八年级数学下学期5月学情自测卷（新教材人教版第十九章~第二十三章，高效培优）+答案

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一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
二、填空题：本题共6小题，每小题2分，共12分。
13．13．314.100cm/100厘米15．42cm2/42平方厘米
16．y=2x+4或y=−6x−417．2−218．−58,−3
三、解答题（本题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
19．（4分）
【详解】解：原式=22−12+32−43+22（2分）
=2−1+3−43+4（3分）
=8−43．（4分）
20．（8分）
【详解】（1）解：如图点F即为所求；（3分）
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，AB=CD，BC=AD．（4分）
∵∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDF（ASA）．
∴AE=CF，BE=DF．（5分）
∵BC=AD，
∴BC−BE=AD−DF，
∴EC=AF，（6分）
∵AE=CF，
∴四边形AFCE是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．（7分）
∵AE=EC，
∴四边形AFCE是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．（8分）
21．（6分）
【详解】解：如图所示：（2分）
由题意可知，∠CAD=20°，∠BAE=70°，
∴∠CAB=90°，（3分）
∵BC=20，AB=8×1.5=12，（4分）
∴AC=202−122=16，（5分）
∴小明的平均速度为16÷1.5=323(km/h)，
答：小明骑车的平均速度为323km/h．（6分）
22．（10分）
【详解】(1)：证明：∵三角板ABC和DEF是两个全等的三角板，
∴△ABC≌△DEF，
∴AB=DE．
又∵∠BAC=∠EDF=30°，
∴ AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形．（3分）
(2)：证明：由（1）知，四边形ABDE为平行四边形．
当点C和点F重合时，
∠ACB=∠DFE=90°
∴AD⊥BE，
∴四边形ABDE为菱形．（5分）
(3)：解：如图，当四边形ABDE为矩形时，∠ABD=90°．
∠ACB=∠DFE=90°，
在Rt△ABC中，∵∠BAD=30°，AC=3，设BC=x，则AB=2x．
由勾股定理，得BC2+AC2=AB2，
即x2+32=(2x)2，
解得x=3（负值舍去），∴AB=23．（7分）
∵ ∠ABD=90°，∠BAD=30°，∠ACB=∠DFE=90°，
∴∠ABC=60°，∴∠CBD=30°
在Rt△BCD中，设CD=y，则BD=2y．（8分）
由勾股定理，得BC2+CD2=BD2，
即y2+32=2y2，解得y=1（负值舍去），
∴BD=2，（9分）
∴矩形ABDE的周长为2(AB+BD)=2×(23+2)=43+4．（10分）
23．（10分）
【详解】（1）解：∵甲从学校门口到图书馆的路程为1500米，乙从操场到图书馆的路程是2000米，
∴学校门口和操场的距离为：2000−1500=500（米）；（2分）
（2）解：设甲的函数解析式为：y=kxk≠0，代入30,1500，
∴1500=30k，
∴k=50，
∴y=50x，（3分）
设乙的函数解析式为：y=k1x+b1k1≠0
代入5,0，25,2000
∴2000=25k1+b10=5k1+b1
解得：k1=100b1=−500
∴y=100x−500，
由题意，50x+500=100x−500，（4分）
解得：x=20，
故当乙追上甲时，x的值为20；（5分）
（3）解：根据函数图象可知，甲步行的速度为150030=50米/分钟，乙骑车的速度为200025−5=100米/分钟，
∵乙骑车到达图书馆后停留5分钟，按照原速返回学校门口，
∴乙返回时的行驶距离为2000−500=1500（米），
∴乙到达学校门口时x的值为30+1500100=45，y的值为2000+1500=3500，（7分）
设乙返回时行驶路程y与x的函数关系式为y=mx+n，代入30,2000,45,3500，
2000=30m+n3500=45m+n，（8分）
解得：m=100n=−1000
∴y=100x−1000．（10分）
24．（10分）
【详解】（1）解：设参加此次研学活动的老师有x人，学生有y人，
依题意，得：14x+10=y15x−6=y，解得：x=16y=234．
