2023年广东省汕尾市海丰县八年级数学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．平行四边形的周长为24cm，相邻两边长的比为3：1，那么这个平行四边形较短的边长为（）A．6cm B．3cm C．9cm D．12cm2．如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为矩形边上的一个动点，运动路线是A→B→C→D→A，设P点经过的路程为x，以A，P，B为顶点的三角形面积为y，则选项图象能大致反映y与x的函数关系的是（）A． B． C． D．3．如图：在菱形ABCD中，AC=6，BD=8，则菱形的边长为（）A．5 B．10 C．6 D．84．若a>b，则下列不等式中成立的是（）A．a-5<b-5 B．5a<5b C．-5a<-5b D．a-b<05．如图，△ABC中，∠A=30°，∠ACB=90°，BC=2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE，则BE的最小值是（）A．-1 B． C． D．26．如图,在的方格纸中,两点在格点上,线段绕某点逆时针旋转角后得到线段,点与对应,则角的大小为()A． B． C． D．7．如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点、DE＝3，那么BC的长为()A．4 B．5 C．6 D．78．矩形的对角线长为10，两邻边之比为3：4，则矩形的面积为（）A．12 B．24 C．48 D．509．如图，已知矩形中，与相交于，平分交于，，则的度数为（）A． B． C． D．10．如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝1，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝110°；④S四边形AEFD＝1．正确的个数是（）A．1个 B．2个C．3个 D．4个二、填空题(每小题3分,共24分)11．若的整数部分为，小数部分为，则的值是___.12．如图,将边长为12的正方形ABCD沿其对角线AC剪开,再把△ABC沿着AD方向平移,得到△A′B′C′,当两个三角形重叠部分的面积为32时,它移动的距离AA′等于________.13．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=1．作一边的垂直平分线交另一边于点D，则CD的长是______．14．多项式x2+mx+5因式分解得（x+5）（x+n），则m=_____，n=_____．15．把直线y＝－x＋3向上平移m个单位后，与直线y＝2x＋4的交点在第一象限，则m的取值范围是_________________.16．小明租用共享单车从家出发，匀速骑行到相距米的图书馆还书．小明出发的同时，他的爸爸以每分钟米的速度从图书馆沿同一条道路步行回家，小明在图书馆停留了分钟后沿原路按原速返回．设他们出发后经过（分）时，小明与家之间的距离为（米），小明爸爸与家之间的距离为（米），图中折线、线段分别表示、与之间的函数关系的图象．小明从家出发，经过___分钟在返回途中追上爸爸．17．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6，BC=16，E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒2个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当运动时间________秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．18．已知是一元二次方程的两实根，则代数式_______．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在中，点是的中点，点是线段的延长线上的一动点，连接，过点作的平行线，与线段的延长线交于点，连接、.(1)求证：四边形是平行四边形.(2)若，，则在点的运动过程中：①当______时，四边形是矩形；②当______时，四边形是菱形.20．（6分）先化简，再求值，其中．21．（6分）如图，△ABC中，A（﹣1，1），B（﹣4，2），C（﹣3，4）．（1）在网格中画出△ABC向右平移5个单位后的图形△A1B1C1；（2）在网格中画出△ABC关于原点O成中心对称后的图形△A2B2C2；（3）在x轴上找一点P使PA+PB的值最小请直接写出点P的坐标．22．（8分）如图，已知直线y＝x+4与x轴、y轴交于A，B两点，直线l经过原点，与线段AB交于点C，并把△AOB的面积分为2：3两部分，求直线l的解析式．23．（8分）已知：如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y=-x+4与坐标轴分别相交于点A、B与l2：y=1(1)求点C的坐标；(2)若平行于y轴的直线x=a交于直线l1于点E，交直线l2于点D，交x轴于点M，且ED=2DM，求24．（8分）已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．25．（10分）如图，BD是矩形ABCD的一条对角线．(1)作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC于点E，F，垂足为点O；(要求用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法)(2)在(1)中，连接BE和DF，求证：四边形DEBF是菱形26．（10分）已知关于x的一元二次方程有两不相等的实数根．①求m的取值范围．②设x1，x2是方程的两根且，求m的值．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【解析】

