2022-2023學年八下數學期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，一塊三角形玻璃碎成了4塊，現在要到玻璃店去配一塊與原來的三角形玻璃完全一樣的玻璃，那么最省事的辦法是帶哪塊玻璃碎片去玻璃店？()A．① B．② C．③ D．④2．小王到瓷磚店購買一種正多邊形瓷磚鋪設無縫地板，他購買的瓷磚形狀不可能是（）A．正三角形 B．正方形 C．正五邊形 D．正六邊形3．如圖，將長方形紙片ABCD折疊，使邊DC落在對角線AC上，折痕為CE，且D點落在對角線D′處．若AB=3，AD=4，則ED的長為A． B．3 C．1 D．4．已知方程組，則的值是（）A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．45．已知（4+）?a=b，若b是整數，則a的值可能是（）A． B．4+ C．4﹣ D．2﹣6．如圖所示：數軸上點A所表示的數為a，則a的值是（）A．+1 B．-1 C．-+1 D．--17．已知一個多邊形的內角和是，則該多邊形的邊數為（）A．4 B．6 C．8 D．108．若分式的值為0，則x的值為A．3 B． C．3或 D．09．已知等腰三角形一邊長為5，一邊的長為7，則等腰三角形的周長為（）A．12 B．17 C．12或17 D．17或1910．計算：（）A．1 B． C．4 D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．八邊形的外角和等于▲°．12．如圖，中，，，為線段上一動點（不與點，重合），連接，作，交線段于．以下四個結論：①；②當為中點時；③當時；④當為等腰三角形時．其中正確的結論是_________（把你認為正確結論的序號都填上）13．如圖，在中，，的角平分線交于點，連接并延長交于，于，若，，則____________.14．某種細胞的直徑是0.00000095米，將0.00000095用科學記數法表示為_______________．15．分解因式：a2－4＝________．16．在實數范圍內分解因式：_______.17．已知點在軸上，則的值為__________．18．如圖所示，垂直平分，交于點D，交于點E，若，則_______．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在等邊中，點，分別是，上的動點，且，交于點．（1）如圖1，求證；（2）點是邊的中點，連接，．①如圖2，若點，，三點共線，則與的數量關系是；②若點，，三點不共線，如圖3，問①中的結論還成立嗎？若成立，請給出證明，若不成立，請說明理由．20．（6分）（1）因式分解：（2）先化簡，再求值：，其中21．（6分）列二元一次方程組解決問題：某校八年級師生共人準備參加社會實踐活動，現已預備了兩種型號的客車共輛，每輛種型號客車坐師生人，每輛種型號客車坐師生人，輛客車剛好坐滿，求兩種型號客車各多少輛？22．（8分）平面內有四個點A，B,C，D，用它們作頂點可以組成幾個三角形？畫出圖形，并寫出存在的三角形．（只寫含已知字母的）23．（8分）如圖，△ABC和△DAE中，∠BAC=∠DAE，AB=AE，AC=AD，連接BD，CE，求證：△ABD≌△AEC．24．（8分）如圖1，已知線段AB、CD相交于點O，連接AC、BD，則我們把形如這樣的圖形稱為“8字型”．(1)求證：∠A+∠C＝∠B+D；(2)如圖2，若∠CAB和∠BDC的平分線AP和DP相交于點P，且與CD、AB分別相交于點M、N．①以線段AC為邊的“8字型”有個，以點O為交點的“8字型”有個；②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度數；③若角平分線中角的關系改為“∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB”，試探究∠P與∠B、∠C之間存在的數量關系，并證明理由．25．（10分）解方程組：（1）；（2）．26．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，△ABC的三個頂點的位置如圖所示．（1）若△ABC內有一點P（a，b）隨著△ABC平移后到了點P′（a+4，b﹣1），直接寫出A點平移后對應點A′的坐標．（2）直接作出△ABC關于y軸對稱的△A′B′C′（其中A′、B′、C′分別是A、B、C的對應點）（3）求四邊形ABC′C的面積．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【解析】試題分析：根據兩角和一邊可以確定唯一的一個三角形.考點：三角形的確定2、C【分析】平面圖形鑲嵌的條件：判斷一種圖形是否能夠鑲嵌，只要看一看拼在同一頂點處的幾個角能否構成周角，若能構成360，則說明能夠進行平面鑲嵌；反之則不能.【詳解】解：因為用一種正多邊形鑲嵌，只有正三角形，正四邊形，正六邊形三種正多邊形能鑲嵌成一個平面圖案，所以小王到瓷磚店購買一種正多邊形瓷磚鋪設無縫地板，他購買的瓷磚形狀不可以是正五邊形.故選：C用一種正多邊形鑲嵌，只有正三角形，正四邊形，正六邊形三種正多邊形能鑲嵌成一個平面圖案.3、A【分析】首先利用勾股定理計算出AC的長，再根據折疊可得△DEC≌△D′EC，設ED=x，則D′E=x，AD′=AC﹣CD′=2，AE=4﹣x，再根據勾股定理可得方程22+x2=（4﹣x）2，再解方程即可【詳解】∵AB=3，AD=4，∴DC=3∴根據勾股定理得AC=5根據折疊可得：△DEC≌△D′EC，∴D′C=DC=3，DE=D′E設ED=x，則D′E=x，AD′=AC﹣CD′=2，AE=4﹣x，在Rt△AED′中：（AD′）2+（ED′）2=AE2，即22+x2=（4﹣x）2，解得：x=故選A.4、C【分析】兩式相減，得，所以，即．【詳解】解：兩式相減，得，∴，即，故選C．本題考查了二元一次方程組，對原方程組進行變形是解題的關鍵5、C【解析】找出括號中式子的有理化因式即可得．【詳解】解：（4+）×（4-）=42-（）2=16-3=13，是整數，所以a的值可能為4-，故選C本題考查了有理化因式，正確選擇兩個二次根式，使它們的積符合平方差公式的結構特征是解題的關鍵．6、B【解析】試題解析：由勾股定理得：∴數軸上點A所表示的數是故選B.7、B【分析】根據多邊形內角和定理，由已知多邊形內角和為，代入得一元一次方程，解一次方程即可得出答案.【詳解】多邊形內角和定理為，，解得，所以多邊形的邊數為6，故選：B利用多邊形內角和定理，可以得到關于邊數的一次方程式，列方程時注意度數，解簡單的一次方程即可.8、A【分析】根據分式的值為零的條件可以求出x的值．【詳解】由分式的值為零的條件得x-1=2，且x+1≠2，解得x=1．故選A．本題考查了分式值為2的條件，具備兩個條件：（1）分子為2；（2）分母不為2．這兩個條件缺一不可．9、D【分析】因為等腰三角形的兩邊分別為5和7，但沒有明確哪是底邊，哪是腰，所以有兩種情況，需要分類討論．【詳解】解：（1）當5是腰時，符合三角形的三邊關系，

