资源简介 中小学教育资源及组卷应用平台2024-2025学年度第二学期广东省深圳市八年级期末数学模拟试卷( 试题范围 : 八下全册 + 九上第一章 )第一部分 选择题一、选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分,每小题有四个选项,其中只有一个是正确的)1(3分).下列四个图形中,是中心对称图形的是( )A. B. C. D. 2(3分).有理数a 、b对应的点在数轴上的位置如图所示,那么( )A. B. C. D.3(3分)下列等式从左到右的变形,属于因式分解的是( )A. B.C. D.(3分)如图,将绕顶点A旋转一定的角度得到,点落在上,若,则( )A. B. C. D.(3分).为进一步落实“德、智、体、美、劳”五育并举工作,某中学以体育为突破口,准备从体育用品商场一次性购买若干个足球和篮球,用于学校球类比赛活动.根据学校实际情况,需一次性购买足球和篮球共200个,但要求足球和篮球的总费用不超过15500元,已知每个足球60元,每个篮球90元,学校最多可以购买的篮球个数是( )A.115 B.116 C.117 D.118(3分) 如图,在 ABCD中,以点C为圆心,适当长度为半径作弧,分别交CD、BC于点F、G,再分别以点F、G为圆心,大于长为半径作弧,两弧交于点H,作射线CH交AD于点E,连接BE,若DE=5,AE=3,BE=4,则CE的长为( )A. B. C. D.87.(3分) 如果关于x的分式方程有增根,那么m的值为( )A. B.2 C.4 D.8.(3分)矩形在直角坐标系中,直线过点,,直线过点A,C.给出4个结论:①当时,;②当时,;③;④P为x轴上动点,当点P运动到中点时,的值最小,其中正确的是( )A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②④第二部分 非选择题二、填空题(本大题共5小题,每小题3分,共15分)9.(3分)足球由块手缝嵌面组成(块黑色的正五边形和块白色的正六边形),如图是其侧面展开图局部,则图中度数为 .10.(3分)若函数和的图象如图所示,则关于x的不等式的解集是________ 11.(3分)如图,在菱形中,对角线,,过点A作于点E,则为 .12.(3分).定义新运算:对于非零的两个实数a和b,规定,如.若,则x的值为 .13(3分)如图,已知线段,点C是线段上一动点,将点A绕点C顺时针旋转得到点D,连接、;以为边在的右侧做矩形,连接,点M是的中点,连接,则线段的最小值是 .解答题(本题共7小题,其中第14题6分,第15题6分,第16题8分,第17题8分,第18题9分,第19题12分,第20题12分,共61分)14(6分).(1)因式分解:;(2)化简:.15(6分).(1)解不等式组 ; (2)解方程:.16.(8分)如图,方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形, 的顶点均在格点上,建立平面直角坐标系后, 三个顶点的坐标分别为 .将 沿x轴正方向平移8个长度单位得(点 A的对应点为点 B 的对应点为,点C的对应点为 画出(2)作 关于原点中心对称的 (点A的对应点为,点B的对应点为点C的对应点为 );(3)四边形的形状 (填“是”或“不是”) 平行四边形;(4)的面积= .17(8分).如图,在四边形中,,垂足分别为E,F,延长,分别交于点H,交于点G,若,. 求证:四边形为平行四边形;若,求的长.18(9分).某学校决定购买甲、乙两种型号的篮球.购买时发现,甲种篮球的单价比乙种篮球单价多元,且用元购买甲种篮球的个数与元购买乙种篮球的个数相同.求甲、乙两种篮球的单价各是多少元?学校准备购买甲、乙两种篮球共个,购买的总费用不超过元,求最多可以购买多少个甲种篮球19(12分)我们学习了一元一次不等式(组)的解法,请阅读学习一元二次不等式的解题思想方法,并以此解决后面的问题.