设平行四边形较短的边长为x,根据平行四边形的性质和已知条件列出方程求解即可【详解】解：设平行四边形较短的边长为x，∵相邻两边长的比为3：1，∴相邻两边长分别为3x、x，∴2x+6x＝24，即x＝3cm，故选B．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，根据性质，设出未知数，列出方程是解题的关键．2、B【解析】

根据题意可以分别表示出各段的函数解析式，从而可以根据各段对应的函数图象判断选项的正误即可.【详解】由题意可得，点P到A→B的过程中，y=0（0≤x≤2），故选项C错误，点P到B→C的过程中，y=2（x-2）=x-2（2＜x≤6），故选项A错误，点P到C→D的过程中，y=24=4（6＜x≤8），故选项D错误，点P到D→A的过程中，y=2(12-x)=12-x(8<x12)，由以上各段函数解析式可知，选项B正确，故选B.【点睛】本题考查动点问题的函数图象，明确题意，写出各段函数对应的函数解析式，明确各段的函数图象是解题关键.3、A【解析】试题分析：根据菱形的性质：菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角，可知每个直角三角形的直角边，根据勾股定理可将菱形的边长求出．解：设AC与BD相交于点O，由菱形的性质知：AC⊥BD，OA=AC=3，OB=BD=4在Rt△OAB中，AB===1所以菱形的边长为1．故选A．考点：菱形的性质．4、C【解析】

根据不等式的性质分析判断．【详解】A、在不等式a>b的两边同时减去1，即a-1>b-1．故本选项错误；

B、在不等式a>b的两边同时乘以1，即1a>1b．故本选项错误；

C、在不等式a>b的两边同时乘以-1，不等号的方向发生改变，即-1a<-1b；故本选项正确；

D、在不等式a>b的两边同时减去b，原不等式仍然成立，即a-b>2．故本选项错误.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质．在解答不等式的问题时，应密切关注符号的方向问题．5、A【解析】

过点C作CK⊥AB于点K，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE,延长HE交AB的延长线于点J；通过证明△CKD≌△CHE(ASA)，进而证明所构建的四边形CKJH是正方形，所以当点E与点J重合时，BE的值最小，再通过在Rt△CBK中已知的边角条件，即可求出答案.【详解】如图,过点C作CK⊥AB于点K，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE,延长HE交AB的延长线于点J；∵将线段CD绕点C逆时针旋转90°,得到线段CE∴∠DCE=∠KCH=90°∵∠ECH=∠KCH-∠KCE，∠DCK=∠DCE-∠KCE∴∠ECH=∠DCK又∵CD=CE，CK=CH∴在△CKD和△CHE中∴△CKD≌△CHE(ASA)∴∠CKD=∠H=90°，CH=CK∴∠CKJ=∠KCH=∠H=90°∴四边形CKJH是正方形∴CH=HJ=KJ=C'K∴点E在直线HJ上运动，当点E与点J重合时，BE的值最小∵∠A=30°∴∠ABC=60°在Rt△CBK中，BC=2,∴CK=BCsin60°=，BK=BCcos60°=1∴KJ=CK=所以BJ=KJ-BK=；BE的最小值为.故选A.【点睛】本题主要考查了以线段旋转为载体的求线段最短问题，正方形的构建是快速解答本题的关键.6、C【解析】

如图：连接AA′，BB′，作线段AA′，BB′的垂直平分线交点为O，点O即为旋转中心．连接OA，OB′，∠AOA′即为旋转角．【详解】解：如图：连接AA′，BB′，作线段AA′，BB′的垂直平分线交点为O，点O即为旋转中心．连接OA，OB′∠AOA′即为旋转角，∴旋转角为90°故选：C．【点睛】考查了旋转的性质，解题的关键是能够根据题意确定旋转中心的知识，难度不大．7、C【解析】

