福建省福州市台江区福州华伦中学2023-2024 学年八年级下学期月考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省福州市台江区福州华伦中学2023-2024 学年八年级下学期月考数学试题（解析版）-A4，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的判断是解题的关键．
【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
D、既轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
故选：D．
2. 端午前夕，学校食堂调查学生对豆沙粽、蛋黄粽、肉粽这三种粽子喜爱程度，以决定最终的采购方案．下面统计量中，最值得关注的是（ ）
A. 平均数B. 方差C. 中位数D. 众数
【答案】D
【解析】
【分析】学校食堂调查的目的是得出最喜欢哪种口味的粽子的人数最多的人数最多，以便决策，再根据众数的意义，即可得出结果．
【详解】解：根据题意，可知：学校食堂调调查的目的是明确最喜欢哪种口味的粽子的人数最多，
∵众数是数据中出现次数最多的数，
∴最值得关注的是统计数据中的众数．
故选：D．
【点睛】本题考查了统计的有关知识，理解平均数、中位数、众数、方差的意义是解题的关键．
3. 如图，，若，，，则的长是（ ）
A. 3B. 5C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查平行线分线段成比例定理，根据得出，代入数值计算出．
【详解】解：，
，
，
．
故选D．
4. 已知一组数据23，27，20，18，x，12，若它们的中位数是21，那么数据x是（ ）
A. 23B. 22C. 21D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】讨论x的位置，把这一组数据按从小到大的顺序排列，根据中位数的定义，即可求出x的大小.
【详解】解：根据题意，x的位置按从小到大排列只能是：12,18,20，x，23,27.根据中位数是21，得出，解得.故选B.
【点睛】此题考查了中位数的定义以及求解方法，此种题型较简单，学生应牢固掌握知识，多做练习，强化自己的解题能力.
5. 如图，在平面直角坐标系中，与是以原点为位似中心的位似图形，若，点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．
【详解】解：∵，
∴，
∵与是以原点为位似中心的位似图形，
∴与的位似比为，
∵点的坐标为，
∴点的坐标，即，
故选：B．
6. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别是，，边经过点，若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，由旋转的性质得，，，进而可得，利用三角形外角性质求得，即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：由旋转可得，，，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
故选：．
7. 甲、乙、丙、丁四位学生进行“汉字拼写”训练，每位同学五次训练成绩的平均数均为90，方差分别为，，，．若要从中选择一名发挥稳定的学生参加比赛，应选择（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查方差，根据方差的意义求解即可，解题的关键是掌握方差的意义．
【详解】解：∵，，，，
∴，
∴发挥稳定的学生是丁，
故选：D．
8. 如图，在中，E、F分别是、上的点，，且，若的面积为2，则四边形的面积为（ ）
A. 16B. 14C. 12D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据题意可判定，利用面积比等于相似比平方可得出的面积，继而根据，即可得出答案．解答本题的关键是证明，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比平方．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的面积为2，
∴，
则．
故选：A．
9. 如图，是的边上的一点，那么下列四个条件不能单独判定的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定，根据相似三角形的判定方法：如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似；逐一判断即可求解，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
【详解】解：∵∠是公共角，
∴再加上或，根据“如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似”，都可判定，故选项不符题意；
∵是公共角，再加上，即，根据“如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似”，可判定，故选项不符题意；
而加上，即，对应边成比例，但不是相应的夹角相等，不能单独判定，该选项符合题意；
故选：．
10. 小红从图所示二次函数的图象中．观察得出了下面五条信息：①；②；③；④；⑤，你认为其中正确信息的个数有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质．能从函数图象中正确获取信息是解题的关键．观察图象易得，，所以，因此，由此可以判定①②④；当，由点在第二象限可以判定，可以判定③；当时，，由点在第一象限可以判定⑤．
【详解】解：∵抛物线开口方向向上，
∴，
∵与y轴交点在x轴的下方，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴①错误，②是正确，
∵对称轴，
∴，
∴，
∴④是错误的；
当，而点在第二象限，
∴
∴③是正确的；
当时，，
而点在第一象限，
∴
∴⑤是正确的．
故选：B．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了中心对称，关于原点对称的两点，其横、纵坐标均互为相反数，熟记相关结论即可．
【详解】解：由题意得：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：
12. 已知抛物线，且经过点，，试比较和的大小：____________（填“”、“”或“”）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要考查学生的观察能力和分析能力，本题比较典型，但是一道比较容易出错的题目．
比较两个点离直线的远近即可得到、的大小关系．
【详解】∵
∴抛物线对称轴为直线，开口向上，
∵
∴离对称轴较近，
∴．
故答案为：．
13. 若一组数据，，，…，的平均数为4，方差为2，则，，，…，的方差为____________．
【答案】8
【解析】
【分析】根据平均数与方差的定义和性质，先得出，再得出，结合方差公式进行计算即可．本题考查了平均数与方差的定义与计算问题，是基础题．
【详解】解∵一组数据，，，…，的平均数为4，方差为2，
∴，
∴，
∴，
∴，
则，，，…，的平均数为
，
则，，，…，的方差为
.
