浙江省杭州市保俶塔中学2021年数学八年级第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题4分，共48分）

1．如果一个正多边形的一个外角为30°，那么这个正多边形的边数是（ ） A．6

B．11

C．12

D．18

2．在一次统考中，从甲、乙两所中学初二学生中各抽取50名学生进行成绩分析，甲校的平均分和方差分别是82分和245分，乙校的平均分和方差分别是82分和190分，根据抽样可以粗略估计成绩较为整齐的学校是（ ） A．甲校

B．乙校

C．两校一样整齐

D．不好确定哪校更整齐

3．某学校要种植一块面积为100 m2的长方形草坪，要求两边长均不小于5 m，则草坪的一边长为y（单位：m）随另一边长x（单位：m）的变化而变化的图象可能是（ ）

A． B． C．

D．

4．一种药品原价每盒 25元，经过两次降价后每盒16元，两次降价的百分率相同，设每次降价的百分率为x，则符合题意的方程为（ ）

A．1612x25 B．2512x16 C．251x16 D．251x16

225．若分式A．±2

|x|2的值为零，则x的值是（ ） x2B．2

C．﹣2

D．0

6．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E，AE=3，ED=3BE，则AB的值为（ ）

A．6 B．5

C．23 D．33 ykxb(k0)上，则关于x的不等式 0在直线 7．已知点A3,kxb0的解集是( )

A．x3

B．x3

C．x3

D．x3

8．等腰三角形的两条边长分别为23和52，那么这个三角形的周长为（ ） A．43+52

C．43+52或23+102

B．23+102 D．43+102

9．定义新运算“⊕”如下：当a＞b时，a⊕b＝ab+b；当a＜b时，a⊕b＝ab﹣b，若3⊕（x+2）＞0，则x的取值范围是（ ）

A．﹣1＜x＜1或x＜﹣2 C．﹣2＜x＜1或x＞1

10．下列各式中正确的是( ) A．93 C．393

B．B．x＜﹣2或1＜x＜2 D．x＜﹣2或x＞2

323

3 D．12311．已知关于x的一元二次方程x2+2x+k＝0有实数根，则k的取值范围是（ ） A．k≥1

B．k≤4

C．k＜1

D．k≤1

12．下列多项式中能用完全平方公式分解的是( ) A．x2－x＋1

B．a2＋a＋

1 2C．1－ 2x＋x2 D．－a2＋b2－2ab

二、填空题（每题4分，共24分）

13．在平面直角坐标系xOy中，点A(2，﹣3)关于x轴对称的点B的坐标是______.

14．如图，ABC的周长为16，⊙O与BC相切于点D，与AC的延长线相切于点E，与AB的延长线相切于点F，则AF的长为_____.

15．若

a3b，则_____． b4ab16．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，P为AB边上(不与A、B重合的一动点，过点P分别作PE⊥AC于点E，PF⊥BC于点F，则线段EF的最小值是_____.

17．不等式

x11的正整数解的和______； 218．如图一个圆柱，底圆周长10cm，高4cm，一只蚂蚁沿外壁爬行，要从A点爬到B点，则最少要爬行_______cm .

三、解答题（共78分）

19．（8分）如图，□ABCD中，点E为BC边上一点，过点E作EFAB于F，已知D2AEF． （1）若BAE70，求BEA的度数；

（2）连接AC，过点E作EGAC于G，延长EG交AD于点H，若ACB45，求证：AHAF2 AC．

2

20．（8分）已知：正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过O点的两直线OE、OF互相垂直，分别交AB、BC于E、F，连接EF． （1）求证：OE=OF；

（2）若AE=4，CF=3，求EF的长；

（3）若AB=8cm，请你计算四边形OEBF的面积．

21．（8分）已知某实验中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草坪，经测量∠A=90°，AC=3m，BD=12m，CB=13m，DA=4m，若每平方米草坪需要300元，间学校需要投入多少资金买草坪?

