山东省青岛市青岛大附属中学2024届八年级数学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

山东省青岛市青岛大附属中学2024届八年级数学第二学期期末质量跟踪监视试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1．如果一次函数y＝kx+b（k、b是常数）的图象不经过第二象限，那么k、b应满足的条件是（）A．k＞0，且b≤0 B．k＜0，且b＞0 C．k＞0，且b≥0 D．k＜0，且b＜02．如图，反比例函数的图象与菱形ABCD的边AD交于点，则函数图象在菱形ABCD内的部分所对应的x的取值范围是()．A．＜x＜2或-2＜x＜- B．-4＜x＜-1C．-4＜x＜-1或1＜x＜4 D．＜x＜23．要使式子有意义，则x的值可以是（）A．2 B．0 C．1 D．94．如图，在三角形ABC中，∠C=90∘，AD平分∠BAC交BC于点D，且BD=2CD，BC=6cm，则点D到A．4cm B．3cm C．2cm D．1cm5．下表是两名运动员10次比赛的成绩，，分别表示甲、乙两名运动员测试成绩的方差，则有()8分9分10分甲（频数）424乙（频数）343A． B． C． D．无法确定6．若，则的取值范围是（）A． B． C． D．7．小明乘出租车去体育场，有两条路线可供选择：路线一的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线二的全程是30千米，平均车速比走路线一时的平均车速能提高80%，因此能比走路线一少用10分钟到达．若设走路线一时的平均速度为x千米/小时，根据题意，得A． B．C． D．8．如果一个正多边形的中心角为60°，那么这个正多边形的边数是（）A．4 B．5 C．6 D．79．一次函数y=ax+b，b＞0，且y随x的增大而减小，则其图象可能是（）A． B． C． D．10．已知x=，y=，则x2+xy+y2的值为（）A．2 B．4 C．5 D．711．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6和8，则这个菱形的面积是（）A．24 B．30 C．40 D．4812．一组数据2，4，x，2，4，7的众数是2，则这组数据的平均数，中位数分别为（）A．3.5，3 B．3，4 C．3，3.5 D．4，3二、填空题（每题4分，共24分）13．根据如图所示的程序，当输入x＝3时，输出的结果y＝________．14．如图，边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝30°，P为BC上方一点，且，则PB＋PC的最小值为___________．15．已知数据a1，a2，a3，a4，a5的平均数是m，且a1＞a2＞a3＞a4＞a5＞0，则数据a1，a2，a3，﹣3，a4，a5的平均数和中位数分别是_____，_____．16．在中，对角线，相交于点，若，，，则的周长为_________.17．已知a+=,则a-=__________18．如图，点E是正方形ABCD边AD的中点，连接CE，过点A作AF⊥CE交CE的延长线于点F，过点D作DG⊥CF交CE于点G，已知AD＝2，则线段AF的长是_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图所示，□ABCD中，E、F分别是AB、CD上的点，AE＝CF，M、N分别是DE、BF的中点．求证：四边形ENFM是平行四边形．20．（8分）城有肥料吨，城有肥料吨，现要把这些肥料全部运往、两乡．从城运往、两乡运肥料的费用分别是每吨元和元，从城往、两乡运肥料的费用分别为每吨元和元，现在乡需要肥料吨，乡需要肥料吨，设城运往乡的肥料量为吨，总运费为元．（1）写出总运费元与之间的关系式；（2）当总费用为元，求从、城分别调运、两乡各多少吨？（3）怎样调运化肥，可使总运费最少？最少运费是多少？21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．（1）求证：AE=DF；（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．22．（10分）已知一次函数的图像经过点（3，5）与（，）．（1）求这个一次函数的解析式；（2）点A（2，3）是否在这个函数的图象上，请说明理由．23．（10分）如图，已知点A（0，8）、B（8，0）、E（－2，0），动点C从原点O出发沿OA方向以每秒1个单位长度向点A运动，动点D从点B出发沿BO方向以每秒2个单位长度向点O运动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动，设运动时间为t秒。（1）填空：直线AB的解析式是_____________________；（2）求t的值，使得直线CD∥AB；（3）是否存在时刻t，使得△ECD是等腰三角形？若存在，请求出一个这样的t值；若不存在，请说明理由。24．（10分）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、AB上一点，且AF＝BE，AE与DF交于点G．（1）求证：AE＝DF．（2）如图2，在DG上取一点M，使AG＝MG，连接CM，取CM的中点P．写出线段PD与DG之间的数量关系，并说明理由．（3）如图3，连接CG．若CG＝BC，则AF：FB的值为．25．（12分）在平面直角坐标系中，已知，，三点的坐标．（1）写出点关于原点的对称点的坐标，点关于轴的对称点的坐标，点关于轴的对称点的坐标；（2）求（1）中的的面积．26．如图，四边形中，，平分，交于．（1）求证：四边形是菱形；（2）若点是的中点，试判断的形状，并说明理由．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】分析：由一次函数图象不经过第二象限可得出该函数图象经过第一、三象限或第一、三、四象限，再利用一次函数图象与系数的关系，即可找出结论．详解：∵一次函数y=kx+b(k、b是常数)的图象不经过第二象限，∴一次函数y=kx+b(k、b是常数)的图象经过第一、三象限或第一、三、四象限，当一次函数y=kx+b(k、b是常数)的图象经过第一、三象限时，k>0，b=0；当一次函数y=kx+b(k、b是常数)的图象经过第一、三、四象限时，k>0，b<0.综上所述：k>0，b⩽0.故选A.点睛：本题考查了一次函数图象与系数的关系，分一次函数图象过一、三象限和一、三、四象限两种情况进行分析.2、C【解析】

