安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年八年级上学期月考数学试题答案

这是一份安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年八年级上学期月考数学试题答案，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。

一、选择题（本大题共10小题，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 冬季奥林匹克运动会是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届．第24届冬奥会将于2022年在北京和张家口举办．下列四个图分别是四届冬奥会图标中的一部分，其中是轴对称图形的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）逐项判断即可得．
【详解】解：A、不是轴对称图形，此项不符题意；
B、不是轴对称图形，此项不符题意；
C、不是轴对称图形，此项不符题意；
D、是轴对称图形，此项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形，熟记定义是解题关键．
2. 在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m，其行走路线如图所示，第1次移动到，第2次移动到，…，第n次移动到，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】每四次一循环，每个循环，点向x轴的正方向前进2m，由于2019=504×4+3，则可判断点，然后根据三角形面积公式求出．
【详解】解：A1（1，0），A2（1，1），A3（2，1），A4（2，0），A5（3，0），A6（3，1），…，
每四次一循环，每个循环，点向x轴的正方向前进2m，
∴OA4n=2n，
∵2019=504×4+3，
∴点，且，
∴的面积=（m2）．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为4的倍数时对应长度即为下标的一半．
3. 如图，将三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，，，则的度数等于（ ）
A. 20°B. 30°C. 50°D. 80°
【答案】A
【解析】
【分析】如图，根据两直线平行，内错角相等，即可得，再根据三角形外角等于与它不相邻的两个内角的和即可得．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查平行线的性质和三角形外角的性质，掌握相应的性质是解题的关键．
4. 规定：是一次函数的“特征数”．若“特征数”是的一次函数是正比例函数，则点所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据正比例函数的定义求出m的值，然后求出点的坐标即可判断．
【详解】解：由题意得：
∵“特征数”是[4，m﹣4]的一次函数是正比例函数，
∴m﹣4＝0，
∴m＝4，
∴2+m＝6，2﹣m＝﹣2，
∴点（6，﹣2）在第四象限，
故选：D．
【点睛】本题考查了正比例函数的定义，熟练掌握正比例函数的定义是解题的关键．
5. 若点是函数图象上的点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一次函数中自变量的正负性判断出函数的增减性，即可作答．
【详解】在中，
随着的增大而减小，
点，，是函数图象上的点，且，
．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了一次函数的性质，由，得出随着的增大而减小，是解答本题的关键．
6. 如图，已知，，，则的长为（ ）
A. 7B. 3.5C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用全等三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵△ABC≌△DAE，
∴AC=DE=5，AE=BC=2，
∴CE=AC-AE=3，
故选C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，熟知全等三角形对应边相等是解题的关键．
7. 如图．点P在线段上以的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段上以的速度由点B向点D运动，它们运动的时间为x（s）．当x为（ ）值时，与全等．
A. 1B. 2C. 1或2D. 1或
【答案】D
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定得出两种情况，求出每种情况的x值即可．
【详解】解：要使与全等，有两种情况：
①，
∵点P在线段上以的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s）．设点Q的运动速度为，
∴x=1；
②，
∴时间为秒，
即，
所以x的值是1或，
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质定理，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
8. 一次函数y=a1x+b1与y=a2x+b2的图象在同一平面直角坐标系中的位置如图所示，小华根据图象写出下面三条信息：①a1＞0，b1＜0；②不等式a1x+b1≤a2x+b2的解集是x≥2；③方程组的解是，你认为小华写正确（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
