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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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