山东省滨州市无棣县2023-2024学年八年级下学期5月月考数学试题（学生版+教师版）

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一、选择题（本大题共8小题，共24分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列长度的三条线段能组成钝角三角形的是( )
A. 3,4,4B. 3,4,5C. 3,4,6D. 3,4,7
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形三边组成钝角三角形的条件进行判断可得答案.
【详解】解：在能够组成三角形的条件下, 如果满足较小两边平方的和等于最大边的平方是直角三角形; 满足较小两边平方的和大于最大边的平方是锐角三角形; 满足较小两边平方的和小于最大边的平方是钝角三角形.
A项,因为3+4>4,所以这三条线段组成锐角三角形.故A项不符合题意.
B项,因为3+4=5,所以这三条线段组成直角三角形. 故B项不符合题意.
C项,因为3+4<6,所以这三条线段组成钝角三角形.故C项符合题意.
D项,因为3+4=7,所以这三条线段不满足组成三角形的条件.故D项不符合题意.
故本题正确答案为C.
【点睛】本题主要考查三角形的基本概念和直角三角形,其中在能够组成三角形的条件下, 如果满足较小两边平方的和等于最大边的平方是直角三角形; 满足较小两边平方的和大于最大边的平方是锐角三角形; 满足较小两边平方的和小于最大边的平方是钝角三角形.
2. 如图，在中，分别是的中点，点在延长线上，添加一个条件使四边形为平行四边形，则这个条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形中位线定理得到，结合平行四边形的判定定理进行选择．
【详解】∵在中，分别是的中点，
∴是的中位线，
∴．
A、根据不能判定，即不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
B、根据可以判定，即，由“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”得到四边形为平行四边形，故本选项正确．
C、根据不能判定，即不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
D、根据不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
故选B．
【点睛】本题三角形的中位线的性质和平行四边形的判定．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
3. 如图，直线经过点和点，直线过点，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了一次函数与不等式关系，解答该题的关键 是根据函数图象找出满足不等式组的解集问题．根据图象，当时，直线在轴的下方，且在直线的上方，据此即可求得不等式的解集为点与点之间的横坐标的范围．
【详解】解：，，
观察图象，不等式解集为，
故选：B．
4. 已知a，b为实数，且，设，则M，N的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】先将的值进行化简，再进行比较．
【详解】解： ，，
∵，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查异分母的分式的加减．熟练掌握异分母分式加减的运算法则，利用整体思想代入求值，是解题的关键．
5. 下图分别为5月10日与11日两天某品牌手机售后维修中心6位技工师傅维修手机的数量，则11日与10日相比（ ）

A. 平均数、方差都不变B. 平均数不变，方差变大
C. 平均数不变，方差变小D. 平均数变大，方差不变
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象显示的信息，平均数的定义，方差的意义求解．
【详解】由图知，10日平均数为m，11日平均数为，所以两天的平均数不变；11日数据的波动性大于10日，所以方差变大．
故选：B．
【点睛】本题考查数据统计分析平均数的定义，方差的意义，理解图象代表的数据信息是解题的关键．
6. 如图，正方形的边长为3，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形的性质可知：点B与点D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点，此时PD+PE=BE最小，根据等边三角形的性质及即可求出BE=AB．
【详解】解：连接BD，与AC交于点F，如图，
∵点B与点D关于AC对称，则BE与AC的交点为P
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小，
∵正方形ABCD的边长为3，
且△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=3，
∴PD+PE的最小值为3．
故答案为：C．
【点睛】本题考查了轴对称确定最短路径问题，正方形的对称性，熟记性质以及最短路径的确定方法是解题的关键．
7. 循环小数，可以被等同表示为，a与b为互素正整数，则的值为（ ）
A. 1100B. 1456C. 1561D. 1461
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，设则，根据题意得出，求出，得出，，求出结果即可．
【详解】解：设，则：
，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
故选：D．
8. 如图①，正方形ABCD中，点P以恒定的速度从点A出发，沿AB→BC的路径运动，到点C停止．过点P作PQ∥BD，PQ与边AD（或边CD）交于点Q，PQ的长度y（ cm）与点P的运动时间x（秒）的函数图象如图②所示．当点P运动3秒时，△APQ的面积为（ ）
A. 6cm2B. 4cm2C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先由图象得出BD的长及点P从点A运动到点B的时间，再由正方形的性质得出其边长，然后由速度恒定及图象可得当点P运动3秒时所处的位置，根据AP'Q'的面积等于正方形ABCD的面积减去△ADQ'、△CP'Q'和△ABP'的面积，列式计算即可．
【详解】解：由图象可知：
①当PQ运动到BD时，PQ的值最大，即y最大，故BD=4；
②点P从点A到点B运动了2秒；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠DAB=90°．
∴AB2+AD2=BD2，即2AB2=(4)2，
解得AB=4．
∴AB=AD=BC=CD=4cm．
∵点P的速度恒定，
∴当点P运动3秒时，点P在BC的中点处，如图所示：
∵P'Q'∥BD，
∴∠CQ'P'=∠CDB=∠CBD=∠CP'Q'．
∴CQ'=CP'=BC=CD．
∴AP'Q'的面积等于正方形ABCD的面积减去△ADQ'、△CP'Q'和△ABP'的面积，即：
4×4-×4×2-×2×2-×4×2=6（cm2）．
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，读懂图象中的信息并对照几何图形来分析是解题的关键．
二、填空题（每小题4分，共32分）
9. 已知，，那么的值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了因式分解的应用．解答本题的关键是灵活运用完全平方公式的变形，将、、作为整体代入．首先根据完全平方公式，把，的值整体代入求出的值．运用完全平方公式变形，将，，的值整体代入求得结果．
【详解】解：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
10. 若，则______.