详解】试题解析：如图，
∵直线y=a1x+b1经过一、二、三象限，
∴a1＞0，b1＞0，故①错误；
∵当x≥2时，直线y=a1x+b1在y=a2x+b2下方，
∴不等式a1x+b1≤a2x+b2的解集是x≥2，故②正确；
∵直线y=a1x+b1与y=a2x+b2的交点坐标为（2，3），
∴方程组的解是，故③正确．
故选C．
9. 如图，在中，分别以点A和点C为圆心，以大于AC的一半的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点；作直线分别交、于点D、E．若cm，的周长为26cm，那么的周长为（ ）
A. 32cmB. 38cmC. 44cmD. 50cm
【答案】B
【解析】
【分析】根据作图方法可知，是的垂直平分线，利用垂直平分线的性质进行求解即可．
【详解】解：由题意得：是的垂直平分线，
∴，，
∵的周长为26cm，
即，
∴，
∴的周长；
故选B．
【点睛】本题考查中垂线的性质．通过作图方法得到是的垂直平分线是解题的关键．
10. 小明把一副含，的直角三角板如图摆放，其中，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图，根据三角形外角性质可得：，再结合对顶角相等，，即可解得答案．
【详解】解：，
，
，
故选：．
【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，对顶角相等，直角三角形的性质等，熟知三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和是解题的关键．
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
11. 函数中，自变量的取值范围是___．
【答案】且
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件：分母不为0以及二次根式有意义的条件：被开方数不小于0进行解答即可．
【详解】解：由题意得且，即且，
故答案为：且．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围问题，掌握分式有意义的条件以及二次根式有意义的条件是解题的关键．
12. 如图，P是直线y＝x上一动点，若点A、B的坐标分别为（5，0）、（9，3），则△PAB的面积为 _____．
【答案】．
【解析】
【分析】设点P（x, ），过P作PD⊥x轴于D，过B作BC⊥x轴于C，利用割补法求三角形面积=△OPD面积+梯形PDCB面积-△PAO面积-△ABC面积计算即可．
【详解】解：设点P（x, ），过P作PD⊥x轴于D，过B作BC⊥x轴于C，
∴S△PAB=S△OPD+S四边形PDCB-S△OPA-S△ABC，
=，
=，
=，
=，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查图形与坐标，正比例函数性质，图形面积，割补法，整式的乘法，掌握图形与坐标，正比例函数性质，图形面积，割补法，整式的乘法是解题关键．
13. 如图，若，且，，则___________°．
【答案】50
【解析】
【分析】根据全等三角形的性质及三角形外角性质求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：50．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
14. 如图，在中，，，，点为边的中点，点为边上的动点，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】作B关于直线AC的对称点E，连接ED交AC于点P，则BP+PD最小，根据勾股定理以及含30度角的直角三角形的性质即可求解.
【详解】解：作B关于直线AC的对称点E，连接ED交AC于点P，则BP+PD最小.
连接AE.∵B、E关于直线AC对称，
∴AE=AB.
∵AC⊥BE，
∴∠EAC=∠BAC=30°，
∴∠EAB=60°，
∴△ABE是等边三角形.
∵D是AB的中点，
∴ED⊥AB，
∴AC和ED都是等边三角形EAB的高，
，，，
∴ED=AC=
即BP+PD最小值为
故答案为：.
【点睛】本题考查了轴对称求线段和最值问题，等边三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握三角形的性质与判定是解题的关键.
三、解答题（本大题共9小题，共90分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，，将向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到，其中点，，分别为，，的对应点．
（1）请在所给坐标系中画出，并直接写出点的坐标；
（2）若边上一点经过上述平移后的对应点为，用含，的式子表示点的坐标；（直接写出结果即可）
（3）求的面积．
【答案】（1）见解析，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先确定，，平移后的位置，再依次连接即可，再根据平面直角坐标系写出坐标即可；
（2）根据左右平移，纵坐标不变，横坐标加减，上下平移，横坐标不变，纵坐标加减可得答案；
（3）利用所在矩形的面积减去四周的三个直角三角形的面积，列式结算即可．
【小问1详解】
解：，，向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到对应点，，，
如图所示：

