山东省泰安市东平县旧县乡中学2022-2023学年八年级数学上册期末模拟测试题（含解析）

山东省泰安市东平县旧县乡中学2022-2023学年八年级数学上册期末模拟测试题（附答案）
一、选择题（共56分)
1．观察下列图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．下列因式分解中：①x3+2xy+x＝x（x+2y）；②x2+4x+4＝（x+2）2；③﹣x2+y2＝（x+y）（y﹣x）；④x3﹣9x＝x（x﹣3）2，正确的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．若正多边形的内角和是1080°，则该正多边形的一个外角为（　　）
A．45° B．60° C．72° D．90°
4．在四边形ABCD中，O是对角线交点，下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AD∥BC，AD＝BC B．AB＝DC，AD＝BC
C．AB∥DC，AD＝BC D．OA＝OC，OD＝OB
5．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，对角线AC、BD相交于点O，则OA的取值范围是（　　）
A．2＜OA＜10 B．1＜OA＜5 C．4＜OA＜6 D．2＜OA＜8
6．下列各分式中，是最简分式的是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1＝20°，则∠B的度数是（　　）
A．70° B．65° C．60° D．55°
8．某校为了丰富学生的校园生活，准备购进一批篮球和足球，其中篮球的单价比足球的单价多20元．李老师购买篮球花费900元，购买足球花费400元，结果购得的篮球数量是足球数量的1.5倍．设购买的足球数量是x个，则下列选项中所列方程正确的是（　　）
A．＝+20 B．＝+20
C．＝+20 D．＝+20
9．关于x的分式方程有增根，则m的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
10．对于一组统计数据3，3，6，5，3．下列说法错误的是（　　）
A．众数是3 B．平均数是4 C．方差是1.6 D．中位数是6
11．在 ABCD中，EF过对角线的交点O，AB＝4，BC＝5，OF＝1.5，则四边形ABFE的周长是（　　）
A．11 B．11.5 C．12 D．12.5
12．若关于x的分式方程＝1的解为正数，且关于y的不等式组至少两个整数解，则符合条件的所有整数m的取值之和为（　　）
A．﹣7 B．﹣9 C．﹣12 D．﹣14
13．如图，已知点A（1，0），B（4，0），将线段AB平移得到线段CD，点B的对应点C恰好落在y轴上，且四边形ABCD的面积为9，则四边形ABCD的周长为（　　）
A．14 B．16 C．18 D．20
14．如图，△ABC的周长为19，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC＝7，则MN的长度为（　　）
A． B．2 C． D．3
二、填空题（共32分.）
15．因式分解：m3﹣6m2+9m＝　 　．
16．在平行四边形ABCD中，AD＝BD，BE是AD边上的高，∠EBD＝10°，则∠A的度数为　 　．
17．如图，直线AE∥BD，点C在BD上，若AE＝5，BD＝8，△ABD的面积为16，则△ACE的面积为　 　．
18．如图，△ABC的边长AB＝3cm，BC＝4cm，AC＝2cm，将△ABC沿BC方向平移acm（a＜4），得到△DEF，连接AD，则阴影部分的周长为 　 　cm．
19．已知a+b＝5，ab＝3，则代数式a3b+2a2b2+ab3＝　 　．
20．若分式的值为0，则x＝　 　．
21．在平面直角坐标系中，点A（﹣5，b）关于原点对称的点为B（a，6），则（a+b）2022＝　 　．
22．如图，长方形ABCD的两边BC，CD分别在x轴、y轴上，点C与原点重合，点A（﹣1，2），将长方形ABCD沿x轴无滑动向右翻滚，经过一次翻滚，点A对应点记为A1；经过第二次翻滚，点A对应点记为A2；…；依此类推，经过第2020次翻滚，点A对应点A2020坐标为　 　．
三、解答题（共62分）
23．先化简，再求值：÷+，其中a＝．
24．为弘扬泰山文化，我市某校举办了“泰山诗文大赛”活动，小学、初中部根据初赛成绩，各选出5名选手组成小学代表队和初中代表队参加学校决赛．两个队各选出的5名选手的决赛成绩（满分为100分）如图所示．
（1）根据图示填写图表；
平均数（分） 中位数（分） 众数（分）
小学部 　 　 85 　 　
初中部 85 　 　 100
（2）计算两队决赛成绩的方差并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．
25．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无需说明理由）
26．如图①，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，EF过点O与AB，CD分别相交于点E，F．
（1）求证：BE＝DF；
（2）若图中的条件都不变，将EF转动到图②的位置，那么上述结论是否成立？说明理由．