所以周長=5+5+7=17；

（2）當7是腰時，符合三角形的三邊關系，

所以周長=7+7+5=1．

故答案為：D．考查了等腰三角形的性質，注意此題一定要分兩種情況討論．但要注意檢查是否符合三角形的三邊關系．10、A【分析】根據零指數冪的運算法則計算即可．【詳解】故選：A．本題主要考查零指數冪，掌握零指數冪的運算法則是解題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、360【分析】根據多邊形的外角和等于360°進行解答．【詳解】根據多邊形的外角和等于360°,∴八邊形的外角和等于360°12、①②③【分析】利用三角形外角的性質可判斷①；利用等腰三角形三線合一的性質得到∠ADC=90，求得∠EDC=50，可判斷②；利用三角形內角和定理求得∠DAC=70=∠DEA，證得DA=DE，可證得，可判斷③；當為等腰三角形可分類討論，可判斷④．【詳解】①∠ADC是的一個外角，∴∠ADC=∠B+∠BAD=40+∠BAD，又∠ADC=40+∠CDE，∴∠CDE=∠BAD，故①正確；②∵，為中點，∴，AD⊥BC，∴∠ADC=90，∴∠EDC=90，∴，∴DE⊥AC，故②正確；③當時由①得∠CDE=∠BAD，在中，∠DAC=，在中，∠AED=，∴DA=ED，在和中，，∴，∴，故③正確；④當AD=AE時，∠AED=∠ADE=40°，