根据三角形的中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，有DE=BC，从而求出BC．【详解】解：∵D、E分别是AB、AC的中点．

∴DE是△ABC的中位线，

∴BC=2DE，

∵DE=3，

∴BC=2×3=1．

故选：C．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．8、C【解析】

设矩形的两邻边长分别为3x、4x，根据勾股定理可得（3x）2+（4x）2＝102，解方程求得x的值，即可求得矩形两邻边的长，根据矩形的面积公式即可求得矩形的面积.【详解】∵矩形的两邻边之比为3：4，∴设矩形的两邻边长分别为：3x，4x，∵对角线长为10，∴（3x）2+（4x）2＝102，解得：x＝2，∴矩形的两邻边长分别为：6，8；∴矩形的面积为：6×8＝1．故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质及勾股定理，利用勾股定理求得矩形两邻边的长是解决问题的关键.9、B【解析】

因为DE平分∠ADC，可证得△ECD为等腰直角三角形，得EC=CD，因为∠BDE=15°，可求得∠CDO=60°，易证△CDO为等边三角形，等量代换可得CE=CO，即∠COE=∠CEO，而∠ECO=30°，利用三角形内角和为180°，即可求得∠COE=75°．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，且DE平分∠ADC，∴∠CDE=∠CED=45，即△ECD为等腰直角三角形，∴CE=CD，∵∠BDE=15°，∴∠CDO=45°+15°=60°，∵OD=OC，∴△CDO为等边三角形，即OC=OD=CD，∴CE=OC，∴∠COE=∠CEO，而∠OCE=90°-60°=30°，∴∠COE=∠CEO==75°．故选B．【点睛】本题考查三角形与矩形的综合，难度一般，熟练掌握矩形的性质是顺利解题的关键．10、C【解析】

由，得出∠BAC=90°，则①正确；由等边三角形的性质得∠DAB=∠EAC=60°，则∠DAE=110°，由SAS证得△ABC≌△DBF，得AC=DF=AE=4，同理△ABC≌△EFC（SAS），得AB=EF=AD=3，得出四边形AEFD是平行四边形，则②正确；由平行四边形的性质得∠DFE=∠DAE=110°，则③正确；∠FDA=180°－∠DFE=30°，过点作于点，，则④不正确；即可得出结果．【详解】解：∵，∴，∴∠BAC=90°，∴AB⊥AC，故①正确；∵△ABD，△ACE都是等边三角形，∴∠DAB=∠EAC=60°，又∴∠BAC=90°，∴∠DAE=110°，∵△ABD和△FBC都是等边三角形，∴BD=BA，BF=BC，∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°，∴∠DBF=∠ABC，在△ABC与△DBF中，，∴△ABC≌△DBF（SAS），∴AC=DF=AE=4，同理可证：△ABC≌△EFC（SAS），∴AB=EF=AD=3，∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；∴∠DFE=∠DAE=110°，故③正确；∴∠FDA=180°-∠DFE=180°－110°=30°，过点作于点，∴，故④不正确；∴正确的个数是3个，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平角、周角、平行是四边形面积的计算等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、3【解析】

先估算,再估算,根据6－的整数部分为x,小数部分为y,可得:x=2,y=,然后再代入计算即可求解.【详解】因为,所以,因为6－的整数部分为x,小数部分为y,所以x=2,y=,所以(2x＋)y=,故答案为:3.【点睛】本题主要考查无理数整数部分和小数部分,解决本题的关键是要熟练掌握无理数估算方法和无理数整数和小数部分的求解方法.12、1或8【解析】

