福建省泉州第五中学八年级下学期月考数学试题（三）（解析版）-A4

这是一份福建省泉州第五中学八年级下学期月考数学试题（三）（解析版）-A4，共23页。试卷主要包含了、选择题等内容，欢迎下载使用。
一 、选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1. 已知时，分式无意义，则“□”可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分式无意义的条件解答即可．
【详解】解：∵时，分式无意义，
∴当时，分式的分母等于0，
∵当时，，
∴C选项符合．
故选：C．
【点睛】本题考查的是分式无意义的条件，熟知分式无意义的条件是分母等于零是解题的关键．
2. 清代袁枚的《苔》中的诗句：“白日不到处，青春恰自来，苔花如米小，也学牡丹开” ．已知苔花的花粉非常小，直径约为0.000085米，则数据0.000085用科学记数法可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据绝对值小于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定，即可求解．
【详解】解：0.000085用科学记数法表示为8.5×10-5．
故选: B
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，熟练掌握一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定是解题的关键．
3. 直线经过的象限是（ ）
A. 第一、二、三象限B. 第一、二、四象限
C. 第一、三、四象限D. 第二、三、四象限．
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，熟知一次函数中，当，时函数的图象经过一、二、四象限是解答此题的关键．直接根据一次函数的图象与系数的关系进行解答即可．
【详解】解：∵一次函数中，，，
∴此函数的图象经过第一、二、四象限．
故选B．
4. 函数①；②；③；④；⑤．是一次函数的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的定义，形如y=kx+bk≠0的函数，熟练掌握定义是解题的关键．根据一次函数的定义求解即可．
【详解】解：①，当时，不是一次函数；
②是一次函数；
③不是一次函数；
④一次函数；
⑤不是一次函数；
所以是一次函数的有2个．
故选：B．
5. 如图，中，平分交于E，若，则度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质以及角平分线的定义，关键是掌握平行四边形对边互相平行．首先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，，先计算出，然后再计算出的度数，可得答案．
【详解】解∶四边形是平行四边形．
，，
，
，
平分，
，
，
，
，
故选∶B．
6. 已知第二象限内点P到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，那么点P的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查点的坐标特点，根据第二象限内点的坐标特征和点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值，到y轴的距离等于横坐标的绝对值解答．
【详解】解：∵第二象限内点P到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，
∴点P的横坐标是，纵坐标是，
∴点P的坐标为．
故选：B．
7. 关于x的一次函数，若y随x的增大而增大，且图象与y轴的交点在原点下方，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一次函数的性质；由一次函数性质得，，，求解即可．
【详解】解：∵y随x的增大而增大，
∴．
∴．
∵图象与y轴的交点在原点下方，
∴．
∴．
∴．
故选：C．
8. 老师上课提出问题：“某超市的一种瓶装饮料每箱售价为元，五一期间对该瓶装饮料进行促销活动，买一箱送两瓶，这相当于每瓶按原价九折销售，求这家超市销售这种饮料的原价每瓶是多少元及每箱多少瓶?”以下为四位同学列出的方程，正确的是（ ）
甲：设该品牌的饮料每瓶是元，则
乙：设该品牌饮料每箱瓶，则
丙：设该品牌的饮料每瓶是元，则
丁：设该品牌饮料每箱瓶，则
A. 甲、丁B. 甲、乙C. 乙、丙D. 甲、乙、丙
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可设这种饮料的原价每瓶是元，则根据等量关系“九折购买的饮料数量比元购买的一箱饮料的数量多2瓶”，或“一箱加2瓶的饮料九折后的价格是元”；若设每箱有瓶，则根据“购买一箱加2瓶时，每瓶的价格和每瓶九折后的价格相等”分别列出方程即可．
【详解】解：设这种饮料的原价每瓶是元，则有；
设该种饮料每箱有瓶，则有，
