤的值．25．（10分）如圖，在中，是的中點，，的延長線相交于點，（1）求證：；（2）若，且，求的長.26．（10分）（問題情境）如圖，四邊形ABCD是正方形，M是BC邊上的一點，E是CD邊的中點，AE平分∠DAM．（探究展示）（1）直接寫出AM、AD、MC三條線段的數量關系：；（2）AM＝DE+BM是否成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．（拓展延伸）（3）若四邊形ABCD是長與寬不相等的矩形，其他條件不變，如圖，探究展示（1）、（2）中的結論是否成立，請分別作出判斷，不需要證明．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【解析】

根據題意，可以證得△ACD∽△CBD，進而得到，由已知數據代入即可．【詳解】由題意知，，∴∠ADC=∠BDC=90°，∠A=∠BCD，∴△ACD∽△CBD，∴，即，∵，，∴CD=4，故選：A．【點睛】本題考查了直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．2、A【解析】

求出函數關系式，聯立組成方程組求出方程組的解即可，也可以直接利用對稱性直接得出點A的坐標．【詳解】把點B（3，5）代入直線y=ax（a≠0）和反比例函數y=得：a=，k=15，∴直線y=x，與反比例函數y=，，解得：，∴A（-3，-5）故選：A．【點睛】考查一次函數和反比例函數的交點坐標的求法，常規求法是先求出各自的函數關系式，聯立方程組求解即可，也可以直接根據函數圖象的對稱性得出答案．3、C【解析】選項C中，滿足矩形的判定定理：對角線相等的平行四邊形是矩形，所以選C.4、B【解析】

根據中心對稱圖形的概念求解．【詳解】解：A、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；B、是中心對稱圖形，故此選項正確；C、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；D、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤．故選B．【點睛】本題考查中心對稱圖形．5、D【解析】

首先根據算術平方根的定義求出的值，再根據平方根的定義即可求解．【詳解】解：∵＝3，∴的平方根也就是3的平方根是±．故選：D．【點睛】此題主要考查了算術平方根和平方根的定義．本題容易出現的錯誤是把的平方根認為是9的平方根，得出±3的結果．6、B【解析】

由含30°角的直角三角形的性質和勾股定理求出OA1，然后根據30°角的三角函數值求出A1A2即可.【詳解】解：∵∠OAA1＝90°，OA＝，∠AOA1＝30°，∴AA1＝OA1，由勾股定理得：OA2+AA12＝OA12，即（）2+（OA1）2＝OA12，解得：OA1＝2，∵∠A1OA2＝30°，∴A1A2的長＝=故選：B．【點睛】本題考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的性質；熟練掌握勾股定理，通過計算得出規律是解決問題的關鍵．7、A【解析】

連結，可說明四邊形是平行四邊形，即是的中點；由有題意的可得O是BD的中點，即可判定①；運用菱形和平行四邊形的性質尋找判定全等三角形的條件，找出與其全等的三角形即可判定②；證出OG是△ABD的中位線，得出OG//AB，OG=AB，得出△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，由相似三角形的性質和面積關系得出S四邊形0DGF=S△ABF.即可判定③；先說明△ABD是等邊三角形,則BD=AB,即可判定④．【詳解】解：如圖：連結．，，四邊形是平行四邊形，是的中點，∵O是BD的中點，①正確；有，，，，，，共個，②錯誤；∵OB=OD，AG=DG，∴OG是△ABD的中位線，∴OG//AB，OG=AB，∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，∵△GOD的面積=△ABD的面積，△ABF的面積=△OGF的面積的4倍，AF:OF=2:1，∴△AFG的面積=△OGF的面積的2倍，又∵△GOD的面積=△A0G的面積=△B0G的面積，.∴；不正確；③錯誤；是等邊三角形．，是菱形，④正確．故答案為A．【點睛】本題考查了菱形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、三角形中位線定理、相似三角形的判定與性質等知識；考查知識點較多、難道較大，解題的關鍵在于對所學知識的靈活應用．8、D【解析】

根據反比例函數上點的坐標特點可得k=-10，再根據反比例函數的性質可得函數圖像位于第二、四象限.【詳解】∵反比例函數的圖像經過點（-2，5），∴k=(-2)×5=-10，∵-10<0,∴該函數位于第二、四象限，故選：D.【點睛】本題考查反比例函數上的點坐標的特點，反比例函數上的點橫、縱坐標之積等于k；本題也考查了反比例函數的性質，對于反比例函數，當k大于0時，圖像位于第一、三象限，當k小于0，圖像位于第二、四象限.9、C【解析】