∴∠AED=∠C=40°，則DE∥BC，不符合題意舍去；當AD=ED時，∠DAE=∠DEA，同③，；當AE=DE時，∠DAE=∠ADE=40°，

∴∠BAD，

∴當△ADE是等腰三角形時，

∴∠BAD的度數為30°或60°，故④錯誤；綜上，①②③正確，故答案為：①②③此題主要考查了等腰三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，三角形外角的性質，三角形的內角和公式，掌握全等三角形的判定定理和性質定理、靈活運用分類討論思想是解題的關鍵．13、10【分析】作交于,由平分,,得到,根據角平分線的定義得到,根據直角三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：作交于,∵平分,,∴,∵的角平分線交于點,∴平分,∵,∴,∴故答案為10本題考查了角平分線的性質以及直角三角形中,角所對邊為斜邊的一半，靈活運用性質定理是解題的關鍵.14、9.5×10-1【分析】絕對值小于1的正數也可以利用科學記數法表示，一般形式為a×10-n，與較大數的科學記數法不同的是其所使用的是負指數冪，指數由原數左邊起第一個不為零的數字前面的0的個數所決定．【詳解】解：將0.00000095米用科學記數法表示為9.5×10-1，故答案為：9.5×10-1．本題考查用科學記數法表示較小的數，一般形式為a×10-n，其中1≤|a|＜10，n為由原數左邊起第一個不為零的數字前面的0的個數所決定．15、(a＋2)(a－2)；【分析】有兩項，都能寫成完全平方數的形式，并且符號相反，可用平方差公式展開．【詳解】解：a2-4=（a+2）（a-2）．故答案為：(a＋2)(a－2)．考點：因式分解-運用公式法．16、【分析】先把含未知數項配成完全平方，再根據平方差公式進行因式分解即可.【詳解】故填：.本題主要考查利用完全平方和平方差公式進行因式分解，熟練掌握公式是關鍵.17、【分析】根據y軸上點的坐標特點：y軸上點的橫坐標是0即可解答.【詳解】∵點在軸上，∴3a-2=0，∴a=，故答案為：.此題考查數軸上點的坐標特點，熟記點在每個象限及數軸上的坐標特點是解此題的關鍵.18、40°【分析】根據垂直平分線的性質可得AE=BE，再根據等邊對等角可得∠ABE=∠A，利用直角三角形兩銳角互余可得∠A的度數即∠ABE的度數．【詳解】解：∵垂直平分，∴AE=BE，∠ADE=90°，∴∠ABE=∠A=90°-=40°，故答案為：40°．本題考查垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，直角三角形兩銳角互余．理解垂直平分線上的點到線段兩端距離相等是解題關鍵．三、解答題(共66分)19、（1）證明過程見詳解；（2）①；②結論成立，證明見詳解【分析】（1）先證明，得出對應角相等，然后利用四邊形的內角和和對頂角相等即可得出結論；（2）①；由等邊三角形的性質和已知條件得出AM⊥BC，∠CAP＝30°，可得PB＝PC，由∠BPC＝120°和等腰三角形的性質可得∠PCB＝30°，進而可得AP＝PC，由30°角的直角三角形的性質可得PC＝2PM，于是可得結論；②延長BP至D，使PD＝PC，連接AD、CD，根據SAS可證△ACD≌△BCP，得出AD＝BP，∠ADC＝∠BPC＝120°，然后延長PM至N，使MN＝MP，連接CN，易證△CMN≌△BMP（SAS），可得CN＝BP＝AD，∠NCM＝∠PBM，最后再根據SAS證明△ADP≌△NCP，即可證得結論．【詳解】（1）證明：因為△ABC為等邊三角形，所以∵，∴，∴，在四邊形AEPD中，∵，∴，∴，∴；（2）①如圖2，∵△ABC是等邊三角形，點M是邊BC的中點，∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AM⊥BC，∠CAP＝∠BAC＝30°，∴PB＝PC，∵∠BPC＝120°，∴∠PBC＝∠PCB＝30°，∴PC＝2PM，∠ACP＝60°﹣30°＝30°＝∠CAP，∴AP＝PC，∴AP＝2PM；故答案為：；②AP＝2PM成立，理由如下：延長BP至D，使PD＝PC，連接AD、CD，如圖4所示：則∠CPD＝180°﹣∠BPC＝60°，∴△PCD是等邊三角形，∴CD＝PD＝PC，∠PDC＝∠PCD＝60°，∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝60°＝∠PCD，∴∠BCP＝∠ACD，∴△ACD≌△BCP（SAS），∴AD＝BP，∠ADC＝∠BPC＝120°，∴∠ADP＝120°﹣60°＝60°，延長PM至N，使MN＝MP，連接CN，∵點