课题学习:如何解一元二次不等式?例题:解一元二次不等式.解:将分解因式∵∴根据有理数的乘法法则:“两数相乘,同号得正”,则有:(1)或(2)解不等式组(1)得:解不等式组(2)得:∴的解集为或.即:一元二次不等式的解集为或.课题总结:解一元二次不等式的过程,体现了数学的化归思想及分类讨论思想.问题解决:解一元二次不等式类比一元二次不等式的解题思想方法,直接写出分式不等式的解集为:______.20(12分).如图,在四边形中,,E是的中点,点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发,沿向点D运动,点Q同时以每秒2个单位的长度的速度从点C出发,沿向B运动,点P停止运动时,点Q也随之停止运动,设运动时间为t秒. 设的面积为S,求S与t之间的函数关系式;当 时,的面积与四边形的面积相等;当t为何值时,以点P,Q,E,D为顶点的四边形是平行四边形?21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台2024-2025学年度第二学期广东省深圳市八年级期末数学模拟试卷解答( 试题范围 : 八下全册 + 九上第一章 )第一部分 选择题一、选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分,每小题有四个选项,其中只有一个是正确的)1(3分).下列四个图形中,是中心对称图形的是( )A. B. C. D. 【答案】B【分析】根据中心对称图形的概念:把一个图形绕某一点旋转,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,进行判断即可;【详解】解:选项A、C、D中的图形都不能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合,所以不是中心对称图形,不符合题意;选项B中的图形能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合,所以是中心对称图形,符合题意;故选:B.2(3分).有理数a 、b对应的点在数轴上的位置如图所示,那么( )A. B. C. D.【答案】A【分析】此题主要考查了有理数加、减、乘法的运算方法,以及数轴的特征和应用,要熟练掌握.根据图示,可得: ,且,据此逐项判断即可.【详解】解:根据图示,可得 ,且,∴,故A符合题意;∴,故B不符合题意;,,∴C不符合题意;,∴D不符合题意.故选:A.3(3分)下列等式从左到右的变形,属于因式分解的是( )A. B.C. D.【答案】C【分析】此题考查了因式分解,把一个多项式分解成几个整式的积的形式叫做因式分解,据此解答即可.【详解】解:A.没有把一个多项式化为几个整式的积的形式,故此选项不符合题意;B、是整式的乘法,故此选项不符合题意;C、是因式分解,故此选项符合题意;D.,原选项分解错误,故此选项不符合题意.故选:C.(3分)如图,将绕顶点A旋转一定的角度得到,点落在上,若,则( )A. B. C. D.【答案】A【分析】本题考查了旋转的性质,明确旋转前后对应边、对应角相等是解题的关键.根据旋转的性质得出,,再根据平角的定义即可求解.【详解】解:将绕顶点A旋转一定的角度得到,,,,°,,故选:A.(3分).为进一步落实“德、智、体、美、劳”五育并举工作,某中学以体育为突破口,准备从体育用品商场一次性购买若干个足球和篮球,用于学校球类比赛活动.根据学校实际情况,需一次性购买足球和篮球共200个,但要求足球和篮球的总费用不超过15500元,已知每个足球60元,每个篮球90元,学校最多可以购买的篮球个数是( )A.115 B.116 C.117 D.118【答案】B【分析】设学习可以购买x各篮球,根据要求足球和篮球的总费用不超过15500元列不等式求解.