22．（10分）如图，△ABC中，D是BC上的一点．若AB＝10，BD＝6，AD＝8，AC＝17，求△ABC的面积．

23．（10分）如图，证明定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半． 已知：点D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点． 求证：DE∥BC，DE＝

12BC．

24．（10分）已知Ta296（aa3）2（aa3）． （1）化简T；

（2）若正方形ABCD的边长为a，且它的面积为9，求T的值． 25．（12分）已知关于x的方程 (m-1)x2-mx+1=0。 （1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根；

（2）若m为整数，当m为何值时，方程有两个不相等的整数根。

26．如图，在正方形网格中，△TAB 的顶点坐标分别为 T(1，1)、A(2，3)、B(4，2)．

(1)以点 T(1，1)为位似中心，在位似中心的 同侧将△TAB 放大为原来的 3 倍，放大 后点 A、B 的对应点分别为 A'、B'，画出△TA'B'：

(2)写出点 A'、B'的坐标：A'( )、B'（ ）；

(3)在(1)中，若 C(a，b)为线段 AB 上任一 点，则变化后点 C 的对应点 C'的坐标为 ( )．

参

一、选择题（每题4分，共48分） 1、C 【解析】

÷30°=12，故选C． 试题分析：这个正多边形的边数：360°考点：多边形内角与外角． 2、B 【解析】 【分析】

根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 【详解】

∵甲校和乙校的平均数是相等的，甲校的方差大于乙校的方差， ∴成绩较为整齐的学校是乙校． 故选B． 【点睛】

本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 3、C 【解析】 【分析】 【详解】

由草坪面积为100m2，可知x、y存在关系y=故选 ：C． 4、D 【解析】 【分析】

由题意可得出第一次降价后的价格为251x，第二次降价后的价格为251x，再根据两次降价后的价格为16

2，然后根据两边长均不小于5m，可得x≥5、y≥5，则x≤20，

元列方程即可． 【详解】

解：设每次降价的百分率为x，由题意可得出：251x16． 故选：D． 【点睛】

本题考查的知识点是一元二次方程的实际应用，找准题目中的等量关系是解此题的关键． 5、C 【解析】 【分析】

分式的值为1，则分母不为1，分子为1． 【详解】 ∵|x|﹣2＝1， 2， ∴x＝±

2当x＝2时，x﹣2＝1，分式无意义． 当x＝﹣2时，x﹣2≠1， ∴当x＝﹣2时分式的值是1． 故选C． 【点睛】

分式是1的条件中特别需要注意的是分母不能是1，这是经常考查的知识点． 6、C 【解析】 【分析】

由在矩形ABCD中，AE⊥BD于E，BE：ED=1：3，易证得△OAB是等边三角形，继而求得∠BAE的度数，由△OAB是等边三角形，求出∠ADE的度数，又由AE=3，即可求得AB的长． 【详解】

∵四边形ABCD是矩形， ∴OB=OD，OA=OC，AC=BD， ∴OA=OB， ∵BE：ED=1：3， ∴BE：OB=1：2， ∵AE⊥BD， ∴AB=OA， ∴OA=AB=OB， 即△OAB是等边三角形， ， ∴∠ABD=60°∵AE⊥BD，AE=3， ∴AB=

AE=23，

cos30故选C． 【点睛】

此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质，结合已知条件和等边三角形的判定方法证明△OAB是等边三角形是解题关键． 7、C 【解析】 【分析】

一次函数与x轴的交点横坐标为−1，且函数值y随自变量x的增大而增大，根据一次函数的性质可判断出解集． 【详解】

解：点A（−1，0）在直线y＝kx＋b（k＞0）上， ∴当x＝−1时，y＝0，且函数值y随x的增大而增大； ∴关于x的不等式kx＋b＞0的解集是x＞−1． 故选：C． 【点睛】

本题考查了一次函数与一元一次不等式．由于任何一元一次不等式都可以转化的ax＋b＞0或ax＋b＜0（a、b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次不等式可以看作：当一次函数值大于（或小于）0时，求自变量相应的取值范围． 8、B 【解析】

∵该图形为等腰三角形， ∴有两边相等. 假设腰长为23， ∵23+23＜52，

∴不符合三角形的三边关系，故此情况不成立. 假设腰长为52， ∵23+52﹥52，

∴满足三角形的三边关系，成立， ∴三角形的周长为23+102.

综上所述：这个三角形的周长为23+102. 故选B.