根据反比例函数的图象是以原点为对称中心的中心对称图形，菱形是以对角线的交点为对称中心的中心对称图形，可得BC边与另一条双曲线的交点坐标，即可得答案.【详解】∵反比例函数是以原点为对称中心的中心对称图形，菱形是以对角线的交点为对称中心的中心对称图形，∴BC边与另一条双曲线的交点坐标为（1，-2），（4，），∴图象在菱形ABCD内的部分所对应的x的取值范围是-4＜x＜-1或1＜x＜4.故选C.【点睛】本题主要考查反比例函数的性质及菱形的性质，反比例函数的图象是以原点为对称中心的中心对称图形；菱形是以对角线的交点为对称中心的中心对称图形；熟练掌握反比例函数及菱形图象的性质是解题关键.3、D【解析】

式子为二次根式，根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，可得x-50，解不等式就可得到答案.【详解】∵式子有意义，∴x-50，∴x5，观察个选项，可以发现x的值可以是9.故选D.【点睛】本题考查二次根式有意义的条件.4、C【解析】

如图，在△ABC中，∠C=90∘，AD平分∠BAC交BC于点D，且BD=1CD，BC=9cm，则点D到AB的距离.【详解】如图，过点D作DE⊥AB于E，

∵BD：DC=1：1，BC=6，

∴DC=11+2×6=1，

∵AD平分∠BAC，∠C=90∘，

∴DE=DC=1．

故选：C．【点睛】本题考查角平分线的性质和点到直线的距离，解题的关键是掌握角平分线的性质.5、A【解析】【分析】先求甲乙平均数，再运用方差公式求方差.【详解】因为，，,所以，=,=,所以，故选A【点睛】本题考核知识点：方差.解题关键点：熟记方差公式.6、D【解析】

根据分式的概念可知使分式有意义的条件为a≠0，根据二次根式被开方数大于等于0可知，使该等式成立的条件为a＞0且1-a≥0，故a的取值范围是0＜a≤1.【详解】解：∵，∴，∴，故选：D.【点睛】本题主要考査二次根式的概念和分式的概念，需注意在任何时候都要考虑分母不为0，这也是本题最容易出错的地方．7、A【解析】若设走路线一时的平均速度为x千米/小时，根据路线一的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线二的全程是30千米，平均车速比走路线一时的平均车速能提高80%，因此能比走路线一少用10分钟到达可列出方程．解：设走路线一时的平均速度为x千米/小时，故选A．8、C【解析】试题解析：这个多边形的边数为：故选C.9、C【解析】