【详解】解:设学习可以购买x各篮球,由题意得,90x+60(200-x)≤15500,解得x≤,∵x为正整数,∴x≤116,即学校最多可以购买的篮球116个,故选:B.(3分) 如图,在 ABCD中,以点C为圆心,适当长度为半径作弧,分别交CD、BC于点F、G,再分别以点F、G为圆心,大于长为半径作弧,两弧交于点H,作射线CH交AD于点E,连接BE,若DE=5,AE=3,BE=4,则CE的长为( )A. B. C. D.8【答案】B【分析】由作图得CE平分∠BCD,则∠BCE=∠DCE,再根据平行四边形的性质得到AD∥BC,AD=BC,AB=CD,证明∠DEC=∠DCE得到DC=DE=5,则AB=5,然后利用勾股定理的逆定理判断∠AEB=90°,从而利用勾股定理可计算出CE的长.【详解】解:由作法得CE平分∠BCD,∴∠BCE=∠DCE,∵四边形ABCD为平行四边形,∴AD∥BC,AD=BC,AB=CD,∵AD∥BC,∴∠BCE=∠DEC,∴∠DEC=∠DCE,∴DC=DE=5,∴AB=5,在△ABE中,∵AE=3,BE=4,AB=5,∴AE2+BE2=AB2,∴△ABE为直角三角形,∠AEB=90°,∵AD∥BC,∴∠CBE=∠AEB=90°,在Rt△BCE中,CE=.故选:B.7.(3分) 如果关于x的分式方程有增根,那么m的值为( )A. B.2 C.4 D.【答案】D【分析】增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根,所以应先确定增根的可能值,让最简公分母x-2=0,确定可能的增根;然后代入化为整式方程的方程求解,即可解答.【详解】解:,去分母得: ,即 ,∵关于x的分式方程有增根,∴ ,即 ,∴ ,解得: .故选:D.8.(3分)矩形在直角坐标系中,直线过点,,直线过点A,C.给出4个结论:①当时,;②当时,;③;④P为x轴上动点,当点P运动到中点时,的值最小,其中正确的是( )A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②④【答案】D【分析】利用待定系数法求得直线的解析式,然后把代入求得对应的函数值即可判断①;求得直线的解析式,两直线解析式联立,求得交点E的坐标,根据图象即可判断②;通过勾股定理逆用,即可判断③;作点E关于x轴对称的点,连接,交x轴于点P,求得直线与x轴的交点即可判断④.【详解】解:∵直线过点,,∴,解得,∴,当时,,故①正确;由题意可知,∵直线过点A,C,∴,解得,∴,由,解得,∴,由图象可知,当时,,故②正确;∵,,∴,,,∵,,,即,∴,故③错误;作点E关于x轴对称的点,连接,交x轴于点P,此时的值最小,∵点,∴点E关于x轴的对称点为,设直线的解析式为,∴,解得,∴直线的解析式为,令,则,解得,∴,∴当点P运动到中点时,的值最小,故④正确.故选:D.第二部分 非选择题二、填空题(本大题共5小题,每小题3分,共15分)9.(3分)足球由块手缝嵌面组成(块黑色的正五边形和块白色的正六边形),如图是其侧面展开图局部,则图中度数为 .【答案】【分析】本题考查了正多边形的内角,先求出正五边形和正六边形的每个内角,进而根据镶嵌的定义即可求出,掌握正多边形的性质是解题的关键.【详解】解:如图所示,∵正五边形的每个内角为,正六边形的每个内角为,∴,,∵,∴,故答案为:.10.(3分)若函数和的图象如图所示,则关于x的不等式的解集是________ 故答案为:【分析】利用函数图象的交点坐标,写出直线在直线下方所对应的自变量的范围即可.【详解】解:观察函数图象得直线与直线的交点坐标为,∴时,,所以关于x的不等式的解集为.故选:11.(3分)如图,在菱形中,对角线,,过点A作于点E,则为 .【答案】【分析】本题考查了菱形的性质,勾股定理,熟练掌握菱形的性质和相勾股定理是解题的关键.根据菱形的性质得出,,即可求出长,然后利用菱形的面积,即可得出答案.