根據二次根式的運算法則即可求出答案．【詳解】解：原式=2+3

=5

故選C．【點睛】本題考查二次根式的運算，解題的關鍵是熟練運用二次根式的運算法則.10、D【解析】

連接BD，取BD的中點G，連接MG、NG，根據三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得AB=2MG，DC=2NG，再根據三角形的任意兩邊之和大于第三邊得出MN＜（AB+DC），即可得出結果.【詳解】解：如圖，連接BD，取BD的中點G，連接MG、NG，∵點M，N分別是AD、BC的中點，∴MG是△ABD的中位線，NG是△BCD的中位線，∴AB=2MG，DC=2NG，∴AB+DC=2（MG+NG），由三角形的三邊關系，MG+NG＞MN，∴AB+DC＞2MN，∴MN＜（AB+DC），∴MN＜3；故選：D．【點睛】本題考查了三角形的中位線定理，三角形的三邊關系；根據不等關系考慮作輔助線，構造成以MN為一邊的三角形是解題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、y＝x+1．【解析】

直接利用原高度+上升的時間×1＝海拔高度，進而得出答案．【詳解】氣球所在位置的海拔y（單位：m）與上升時間x（單位：min）的函數關系式為：y＝x+1．故答案為：y＝x+1．【點睛】此題主要考查了函數關系式，正確表示出上升的高度是解題關鍵．12、y【解析】

利用一次函數的增減性可求得答案．【詳解】∵y=?3x+n，∴y隨x的增大而減小，∵點A(1,y1)、B(-2,∴y1故答案為：y1【點睛】此題考查一次函數圖象上點的坐標特征，解題關鍵在于掌握函數圖象的走勢.13、（）1．【解析】

首先求出AC、AE、HE的長度，然后猜測命題中隱含的數學規律，即可解決問題．【詳解】∵四邊形ABCD為正方形，

∴AB=BC=1，∠B=90°，

∴AC2=12+12，AC=；

同理可求：AE=（）2，HE=（）3…，

∴第n個正方形的邊長an=（）n-1，

∴第2016個正方形的邊長為（）1，

故答案為（）1．【點睛】本題考查了勾股定理在直角三角形中的運用，考查了學生找規律的能力，本題中找到an的規律是解題的關鍵．14、【解析】試題分析：根據菱形的對角線互相垂直平分求出OA=4、OB=3，再利用勾股定理列式求出AB=5，然后根據△AOB的面積列式得，解得OH=．故答案為.點睛：此題主要考查了菱形的性質，解題時根據菱形的對角線互相垂直平分求出OA、OB，再利用勾股定理列式求出AB，然后根據△AOB的面積列式計算即可得解．15、﹣2.【解析】

先化簡分式方程，再根據分式方程有增根的條件代入方程，最后求出方程的解即可．【詳解】去分母得：x+2+ax＝3x﹣6，把x＝2代入得：4+2a＝0，解得：a＝﹣2，故答案為：﹣2.【點睛】此題考查分式方程的解，解題關鍵在于掌握運算法則16、﹣2或1【解析】

分式方程去分母轉化為整式方程，由分式方程無解確定出x的值，代入整式方程計算即可求出m的值．【詳解】去分母得：x2﹣mx﹣3x+3＝x2﹣x，解得：（2+m）x＝3，由分式方程無解，得到2+m＝0，即m＝﹣2或，即m＝1，綜上，m的值為﹣2或1．故答案為：﹣2或1【點睛】此題考查了分式方程的解，注意分母不為0這個條件．17、﹣1．【解析】

根據差的絕對值是大數減小數，可得答案．【詳解】|1﹣|＝﹣1，故答案為﹣1．【點睛】本題考查了實數的性質，差的絕對值是大數減小數．18、1【解析】

要求可能性的大小，只需求出各自所占的比例大小即可．【詳解】解：1號袋子摸到白球的可能性＝0；2號袋子摸到白球的可能性＝；3號袋子摸到白球的可能性＝；1號個袋子摸到白球的可能性＝，所以摸到白球的可能性最大的是1．【點睛】本題主要考查了可能性大小的計算，用到的知識點為：可能性等于所求情況數與總情況數之比，難度適中．三、解答題(共66分)19、（1）（xy-2）2；（2）.【解析】

（1）利用完全平方公式因式分解；

（2）根據分式的減法運算法則計算．【詳解】解：（1）=（xy）2-4xy+22

=（xy-2）2（2）===．【點睛】本題考查的是因式分解、分式的加減運算，掌握完全平方公式因式分解、分式的加減法法則是解題的關鍵．20、（1）證明見解析；（2）當點O在邊AC上運動到AC中點時，四邊形AECF是矩形，理由見解析．【解析】

（1）根據平行線的性質以及角平分線的性質得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，進而得出答案；（2）根據平行四邊形的判定先證明AECF是平行四邊形，再由證明是矩形即可．【詳解】（1）證明：如圖，∵MN交∠ACB的平分線于點E，交∠ACB的外角平分線于點F，∴∠2＝∠5，∠4＝∠6，∵MN∥BC，∴∠1＝∠5，∠3＝∠6，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∴EO＝CO，FO＝CO，∴OE＝OF；（2）解：當點O在邊AC上運動到AC中點時，四邊形AECF是矩形．理由是：當O為AC的中點時，AO＝CO，∵EO＝FO，∴四邊形AECF是平行四邊形，由題意可知CE平分∠ACB，CF平分∠ACB，即∴平行四邊形AECF是矩形．【點睛】本題主要考查了矩形的判定、平行四邊形的判定等知識，根據已知得出∠ECF＝90°是解題關鍵.21、9米【解析】