故选C．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，一元一次方程的应用，根据题意找出等量关系是解题的关键．
9. 如图所示，E是正方形的对角线上一点，，垂足分别是F、G，若，则的长是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】如图，连接，证明，则，证明四边形是矩形，则，由勾股定理得，，进而可求．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
10. 数学家高斯推动了数学科学的发展，被数学界誉为“数学王子”，据传，他在计算时，用到了一种方法，将首尾两个数相加，进而得到．人们借助于这样的方法，得到（n是正整数）．有下列问题，如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中，且是整数．记，如，即，即，即，以此类推．则下列结论正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用图形寻找规律，再利用规律解题即可．
【详解】解：第1圈有1个点，即，这时；
第2圈有8个点，即到；
第3圈有16个点，即到，；
依次类推，第n圈，；
由规律可知：是在第23圈上，且，则即，故A选项不正确；
是在第23圈上，且，即，故B选项正确；
第n圈，，所以，故C、D选项不正确；
故选B．
【点睛】本题考查图形与规律，利用所给的图形找到规律是解题的关键．
二、填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11. 计算：______．
【答案】0
【解析】
【分析】本题考查零指数幂，负整数指数幂，实数的混合运算，利用相关运算法则，正确的计算，是解题的关键．
【详解】解：原式；
故答案为：0．
12. 已知一根弹簧秤不挂物体时弹簧的长度为，在弹性限度内，每挂重物体，弹簧伸长，则挂重后弹簧的长度与所挂物体的质量之间的函数表达式是______.
【答案】
【解析】
【分析】弹簧总长=挂上的重物时弹簧伸长的长度+弹簧原来的长度，把相关数值代入即可.本题考查了根据实际问题列一次函数关系式；得到弹簧总长的等量关系是解决本题的关键．
【详解】解：∵每挂重物弹簧伸长，
∴挂上的物体后，弹簧伸长，
∴弹簧总长．
故答案为：．
13. 已知点关于x轴对称点在第一象限，则符合条件a的整数值为______．
【答案】0，1，2
【解析】
【分析】本题考查了关于x轴对称点的坐标，解不等式组，以及各象限内点的坐标的特点，判断出点P在第四象限是解题的关键．
根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”得到点P在第四象限，再根据各象限内的点的坐标的特点列出不等式组求解即可．
【详解】∵点关于x轴对称点在第一象限，
∴点P在第四象限，
∴，
解不等式①得，，
解不等式②得，，
∴不等式组的解集是．
∴符合条件a的整数值有0，1，2．
故答案为：0，1，2．
14. 若关于x的分式方程无解，则k的值是___________．
【答案】或
【解析】
【分析】先将分式方程去分母，化为整式方程，再进行分类讨论：①当整式方程无解时，②当分式方程有增根时，即可求解．
【详解】解：去分母得：，
整理得：，
①当整式方程无解时：，解得：；
②当分式方程有增根时：，
则，解得：，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了解分式方程无解的情况，解题的关键是熟练掌握解分式方程的方法和步骤，以及分式方程无解的情况．
15. 如图1，在长方形中，E为边上一点，点P是长方形中边上的动点，点P从点B出发沿着B→C→D→E的路线向点E匀速运动．若P点的运动速度为，则随着时间t的变化，的面积也随之变化，变化情况如图2所示，当______s时，的面积为．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的实际应用，动点问题，解题的关键是读懂函数图像与动点之间的关系．由函数图象可知P在上运动了，在上运动了，在上运动了，即可求出它们的长，再结合长方形性质和的面积即可求出在边上的高，从而可求出的值．
【详解】解：由图可知：当点P在上运动时面积逐渐增加，在上运动时面积不变，在上运动时面积逐渐减小，
P在上运动了，在上运动了，在上运动了，
P点的运动速度为，
，，，
四边形是长方形，
，，
，
的边上的高为：，
当是，，
当时，则，
，
，
故答案为：或．
16. 如图，在正方形中，，点E，F分别是和边上的动点，且始终保持，连接与，分别交于点N，M，过点A作于点H．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中结论正确的序号是______．
【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】将绕点A顺时针旋转得，过点B作平分，与交于点K，连接，则，证明，得，便可判断结论①；由得，再根据等角的余角性质，便可判断结论②；由A，根据角平分线的性质便可判断结论③；证明，得，若不在上，则，