点的坐标为；
【小问2详解】
根据将向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到，
并且边上一点经过上述平移后对应点为 ，
点的坐标为；
【小问3详解】
如图 ：

．
【点睛】本题考查了利用平移变换作图，三角形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
16. 在平面直角坐标系xOy中，直线与坐标轴分别交于，两点．将直线在x轴上方的部分沿x轴翻折，其余的部分保持不变，得到一个新的图形，这个图形与直线分别交于点C，D．
（1）求k，b的值；
（2）横、纵坐标都是整数的点叫做整点．记线段AC，CD，DA围成的区域（不含边界）为W．
①当m=1时，区域W内有______个整点；
②若区域W内恰有3个整点，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）
（2）1；
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法可求得直线的解析式；
（2）①画出图象，确定点B关于x轴的对称点及与直线的交点C，根据图象可求解；②利用图象找到区域W内恰好有1个整点和恰有3个整点时的m的取值即可求解．
【小问1详解】
∵直线与坐标轴分别交于，两点,
∴，
解得，且．
【小问2详解】
如图所示，点B关于x轴的对称点坐标为(0，-4)
当m=1时，直线l2的解析式为，恰好过(0，-4)，即为交点C，此时区域W内有1个整点E，
故答案为：1
如图所示，当m=1时，直线l2的解析式为，恰好经过整点G，F，
当直线恰好经过整点H时，区域W内恰有3个整点，此时把整点H的坐标(0，-5)代入得，，
解得，
∴区域W内恰有3个整点时，m的取值范围为：．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，利用图象求解问题，通过画图象确定临界点是解题的关键．
17. 若正比例函数的图象与一次函数的图象交于点，且点的横坐标为．
（1）求该一次函数的表达式；
（2）直接写出方程组的解；
（3）在一次函数的图象上是否存在点，使的面积为9，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=2x+6
（2）的解为
（3）存在，点坐标为(1,8)或(-5,-4)
【解析】
【分析】（1）先求出A点的纵坐标，把A点的坐标代入y=2x+m，求出m即可；
（2）根据方程组的特点和A点的坐标得出答案即可；
（3）设直线y=2x+6与y轴的交点为C，与x轴的交点为D，则C（0，6），D（-3，0），求出△AOC和△AOD的面积，分为两种情况：①当B点在第一象限时，则S△BOC=3，②当B点在第三象限时，则S△BOD=6，根据三角形的面积求出B点的纵坐标或横坐标，即可求出答案．
【小问1详解】
解：将x=-2代入y=-x，得y=2，
则点A坐标为（-2，2），
将A（-2，2）代入y=2x+m，得2×(-2)+m=2，
解得：m=6，
所以一次函数的解析式为y=2x+6；
【小问2详解】
解：∵正比例函数的图象与一次函数的图象交于点(-2,2)
∴方程组的解为，
∴方程组的解为；
【小问3详解】
解：设直线y=x+2与y轴的交点为C，与x轴的交点为D，
C(0,6)，D(-3,0)，
∵A(-2,2)，
∴S△AOC＝，
S△AOD＝，
当B点在第一象限时，则S△BOC= S△AOB- S△AOC＝9-6=3，
设B的横坐标为P，
∴S△BOC＝，
解得：P=1，
即点B的横坐标是1，
把x=1代入y=2x+6得：y=8，
∴B(1,8)；
②当B点在第三象限时，则S△BOD= S△AOB- S△AOD =9-3=6，
设B的纵坐标为n，
∴S△BOD＝，
解得：n=-4，
即点B的纵坐标是-4，
把y=-4代入y=2x+6得：x=-5，
∴B(-5,-4)，
综上，点B的坐标为(1,8)或(-5,-4)．
【点睛】本题考查了一次函数与二次一次方程组，一次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积等知识点，能灵活运用知识点进行计算是解此题的关键，用了分类讨论思想．
18. 如图，小刚站在河边的点A处，在河对面（小刚的正北方向）的点B处有一电线塔，他想知道电线塔离他有多远，于是他向正西方向走了30步到达一棵树C处，接着再向前走了30步到达D处，然后他左转90°直行，从点D处开始计步，当小刚看到电线塔、树与自己现处的位置E在一条直线时，他恰好走了80步，并且小刚一步大约0．5米．由此小刚估计出了在点A处时他与电线塔的距离，请问他的做法是否合理？若合理，请求出在点A处时他与电线塔的距离；若不合理，请说明理由．
【答案】合理，小刚在点A处时他与电线塔的距离为40米．
【解析】
【分析】根据AAS可得出△ABC≌△DEC，由该全等三角形的性质AB＝DE，故可求解．
【详解】解：合理，理由如下：
根据题意，得．
在和中，
∴．
∴．
又∵小刚走完用了80步，一步大约0.5米，
∴（米）．
∴小刚在点A处时他与电线塔的距离为40米．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，像此类应用类得题目，一定要仔细审题，根据题意建立数学模型，难度一般不大，细心求解即可．
19. 如图，在中，点D，F，G，E分别在边AB，BC，AC上，，．
（1）说明的理由；
（2）若，，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）104゜
【解析】
【分析】（1）先证明得到，然后根据，得到，即可得证；
（2）根据平行线的性质可以得到，根据三角形外角的性质，可以得到，从而可以求解.
