辽宁省锦州市滨海期实验学校2023-2024学年数学八上期末质量跟踪监视试题【含解析】

这是一份辽宁省锦州市滨海期实验学校2023-2024学年数学八上期末质量跟踪监视试题【含解析】，共17页。试卷主要包含了关于x的方程无解，则k的值为，如图，有下列四种结论，如图所示等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．下列“表情图”中，属于轴对称图形的是
A．B．C．D．
2．下列图形中，不是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
3．如图，已知，点．．．在射线上，点．．．在射线上；．．．均为等边三角形，若，则的边长为（）
A．B．C．D．
4．如图，在中，，是延长线上一点，是延长线上一点，是延长线上一点，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝AE，AD与CE交于点F，作CM⊥AD，垂足为M，下列结论不正确的是（ ）
A．AD＝CEB．MF＝CFC．∠BEC＝∠CDAD．AM＝CM
6．关于x的方程无解，则k的值为（ ）
A．±3B．3C．﹣3D．2
7．如图，有下列四种结论：①AB＝AD；②∠B＝∠D；③∠BAC＝∠DAC；④BC＝DC．以其中的2个结论作为依据不能判定△ABC≌△ADC的是( )
A．①②B．①③C．①④D．②③
8．如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，E是AC的中点，P是AD上的一个动点，当PC与PE的和最小时，∠CPE的度数是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
9．如图所示：已知两个正方形的面积，则字母A所代表的正方形的面积为（ ）
A．4B．8C．64D．16
10．若一次函数的函数值随的增大而增大，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知可以写成一个完全平方式，则可为( )
A．4B．8C．16D．
12．用反证法证明“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°”时应假设（ ）
A．三角形中有一个内角小于或等于60°B．三角形中有两个内角小于或等于60°
C．三角形中有三个内角小于或等于60°D．三角形中没有一个内角小于或等于60°
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若有意义，则x的取值范围是__________
14．分解因式的结果为__________．
15．分解因式：3a2+6ab+3b2=________________．
16．如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，那么这个多边形是_____ 边形．
17．已知，函数和的图象相交于点，则根据图象可得关于的方程组的解是_______．
18．一粒大米的质量约为0.000021千克，将0.000021这个数用科学记数法表示为____________
三、解答题（共78分）
19．（8分）（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
如图，在△ABC中，作∠ABC的平分线BD，交AC于D，作线段BD的垂直平分线EF，分别交AB于E，BC于F，垂足为O，连结DF．在所作图中，寻找一对全等三角形，并加以证明．
20．（8分）一辆货车从甲地匀速驶往乙地，到达乙地停留一段时间后，沿原路以原速返回甲地．货车出发一段时间后，一辆轿车以的速度从甲地匀速驶往乙地．货车出发时，两车在距离甲地处相遇，货车回到甲地的同时轿车也到达乙地．货车离甲地的距离、轿车离甲地的距离分别与货车所用时间之间的函数图像如图所示．

（1）货车的速度是______，的值是______，甲、乙两地相距______；
（2）图中点表示的实际意义是：______．
（3）求与的函数表达式，并求出的值；
（4）直接写出货车在乙地停留的时间．
21．（8分）有一块形状为四边形的钢板，量得它的各边长度为AB=9cm， BC=12 cm ，CD=17 cm， DA=8cm，∠B=90°，求这块钢板的面积．
22．（10分）把下列各式因式分解：
（1）
（2）
23．（10分）学校组织学生到距离学校5的县科技馆去参观，学生小明因事没能乘上学校的班车，于是准备在校门口乘出租车去县科技馆，出租车收费标准如下：
（1）出租车行驶的里程为（，为整数），请用的代数式表示车费元；
（2）小明身上仅有14元钱，够不够支付乘出租车到科技馆的车费？请说明理由．
24．（10分）已知2是的平方根，是的立方根，求的值．
25．（12分）规定一种新的运算“”，其中和是关于的多项式．当的次数小于的次数时，；当的次数等于的次数时，的值为、的最高次项的系数的商；当的次数大于的次数时，不存在．例如：，
（1）求的值．
（2）若，求：的值．
26．如图，四边形ABCD中，CD∥AB，E是AD中点，CE交BA延长线于点F．
（1）试说明：CD＝AF；