27．某个体经营户了解到有一种盒装商品能畅销市场，就用4万元购进这种商品，面市后果然供不应求，他又用8.8万元购进了第二批这种商品，所购数量是第一批购进量的2倍，但每盒单价涨了4元，他在销售这种盒装商品时每盒定价都是56元，最后剩下的150盒按八折销售，很快售完，在这两笔生意中，这位个体经营户共赢利多少元？
28．（1）操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN．小明发现了：线段GM与GN的数量关系是　 　；位置关系是　 　．
（2）类比思考：
如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．
（3）深入研究：
如图③，小明在（2）的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其它条件不变，试判断△GMN的形状，并给与证明．
参考答案
选择题（共56分）
1．解：第1个是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
第2个是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
第3个是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
第4个不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
2．解：①x3+2xy+x＝x（x2+2y+1），故原题分解错误；
②x2+4x+4＝（x+2）2，故原题分解正确；
③﹣x2+y2＝y2﹣x2＝（x+y）（y﹣x），故原题分解正确；
④x3﹣9x＝x（x2﹣9）＝x（x+3）（x﹣3），故原题分解错误；
正确的个数为2个，
故选：B．
3．解：设这个正多边形的边数为n，
∵一个正多边形的内角和为1080°，
∴180（n﹣2）＝1080，
解得：n＝8，
∴这个正多边形的每一个外角是：360°÷8＝45°．
故选：A．
4．解：A、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以判定，故正确；
B、根据平行四边形的定义即可判定，故正确；
C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形，等腰梯形满足条件．故该选项错误．
D、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可以判定．故正确．
故选：C．
5．解：∵AB＝4，BC＝6，
∴2＜AC＜10，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝AC，
∴1＜OA＜5，
故选：B．
6．解：A．是最简分式；
B．＝＝x﹣y，不符合题意；
C．＝＝，不符合题意；
D．＝，不符合题意；
故选：A．
7．解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴AC＝A′C，
∴△ACA′是等腰直角三角形，
∴∠CAA′＝45°，
∴∠A′B′C＝∠1+∠CAA′＝20°+45°＝65°，
由旋转的性质得∠B＝∠A′B′C＝65°．
故选：B．
8．解：设购买的足球数量是x个，则购买篮球数量是1.5x个，
根据题意，得＝+20．
故选：C．
9．解：去分母得5x+3（x﹣1）＝2m+1，
解得x＝，
因为原方程的增根为x＝1，
所以＝1，解得m＝2，
即m＝2时，分式方程有增根．
故选：A．
10．解：将这组数据重新排列为3、3、3、5、6，
∴这组数据的众数为3，
平均数为＝4，
方差为×[3×（3﹣4）2+（5﹣4）2+（6﹣4）2]＝1.6，
中位数为3，
故选：D．
11．解：已知AB＝4，BC＝5，OE＝1.5，
根据平行四边形的性质，AB＝CD＝4，BC＝AD＝5，
在△AEO和△CFO中OA＝OC，∠OAE＝∠OCF，∠AOE＝∠COF，
所以△AEO≌△CFO，OE＝OF＝1.5，
则ABFE的周长＝EFCD的周长＝ED+CD+CF+EF＝（DE+CF）+AB+EF＝5+4+3＝12．
故选：C．
12．解：由方程＝1，解得：x＝﹣2﹣m，
则
可得：m＜﹣2且m≠﹣5，
由①知，y＞﹣2，
由②知，y≤，
∵关于y的不等式组至少两个整数解，
∴y＝﹣1和0
∴5+m≥0，
解得：m≥﹣5，
所以m的整数值为﹣4，﹣3，
﹣4+（﹣3）＝﹣7，
故选：A．
13．解：∵线段AB平移得到线段CD，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵A（1，0），B（4，0），
∴AB＝4﹣1＝3，
∵四边形ABCD的面积为9，
∴3 OC＝9，
解得OC＝3，
在Rt△BOC中，由勾股定理得，BC＝＝＝5，
∴四边形ABCD的周长＝2（3+5）＝16．
故选：B．
14．解：∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，
∴∠NBA＝∠NBE，∠BNA＝∠BNE，
在△BNA和△BNE中，
∴△BNA≌△BNE，
∴BA＝BE，
∴△BAE是等腰三角形，
同理△CAD是等腰三角形，
∴点N是AE中点，点M是AD中点（三线合一），
∴MN是△ADE的中位线，
∵BE+CD＝AB+AC＝19﹣BC＝19﹣7＝12，