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）由（1）知
∴，
∵，，，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，三角形外角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
20. 矩形OABC在平面直角坐标系中位置如图所示，点B的坐标为，D是的中点，点E在线段上．
（1）点D的坐标是______；
（2）求直线的解析式；
（3）当的周长最小时，求点E的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）点E的坐标为
【解析】
【分析】（1）根据点的坐标性质求出BC，根据题意求出OA，再根据D是的中点得到D点的坐标；
（2）先求出点C的坐标为，再设直线的解析式为，用待定系数法求解即可；
（3）作点D关于直线的对称点F，连接，与交于点E，此时的周长最小．据此求解即可．
【小问1详解】
∵矩形中，B的坐标为，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∴
故答案为：；
【小问2详解】
由题意知，点C的坐标为．
设直线的解析式为，则有
解得
∴直线的解析式为．
【小问3详解】
如图，作点D关于直线的对称点F，连接，与交于点E，此时的周长最小．
∵点D的坐标为，点A的坐标为，
∴点F的坐标为．
设直线的解析式为，则有
解得
∴直线的解析式为．
∴当时，．
∴点E的坐标为．
【点睛】本题考查是轴对称-最短问题、矩形的性质，一次函数的应用，解题的关键是掌握轴对称-最短路径的确定，灵活运用待定系数法求出一次函数解析式．
21. 某体育用品商场采购员要到厂家批发购买篮球和排球共100个，篮球个数不少于排球个数，付款总额不得超过11200元，已知篮球和排球的厂家批发价分别是每个120元和每个100元，商场零售价分别是每个150元和每个120元．设该商场采购x个篮球．
（1）求该商场的采购费用y与x的函数关系式，并求出自变量x的取值范围；
（2）该商场把这100个球全部以零售价售出，求商场能获得的最大利润；
（3）受原材料和工艺调整等因素影响，采购员实际采购时，篮球批发价上调了元/个，同时排球批发价下调了元/个．该体育用品商场决定不调整商场零售价，发现将100个球全部卖出获得的最低利润是2300元，求m的值．
【答案】（1）
（2）2600元 （3）3
【解析】
【分析】（1）根据题意列函数解析式和不等式组求解即可；
（2）设利润为W，根据题意得到总利润，利用一次函数的增减性质求解即可；
（3）设利润为W，根据题意得到总利润，分和，利用一次函数的增减性质求解即可．
【小问1详解】
解：设该商场采购x个篮球，则采购个排球，
根据题意，，
由得，
答：该商场的采购费用y与x的函数关系式为；
【小问2详解】
解：该商场采购x个篮球，设利润为W，根据题意，得，
∵，
∴W随x的增大而增大，又，
∴当时，W最大，最大值为2600，
答：商场能获得的最大利润为2600元；
【小问3详解】
解：该商场采购x个篮球，根据题意，得，
当即时，W随x的增大而增大，
又∵，
∴当时，W有最小值为，
解得，舍去；
当即时，W随x的增大而减小，
又∵，
∴当时，W有最小值为，
解得，
综上，满足条件的m值为3．
【点睛】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式组的应用、解一元一次方程，理解题意，正确列出函数解析式是解答的关键．
22. 如图，已知，点在上，与相交于点．
（1）若，，则线段的长是 ；
（2）已知，，求的度数．

【答案】（1）3；（2）130°
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形的性质得出AB=DE=8，BE=BC=5，即可求出答案；
（2）根据三角形外角性质求出∠AEF，根据三角形外角性质求出∠AFD即可．
【详解】解：（1）∵△ABC≌△DEB，DE=8，BC=5，
∴AB=DE=8，BE=BC=5，
∴AE=AB-BE=8-5=3，
故答案为：3；
（2）∵∠AEF是△DBE的外角，
∴∠AEF=∠D+∠DBE=35°+60°=95°，
∵∠AFD是△AEF的外角，
∴∠AFD=∠A+∠AEF=35°+95°=130°．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质的应用，能熟记全等三角形的性质是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
23. 如图，是经过顶点C的一条直线，，E、F分别是直线上两点，且．

（1）若直线经过的内部，且E、F在射线上．
①如图1，若，，试判断和的数量关系，并说明理由．
②如图2，若，请添加一个关于与关系的条件______，使①中的结论仍然成立；
（2）如图3，若直线经过的外部，，请提出关于，，三条线段数量关系的合理猜想，并说明理由．
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由，，可得，从而可证，故；
②添加，可证明，则，根据可证明，即可得证①中的结论仍然成立；
（2）题干已知条件可证，故，，从而可证明．
【小问1详解】
解：①，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②添加，使①中的结论仍然成立，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
故答案为：；
【小问2详解】
，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
即．
【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．