由平移的性质可知阴影部分为平行四边形，设A′D=x，根据题意阴影部分的面积为(12−x)×x，即x(12−x)，当x(12−x)=32时，解得：x=1或x=8，所以AA′=8或AA′=1．【详解】设AA′=x,AC与A′B′相交于点E，∵△ACD是正方形ABCD剪开得到的，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠A=15∘，∴△AA′E是等腰直角三角形，∴A′E=AA′=x，A′D=AD−AA′=12−x，∵两个三角形重叠部分的面积为32，∴x(12−x)=32，整理得,x−12x+32=0，解得x=1,x=8，即移动的距离AA′等1或8.【点睛】本题考查正方形和图形的平移，熟练掌握计算法则是解题关键·.13、或【解析】

分两种情况：①当作斜边AB的垂直平分线PQ，与BC交于点D时，连接AD由PQ垂直平分线段AB，推出DA=DB，设DA=DB=x，在Rt△ACD中，∠C=90°，根据AD2=AC2+CD2构建方程即可解决问题；②当作直角边的垂直平分线PQ，与斜边AB交于点D时，连接CD，根据直角三角形斜边上的中线性质求得CD．【详解】解：当作斜边AB的垂直平分线PQ，与BC交于点D时，连接AD．∵PQ垂直平分线段AB，∴DA=DB，设DA=DB=x，在Rt△ACD中，∠C=90°，AD2=AC2+CD2，∴x2=32+（1-x）2，解得x=，∴CD=BC-DB=1-=；当作直角边的垂直平分线PQ或P′Q′，都与斜边AB交于点D时，连接CD，则D是AB的中点，∴CD=AB=，综上可知，CD=或．故答案为：或．【点睛】本题考查基本作图，线段的垂直平分线的性质，勾股定理等知识，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．14、61【解析】

将（x+5）（x+n）展开，得到，使得x2+（n+5）x+5n与x2+mx+5的系数对应相等即可．【详解】解：∵（x+5）（x+n）=x2+（n+5）x+5n，∴x2+mx+5=x2+（n+5）x+5n．∴．故答案为：6；1．15、m>1【解析】试题分析：直线y=-x+3向上平移m个单位后可得：y=-x+3+m，求出直线y=-x+3+m与直线y=2x+4的交点，再由此点在第一象限可得出m的取值范围．试题解析：直线y=-x+3向上平移m个单位后可得：y=-x+3+m，联立两直线解析式得：，解得：，即交点坐标为（，），∵交点在第一象限，∴，解得：m＞1．考点：一次函数图象与几何变换．16、1.【解析】

用路程除以时间就是小亮骑自行车的速度；设小亮从家出发，经过x分钟，在返回途中追上爸爸，再由题意得出等量关系除了小亮在图书馆停留2分钟，即x-2分钟所走的路程减去小亮从家到图书馆相距的2400米，就是小亮在返回途中追上爸爸时，爸爸所走的路程，列出方程即可解答出来【详解】解：小亮骑自行车的速度是2400÷10=240m/min；

先设小亮从家出发，经过x分钟，在返回途中追上爸爸，由题意可得：

（x-2）×240-2400=96x

240x-240×2-2400=96x

144x=2880

x=1．

答：小亮从家出发，经过1分钟，在返回途中追上爸爸．【点睛】此题考查一次函数的实际运用，根据图象，找出题目蕴含的数量关系，根据速度、时间、路程之间关系解决问题．17、2或【解析】

由已知以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形有两种情况，（1）当Q运动到E和B之间，（2）当Q运动到E和C之间，根据平行四边形的判定，由AD∥BC，所以当PD=QE时为平行四边形．据此设运动时间为t，列出关于t的方程求解．【详解】由已知梯形，

当Q运动到E和B之间，设运动时间为t，则得：=6-t，

解得：t=，

当Q运动到E和C之间，设运动时间为t，则得：-2t=6-t，

解得：t=2，

故当运动时间t为2或秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．故答案为2或【点睛】此题主要考查了梯形及平行四边形的性质，关键是由已知明确有两种情况，不能漏解．18、【解析】

根据韦达定理得，再代入原式求解即可．【详解】∵是一元二次方程的两实根∴∴故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的问题，掌握韦达定理是解题的关键．三、解答题(共66分)19、(1)、证明过程见解析；(2)、①、2；②、1．【解析】