【答案】．
【解析】
【分析】运用完全平方公式进行变形求解即可.
【详解】∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
故答案为．
【点睛】此量考查了完全平方公式的应用，能灵活运用公式进行变形是解此题的关键．
11. 将图1中阴影部分的小长方形变换到图2的位置，你能根据两个图形的面积关系得到的数学公式是_____.
【答案】（a+b）（a-b）=a2-b2
【解析】
【分析】图甲的总面积是长为（a+b），宽为（a-b）的大矩形的面积，可表示为：（a+b）（a-b），图乙的总面积可以表示边长为a，与边长为b的正方形的面积差．
【详解】解：左边图形的面积可以表示为：（a+b）（a-b），
右边图形的面积可以表示为：a2-b2，
∵左边图形的面积=右边图形的面积，
∴（a+b）（a-b）=a2-b2．
故答案为：（a+b）（a-b）=a2-b2．
12. 如图，平行四边形中，，垂足分别是E、F，，则平行四边形的周长为_______．
【答案】20
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得，再证，然后由含角的直角三角形的性质得即可解答．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴平行四边形的周长，
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
13. 如图，有两棵树，一棵高米，另一棵高米，两树相距米一只鸟从一棵树的树梢飞到另一棵树的树梢，问小鸟至少飞行______米

【答案】
【解析】
【分析】根据题意，作出合适的直角三角形，然后根据勾股定理即可求得的长．
【详解】解：如图所示，

由题意可得，米，米，
，
米，
即小鸟至少飞行米，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
14. 已知一组数据0，1，，3，6的平均数是，则关于的函数解析式是____．
【答案】
【解析】
【分析】根据平均数的公式直接列式即可得到函数解析式．
【详解】解：根据题意得：
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平均数的概念，熟练掌握平均数的公式是解决本题的关键．
15. 在平面直角坐标系内有两点A，B，其坐标为，，点M为x轴上的一个动点，若要使的值最大，则点M的坐标为_______．
【答案】（-，0）
【解析】
【分析】要使得MB-MA的值最大，只需取其中一点关于x轴的对称点，与另一点连成直线，然后求该直线x轴交点即为所求．
【详解】取点B关于x轴对称点B′，则直线AB′交x轴于点M．点M即为所求．
设直线AB′解析式为：y=kx+b
把点A（-1，-1）B′（2，-4）代入
解得
∴直线AB′为：
当y=0时，x=-
∴M坐标为（-，0）
故答案为（-，0）
【点睛】本题考查轴对称-最短路线问题、坐标与图象变换，解答本题的关键是明确题意，利用三角形两边之差小于第三边和一次函数的性质解答．
16. 人们把这个数叫做黄金分割数，著名数学家华罗庚的优选法中的0.618就应用了黄金分割数．设，，记，，……，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查分式的加减法和二次根式的运算．找出规律是解题的关键．利用分式的加减法则分别可求，，•••，，利用规律求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
，
……
，
……
∴．
故答案为：．
三、解答题（64分）
17. 如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=45°，AC=，求AB的长．
【答案】3+
【解析】
【分析】过C作CD⊥AB于D，求出∠BCD=∠B，推出BD=CD，根据含30度角的直角三角形求出CD，根据勾股定理求出AD，相加即可求出答案．
【详解】解：过C作CD⊥AB于D，
∴∠ADC=∠BDC=90°，
∵∠B=45°，
∴∠BCD=∠B=45°，
∴CD=BD，
∵∠A=30°，AC=2，
∴CD=，
∴BD=CD=，
由勾股定理得：AD==3，
∴AB=AD+BD=3+，
答：AB的长是3+．
【点睛】此题考查了解直角三角形，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握了解直角三角形，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理．
18. 如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E分别是AB，BC的中点，，．
（1）求证：四边形BDEF是菱形；
（2）连接DF交BC于点M，连接CD，若BE＝4，，求DM，CD的长．
【答案】（1）见解析 （2）DM=1，CD=
【解析】
