279，贵州省铜仁市印江县2022-2023学年八年级下学期第三次月考数学试题

这是一份279，贵州省铜仁市印江县2022-2023学年八年级下学期第三次月考数学试题，共21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. 在平面直角坐标系中，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】B
【解析】
【分析】根据点A横纵坐标符号判定即可．
详解】解：∵A(-2,3)，-20，
∴点A(-2,3)在第二象限，
故选：B．
【点睛】本题考查点所在象限，熟练掌握平面直角坐标系各象限内事业的坐标符号：第一象限(+,+），第二象限(-,+），第三象限(-,-），第四象限(+,-）是解题的关键．
2. 在中，已知，，则度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据直角三角形的两个锐角互余解答即可．
【详解】解：在中，，，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，熟知直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
3. 下列函数：①；②；③；④，其中一次函数的个数是（ ）
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识别，根据形如，这样的函数叫做一次函数，进行判断即可．您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高【详解】解：①；②；③；④，其中是一次函数的有①③，共2个；
故选B．
4. 在中，，，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形的内角和定理和含度角的直角三角形的性质，根据 ，可求出的度数，进而求出的度数．
【详解】解：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
5. 如图，平分于点A，若，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查角平分线的性质，垂线段最短，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．作于E，根据角平分线的性质求出的长即可．
【详解】解：作于E，
∵平分，
∴，
又∵Q为上动点，
∴，
∴，
则的最小值为3，
故选：B．
6. 如图，在矩形中，对角线、相交于点，以下结论错误的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】矩形的性质：矩形的四个角都是直角，对边平行且相等，对角线相等且互相平分，根据矩形的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，
故A，B，D正确，
而不一定成立，故C不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键．
7. 已知点P(a＋l，2a－3)关于x轴的对称点在第一象限，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：∵点P（a＋1，2a－3）关于x轴的对称点在第一象限，
∴点P在第四象限．
∴ ．
解不等式①得，a＞－1，
解不等式②得，a＜，
所以不等式组的解集是－1＜a＜．
故选：B．
8. 一次函数y＝kx－k(k＜0)的图象大致是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据k的取值范围，进而确定﹣k＞0，然后再确定图象所在象限即可．
【详解】解：∵k＜0，
∴﹣k＞0，
∴一次函数y=kx﹣k的图象经过第一、二、四象限，
故选：A．
【点睛】考点：一次函数的图象．
9. 如图，在中，，是边上中线，是的中位线，若，则（ ）​
A. 3B. 4C. 5D. 6​
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟记各性质定理是解题的关键．根据直角三角形斜边上的直线的性质得出的长，再根据三角形中位线定理得出结果．
【详解】解：在中，，是边上中线，，
∴，
∵是的中位线，
∴，
故选：D．
10. 如图，在中，的平分线交于点E，平分交于点F，若，，（ ）
A. 1B. 2C. 2.5D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质．由平行四边形的性质及角平分线的性质证出，，得出，则可得出答案．
【详解】解：∵平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴， ，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：A．
11. 如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点C作交于点E，下列结论不一定正确的是（ ）
A. B. 平分C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
根据菱形的性质和平行四边形的判定与性质解答即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴， ，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
故选项A不符合题意；
∵为四边形是菱形，
∴平分，
故选项B不符合题意；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
故选项C不符合题意；
∵不能得出四边形是菱形，
∴不一定等于，故选项D符合题意；
故选：D．
12. 有下列四个条件：①，②，③，④，使为正方形（如图）．现有下列四种选法，其中错误是（ ）
A. ②③B. ②④C. ①②D. ①③
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查正方形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于常考题型．
【详解】解：根据正方形的判断方法可知：满足条件①②或①③或②④或③④时，四边形是正方形．
故选：A．
二、填空题：（本题共4个小题，每小题4分，共16分）
13. 请写出一个随增大而增大的一次函数表达式_________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】在此解析式中，当x增大时，y也随着增大，这样的一次函数表达式有很多，根据题意写一个即可．
【详解】解：如，y随x的增大而增大．
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】此题属于开放型试题，答案不唯一，考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的增减性是解题关键．
14. 如图，三角形中，为直线上一动点，则线段的最小值是___________________．
【答案】
【解析】
【分析】当PC⊥AB时，PC的值最小，利用面积法求解即可．
本题考查勾股定理、垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．
【详解】解：在中，
∴
∵当时，的值最小，
此时：
∴
∴
故答案为：
15. 如图，点O是矩形纸片对角线的中点，E是上一点，将纸片沿折叠后，点B恰好与点O重合，若，则_____．
【答案】5
【解析】
【分析】由折叠的性质及矩形的性质得到垂直平分，得到，根据为的一半确定出，进而得到等于的一半，求出的长，即为的长．
【详解】解：由题意得：，即，
∵点O是矩形纸片对角线的中点，纸片沿折叠后，点B恰好与点O重合
∴，，
∴垂直平分，
∴，
设，
则有，
在中，根据勾股定理得：
在中，，
∴
∵折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
则，
故答案为：5．
【点睛】此题考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形等知识，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
16. 在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到的指令是：从原点O出发，按“向上→向右→向下→向右” 的方向依次不断移动，每次移动1个单位长度，其移动路线如图所示，第一次移动到点，第二次移动到点，……，第n次移动到点．则点的坐标是______．