∴DE＝BE+CD﹣BC＝5，
∴MN＝DE＝．
故选：C．
二、填空题（共32分.）
15．解：m3﹣6m2+9m＝m（m2﹣6m+9）＝m（m﹣3）2，
故答案为：m（m﹣3）2．
16．解：情形一：当E点在线段AD上时，如图所示，
∵BE是AD边上的高，∠EBD＝10°，
∴∠ADB＝90°﹣10°＝80°，
∵AD＝BD，
∴∠A＝∠ABD＝（180°﹣80°）÷2＝50°；
情形二：当E点在AD的延长线上时，如图所示，
∵BE是AD边上的高，∠EBD＝10°，
∴∠BDE＝80°，
∵AD＝BD，
∴∠A＝∠ABD＝∠BDE＝40°．
故答案为：50°或40°．
17．解：过点A作AF⊥BD于点F，
∵△ABD的面积为16，BD＝8，
∴BD AF＝×8×AF＝16，
解得AF＝4，
∵AE∥BD，
∴AF的长是△ACE的高，
∴S△ACE＝×AE×4＝×5×4＝10．
故答案为：10．
18．解：∵将△ABC沿BC方向平移acm（a＜4cm），得到△DEF，
∴AD＝BE，AB＝DE，AC＝DF，
∴阴影部分的周长＝AD+EC+DE+AC＝BE+EC+AC+AB＝AB+AC+BC＝3+4+2＝9cm，
故答案为：9．
19．解：原式＝ab（a2+2ab+b2）＝ab（a+b）2，
当a+b＝5，ab＝3时，原式＝3×52＝75．
故答案是：75．
20．解：∵x2﹣4＝0，
∴x＝±2，
当x＝2时，x+2≠0，
当x＝﹣2时，x+2＝0．
∴当x＝2时，分式的值是0．
故答案为：2．
21．解：∵点A（﹣5，b）关于原点对称的点为B（a，6），
∴a＝5，b＝﹣6，
则（a+b）2022＝（5﹣6）2022＝1．
故答案为：1．
22．解：如图所示：
观察图形可得经过4次翻滚后点A对应点一循环，
2020÷4＝505，
∵点A（﹣1，2），长方形的周长为：2（1+2）＝6，
∴经过505次翻滚后点A对应点A2020的坐标为（6×505﹣1，2），即（3029，2）．
故答案为：（3029，2）．
三、解答题（共62分）
23．解：原式＝[+]×+
＝×＝＝，
把a＝代入得，
原式＝＝．
24．解：（1）填表：小学部平均数：（75+80+85+85+100）÷5＝85（分）；
小学部得分中85出现的次数最多，则小学部的众数为85分；
初中部得分情况为70，75，80，100，100，则初中部的中位数为80分．
（2）∵＝[（75﹣85）2+（80﹣85）2+（85﹣85）2+（85﹣85）2+（100﹣85）2]＝70，，
∴，
因此，小学代表队选手成绩较为稳定．
25．解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求：
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求：
（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB＝OA1＝，A1B＝，
即，
所以三角形的形状为等腰直角三角形．
26．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，OB＝OD，
∴∠OBE＝∠ODF，
在△OBE和△ODF中，
，
∴△OBE≌△ODF（ASA），
∴BE＝DF；
（2）解：结论成立，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC，OB＝OD，
∴∠OAE＝∠OCF，∠OEF＝∠OFC
在△OAE和△OCF中，
，
∴△OAE≌△OCF（AAS），
∴OE＝OF，
在△OBE和△ODF中，
，
∴△OBE≌△ODF（SAS），
∴BE＝DF．
27．解：设第一批进货的单价为x元，则第二批进货的单价为（x+4）元，依题意有
×2＝，
解得：x＝40，
经检验x＝40是原分式方程的解，且符合题意，
则第一次进货1000件，
第二次进货的单价为44元，第二次进货2000件，
总盈利为：（56﹣40）×1000+（56﹣44）×（2000﹣150）+150×（56×0.8﹣44）
＝16000+22200+120
＝38320（元）．
答：这位个体经营户共赢利38320元．
28．解：（1）如图①，连接BE，CD相交于H，
∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°
∴∠CAD＝∠BAE，
∴△ACD≌△AEB（SAS），
∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，
∴∠BDC+∠DBH＝∠BDC+∠ABD+∠ABE＝∠BDC+∠ABD+∠ADC＝∠ADB+∠ABD＝90°，
∴∠BHD＝90°，
∴CD⊥BE，
∵点M，G分别是BD，BC的中点，
∴MGCD，
同理：NGBE，
∴MG＝NG，MG⊥NG，
故答案为：MG＝NG，MG⊥NG；
（2）如图②，连接CD，BE相交于点H，
同（1）的方法得，MG＝NG，MG⊥NG；
（3）如图③，连接EB，DC，延长线相交于H，
同（1）的方法得，MG＝NG，
同（1）的方法得，△ABE≌△ADC，
∴∠AEB＝∠ACD，
∴∠CEH+∠ECH＝∠AEH﹣∠AEC+180°﹣∠ACD﹣∠ACE＝∠ACD﹣45°+180°﹣∠ACD﹣45°＝90°，
∴∠DHE＝90°，
同（1）的方法得，MG⊥NG，
∴△MGN是等腰直角三角形．