【分析】（1）先证明四边形BDEF是平行四边形，再由等腰三角形的中位线的性质得到BD=AB，DE=AC，推出BD=DE，由此得到结论；
（2）由菱形的性质得到DF⊥BE，BM=EM=BE=2，根据三角形中位线得到CE=BE=4，DE=AC=，即可利用勾股定理求出DM，CD．
【小问1详解】
证明：∵，．
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴∠ABC=∠C，
∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，BD=AB，
∴DE=AC，
∴BD=DE，
∴四边形BDEF是菱形；
【小问2详解】
连接DF交BE于M
∵四边形BDEF是菱形，
∴DF⊥BE，BM=EM=BE=2，
∴∠DME=90°，
∵DE是△ABC的中位线，
∴CE=BE=4，DE=AC=，
Rt△DEM中，DM=，
在Rt△CDM中，CM=EM+CE=2+4=6，
∴CD=．
【点睛】此题考查了菱形的判定定理及性质定理，勾股定理，三角形中位线的判定及性质定理，正确掌握各知识点并应用是解题的关键．
19. 为了了解学生对党的二十大精神的学习领会情况，某校团委从七，八年级各随机抽取20名学生进行测试，获得了他们的成绩(百分制)，并对数据(成绩)进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息：
a．八年级学生成绩的频数分布直方图如下（数据分为4组：）．

b．八年级学生成绩在这一组的是：
81 83 84 84 84 86 89
c．七、八年级学生成绩的平均数、中位数、众数如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）写出表中m的值；
（2）七年级学生小亮和八年级学生小宇的成绩都是86分，这两名学生在本年级成绩排名更靠前的是________（填“小亮”或“小宇”），理由是________；
（3）成绩不低于85分的学生可获得优秀奖，假设该校八年级300名学生都参加测试，估计八年级获得优秀奖的学生人数．
【答案】（1）83.5；
（2）小宇，理由见解析；
（3）105人．
【解析】
【分析】（1）结合题意，根据中位数的意义解答即可；
（2）根据中位数的意义，比较七、八年级的中位数即可得出答案；
（3）先算出样本中成绩不低于85分的比例，再乘以300即可得到答案．
【小问1详解】
八年级一共有20名同学，中位数是成绩数据由小到大排列后第10，11个数据分别为83、84
故中位数；
【小问2详解】
小宇；
理由：小亮的成绩为86分低于七年级学生成绩的中位数88分，故小亮的成绩低于七年级一半的学生成绩；小宇的成绩为86分高于八年级学生成绩的中位数83.5分，故小宇的成绩高于八年级一半的学生成绩，所以学生小宇的成绩在本年级排名更靠前；
【小问3详解】
（人），
估计八年级获得优秀奖的学生有105人
【点睛】本题考查频数分布直方图，平均数，中位数众数的意义和用样本估计总体，准确理解这些概念是解题的关键．
20. 在平面直角坐标系xOy中，对于点，给出如下定义：当点满足时，称点是点的等积点．已知，点．
（1）在（2，4），（-1，-2），（0，1）中，点的等积点是_______；
（2）若点A（t，t 2） 是点P的等积点，求t 的值；
（3）点B在直线上，若点P的等积点（原点除外）也是点B的等积点，求点B的坐标．
【答案】（1），
（2）0或2 （3）（-4，-2）
【解析】
【分析】（1）根据定义判断即可；
（2）根据定义得到关于t的方程，解方程即可；
（3）设点P（2，1）的等积点为（m，n），则2m＝n，设B（t，t＋2），则B点的等积点为（m，n），则mt＝n（t＋2），进而得出t＝2（t＋2），即方程即可求得t的值．
【小问1详解】
解：Q1（2，4），则2×2＝1×4，
∴Q1（2，4）是点P的等积点；
Q2（−1，−2），则−1×2＝−2×1，
∴Q2（−1，−2）是点P的等积点；
Q3（0，1），则0×2≠1×1，
∴Q3（0，1）不是点P的等积点；
故答案为：Q1，Q2．
【小问2详解】
解：根据题意得：，
解得t =0或t =2．
【小问3详解】
解：∵点B在直线上，
∴可设点B的坐标为（b，b+2），
设点P的等积点为（m，n），
∴，①
由于点（m，n）也是点B的等积点，
∴，
将①式代入，得②
当m = 0时，n = 0，点P的等积点为（m，n）即为原点，不符合题意；
当m ≠ 0时，②式可化为，
∴，，
∴点B的坐标为（-4，-2）．
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握一次函数的图象及性质，理解新定义是解题的关键．
21. 问题背景：如图1，在正方形中，边长为4．点M，N是边上两点，且，连接，，与相交于点．

（1）探索发现：探索线段与的数量关系和位置关系，并证明；
（2）拓展提高：如图2，延长至P，连接，若，求线段的长．
【答案】（1），且，见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理：