答：参加此次研学活动的老师有16人，学生有234人．（3分）
（2）∵(234+16)÷35=7（辆）……5（人），16÷2=8（辆），
∴租车总辆数为8辆．故答案为8．（5分）
（3）设租35座客车m辆，则需租30座的客车8−m辆，
依题意，得：35m+30(8−m)≥234+16400m+320(8−m)≤3000，
解得：2≤m≤512．
∵m为正整数，
∴m=2,3,4,5，
∴共有4种租车方案．（7分）
设租车总费用为w元，则w=400m+320(8−m)=80m+2560，
∵80>0，∴w的值随m值的增大而增大，
∴当m=2时，w取得最小值，最小值为2720．
∴最少租车费用是2720元．（10分）
25．（12分）
【详解】（1）解：由题意可知，点P的速度为2，点Q的速度为1，
BP=2t,DQ=t,AQ=15−t,PC=20−2t，
∵点Q到达A点需要15s，点P到达点C需要10s，且其中一个到达端点即停止，
∴0≤t≤10，（2分）
若四边形ABPQ是平行四边形，则AQ=BP，
∴15−t=2t，
解得t=5；（3分）
（2）解：过点Q作QE⊥BC于点E，
则QE=AB=8,BE=AQ=15−t，
在Rt△QEP中，PQ=10，
PE=PQ2−QE2=102−82=6，（4分）
∵PE=BP−BE，
∴2t−(15−t)=6，
∴3t−15=6，
当3t−15=6时，t=7；（5分）
当3t−15=−6，t=3；（6分）
∵ t=3和t=7都在0≤t≤10范围内，
答：当t为3或7时，PQ的长度为10；（7分）
（3）解：四边形PCDQ不可能是菱形，理由如下：
若四边形PCDQ是菱形，则首先它是平行四边形，需满足DQ=PC，
t=20−2t，
t=203，
此时DQ=203，（9分）
过点D作DF⊥BC于点F，则DF=AB=8，CF=BC−AD=20−15=5，
在Rt△DFC中，CD=DF2+CF2=82+52=89，（11分）
∵DQ=203≠89，即DQ≠CD，
故四边形PCDQ不可能是菱形．（12分）
26．（12分）
【详解】（1）解：设∠D=x，
∵AB=BD，
∴∠DAB=∠D=x，
∴∠ABC=∠D+∠DAB=2x，
又∵AB=AC，
∴∠C=∠ABC=2x，（2分）
又∵∠DAC=90°，
∴∠D+∠C=90°，
∴x+2x=90°，
∴x=30°，
∴∠ACB=2x=60°；（3分）
（2）解：如图，连接AE，在AD上取点Q，使MQ=MA，连接EQ，（4分）
∵AB=AC，E为BC中点，
∴BE=CE，AE⊥BC，
∴∠AED=90°，
∵F为AD中点，
∴EF=12AD=FD=AF，
∴∠FED=∠FDE，
∵AB=BD，
∴∠DAB=∠D，
∵∠CEN=∠FED，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=2∠DAB，
∴∠CEN=∠FED=∠FDE=∠DAB=12∠ABC=12∠ACB，
∴∠N=∠ACB−∠CEN=∠ACB−12∠ACB=12∠ACB=∠CEN=∠D，
∴CN=CE=BE，
又∵DB=AB=AC，
∴DE=AN，
设∠BAC=2β，
∴∠ABC=∠ACB=180°−2β2=90°−β，
∵MQ=MA，EM⊥AD，
∴AE=QE，
∴∠AQE=∠QAE=90°−∠D=90°−12∠ABC=45°+12β，
∴∠DQE=135°−12β，
∵∠CEN=∠D=12∠ABC=45°−12β，
∴∠AEN=∠AEC+∠CEN=90°+45−12β=135°−12β，
∴∠DQE=∠AEN，（6分）
∵∠D=∠N，∠DQE=∠AEN，DE=AN，
∴△DQE≌△NEAAAS，
∴DQ=EN，
∴在Rt△AED中，EF=12AD=12DQ+AQ=12EN+2AM=AM+12EN；（8分）
（3）解：如图，延长DE到点R，使得RE=DE，连接DP，RP，DH，
∵AB=AC，E为BC中点，
∴AE⊥BC，
∵RE=DE，
∴PD=PR，
∵点K为AP中点，F为AD中点，
∴PD=2FK，
∵BD=AB，F为AD中点，
∴BF⊥AD，
∴DH=AH，
∴12AH+12HP+FK=12AH+HP+2FK=12AH+HP+PD=12AH+HP+RP=12DH+HP+RP，（10分）
由两点之间线段最短，可知当D、H、P、R四点共线时DH+HP+RP取得最小值DR，
∴12AH+12HP+FK的最小值为12DR=DE，（11分）
由（1）可知∠ADB=x=30°，
∵AE⊥BC，
∴AE=12AD=52，
∴DE=AD2−AE2=532，
即12AH+12HP+FK的最小值为523．（12分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
B
C
B
D
C
B
A
C
B
C
B