【详解】解:∵是菱形,∴,,∴,又∵,∴,故答案为:.12.(3分).定义新运算:对于非零的两个实数a和b,规定,如.若,则x的值为 .【答案】【分析】本题侧重考查了解分式方程,掌握定义的新运算的意义是解题的关键.根据已知新定义进行转化,然后结合分式方程的求法可求.【详解】解:,,,,解得:,经检验,是的解.故答案为:13(3分)如图,已知线段,点C是线段上一动点,将点A绕点C顺时针旋转得到点D,连接、;以为边在的右侧做矩形,连接,点M是的中点,连接,则线段的最小值是 .【答案】6【分析】此题考查了点到直线的距离,矩形的性质,旋转的性质,等边三角形的判定与性质,解题的关键是证明三角形全等得出的位置是固定的.连接,证明,求出,根据垂线段最短即可解得.【详解】解:∵由旋转可得:,,∴为等边三角形,∴,,∵四边形是矩形,点M是的中点,∴,在与中,,∴,∴,∵,∴,即直线的位置是固定的,∴当时,有最小值,此时.故答案为:6解答题(本题共7小题,其中第14题6分,第15题6分,第16题8分,第17题8分,第18题9分,第19题12分,第20题12分,共61分)14(6分).(1)因式分解:;(2)化简:.【答案】(1)(2)【分析】(1)利用提取公因式法分解因式即可;(2)先通分括号内,再根据分式的混合运算法则计算即可本题考查了因式分解,分式的混合运算,熟练掌握这些知识点是解题的关键.【详解】解:(1);(2).15(6分).(1)解不等式组 ; (2)解方程:.【答案】(1);(2)【分析】本题主要考查了解不等式组、解分式方程等知识点,灵活运用相关知识成为解题的关键.(1)先分别求出各不等式的解集,然后再确定不等式组的解集即可;(2)先将分式方程化成整式方程求解,然后再检验即可.【详解】解:(1)解不等式①,得.解不等式②,得.∴原不等式组的解集为.(2)方程两边都乘,得,解得:,检验: 当时, ,∴分式方程的根是.16.(8分)如图,方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形, 的顶点均在格点上,建立平面直角坐标系后, 三个顶点的坐标分别为 .将 沿x轴正方向平移8个长度单位得(点 A的对应点为点 B 的对应点为,点C的对应点为 画出(2)作 关于原点中心对称的 (点A的对应点为,点B的对应点为点C的对应点为 );(3)四边形的形状 (填“是”或“不是”) 平行四边形;(4)的面积= .【答案】(1)见详解(2)见详解(3)是(4)【分析】本题考查作图旋转变换,平移变换,平行四边形的判定和性质等知识,解题的关键是掌握平移变换,旋转变换的性质,正确作出图形,属于中考常考题型(1)根据平移变换的性质分别作出,,的对应点,,即可.(2)根据中心对称的性质分别作出,,的对应点,,即可.(3)根据对应边相等可得出平行四边形(4)利用割补法可求出面积.【详解】(1)解:如图, ,即为所求.(2)如图,△,即为所求.(3)∵,∴,∴四边形的形状是平行四边形.故答案:是(4)的面积= 17(8分).如图,在四边形中,,垂足分别为E,F,延长,分别交于点H,交于点G,若,. 求证:四边形为平行四边形;若,求的长.【答案】(1)见解析(2)5【分析】(1)证明,可得,根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可解决问题;(2)根据平行四边形的性质证明,然后根据勾股定理可得,进而可以解决问题.【详解】(1)证明:∵,∴,∵,∴,在和中,,∴,∴,∵,∴四边形为平行四边形;(2)解:∵四边形为平行四边形,∴,,∴,∵,∴∴,在中,∵,∴,∴,∴.∴.18(9分).某学校决定购买甲、乙两种型号的篮球.购买时发现,甲种篮球的单价比乙种篮球单价多元,且用元购买甲种篮球的个数与元购买乙种篮球的个数相同.求甲、乙两种篮球的单价各是多少元?