此时，根据三角形外角性质可得，便可判断结论④；证明，得，再由勾股定理得，进而得，再证明，可得，便可判断结论⑤．
【详解】解：如图，将绕点A顺时针旋转得，过点B作平分，与交于点K，连接，则，
∵，
∴G、B、C共线，
∵，
，
在和中，
∵，
∴，
，
∵，
，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴， 故③正确；
∵，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，
若不在上，则，
此时，，
∵，
此时，故④不正确；
∵平分，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，故⑤正确．
综上所述，结论正确的为①②③⑤．
故答案为：①②③⑤
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、角平分的性质以及勾股定理等知识，图形复杂，涉及的知识点多，综合性强，难度大，解题关键在于构造与证明全等三角形．
三、解答题（共9小题，满分86分）
17 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了分式的混合运算、积的乘方、以及单项式乘单项式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
（1）先计算括号内的，将除法变为乘法再化简即可；
（2）先计算积的乘方，再计算单项式乘单项式即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 点A、B 在平面直角坐标系中，它们所对应坐标分别是，，若 点A、B 关于原点对称，求x 的值．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解分式方程和关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识．根据A、B 关于原点对称，即可列出分式方程求解，注意分式方程的解需要检验．
【详解】解：、B 关于原点对称，且它们所对应坐标分别是，，
解得：，
经检验：是原分式方程的解．
∴x=-1．
19. 先化简，再求值，请你从中选一合适数代入求值．
【答案】，当时，原式
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题关键．根据分式的混合运算法则计算化简，然后根据分式有意义的条件得到，，再将代入化简后的式子求值即可．
【详解】
，
∵，，
∴，，
∴当时，原式．
20. 如图，在▱中，于，于，连接和，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】首先证明AH∥CG，再利用平行四边形的性质证明△ABD≌△CDB（SSS），可得S△ABD＝S△BCD，进而可得AH＝CG，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论．
详解】证明：，，
∴，
四边形是平行四边形，
，，
在和中，
≌，
，
，
四边形为平行四边形，
∴，
．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，关键是掌握平行四边形对边相等．
21. 已知一次函数，当时的值为，当时的值为．
（1）在所给坐标系中画出一次函数的图象；
（2）求，的值；
（3）将一次函数的图象向上平移个单位长度，求所得到新的函数图象与轴，轴的交点坐标．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）和
【解析】
【分析】 （1）依据两对对应值作为点的坐标，即可在所给坐标系中画出一次函数 的图象；
（2）将已知的两对 与 的值代入一次函数解析式，即可求出 与 的值；
（3）依据一次函数图象平移的规律，即可得到新的函数及其图象与 轴， 轴的交点坐标．
【小问1详解】
函数图象如图所示
【小问2详解】
将当x=2 ， ；x=-1 ， 分别代入一次函数解析式得
解得
【小问3详解】
由 （2）可得，一次函数的关系式为
由一次函数 的图象向上平移4 个单位长度可得 新函数解析式为
令 ，则
∴
令x=0 ，则
∴ 与 轴， 轴的交点坐标分别为 和 ．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与几何变换，以及用待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟记直线平移的规律．
22. 遵义市开展信息技术与教学深度融合的精准化教学，某实验学校计划购买，两种型号教学设备，已知型设备价格比型设备价格每台高20%，用30000元购买型设备的数量比用15000元购买型设备的数量多4台．
（1）求，型设备单价分别是多少元？
（2）该校计划购买两种设备共50台，要求型设备数量不少于型设备数量的．设购买台型设备，购买总费用为元，求与的函数关系式，并求出最少购买费用．