利用直角三角形DEF和直角三角形BCD相似求得BC的長后加上小明同學的身高即可求得樹高AB．【詳解】解：∵∠DEF=∠BCD=90°∠D=∠D∴△DEF∽△DCB

∴，∵DE=40cm=0.4m，EF=30cm=0.3m，AC=1.5m，CD=10m，∴，∴BC=7.5米，∴AB=AC+BC=1.5+7.5=9米．【點睛】本題考查了相似三角形的應用，解題的關鍵是從實際問題中整理出相似三角形的模型．22、商廈共盈利元.【解析】

根據題意找出等量關系即第二批襯衫的單價-第一批襯衫的單價=4元，列出方程，可求得兩批購進襯衫的數量；再設這筆生意盈利y元，可列方程為y+80000+176000=58（1+4000-150）+80%×58×150，可求出商廈的總盈利．【詳解】設第一批購進x件襯衫，則第二批購進了2x件，依題意可得：，解得x=1．經檢驗x=1是方程的解，故第一批購進襯衫1件，第二批購進了4000件．設這筆生意盈利y元，可列方程為：y+80000+176000=58（1+4000-150）+80%×58×150，解得y=2．答：在這兩筆生意中，商廈共盈利2元．【點睛】本題主要考查分式方程的應用，解題的關鍵是找出題中的等量關系．注意：求出的結果必須檢驗且還要看是否符合題意23、（1）;（2）甲車從地到達地的行駛時間是2.5小時;（3）甲車返回時與之間的函數關系式是;（4）乙車到達地時甲車距地的路程是175千米.【解析】

（1）根據題意列算式計算即可得到結論；（2）根據題意列算式計算即可得到結論；（3）設甲車返回時與之間的函數關系式為y=kt+b，根據題意列方程組求解即可得到結論；（4）根據題意列算式計算即可得到結論．【詳解】解：（1）甲車從A地開往B地時的速度是：180÷1.5=120千米/時，乙車從B地開往A地的速度是：（300-180）÷1.5=80千米/時，

故答案為：120；80；（2）（小時）答：甲車從地到達地的行駛時間是2.5小時（3）設甲車返回時與之間的函數關系式為，則有解得：，∴甲車返回時與之間的函數關系式是（4）小時，把代入得：答：乙車到達地時甲車距地的路程是175千米.【點睛】本題考查了待定系數法及一次函數的解析式的運用，行程問題的數量關系的運用，解答時正確看圖理解題意和求出一次函數的解析式是關鍵．24、（1）y=20―3x；（2）三種方案，即:方案一:甲種3輛乙種11輛丙種6輛方案二:甲種4輛乙種8輛丙種8輛方案三:甲種5輛乙種5輛丙種10輛（3）方案一,即甲種3輛,乙種11輛,丙種6輛,最大利潤為16.44萬元?【解析】

(1)由8x+6y+5(20-x-y)=120得y=20-3x(2)由得3≤x≤且x為正整數，故3，4，5車輛安排有三種方案：方案一：甲種車3輛；乙種車11輛；丙種車6輛；方案二：甲種車4輛；乙種車8輛；丙種車8輛；方案三：甲種車5輛；乙種車5輛；丙種車10輛；(3)設此次銷售利潤為w元．w=8x×12+6(20-x)×16+5[20-x-(20-3x)]×10=1920-92xw隨x的增大而減小，由（2）：x=3,4,5∴當x＝3時,W最大＝1644（百元）＝16.44萬元答：要使此次銷售獲利最大,應采用（2）中方案一,即甲種3輛,乙種11輛,丙種6輛,最大利潤為16.44萬元25、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）由“ASA”可證△AEF≌△DEC；（2）由直角三角形的性質可得，即可求BC的長．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB∥CD，AD=BC∴∠EAF=∠D，∵點E是AD中點，∴AE=DE，且∠EAF=∠D，∠AEF=∠CED∴△AEF≌△DEC（ASA）（2）∵∠FCB=90°，AD∥BC∴∠CED=90°，且∠D=30°，CD=3cm，，，.【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，熟練運用平行四邊形的性質是本題的關鍵．26、（1）證明見解析；（2）成立.證明見解析；（3）(1)成立；(2)不成立【解析】

（1）從平行線和中點這兩個條件出發，延長AE、BC交于點N，如圖1（1），易證△ADE≌△NCE，從而有AD=CN，只需證明AM=NM即可．（2）作FA⊥AE交CB的延長線于點F，易證AM=FM，只需證明FB=DE即可；要證FB=DE，只需證明它們所在的兩個三角形全等即可．（3）在圖2（1）中，仿照（1）中的證明思路即可證到AM=AD+MC仍然成立；在圖2（2）中，采用反證法，并仿照（2）中的證明思路即可證到AM=DE+BM不成立．【詳解】解：（1）證明：延長AE、BC交于點N，如圖1（1），∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC．∴∠DAE=∠ENC．∵AE平