【答案】
【解析】
【分析】根据前几个点的坐标变化，得出坐标的横、纵坐标变化规律，进而求得点的坐标即可．
【详解】解：根据题意，
第一次移动到点的坐标为，
第二次移动到点的坐标为，
第三次移动到点的坐标为，
第四次移动到点的坐标为，
第五次移动到点的坐标为，
……
根据变化规律可得，纵坐标4个为一个循环，前两个都为1，后两个都为0；
横坐标第一个为0，后面分别依次是2个点的横坐标为2，2个点的横坐标为3，2个点的横坐标为4，……，
∵，
∴点的坐标为，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查点的坐标变化规律探究，理解题意，仔细观察图象，得到点的横、纵坐标的变化规律是解答的关键．
三、解答题：（本大题共9小题，第17，18，19，20，21，22题每题10分，第23，24题每题12分，第25题14分，共98分，要有解题的主要过程）
17. 如图，在中，于点，，．
（1）求的长；
（2）求证：直角三角形．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】此题主要考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理，正确应用勾股定理是解题关键．
（）利用勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长即可；
（）根据勾股定理的逆定理即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
在中，，
在中，；
【小问2详解】
证明：∵，，，
∴，
∴是直角三角形．
18. 如图，在平面直角坐标系中，，，．
（1）在图中作出关于x轴对称的图形，并用坐标表示_____，_____，_____；
（2）求的面积．
【答案】（1）见解析，，，
（2）9
【解析】
【分析】本题主要考查平面直角坐标系中图形的变换，掌握图形关于轴对称图形的作法，轴对称图形的性质，图形与坐标，几何图形面积的计算方法等知识是解题的关键．
（1）根据图形关于轴对称的作法，轴对称图形的性质即可求解；
（2）根据运用“割补法”，几何图形的面积的计算方法即可求解．
【小问1详解】
解：如图，为所作，，，；
故答案为：，，；
【小问2详解】
如图所示，将补充梯形
∴，，，，，
．
故答案为：9．
19. 如图，在中，，是中位线，连接和，交于点O．

（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）8
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，中位线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
（1）根据中位线的性质得出，，证明四边形是平行四边形，得出；
（2）根据中位线的性质和平行四边形的性质求出结果即可．
【小问1详解】
证明：∵，是的中位线，
∴，，
∴四边形是平行四边形
∵对角线、相交于点O，
∴；
【小问2详解】
解：∵、是平行四边形的对角线，，
∴，
∵，是的中位线，
∴D，F分别是的中点
∴，
即．
20. 如图，一艘执法船以40km/h的速度向正东航行，在A处测得灯塔C在北偏东方向上，行驶半小时后到B处，这时测得灯塔C在北偏东方向上，已知在灯塔C的四周20km内有暗礁，问这艘船继续向东航行是否安全？
【答案】这艘执法船继续向东航行有触礁的危险，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．过点C作，垂足为D，根据题意可得：千米，，，再利用三角形的外角性质可得，从而可得千米，然后在 中，利用锐角三角函数的定义求出的长，进行比较即可解答．
【详解】解：过点C作，垂足为D，
由题意得：（千米），，
∵是的一个外角，
∴，
∴，
∴千米，
在中，（千米），
∵，
∴这艘执法船继续向东航行有触礁的危险．
21. 为了弘扬扬中华民族的传统节日，印江县在新春佳节之季，组织了系列的文娱活动，排练时歌手A，B，C的站位如图所示：

（1）试建立平面直角坐标系，用坐标表示歌手A，B，C的站位分别是A_______B________C________；
（2）如果以A为坐标原点建立直角坐标系，歌手B保持不动，将歌手A向上平移1个单位后再向右平移1个单位到，将歌手C向上平移2个单位到，试判断由，B，三点构成的三角形是否为直角三角形？为什么？
【答案】（1），，（答案不唯一）．
（2）为直角三角形．证明见解析．
【解析】
【分析】此题主要考查了平移变换以及勾股定理逆定理，正确得出对应点位置是解题关键．
（1）直接建立平面直角坐标系，进而得出各点坐标；
（2）利用平移的性质得出对应点位置，再利用勾股定理逆定理得出答案．
【小问1详解】
解：建立坐标如图（1）所示，则，，（答案不唯一）；
故答案为：，，（答案不唯一）；
【小问2详解】
如图（2）所示：
∵，
，
，
∴，
∴为直角三角形．

