2023-2024学年人教版八年级上册数学期末模拟试题
一、单选题（每题3分，共24分）
1．观察下列图形，其中不是轴对称图形的是（ ）．
A． B． C． D．
2．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．木工师傅要做一个三角形木架，现有两根长度分别为13和8的木条，则第三根木条的长度可以是（ ）
A．5 B．20 C．21 D．23
4．将一副三角板按如图所示方式摆放，使两条斜边互相平行，则＝( )
A． B． C． D．
5．如图，将纸片沿折叠，点A落在点F处，已知，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
6．点关于x轴对称的点的坐标（ ）
A． B． C． D．
7．下列从左到右的变形中，是因式分解的是（ ）
A． B．
C． D．
8．如图，在等腰中，，，于点D，点P是延长线上一点，点O在延长线上，，下面的结论：①；②是正三角形；③；④，其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（每题3分，共24分）
9．计算： ．
10．如果分式的值为0，那么的值为是 ．
11．一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是 ．
12．如图，在中，点E为延长线上的一点，与的角平分线相交于点D，若，则的度数为 ．
13．如图，是的角平分线，，垂足为E，是的中线，，，，的面积为 ．
14．如图，在中，，，则的度数为 ．
15．如图，在等边中，于D，若，，E为的中点，P为上一点，的最小值为
16．把一张长方形纸条按如图所示的方式折叠后，若，则 ．
三、解答题（共72分）
17．解分式方程：
(1)； (2)+1．
18．先化简，再求值：，其中，．
19．如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，．
(1)在图中作，使和关于轴对称；
(2)写出点，，的坐标；
(3)求的面积．
20．如图所示，五边形的内角都相等，AM⊥CD，垂足为M，连接，若，求的度数．
21．如图，在和中，边，相交于点，，，．
(1)求证：；
(2)若，，求的度数．
22．奥达玩具商店根据市场调查，用元购进一批悠悠球，很受中小学生欢迎，悠悠球很快脱销，接着又用元购进第二批这种悠悠球，所购数量是第一批数量的倍，但每套进价多了元．
(1)求第一批悠悠球每套的进价是多少元？
(2)如果这两批悠悠球每套售价相同，且全部售完后总利润不低于，那么每套悠悠球售价至少是多少元？
23．如图，，垂足分别为D、C，并且，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的度数；
(3)若，则__________．（用含m的式子表示）．
24．如图1，，，轴于点，轴于点．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，交于点，连接，求证：点为中点；
(3)如图3，点为第一象限内一点，点为轴正半轴上一点，连接，，且，点为中点．连接，，求证：．
()
()
参考答案：
1．A
【分析】本题考查了轴对称图形，根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两边的部分互相重合，那么这个图形是轴对称图形，即可判断，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
【详解】解：、不是轴对称图形，符合题意；
、是轴对称图形，不符合题意；
、是轴对称图形，不符合题意；
、是轴对称图形，不符合题意；
故选：．
2．C
【分析】本题考查整式的混合运算，涉及积的乘方运算、同底数幂的乘法运算、幂的乘方运算和同底数幂的除法运算，熟记相关运算法则逐项验证是解决问题的关键．
【详解】解：A、，该选项错误，不符合题意；
B、，该选项错误，不符合题意；
C、，该选项正确，符合题意；
D、，该选项错误，不符合题意；
故选：C．
3．B
【分析】本题考查三角形三边关系定理，记住两边之和第三边，两边之差小于第三边，属于基础题，中考常考题型．
【详解】解：设第三根木条的长度为x，则，
即，
∴第三根木条的长度可以是20，
故选：B．
4．D
【分析】本题考查平行线的性质和三角形外角的性质，根据可得，再根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：如图，
∵三角板两条斜边互相平行，即，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
5．C
【分析】本题考查的是翻折的性质及三角形内角和定理，由折叠得，再利用三角形内角和是求解是解答此题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
由折叠可知，，，
∴，
∴．
故选：C．
6．C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，熟知关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数是解题的关键．
【详解】解：关于轴对称的点的坐标为，
故选：C．
7．B
【分析】此题考查了因式分解；根据因式分解的概念，即把一个多项式化成几个整式的积的形式，进行逐一分析判断．
【详解】解：A、该变形是整式乘法，不是因式分解，故本选项不符合；
B、符合因式分解的概念，故本选项符合；
C、该变形是整式乘法，不是因式分解，故本选项不符合；
D、该变形没有分解成积的形式，故本选项不符合．
故选：B．
8．C
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理；
求出，，，可得，①正确；证明，根据三角形内角和定理求出，即可证明是正三角形，故②正确；延长到T，使得，证明，可得，再由线段之间的关系可得，③正确；根据可得，则是定值，再由的面积是变化的可知④错误．
【详解】解：如图，设交于点J．
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，故①正确；
∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴是正三角形，故②正确；
延长到T，使得，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴，故③正确；
∵，
∴，
∴，是定值，
∵的面积是变化的，
∴，故④错误；
故选：C．
9．
【分析】本题主要考查了幂的乘方和积的乘方；熟练掌握幂的有关计算法则是解题的关键．利用幂的乘方法则（底数不变，指数相乘）和积的乘方法则（把积的每个因式分别乘方，再把所得的幂相乘），即可解得答案．
【详解】解：
故答案为：
10．2