点睛: 此题主要考查了实数的运算、三角形的三边关系及等腰三角形的性质，解决本题的关键是注意对等腰三角形的边进行讨论． 9、C 【解析】 【分析】

分3＞x+2即x＜1和3＜x+2即x＞1两种情况，根据新定义列出不等式求解可得． 【详解】

解：当3＞x+2，即x＜1时，3（x+2）+x+2＞0， 解得：x＞-2， ∴-2＜x＜1；

当3＜x+2，即x＞1时，3（x+2）-（x+2）＞0， 解得：x＞-2， ∴x＞1，

综上，-2＜x＜1或x＞1， 故选C． 【点睛】

本题主要考查解一元一次不等式组的能力，根据新定义分类讨论并列出关于x的不等式是解题的关键． 10、D 【解析】 【分析】

原式利用平方根、立方根定义计算即可求出值． 【详解】

A.原式=3，不符合题意； B.原式=|-3|=3，不符合题意； C.原式不能化简，不符合题意； D.原式=23-3=3，符合题意， 故选D． 【点睛】

本题考查了立方根，以及算术平方根，熟练掌握各自的性质是解题的关键． 11、D 【解析】 【分析】

由一元二次方程有实数根可得△=b2﹣4ac=22﹣4×k×1≥0，解不等式即可. 【详解】

∵△=b2﹣4ac=22﹣4×k×1≥0， 解得：k≤1， 故选D． 【点评】

本题考查了一元二次方程根的判别式的应用，解此类题时切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件． 12、C 【解析】 【分析】

222根据完全平方公式判断即可.（a2abb(ab) ）

【详解】

根据题意可以用完全平方公式分解的只有C选项. 即C 选项12xx2(x1)2 故选C. 【点睛】

本题主要考查完全平方公式，是常考点，应当熟练掌握.

二、填空题（每题4分，共24分） 13、（2,3） 【解析】 【分析】

一个点关于x轴的对称点横坐标不变，纵坐标变为相反数. 【详解】

在平面直角坐标系xOy中，点A（2，－3）关于x轴对称的点B的坐标是（2，3），所以答案是（2，3）. 【点睛】

本题主要考查了关于x轴对称的点的特征，熟练掌握相关知识是解答本题的关键. 14、1 【解析】 【分析】

根据切线长定理得出AF=AE，CE=CD，BF=BD，再根据△ABC的周长等于16得出AF+AE=16，即可求出AE． 【详解】 解：如图，

∵AB、AC的延长线与圆分别相切于点E、F， ∴AF=AE，

∵圆O与BC相切于点D， ∴CE=CD，BF=BD， ∴BC=DC+BD=CE+BF， ∵△ABC的周长等于16， ∴AB+AC+BC=16， ∴AB+AC+CE+BF=16， ∴AF+AE=16， ∴AF=1． 故答案为1 【点睛】

此题考查了切线长定理，掌握切线长定理即从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等是本题的关键． 15、

4 7【解析】

分析：由题干可得b=详解：∵∴b=

4a，然后将其代入所求的分式解答即可． 3a3的两内项是b、1，两外项是a、2， b44a， 344aab433. ∴=

aba4a7a7334故本题的答案：.

7点睛：比例的性质. 16、2.1.

【解析】 【分析】

连接CP，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=CP，再根据垂线段最短可得CP⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可． 【详解】

解：如图，连接CP．

∵∠ACB=90°，AC=3，BC=1， ∴AB=AC2BC232425，

∵PE⊥AC，PF⊥BC，∠ACB=90°， ∴四边形CFPE是矩形， ∴EF=CP，

由垂线段最短可得CP⊥AB时，线段EF的值最小， 此时，S△ABC=即

11BC•AC=AB•CP， 2211×1×3=×5•CP， 22解得CP=2.1． ∴EF的最小值为2.1． 故答案为2.1． 17、3. 【解析】 【分析】

先解出一元一次不等式，然后选取正整数解，再求和即可. 【详解】 解：解

x11得;x＜3,；则正整数解有2和1； 2所以正整数解的和为3；故答案为3. 【点睛】

本题考查了解一元一次不等式组和正整数的概念，其关键在于选取正整数解.