M是邊BC的中點，∴CM＝BM，∴△CMN≌△BMP（SAS），∴CN＝BP＝AD，∠NCM＝∠PBM，∴CN∥BP，∴∠NCP+∠BPC＝180°，∴∠NCP＝60°＝∠ADP，在△ADP和△NCP中，∵AD=NC，∠ADP=∠NCP，PD=PC，∴△ADP≌△NCP（SAS），∴AP＝PN＝2CM；本題是三角形的綜合題，主要考查了等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、含30°角的直角三角形的性質等知識；熟練掌握等邊三角形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵．20、（1）；（2），【分析】（1）先利用平方差公式進行因式分解，然后再利用完全平方公式因式分解，即可得到答案；（2）先把分式進行化簡，然后把m的值代入計算，即可得到答案．【詳解】解：（1）==；（2）∵，∴===；把代入，得原式=；本題考查了因式分解，分式的混合運算，分式的化簡求值，完全平方公式和平方差公式的運用，解題的關鍵是熟練掌握運算法則，正確的進行因式分解，正確的進行化簡．21、種型號客車輛，種型號客車輛【分析】設A型號客車用了x輛，B型號客車用了y輛，根據兩種客車共10輛正好乘坐466人，即可得出關于x，y的二元一次方程組，解之即可得出結論．【詳解】設種型號客車輛，種型號客車輛，依題意，得解得答：種型號客車輛，種型號客車輛.本題考查了二元一次方程組的應用，找準等量關系，正確列出二元一次方程組是解題的關鍵．22、詳見解析，分別是：△ABC，△ACD，△ABD；【分析】按點共線分類，可分（1）四點共線；（2）三點共線和（3）任意三點不共線三種情形討論即可．【詳解】答：按點共線分類，可分為三種情形：（1）四點共線．四個點A、B、C、D在同一條直線上，不能組成三角形；（2）三點共線．四個點A、B、C、D中有且僅有三個點（例如B、C、D）在同一條直線上，如圖1所示，可組成三個三角形,分別是：△ABC，△ACD，△ABD；（3）任意三點不共線．四個點A、B、C、D中任何三個點都不在同一條直線上，如圖2所示，可組成四個三角形，分別是：△ABC，△ABD，△ACD，△BCD．本題考查了三角形，掌握知識點是解題關鍵．23、證明見解析【解析】試題分析：根據∠BAC=∠DAE，可得∠BAD=∠CAE，再根據全等的條件可得出結論試題解析：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC﹣BAE=∠DAE﹣∠BAE，即∠BAD=∠CAE，又∵AB=AE，AC=AD，∴△ABD≌△AEC（SAS）．考點：全等三角形的判定24、(1)證明見解析；(2)①3，4；②∠P＝110°；③3∠P＝∠B+2∠C，理由見解析.【解析】(1)由三角形內角和得到∠A+∠C=180°﹣∠AOC，∠B+∠D=180°﹣∠BOD，由對頂角相等，得到∠AOC=∠BOD，因而∠A+∠C=∠B+∠D；(2)①以線段AC為邊的“8字形”有3個，以O為交點的“8字形”有4個；②根據(1)的結論，以M為交點“8字型”中，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，以N為交點“8字型”中，∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP，兩等式相加得到2∠P+∠BAP+∠CDP=∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，由AP和DP是角平分線，得到∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，從而∠P=(∠B+∠C)，然后將∠B=100o，∠C=120o代入計算即可；③與②的證明方法一樣得到3∠P=∠B+2∠C.【詳解】解：(1)在圖1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，∵∠AOC＝∠BOD，∴∠A+∠C＝∠B+∠D；(2)解：①以線段AC為邊的“8字型”有3個：以點O為交點的“8字型”有4個：②以M為交點“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，以N為交點“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，∵AP、DP分別平分∠CAB和∠BDC，∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，∴2∠P＝∠