（2）若BC＝BF，试说明：BE⊥CF．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，因此，A、B，C不是轴对称图形；D是轴对称图形．故选D．
2、C
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A．是轴对称图形，故本选项不合题意；
B．是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项符合题意；
D．是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点睛】
此题考查轴对称图形的概念，解题关键在于寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3、C
【分析】利用等边三角形的性质得到∠B1A1A2=60°，A1B1=A1A2，则可计算出∠A1B1O=30°，所以A1B1=A1A2=OA1，利用同样的方法得到A2B2=A2A3=OA2=2OA1，A3B3=A3A4=22•OA1，A4B4=A4A5=23•OA1，利用此规律得到A2019B2019=A2019A2020=3•OA1．
【详解】∵△A1B1A2为等边三角形，
∴∠B1A1A2=60°，A1B1=A1A2．
∵∠MON=30°，
∴∠A1B1O=30°，
∴A1B1=OA1，
∴A1B1=A1A2=OA1，
同理可得A2B2=A2A3=OA2=2OA1，
∴A3B3=A3A4=OA3=2OA2=22•OA1，
A4B4=A4A5=OA4=2OA3=23•OA1，
…，
∴A2019B2019=A2019A2020=OA2019=3•OA1=3．
故选：C．
【点睛】
本题考查了规律型：图形的变化类．首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．也考查了等边三角形的性质．
4、C
【分析】根据等腰三角形的两个底角相等和三角形的内角和解答即可．
【详解】解：∵∠DAC=131°，∠DAC+∠CAB=180°，
∴∠CAB=49°，
∵AC=BC，
∴∠CBA=49°，∠ACB=180°-49°-49°=82°，
∴∠ECF=180°-∠ACB=180°-82°=98°，
故选：C．
【点睛】
此题考查等腰三角形的性质和三角形内角和，关键是根据等腰三角形的性质和三角形的内角和解答．
5、D
【分析】由等边三角形的性质和已知条件证出△AEC≌△BDA，即可得出A正确；
由全等三角形的性质得出∠BAD＝∠ACE，求出∠CFM＝∠AFE＝60°，得出∠FCM＝30°，即可得出B正确；由等边三角形的性质和三角形的外角性质得出C正确；D不正确．
【详解】A正确；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝60°，AB＝AC
又∵AE＝BD
在△AEC与△BDA中，
，
∴△AEC≌△BDA（SAS），
∴AD＝CE；
B正确；理由如下：
∵△AEC≌△BDA，
∴∠BAD＝∠ACE，
∴∠AFE＝∠ACE+∠CAD＝∠BAD+∠CAD＝∠BAC＝60°，
∴∠CFM＝∠AFE＝60°，
∵CM⊥AD，
∴在Rt△CFM中，∠FCM＝30°，
∴MF＝CF；
C正确；理由如下：
∵∠BEC＝∠BAD+∠AFE，∠AFE＝60°，
∴∠BEC＝∠BAD+∠AFE＝∠BAD+60°，
∵∠CDA＝∠BAD+∠CBA＝∠BAD+60°，
∴∠BEC＝∠CDA；
D不正确；理由如下：
要使AM＝CM，则必须使∠DAC＝45°，由已知条件知∠DAC的度数为大于0°小于60°均可，
∴AM＝CM不成立；
故选D．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握等边三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
6、B
【详解】解：去分母得：
由分式方程无解，得到 即
把代入整式方程得：
故选B．
7、A
【分析】根据全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL依次对各选项分析判断即可．
【详解】A、由AB=AD，∠B=∠D，虽然AC=AC，但是SSA不能判定△ABC≌△ADC，故A选项与题意相符；
B、由①AB=AD，③∠BAC=∠DAC，又AC=AC，根据SAS，能判定△ABC≌△ADC，故B选项与题意不符；
C、由①AB=AD，④BC=DC，又AC=AC，根据SSS，能判定△ABC≌△ADC，故C选项与题意不符；
D、由②∠B=∠D，③∠BAC=∠DAC，又AC=AC，根据AAS，能判定△ABC≌△ADC，故D选项与题意不符；
故选A．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
8、C
【分析】连接BE，则BE的长度即为PE与PC和的最小值．再利用等边三角形的性质可得∠PBC=∠PCB=30°，即可解决问题；
【详解】解：如连接BE，与AD交于点P，此时PE+PC最小，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴PC=PB，
∴PE+PC=PB+PE=BE，
即BE就是PE+PC的最小值，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BCE=60°，
∵BA=BC，AE=EC，
∴BE⊥AC，
∴∠BEC=90°，
∴∠EBC=30°，
∵PB=PC，
∴∠PCB=∠PBC=30°，
∴∠CPE=∠PBC+∠PCB=60°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
9、C
【解析】根据正方形的面积等于边长的平方，由正方形PQED的面积和正方形PRQF的面积分别表示出PR的平方及PQ的平方，又三角形PQR为直角三角形，根据勾股定理求出QR的平方，即为所求正方形的面积．
【详解】∵正方形PQED的面积等于1，∴PQ2=1．
∵正方形PRGF的面积为289，∴PR2=289，又△PQR为直角三角形，根据勾股定理得：
PR2=PQ2+QR2，∴QR2=PR2﹣PQ2=289﹣1=2，则正方形QMNR的面积为2．
故选C．
【点睛】
本题考查了勾股定理，以及正方形的面积公式．勾股定理最大的贡献就是沟通“数”与“形”的关系，它的验证和利用都体现了数形结合的思想，即把图形的性质问题转化为数量关系的问题来解决．能否由实际的问题，联想到用勾股定理的知识来求解是解答本题的关键．
10、B
【解析】根据一次函数图象的增减性来确定（k-2）的符号，从而求得k的取值范围．
【详解】∵在一次函数y=（k-2）x+1中，y随x的增大而增大，
∴k-2＞0，
∴k＞2，
故选B.
【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系．在直线y=kx+b（k≠0）中，当k＞0时，y随x的增大而增大；当k＜0时，y随x的增大而减小．
11、C
【解析】∵可以写成一个完全平方式，
∴x2-8x+a=(x-4)2，
又（x-4）2=x2-8x+16，
∴a=16，
故选C.
12、D
【分析】熟记反证法的步骤，直接选择即可．
【详解】根据反证法的步骤，第一步应假设结论的反面成立，
即假设三角形中没有一个内角小于或等于60°．
故选D.
【点睛】
此题主要考查了反证法的步骤，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据二次根式的性质（被开方数大于等于0）解答．
【详解】解:根据题意得：，
解得：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，注意二次根式的被开方数是非负数．
14、（x-5）（3x-2）
【分析】先把代数式进行整理，然后提公因式，即可得到答案.
【详解】解：
=
=；
故答案为：.
【点睛】
本题考查了提公因式法分解因式，解题的关键是熟练掌握分解因式的几种方法.
15、3（a+b）1
【解析】先提取公因式3，再根据完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：a1+1ab+b1=（a+b）1．
【详解】3a1+6ab+3b1=3（a1+1ab+b1）=3（a+b）1．
故答案为：3（a+b）1．
【点睛】
本题考查了提公因式法，公式法分解因式．提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底．
16、六
【分析】n边形的内角和可以表示成(n﹣2)•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解．
【详解】设多边形的边数为n，依题意，得：
(n﹣2)•180°=2×360°，
解得n=6，
故答案为：六．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和计算公式，多边形的外角和．关键是根据题意利用多边形的外角和及内角和之间的关系列出方程求边数．
17、
【分析】先把P（m，-1）代入y=2x中解出m的值，再根据点P的坐标是方程组的解作答即可.
【详解】解：将点P（m，-1）代入，
得2m=-1，解得m=，
∴的解即为的解，即为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了一次函数与二元一次方程组，从函数的角度看，就是寻求两个一次函数的交点，属于基础题.
18、
【解析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数，
0.000021=2.1×10-5，
故答案为2.1×10-5.
三、解答题（共78分）
19、作图见解析；△BOE≌△BOF；证明见解析
【分析】先根据题意作图，再利用三角形全等的判定定理AAS判定△BOE≌△BOF全等即可.
【详解】作图如下：
△BOE≌△BOF
证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABO=∠OBF
∵EF⊥BD,
∴∠BOE=∠BOF=90°，
在△BOE和△BOF中，
∴△BOE≌△BOF（ASA）
【点睛】
本题不但考查了学生对常用的画图方法有所掌握，还要对全等三角形的判定方法能熟练运用.