【分析】本题考查了分式为条件，分式的分子为，分母不为是解题的关键．
根据分式的分子为0，分母不为0，可得答案．
【详解】解：分式的值为0，
，且，
，
故答案为：2．
11．9
【分析】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键；因此此题可根据多边形内角和公式进行求解即可．
【详解】解：由题意得：，
∴；
故答案为9．
12．/30度
【分析】本题考查的是三角形的外角的性质，熟记三角形的外角的性质是解本题的关键，由三角形的外角的性质可得，再结合角平分线的性质进行等量代换可得，从而可得答案．
【详解】解： 与的平分线相交于点D，
，
，
，
，
，
．
故答案为：
13．
【分析】本题考查角平分线的性质，三角形的面积，关键是由角平分线的性质得到，求出的面积， 的面积．
过作于H，由角平分线的性质得到，即可求出，，得到，由是的中线，得到，再运用即可．
【详解】解：过作于，
∵是的角平分线， ，
∴ ，
∵，
∴，
，
∴，
∵是的中线，
∴，
∴．
故答案为:．
14．/度
【分析】本题考查了等边对等角，根据题意得出，；结合即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵
∴
故答案为：
15．
【分析】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、两点之间线段最短等知识，熟练掌握等边三角形的性质是解题关键．连接，先证出，从而可得，再根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，最小值为，然后证出，根据全等三角形的性质求解即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵在等边中，，
垂直平分，
，
，
由两点之间线段最短可知，当点共线时，取得最小值，最小值为，
∵在等边中，，为的中点，
，
，
在和中，
，
，
，
即的最小值为，
故答案为：．
16．12
【分析】本题考查了折叠的性质，由折叠的性质可得，，计算出，再计算出，最后由，进行计算即可，熟练掌握折叠的性质是解此题的关键．
【详解】解：由折叠的性质可得：，，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
17．(1)
(2)无解
【分析】本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
（1）利用解分式方程的步骤解各方程即可；
（2）利用解分式方程的步骤解各方程即可．
【详解】（1）解：原方程去分母得：，
整理得：，
移项，合并同类项得：，
系数化为1得：，
经检验，是分式方程的解，
故原方程的解为；
（2）解：原方程去分母得：，
移项，合并同类项得：，
系数化为1得：，
经检验，是分式方程的增根，
故原方程无解．
18．，
【分析】本题考查的是分式的化简求值，先计算分式的除法运算，再计算分式的减法运算得到化简的结果，再把，代入计算即可．熟记分式的混合运算的运算顺序是解本题的关键．
【详解】解：
；
当，时，
原式．
19．(1)作图见解析
(2)，，
(3)
【分析】本题考查轴对称的性质、坐标与图形性质、割补法求三角形面积，
（1）利用轴对称变换的性质分别作出，，的对应点，，，再顺次连接即可；
（2）根据（1）中写出点，，的坐标即可；
（3）根据割补法，利用长方形的面积减去三个直角三角形的面积，即可得出的面积；
熟练掌握轴对称的性质和割补法，正确作出是解题的关键．
【详解】（1）解：如图所示，则即为作；
（2）如图，，，；
（3），
∴的面积为．
20．
【分析】本题主要考查了多边形内角和，根据多边形内角和度数可得每一个角的度数，然后再利用方程解答．
【详解】解：∵五边形的内角都相等，
∴，
∵，
∴，
设为，则，，，
可得：，
解得：，
∴，
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的判定定理，三角形内角和定理和平行线的性质，注意：全等三角形的判定定理有，，，，两直角三角形全等还有．
（1）根据平行线的性质得出，求出，再根据全等三角形的判定定理推出即可；
（2）根据三角形内角和定理求出，再根据平行线的性质得出即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
即，
在和中
，
；
（2）解：由（1）知，
，
，
，
．
22．(1)元
(2)元
【分析】本题考查了列分式方程解实际问题，列一元一次不等式解实际问题；
（1）设第一批悠悠球每套的进价是元，则第二批的进价是每套元，根据两次购买的数量关系建立方程求出其解即可；
（2）设每套的售价为元，先由（1）求出两次购买的数量，再根据利润之间的关系建立不等式求出其解即可．
【详解】（1）解：设第一批悠悠球每套的进价是元，则第二批的进价是每套元，依题意，得
解得，，
经检验，是分式方程的解，符合题意．
答：第一批悠悠球每套的进价是元；
（2）设每套售价是元，由题意，得
∵(套)．
，
解得，，
答：那么每套售价至少是元．
23．(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）利用等式的性质可得，再根据“”可证，可得，即可得出结论；
（2）根据直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得、，再根据角的和差计算求解即可；
（3）根据直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得、，再根据角的和差计算求解即可．
【详解】（1）证明：，
，
即，
在和中，
，
，
，
；
（2）解：解：，
，
，
，
又，
，
；
（3）解：，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行线的判定、等腰直角三角形的性质及角的和差计算，熟练掌握相关定理是解题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，坐标与图形，等腰直角三角形的性质与判定，利用做辅助线作全等三角形是解决本题的关键．
（1）根据即可证明；
（2）过点作轴，交于点，得出，由平行线的性质得，由轴得，证明，从而得出，推出，根据证明，得出，再由全等三角形的性质得到，即可得证；
（3）延长到，使，连接，，延长交于点，根据证明，得出，，故，由平行线的性质得出，进而推出，根据证明，故，，即可证明．
【详解】（1）证明：轴于点，轴于点，
，
∵，，
，，
；
（2）证明：如图2，过点作轴，交于点，
，
，
轴，
，
∵，
，
∴，，
∴，
，
在与中，
，
，
，即点为中点；
（3）证明：如图3，延长到，使，连接，，延长交于点，
，，，
，
，，
，
，
，
，
，
∴，
∵
，
，
，
，
，，
，
，即．
()
()