（1）根据正方形的性质及可得，进而可得，，再证得，即可求解；
（2）过点B作于点H，利用勾股定理得，可得，再根据等面积法求得，进而可求解；
熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
小问1详解】
解：，且，
理由：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴线段和的关系为：，且．
【小问2详解】
如图，过点B作于点H，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
22. 如图①，点M为锐角三角形ABC内任意一点，连接AM、BM、CM．以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）若AM+BM+CM的值最小，则称点M为△ABC的费马点．若点M为△ABC的费马点，试求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；
（3）小翔受以上启发，得到一个作锐角三角形费马点的简便方法：如图②，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费马点．试说明这种作法的依据．
【答案】（1）见解析；（2）∠BMC =120°；∠AMB =120°；∠AMC=120°；（3）线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．
【解析】
【分析】(1)结合等边三角形的性质，根据SAS可证△AMB≌△ENB；
(2)连接MN，由(1)的结论证明△BMN为等边三角形，所以BM=MN，即AM+BM+CM=EN+MN+CM，所以当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小，从而可求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；
(3)根据(2)中费马点的定义，又△ABC的费马点在线段EC上，同理也在线段BF上，因此线段EC和BF的交点即为△ABC的费马点.
【详解】（1）证明：∵△ABE为等边三角形，
∴AB=BE，∠ABE=60°．
而∠MBN=60°，
∴∠ABM=∠EBN．
在△AMB与△ENB中，
∵
∴△AMB≌△ENB（SAS）．
（2）连接MN．
由（1）知，AM=EN．
∵∠MBN=60°，BM=BN，
∴△BMN为等边三角形．
∴BM=MN．
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．
∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小．
此时，∠BMC=180°﹣∠NMB=120°；
∠AMB=∠ENB=180°﹣∠BNM=120°；
∠AMC=360°﹣∠BMC﹣∠AMB=120°．
（3）由（2）知，△ABC的费马点在线段EC上，同理也在线段BF上．
因此线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．
故答案为（1）见解析；（2）∠BMC =120°；∠AMB =120°；∠AMC=120°；（3）线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的决定与性质.
23. 如图，直线的图象与x轴和y轴分别交于点A和点B，的垂直平分线l与x轴交于点C，与交于点D，连接．
（1）求的长；
（2）若点E在x轴上，且的面积为10，求点E的坐标；
（3）已知y轴上有一点P，若以点B、C、P为顶点的三角形是等腰三角形，直接写出所有满足条件的点P的坐标．
【答案】（1）
（2）或
（3）满足条件的P点坐标为或或或．
【解析】
【分析】（1）先求出直线与两轴交点坐标，，再由垂直平分线性质得，设，由勾股定理得，则，解得：，所以，即可求解；
（2）点，则；根据，则，求解即可；
（3）分三种情况∶①当B为顶点，时，②当C为顶点，时，③当P为顶点，时，分别求解即可．
【小问1详解】
解：令时，则；令，则；
所以直线与两轴交点分别为，．
∵垂直平分；
∴．
设，在中，根据勾股定理得：，
则 解得：；
∴，
∴．
【小问2详解】
解：设点，则；
∵D为的中点；
∴；
A、E在x轴上，， ；
∴，
∴，
解得：或18．
∴点E坐标为：或．
【小问3详解】
解：P在y轴上，设．分别以B、C、P为等腰三角形的顶点，分三种情况：
①当B为顶点，时，由（1）得；
∴，解得：或9．
∴或，
②当C为顶点，时，
又∵，，
∴．
∴，即．
∴
③当P为顶点，时，
在中，根据勾股定理得：
，即：．
解得：．
综上：满足条件的P点坐标为或或或．
【点睛】本题考查一次函数图象与坐标轴交点，一次函数图象与性质，直线围成的三角形面积，勾股定理，等腰三角形判定与性质，坐标与图形，熟练掌握一次函数图象与性质是解题的关键．年级
平均数
中位数
众数
七
83.1
88
89
八
83.5
m
84