(1)、首先证明△BEF和△DCF全等，从而得出DC=BE，结合DC和AB平行得出平行四边形；(2)、①、根据矩形得出∠CEB=90°，结合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根据直角三角形的性质得出答案；②、根据菱形的性质以及∠ABC=120°得出△CBE是等边三角形，从而得出答案．【详解】(1)、证明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵点F是BC的中点，∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，FC=BF，∴△EBF≌△DCF（AAS），∴DC=BE，∴四边形BECD是平行四边形；(2)、①BE=2；∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；∴∠ECB=30°，∴BE=BC=2，②BE=1，∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=1．【点睛】本题主要考查的是平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理，属于中等难度的题型．理解平行四边形的判定定理以及矩形和菱形的性质是解决这个问题的关键．20、x；2019.【解析】

直接将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则化简得出答案.【详解】原式，当时，原式．【点睛】此题主要考查了分式的化简求值，正确化简分式是解题关键.21、（1）见解析；（2）见解析；（3）（-1，0），图见解析【解析】

（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．（2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．（3）作点关于x轴的对称点A′，连接BA′交X轴于点P，点P即为所求．【详解】（1）△A1B1C1如图所示．（2）△A2B2C2如图所示．（3）点P即为所求．【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．22、y＝﹣x或y＝﹣x．【解析】

根据直线y＝x+4的解析式可求出A、B两点的坐标，当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，作CF⊥OA于F，CE⊥OB于E，可分别求出△AOB与△AOC的面积，再根据其面积公式可求出两直线交点的坐标，从而求出其解析式；当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，同（1）．【详解】解：直线l的解析式为：y＝kx，对于直线y＝x+4的解析式，当x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝﹣4，∴A（﹣4，0）、B（0，4），∴OA＝4，OB＝4，∴S△AOB＝×4×4＝8，当直线l把△AOB的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，S△AOC＝，作CF⊥OA于F，CE⊥OB于E，∴×AO•CF＝，即×4×CF＝，∴CF＝．当y＝时，x＝﹣，则＝﹣k，解得，k＝﹣，∴直线l的解析式为y＝﹣x；当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝3：2时，同理求得CF＝，解得直线l的解析式为y＝﹣x．故答案为y＝﹣x或y＝﹣x．【点睛】本题考查的是待定系数法求一次函数的解析式，掌握待定系数法求一次函数解析式的一般步骤是解题的关键，涉及到三角形的面积公式及分类讨论的方法．23、(1)C坐标为(3,1)；(2)【解析】

（1）联立两直线解析式得到方程组，求出方程组的解即可确定出C的坐标；（2）将x=1代入两直线方程求出对应y的值，确定出D与E的纵坐标，即OD与OE的长，由OE-OD求出DE的长，根据ED=2DM，求出MN的长，将x=a代入两直线方程，求出M与N对应的横坐标，相减的绝对值等于MN的长列出关于a的方程，求出方程的解即可求出a的值.【详解】解：(1)联立两直线解析式得：y=-x+4y=13x，

解得：x=3y=1，

则点C坐标为∵DE=2DM∴解得a=2或1．【点睛】此题属于一次函数综合题，主要考查了两直线的交点问题，以及一次函数图象上点的坐标特征.解题时注意：两条直线的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解.24、（1）AE=EF=AF；（2）证明过程见解析；（3）3-【解析】试题分析：（1）结论AE=EF=AF．只要证明AE=AF即可证明△AEF是等边三角形．（2）欲证明BE=CF，只要证明△BAE≌△CAF即可．（3）过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，根据FH=CF•sin60°，因为CF=BE，只要求出BE即可解决问题．试题解析：解：（1）结论AE=EF=AF．理由：如图1中，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，∴△ABC，△ADC是等边三角形，∴∠BAC=∠DAC=60°．∵BE=EC，∴∠BAE=∠CAE=30°，AE