20、（1） 80；9；400 ；（2）货车出发后，轿车与货车在距甲地处相遇；（3） ；（4）货车在乙地停留．
【分析】（1）根据函数图象中的数据可知货车2小时行驶的路程是160km，从而可以求得货车的速度，a=11-2，甲乙两地的距离可以用160+120×（160÷货车的速度）计算即可；
（2）根据题意和图象中的数据，可以写出点D表示的实际意义；
（3）根据函数图象中的数据可以求得y2与x的函数表达式，并求出b的值；
（4）根据题意和函数图象中的数据可以得到货车在乙地停留的时间．
【详解】（1）货车的速度为：160÷2=80（km/h），
a=11-2=9，
甲乙两地相距：160+120×（160÷80）=160+120×2=160+240=400（km），
故答案为：80，9，400；
（2）图中点D表示的实际意义是：货车出发9小时时，与轿车在距离甲地160km处相遇，
故答案为：货车出发9小时时，与轿车在距离甲地160km处相遇；
（3）设y2与x的函数关系式为y2=kx+c，
∴，得，
即y2与x的函数关系式为y2=120x-920，
当时，
∴；
（4）货车在乙地停留的时间是：（h），
答：货车在乙地停留的时间是1h．
【点睛】
本题考查了从函数图象中获取信息，一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
21、114
【分析】先利用勾股定理求出AC，再根据勾股定理的逆定理证得∠CAD=90°，由此即可利用面积相加的方法求出答案.
【详解】∵AB=9cm， BC=12 cm ，∠B=90°，
∴（cm），
∵CD=17 cm， DA=8cm，
∴,
∴△ACD是直角三角形，且∠CAD=90°，
∴这块钢板的面积=（）.
【点睛】
此题考查勾股定理及逆定理，利用勾股定理求直角三角形的边长，利用勾股定理的逆定理确定三角形是直角三角形，先求出边AC的长度得到△ACD是直角三角形是解题的关键.
22、（1）；（2）
【分析】（1）直接提取公因式，再利用平方差公式分解因式即可；
（2）直接提取公因式-y，再利用完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：（1）
（2）
【点睛】
本题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
23、（1）；（2）够，理由详见解析.
【分析】（1）因为里程3以下（含3）时，收费8.00元，3以上时，每增加1需多收费2.00元，所以出租车行驶的里程为（，为整数）时候，付给出租车的费用：;
（2）令，求出出租车的费用，再与14作比较即可作出判断.
【详解】解：（1）里程3以下（含3）时，收费8.00元，3以上时，每增加1需多收费2.00元.
.
（2）够，理由如下：
令,(元).
由于小明身上仅有14元钱，大于需要支付乘出租车到科技馆的车费12元钱,
故够支付乘出租车到科技馆的车费.
【点睛】
本题主要考查列代数式，解题的关键是根据题意写出相应的代数式进行求解.
24、
【分析】根据平方根、立方根的定义列出方程组，即可求解.
【详解】解：由题意可知
①+②可得，
【点睛】
此题主要考查实数的性质，解题的关键是熟知平方根、立方根的定义.
25、（1）0；（2）
【分析】（1）由的次数小于的次数，可得答案；
（2）根据已知条件，化简分式即可求出答案．
【详解】（1），．
∵的次数小于的次数，
∴．
（2）
，
∵的次数等于的次数
∴
【点睛】
本题考查了分式的混合运算，熟练分解因式是解题的关键．
26、（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）由CD∥AB，可得∠CDE＝∠FAE，而E是AD中点，因此有DE＝AE，再有∠AEF＝∠DEC，所以利用ASA可证△CDE≌△FAE，再利用全等三角形的性质，可得CD＝AF；
（2）先利用（1）中的三角形的全等，可得CE＝FE，再根据BC＝BF，利用等腰三角形三线合一的性质，可证BE⊥CF．
【详解】证明：（1）∵CD∥AB，
∴∠CDE＝∠FAE，
又∵E是AD中点，
∴DE＝AE，
又∵∠AEF＝∠DEC，
∴△CDE≌△FAE，
∴CD＝AF；
（2）∵BC＝BF，
∴△BCF是等腰三角形，
又∵△CDE≌△FAE，
∴CE＝FE，
∴BE⊥CF（等腰三角形底边上的中线与底边上的高相互重合）．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质；证明△CDE≌△FAE是正确解答本题的关键．
里程
收费/元
3以下（含3）
8.00
3以上（每增加1）
2.00