学校准备购买甲、乙两种篮球共个,购买的总费用不超过元,求最多可以购买多少个甲种篮球【答案】(1)甲种篮球的单价为元,乙种篮球的单价为元(2)甲种篮球最多购买个【分析】(1)设甲种篮球的单价为元,则乙种篮球的单价为元,根据“甲种篮球的单价比乙种篮球单价多元,且用元购买甲种篮球的个数与元购买乙种篮球的个数相同”,即可得出关于的分式方程,解之即可得出结论;(2)设购买甲种篮球个,则购买乙种篮球个,根据总价单价数量结合总价不超过元,即可得出关于的一元一次不等式,解之取其中最大整数值即可得出结论.【详解】(1)解:设甲种篮球的单价为元,乙种篮球的单价为元,依题意,得:,解得:∴乙种篮球的单价为.答:甲种篮球的单价为元,乙种篮球的单价为元.(2)设购买甲种篮球个,则购买乙种篮球个,依题意,得:,解得:.∵为整数,∴的最大值为.答:甲种篮球最多购买个.19(12分)我们学习了一元一次不等式(组)的解法,请阅读学习一元二次不等式的解题思想方法,并以此解决后面的问题.课题学习:如何解一元二次不等式?例题:解一元二次不等式.解:将分解因式∵∴根据有理数的乘法法则:“两数相乘,同号得正”,则有:(1)或(2)解不等式组(1)得:解不等式组(2)得:∴的解集为或.即:一元二次不等式的解集为或.课题总结:解一元二次不等式的过程,体现了数学的化归思想及分类讨论思想.问题解决:解一元二次不等式类比一元二次不等式的解题思想方法,直接写出分式不等式的解集为:______.【答案】(1)或(2)【分析】(1)类比例题解题过程,根据有理数的乘法法则“两数相乘,同号得正”分类讨论,求出不等式组的解集即可;(2)类比例题,根据有理数的除法法则“两数相除,异号得负”分类讨论,求出不等式组的解集即可.【详解】(1)将分解因式∵∴根据有理数的乘法法则:“两数相乘,同号得正”,则有:(1)或(2)解不等式组(1)得:解不等式组(2)得:∴的解集为或.即:一元二次不等式的解集为或.(2)由有理数的除法法则“两数相除,异号得负”,则有:(1)或(2)解不等式组(1)得:解不等式组(2)得:无解∴的解集为.即:一元二次不等式的解集为.20(12分).如图,在四边形中,,E是的中点,点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发,沿向点D运动,点Q同时以每秒2个单位的长度的速度从点C出发,沿向B运动,点P停止运动时,点Q也随之停止运动,设运动时间为t秒. 设的面积为S,求S与t之间的函数关系式;当 时,的面积与四边形的面积相等;当t为何值时,以点P,Q,E,D为顶点的四边形是平行四边形?【答案】(1)(2)(3)2秒或秒【分析】(1)作于M,根据30度角的性质得到,利用勾股定理求出,由三角形面积公式计算即可;(2)由题意得:,则,根据面积公式列式可求;(3)由,则点P,Q,E,D为顶点的四边形是平行四边形时,,分两种情况:①当Q运动到E和B之间,则得:②当Q运动到E和C之间,分别列方程求解.【详解】(1)作于M,如图所示:则, ∵,∴,∴,,由题意得,∴,∴的面积为,即;(2)由题意得:,则,∵,∴四边形的面积,∵的面积与四边形的面积相等,∴,解得:,即时,的面积与四边形的面积相等;故答案为:;(3)∵,则点P,Q,E,D为顶点的四边形是平行四边形时,,∵E是的中点,∴,分两种情况:①当Q运动到E和B之间,则得:,解得:,②当Q运动到E和C之间,则得:,解得:,综上所述,当运动时间t为2秒或秒时,以点P,Q,E,D为顶点的四边形是平行四边形.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)" 21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2024-2025学年度第二学期广东省深圳市八年级期末数学模拟试卷.doc 2024-2025学年度第二学期广东省深圳市八年级期末数学模拟试卷解答.doc