故答案为：8．
14. 若m是一元二次方程的根，则的值为_____
【答案】6
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解的定义可得出，从而可求出，，再将整理变形，最后整体代入求值即可．
【详解】解：∵m是一元二次方程的根，
∴，
∴，，
∴
．
【点睛】本题考查一元二次方程的解的定义，代数式求值．掌握方程的解就是使方程成立的未知数的值是解题关键．
15. 某种型号的小型飞行器着陆后滑行的距离单位：米关于滑行的时间单位：秒的函数解析式是，此飞行器滑行的最大距离是______米．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的应用，将函数解析式配方成顶点式求出取得最大值时的的值即可得．
【详解】解：，，
当时，取得最大值，
此飞行器滑行的最大距离是米．
故答案为：．
16. 如图，在正方形中，点是对角线的交点，点在边上，连接，交于点，过点作，垂足为点，连接．现给出以下结论：
①；
②平分；
③；
④若，则点是的中点．
其中正确的是 _____.（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，由正方形的性质得出，，证明，得出，即可得出，结合，得出，由相似三角形的性质即可判断①；由，，得出，即可判断③；由点是上任意一点，则不一定是的角平分线，即可判断②；由结合正方形的性质得出，证明，由相似三角形的性质结合正方形的性质得出，即可判断④，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解此题的关键．
【详解】解：四边形是正方形，
，，，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故①正确，符合题意；
，
，
，故③正确，符合题意；
点是上任意一点，
不一定是的角平分线，故②错误，不符合题意；
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点是的中点，故④正确，符合题意；
综上所述，正确的有①③④，
故答案为：①③④．
三、解答题（本题共9小题，共86分）
17. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
（2）先进行配方，再直接开平方得到一元一次方程，再求出方程的解即可．
【小问1详解】
解：，
，
或，
解得：，；
小问2详解】
解：，
，
，
解得：．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解一元二次方程的方法有：公式法、直接开平方法、配方法、因式分解法，选择适当的方法进行计算是解此题的关键．
18. 如图，有一池塘，要测池塘两端的距离，可先在平地上取一个点，从点不经过池塘可以直接到达点和，连结并延长到点，使，连结并延长到点，使，连结．量得的长为米，求池塘两端的距离．
【答案】米
【解析】
【分析】根据，，可得，，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴（米），
∴池塘两端的距离为米．
【点睛】本题主要考查三角形相似的判定和性质，掌握其判定方法，性质的综合运用是解题的关键．
19. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：无论取任何实数，方程总有实数根；
（2）若一元二次方程的两根为，，且满足，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）5或
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根,还考查了一元二次方程根与系数关系．
（1）利用根的判别式求出关于的代数式，整理成非负数的形式即可判定；
（2）根据一元二次方程根与系数得到两根之和和两根之积，然后把，转换为，然后利用前面的等式即可得到关于的方程，解方程即可求出结果．
【小问1详解】
证明：△
；
又，
，
无论取任何实数，方程总有实数根；
【小问2详解】
解：，，，
，
，
整理得，
解得：，
故的值为5或．
20. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标为，，，绕原点逆时针旋转，得到，向右平移6个单位，再向上平移2个单位得到．

（1）画出和；
（2）是的上一点，经旋转、平移后点P的对应点为，则点的坐标是 ．
（3）若直接旋转得到，则旋转点M坐标是 ．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据点绕原点逆时针旋转坐标变换规律得出点，再顺次连接即可得；根据坐标平移规律得出点，然后顺次连接即可得；
（2）根据点绕原点逆时针旋转坐标变换规律、坐标平移规律即可得；
（3）对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【小问1详解】
解：根据旋转的性质得到，
根据平移的性质得到，如图所示：
；
【小问2详解】
解：由（1）坐标变换规律得：，；
故答案为：；
【小问3详解】
解：若直接旋转得到，如图，
则旋转点M坐标是．

故答案为：．
【点睛】本题考查了画旋转图形、平移图形、旋转中心，掌握点坐标变换规律是解题关键．
21. 公安部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定． 某头盔经销商统计了某品牌头盔4月份到6月份的销量，该品牌头盔4月份销售1500个，6月份销售2160个，且从4月份到6月份销售量的月增长率相同．
（1）求该品牌头盔销售量的月增长率；
（2）按照这个增长率，预计7月份该品牌头盔销售量是多少？
【答案】（1）
（2）2592
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
（1）设该品牌头盔销售量的月增长率为x，根据题意列出一元二次方程求解即可；
（2）根据题意列式计算即可．
【小问1详解】
解：设该品牌头盔销售量的月增长率为x，
依题意，得：，
解得：，（不合题意，舍去）．
∴该品牌头盔销售量的月增长率为；
【小问2详解】
（个）．
∴预计7月份该品牌头盔销售量是2592个．
22. 青少年是国家的未来，他们的健康关系到国家富强和民族的昌盛，体育是学校培养全方面发展的社会主义建设者和接班人的一项主要教育内容，在新课程理念下，上好初中体育课至关重要．某校为了解学生体育运动的情况，对全校男生投掷铅球进行测试，测试结束后，随机抽取了30名男生的成绩（单位：米），并对成绩进行整理得到下表：
请你根据统计表提供的信息解答下列问题：
（1）表中______，所抽取男生成绩的中位数落在______组；
（2）求所抽取的这30名男生投掷铅球的平均成绩；
（3）若该校有600名男生，请估计该校男生投掷铅球成绩不小于9米的学生人数．
【答案】（1）12，
（2）8.4米 （3）200名
【解析】
【分析】本题考查频数分布表．
（1）由总人数减去已知组的人数即可求出，由求出的不难找到处于中间位置的数；
（2）用加权平均数公式代入数据计算即可；
（3）先算出用本所占的百分比，再用样本估计总体即可．
【小问1详解】
解：由表格数据得
一共30人
成绩的中位数是第15，16个数的平均数
组一共（人），组一共（人）
第15，16个数在组
即中位数落在组
故答案为：12，；
【小问2详解】
平均成绩为：（米）
∴所抽取的这30名男生投掷铅球的平均成绩是8.4米
【小问3详解】
（名），
∴估计该校男生投掷铅球成绩不小于9米的学生有200名．
23. 根据以下素材，探索完成任务．
【答案】任务1：；任务2：喷灌器与围墙的距离为；任务3：
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式，理清题中的数量关系并结合实际分析是解题的关键．
（1）建立平面直角坐标系，用待定系数法求得抛物线的函数表达式；
（2）令，求得方程的解，根据问题的实际意义作出取舍即可；
（3）由题意可得：，，分别代入，求得的最小值和最大值，再令，即可分别求得的最小值和最大值．
【详解】解：（1）如图，以点O为坐标原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
设抛物线解析式为，把代入得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为．
（2）令，得，
解得：，，
∴，
∴，
故喷灌器与围墙的距离为．