22. 一辆经营长途运输的货车在高速公路的处加满油后匀速行驶，下表记录的是货车一次加满油后油箱内余油量(升)与行驶时间(时)之间的关系：
(1)请你认真分析上表中所给的数据，用你学过的一次函数、反比例函数和二次函数中的一种来表示与之间的变化规律,说明选择这种函数的理由，并求出它的函数表达式；(不要求写出自变量的取值范围)
(2)按照(1)中的变化规律,货车从处出发行驶小时到达处，求此时油箱内余油多少升?
【答案】(1)；（2）升
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数的应用，解题的关键利用已知的点，求函数解析式，再将已知条件代入解析式，求解实际问题．
（1）设与之间的关系为一次函数，其函数表达式为，将已知的点代入，求得表达式；
（2）将代入解析式即可求解．
【详解】（1）设与之间的关系为一次函数，其函数表达式为，
将，代入上式得,
，
解得，
，
验证：当时，，符合一次函数，
；
当时，，也符合一次函数，
；
可用一次函数表示其变化规律，而不用反比例函数、二次函数表示其变化规律，
与之间的关系是一次函数,其函数表达式为；
（2）当时，，
解得：，
即货车行驶到处时油箱内余油升．
23. 如图，在梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，点E为AB的中点，DE平分∠ADC．
（1）求证：CE平分∠BCD；
（2）求证：AD+BC=CD．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）作EM⊥CD垂足为M，根据角平分线的性质定理以及判定定理即可证明；
（2）只要证明△DEA≌△DEM得AD＝DM，同理可证CB＝CM．即可得结论．
【小问1详解】
证明：如图，作EM⊥CD垂足为M，

∵ED平分∠ADM，EA⊥AD，EM⊥CD，
∴AE＝EM，
∵AE＝EB，
∴EM＝EB，
∵EB⊥BC，EM⊥CD，
∴EC平分∠BCD．
【小问2详解】
证明：由（1）可知：AE＝EM＝EB，
在Rt△DEA和Rt△DEM中，
，
∴Rt△DEA≌Rt△DEM（HL），
∴DA＝DM，
同理可证：Rt△BEC≌Rt△BMC（HL），
∴CB＝CM，
∴CD＝DM+MC＝AD+BC．
【点睛】本题考查角平分线的判定和性质以及全等三角形的判定与性质，根据角平分线这个条件添加辅助线是解题的关键．
24. 如图所示，、分别表示一种白炽灯和一种节能灯的费用y（费用＝灯的售价＋电费，单位：元），与照明时间x（时）的函数图象，假设两种灯的使用寿命都是2000小时，照明效果一样．

（1）根据图象分别求出、的函数关系式；
（2）小明房间计划照明用2500小时，他买了一个白炽灯和一个节能灯；请你帮他设计最省钱的用灯方法．
【答案】（1），
（2）白炽灯使用500小时，节能灯使用2000小时
【解析】
【分析】（1）根据经过点、，得方程组解之可求出解析式，同理过、，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）设白炽灯使用小时，则节能灯使用小时，再列出费用与时间的关系式，利用一次函数的性质解题即可．
【小问1详解】
解：设直线的表达式为，
由图象可得，解得，
所以，
设直线的表达式为，
由图象可得，解得，
所以，
．
【小问2详解】
设白炽灯使用小时，则节能灯使用小时，
根据题意，则费用，
∵且，
∴，
因为，所以y随x1的增大而增大．
所以当时，（元）．
因此，最省钱的设计方案是：白炽灯使用500小时，节能灯使用2000小时．
【点睛】此题旨在检测一次函数解析式的待定系数法及一次函数的性质．结合函数图象解不等式更具直观性，对方案决策很有帮助，这就是数形结合的优越性．
25. 在中，、交于点O，过点O作直线、，连接、、、．
（1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，当时，四边形的形状是______；
（3）如图③，在（2）的条件下，若，四边形的形状是________；
（4）如图④，在（3）的条件下，若，试四边形的形状是，并说明理由．
【答案】（1）四边形是平行四边形；理由见解析
（2）菱形 （3）菱形
（4）四边形是正方形；理由见解析
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质；熟练掌握各特殊四边形的联系和区别是解答此类题目的关键．
（1）由于平行四边形对角线的交点是它的对称中心，即可得出、；根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可判断出的形状；
（2）当时，平行四边形的对角线互相垂直平分，故四边形是菱形；
（3）当时，对四边形的形状不会产生影响，故结论同（2）；
（4）当且时，四边形是正方形，则对角线相等且互相垂直平分；可通过证，得，从而证得菱形的对角线相等，根据对角线相等的菱形是正方形即可判断出的形状．
【小问1详解】
解：四边形平行四边形；
证明：∵的对角线、交于点O，
∴点O是的对称中心；
∴，；
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：同（1）可得：四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
故答案为：菱形；
【小问3详解】
解：由（2）知四边形是菱形，
当时，对四边形的形状不会产生影响，
故答案为：菱形；
【小问4详解】
解：四边形是正方形；
证明：∵，
∴是矩形；
又∵，
∴是正方形，
∴，；
∵，
∴；
∴
∴；
∴；
∴，
同理可得：，
∴；
由（3）知四边形是菱形，
又，
∴四边形是正方形．行驶时间(时)
余油量(升)