【答案】（1），型设备单价分别是元．
（2），最少购买费用为元
【解析】
【分析】（1）设型设备的单价为元，则型设备的单价为元，根据题意建立分式方程，解方程即可求解；
（2）设型设备的单价为元，则型设备的单价为元，根据题意建立一元一次不等式，求得的最小整数解，根据单价乘以数量即可求的与的函数关系式，根据一次函数的性质即可求得最少购买费用．
【小问1详解】
解：设型设备的单价为元，则型设备的单价为元，根据题意得，
，
解得，
经检验是原方程的解，
型设备的单价为元；
答：，型设备单价分别是元．
【小问2详解】
设购买台型设备，则购买型设备台，依题意，
，
解得，
的最小整数解为，
购买总费用为元，，
，
，随的增大而增大，
时，取得最小值，最小值为．
答：最少购买费用为元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，理解题意列出关系式是解题的关键．
23. 问题情境：四边形中，点O是对角线的中点，点E是直线上的一个动点（点E与点C、O、A都不重合）过点A，C分别作直线的垂线，垂足分别为F、G，连接．

（1）初步探究：已知四边形是正方形，且点E在线段上，求证；
（2）探究图中与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据正方形性质证明即可得出结论；
（2）延长交于H，证明，得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：，理由如下：
如图，延长交于H，

∵，
∴，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，．
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，解决本题的关键是得到．
24. 类比推理是一种推理方法，即根据两种事物在某些特征上的相似，作出它们在其他特征上也可能相似的结论．触类旁通，即用类比的方法提出问题及寻求解决问题中的途径和方法．
请用类比的方法，解决以下问题：
（1）①已知，则依据此规律____；
②请你利用拆项法进行因式分解：_____；
（2）若满足，求的值；
（3）受此启发，解方程．
【答案】（1）①；②；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）①类比题材即可得解，②类比题材即可因式分解；
（2）根据绝对值和偶次方的非负性得，，然后代入所求式子利用裂项相消法即可求解；
（3）利用拆项法因式分解后再利用裂项相消法化简方程，解化简后的分式方程即可．
【小问1详解】
解：①∵
∴类比得，
故答案为：；
②，
故答案为：；
【小问2详解】
解：∵满足，即
∴，，
解得，，
∴，
；
【小问3详解】
解：，
，
，
，
，
，
，
经检验，是原方程的解，
∴原方程的解为．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算、因式分解与解分式方程，解题的关键是明确题意，理解裂项相消法的应用以及熟练求解分式方程．
25. （1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN；
（2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）EF最大值： ，EF最小值：1
【解析】
【分析】（1）过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，根据平行四边形和正方形的性质求证△ABP≌△BCH（ASA），然后根据三角形全等的性质即可证明；
（2）根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得FP＝FC，然后根据等边对等角和等量代换求得∠AFP＝90°，根据直角三角形斜边中线的性质得到FE＝AP，结合（1）问结论即可求证；
（3）根据（2）问结论得到EF＝MN，当点P和点B重合时，EF有最小值；当点P和C重合时，EF有最大值，根据正方形的对角线即可求解．
【详解】（1）如图1，过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四边形MBHN为平行四边形，
∴MN＝BH，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；
（2）如图2，连接FA，FP，FC
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的对角线，
∴BD＝2，
当点P和点B重合时，EF最小值＝MN＝AB＝1，
当点P和C重合时，EF最大值＝MN＝BD＝．
观察下列计算过程：
这就是解稍复杂的计算中常用到的裂项相消法，即把每项恰当拆分，使得其中部分分数相互抵消，简化计算．
阅读下面一道例题的解答过程：
因式分解：
解：我们可以将拆成和
即原式
在因式分解中，我们有时需要对多项式的某一项拆成两项或多项，其目的是使多项式能进行因式分解，像这样的方法称为拆项法．