18、41 【解析】

把圆柱展开后如图所示，则AC=5，BC=4，根据勾股定理得AB2=AC2+BC2=52+42=25+16=41，所以AB=41，故答案为41.

三、解答题（共78分）

19、（1）∠BEA=70°；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】

（1）作BJ⊥AE于J．证明BJ是∠ABE的角平分线即可解决问题．

CN⊥AD于N，（2）作EM⊥AD于M，连接CH．证明△AEF≌△AEM（HL），△AGE≌△HGC（SAS），△EMA≌△CNH（HL），即可解决问题． 【详解】

（1）解：作BJ⊥AE于J． ∵BF⊥AB，

∴∠ABJ+∠BAJ=90°，∠AEF+∠EAF=90°， ∴∠ABJ=∠AEF，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D=∠ABC， ∵∠D=2∠AEF，

∴∠ABE=2∠AEF=2∠ABJ， ∴∠ABJ=∠EBJ，

∵∠ABJ+∠BAJ=90°，∠EBJ+∠BEJ=90°， ∴∠BAJ=∠BEJ， ∵∠BAE=70°， ∴∠BEA=70°．

（2）证明：作EM⊥AD于M，CN⊥AD于N，连接CH． ∵AD∥BC， ∴∠DAE=∠BEA， ∵∠BAE=∠BEA， ∴∠BAE=∠DAE， ∵EF⊥AB，EM⊥AD， ∴EF=EM，

∵EA=EA，∠AFE=∠AME=90°， ∴Rt△AEF≌Rt△AEM（HL）， ∴AF=AM， ∵EG⊥CG， ∴∠EGC=90°， ∵∠ECG=45°， ∠GCE=45°， ∴GE=CG， ∵AD∥BC，

∴∠GAH=∠ECG=45°，∠GHA=∠CEG=45°， ∴∠GAH=∠GHA， ∴GA=GH， ∵∠AGE=∠CGH， ∴△AGE≌△HGC（SAS）， ∴EA=CH，

∵CM=CN，∠AME=∠CNH=90°， ∴Rt△EMA≌Rt△CNH（HL）， ∴AM=NH， ∴AN=HM，

∵△ACN是等腰直角三角形，

∴AC=2 AN，即AN=2AC， 2∴AH=AM+HM=AF+【点睛】

2AC． 2此题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

20、（1）见解析；（2）EF=5；（3）16cm2 【解析】 【分析】

（1）根据正方形的性质可得OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，再利用同角的余角相等得到∠BOE=∠COF，从而推出△OBE≌△OCF，即可得OE=OF；

（2）由（1）中的全等三角形可得BE=CF=3，由正方形的性质可知AB=BC，推出BF=AE=4，再根据勾股定理求出EF即可；

（3）由（1）中的全等三角形可将四边形OEBF的面积转化为△OBC的面积，等于正方形面积的四分之一． 【详解】

（1）∵四边形ABCD为正方形

∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，BD⊥AC ∴∠BOF+∠COF=90°， ∵OE⊥OF

∴∠BOF+∠BOE=90°∴∠BOE=∠COF 在△OBE和△OCF中，

∵∠OBE=∠OCF，OB=OC，∠BOE=∠COF ∴△OBE≌△OCF（ASA） ∴OE=OF

（2）∵△OBE≌△OCF ∴BE=CF=3，

∵四边形ABCD为正方形 ∴AB=BC 即AE+BE=BF+CF

∴BF=AE=4

∴EF=BE2BF2=4232=5 （3）∵△OBE≌△OCF ∴S四边形OEBF=S△OBE+S△OBF =S△OCF+ S△OBF =S△BOC

1S正方形ABCD 412=8 4==16cm2 【点睛】

本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握正方形的性质得出全等三角形的条件是解题的关键．

21、学校需要投入10800元买草坪 【解析】 【分析】

连接CD，在直角三角形ACD中可求得CD的长，由BD、CB、CD的长度关系可得三角形DBC为一直角三角形，BC为斜边；由此看，四边形ABCD由Rt△ACD和Rt△DBC构成,然后求直角三角形的面积之和即可. 【详解】 解：连接CD，

