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

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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.8
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.
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?
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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.
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