（3）如图，由题意得：，，
∴，，
设，把代入得，，
解得：，
∴，
当时，，
∴，
设，把代入得，，
解得：，
∴，
当时，，
∴，
故．
24. 如图1，矩形和矩形共顶点，且绕着点顺时针旋转，满足．
（1）的比值是否发生变化，若变化，说明理由；若不变，求出相应的值，并说明理由；
（2）如图2，若点为的中点，且，，连接，求的面积．
【答案】（1）不变化，，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，，根据矩形性质和勾股定理证得，，再证明和，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）连接，，过G作交延长线于F，先证明求得，再由，证明F、C、G、B四点共圆，再利用圆内接四边形的外角性质得到，证明求得，进而求解面积即可．
【小问1详解】
解：结论：不变化，．理由为：
如图1，连接，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，则，
设，，则，
∴，
同理可得，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图2，连接，，过G作交延长线于T，
∵四边形矩形，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，又，
∴
∴，
∴，
∵，
∴F、C、G、B四点共圆，
∴，又，
∴，
∴，即，
∴，
则．
【点睛】本题属于相似三角形的综合题，考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质，四点共圆、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线，正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
25. 已知二次函数的最小值为，且其图象过点．
（1）求的值；
（2）已知点．
①若直线与抛物线相交于两点，求的最大值；
②已知点是抛物线上异于其顶点的任意一点，过作垂直轴于，的中点为，请证明平分．
【答案】（1）
（2）①当时，的最大值为；②见解析
【解析】
【分析】（1）由二次函数的最小值为0，可得，将点代入即可求得a的值；
（2）（ⅰ）根据直线与相交于两点，解得．设，整理可得，根据二次函数的性质分情况讨论即可；
（ⅱ）取的中点，连接．设，则，求得．由勾股定理，得，，证得．根据，可得，即可证明平分．
【小问1详解】
∵二次函数的最小值为0，
∴
又其图象过点，
∴，解得，
∴.
【小问2详解】
（i）由（1）知抛物线方程为，又直线与相交于两点，设在的右边，
∴，
∴
∵，
∴，
当随着的增大而减少，当且仅当时，取得最大值；
当随着的增大而增大，当且仅当时，取得最大值.
因此当时，取得最大值.
（ii）证明：如图，取的中点，连接.

依题意可设，则，
∵，分别为的中点，
则，
∴.
由勾股定理，得，
∴.
∴，则.
∵，
∴.
∴.
∴平分.
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，利用数形结合的思想是解题的关键．
组别
成绩x/米
频数
各组平均成绩/米
A
2
6.6
B
6
7.5
C
8.2
D
7
9.3
E
3
10.1
如何设计喷灌器喷水口的升降方案
素材1
随着自动化设备的普及，家庭庭院也引入自动喷灌系统．图1中某庭院内有一个可垂直升降的草坪喷灌器，从喷水口喷出的水柱成抛物线形．图2是该喷灌器喷水时的截面示意图，喷水口A点离地高度为，喷出的水柱在离喷水口水平距离为处达到最高，高度为，且水柱刚好落在庭院围墙和地面的交界B点处．
素材2
为了美化庭院，准备在庭院内沿围墙建花坛种植绣球花，花坛高，宽，侧面用大理石包围，长方形是花坛截面，如图3，调整喷水口的高度，喷出的水柱形状与原来相同，水柱落在花坛的上方边上（大理石厚度不计），达到给花坛喷灌的效果．
问题解决
任务1
确定水柱的形状
在图2中，建立合适的平面直角坐标系，求抛物线的表达式．
任务2
确定喷灌器的位置
求出喷灌器与围墙的距离．
任务3
拟定喷头升降方案
如图（3），为达到给花坛喷灌的效果，需调整喷水口A的高度h，使水柱落在花坛的上方边上，请直接写出h的取值范围．