在RtΔACD中，CD2AC2AD2324252 在ΔCBD中，CD252，BD2122 而12252132即DC2BD2CB2 所以∠BDC=90°

则S四边形ABCDSCADSDBC

11ADACDBDC 221143125 22=5

所以需費用36×300=10800(元). 答：学校需要投入10800元买草坪.. 【点睛】

本题考查了勾股定理的应用，通过勾股定理判定三角形直角三角形，是解答本题的关键. 22、84 【解析】 【分析】

根据AB=10，BD=6，AD=8，利用勾股定理的逆定理求证△ABD是直角三角形，再利用勾股定理求出CD的长，然后利用三角形面积公式即可得出答案． 【详解】

解：在△ABD中，

∵BD2+AD2=62+82=100=AB2， ∴△ABD是直角三角形， ∴△ADC也是直角三角形

∴DC2+AD2=AC2，即DC2=AC2－AD2=172－82=225， ∴DC=15 .

∴BC=BD+DC=6+15=21， ∴S△ABC=【点睛】

此题主要考查学生对勾股定理和勾股定理的逆定理的理解和掌握，解答此题的关键是利用勾股定理的逆定理求证△ABD是直角三角形． 23、见解析 【解析】 【分析】

延长DE至F，使EF=DE，连接CF，通过证明△ADE≌△CFE和证明四边形BCFD是平行四边形即可证明三角形的中位线平行于三角形的第三边并且等于第三边的一半． 【详解】

证明：延长DE至F，使EF＝DE，连接CF

1218=84 . 2

∵E是AC中点， ∴AE＝CE，

DEEF在△ADE和△CFE中AEDCEF，

AECE∴△ADE≌△CFE（SAS）， ∴AD＝CF，∠ADE＝∠F ∴BD∥CF， ∵AD＝BD， ∴BD＝CF

∴四边形BCFD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形） ∴DF∥BC，DF＝BC， ∴DE∥CB，DE＝【点睛】

本题考查了三角形的中位线定理的证明，用到的知识点有全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定和性质． 24、（1）【解析】 【分析】

（1）原式通分并利用同分母分式的加法法则计算即可求出值； （2）由正方形的面积求出边长a的值，代入计算即可求出T的值． 【详解】

2a29（6a3）（a3）1（1）T； 222a（a3）a（a3）a（a3）a1BC． 211；（2）． a3（2）由正方形的面积为9，得到a＝3，则T【点睛】

1． 3此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 25、（1）见解析；（2）m=0

【解析】 【分析】

（1）分该方程为一元二次方程和一元一次方程展开证明即可。

（2）利用因式分解解该一元二次方程，求出方程的根，利用整数概念进行求值即可 【详解】

解：（1）当m1 时，m1xmx10 是关于x的一元二次方程。

2m4m11m24m4m20

∵不论m为何值时，（m﹣2）2≥0， ∴△≥0，

∴方程总有实数根；

当m=1时，m1xmx10是关于x的一元一次方程。

222∴-x+1=0 ∴x=1

∴方程有实数根x=1

∴不论m为何值时，方程总有实数根 （2）m1xmx10

2分解因式得m1x1x10 解得：x11,x21 m1∵方程有两个不相等的整数根 ∴x11为整数，0 m1∴m2或m0 且m2 ∴m=0 【点睛】

本题考查了根的判别式，掌握方程与根的关系，及因式分解解一元二次方程，和整数的概念是解题的关键. 26、（1）详见解析；（1）A′（4，7），B′（10，4）（3）(3a-1,3b-1) 【解析】 【分析】

（1）根据题目的叙述，在位似中心的同侧将△TAB放大为原来的3倍，得到对应点坐标，正确地作出图形即可， （1）根据图象确定各点的坐标即可．

（3）根据（1）中变换的规律，即可写出变化后点C的对应点C′的坐标． 【详解】

解：（1）如图所示：

（1）点A′，B′的坐标分别为：A′（4，7），B′（10，4）； 故答案为：(4，7)；(10，4)；

（3）变化后点C的对应点C′的坐标为：C′（3a-1，3b-1） 故答案为：3a-1，3b-1． 【点睛】

本题考查了位似变换作图的问题，正确理解位似变换的定义，会进行位似变换的作图是解题的关键．