根据题意，判断a<0,b>0,由一次函数图象的性质可得到直线的大概位置.【详解】因为，一次函数y=ax+b，b＞0，且y随x的增大而减小，所以，a<0,所以，直线经过第一、二、四象限.故选：C【点睛】本题考核知识点：一次函数的图象.解题关键点：熟记一次函数的图象.10、B【解析】试题分析：根据二次根式的运算法则进行运算即可．试题解析：.故应选B考点：1.二次根式的混合运算；2.求代数式的值．11、A【解析】

根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可解决问题．【详解】∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，∴菱形ABCD的面积=⋅AC⋅BD=×6×8=24.故选A.【点睛】此题考查菱形的性质，解题关键在于计算公式.12、A【解析】

根据题意可知x=2，然后根据平均数、中位数的定义求解即可．【详解】∵这组数据的众数是2，∴x=2，将数据从小到大排列为：2，2，2，4，4，7，则平均数=（2+2+2+4+4+7）÷6=1.5中位数为：（2+4）÷2=1．故选A【点睛】本题考查了众数、中位数及平均数的定义，属于基础题，掌握基本定义是关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【解析】

根据自变量与函数值的对应关系，可得相应的函数值．【详解】当x=3时，y=﹣3+5=1．故答案为：1．【点睛】本题考查了函数值，将自变量的值代入相应的函数关系式是解题的关键．14、【解析】

过点A作于点E，根据菱形的性质可推出，过点P作于点F，过点P作直线，作点C关于直线MN的对称点H，连接CH交MN于点G，连接BH交直线MN于点K，连接PH，根据轴对称可得CH=2CG=2，根据两点之间线段最短的性质，PB+PC的最小值为BH的长，根据勾股定理计算即可；【详解】过点A作于点E，如图，∵边长为4的菱形ABCD中，，∴AB=AC=4，∴在中，，∴，∵，∴，过点P作于点F，过点P作直线，作点C关于直线MN的对称点H，连接CH交MN于点G，连接BH交直线MN于点K，连接PH，如图，则，，∴四边形CGPF是矩形，∴CG=PF，∵，∴，∴PF=1，∴CG=PF=1，根据抽对称的性质可得，CG=GH，PH=PC，∴CH=2CG=2，根据两点之间线段最短的性质，得，，即，∴PB+PC的最小值为BH的长，∵，，∴，∴在中，，∴PB+PC的最小值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，准确分析轴对称的最短路线知识点是解题的关键．15、，【解析】

根据五个数的平均数为m，可以表示五个数的和为5m，后来加上一个数﹣3，那么六个数的和为5m﹣3，因此六个数的平均数为（5m﹣3）÷6，将六个数从小到大排列后，处在第3、4位的两个数的平均数为（a4+a3）÷1，因此中位数是（a4+a3）÷1．【详解】a1，a1，a3，a4，a5的平均数是m，则a1+a1+a3+a4+a5＝5m，数据a1，a1，a3，﹣3，a4，a5的平均数为（a1+a1+a3﹣3+a4+a5）÷6＝，数据a1，a1，a3，﹣3，a4，a5按照从小到大排列为：﹣3，a5，a4，a3，a1，a1，处在第3、4位的数据的平均数为，故答案为：,.【点睛】考查平均数、中位数的意义及计算方法，解题关键在于灵活应用平均数的逆运算.16、21【解析】

由在平行四边形ABCD中，AC=14，BD=8，AB=10，利用平行四边形的性质，即可求得OA与OB的长，继而求得△OAB的周长．【详解】∵在平行四边形ABCD中，AC=14，BD=8，AB=10，∴OA=AC=7,OB=BD=4，∴△OAB的周长为：AB+OB+OA=10+7+4=21.故答案为：21.【点睛】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质和计算法则是解题关键.17、【解析】

通过完全平方公式即可解答.【详解】解：已知a+=，则==10，则==6，故a-=.【点睛】本题考查完全平方公式的运用，熟悉掌握是解题关键.18、1【解析】

先利用正方形的性质得到∠ADC=90°，CD=AD=1，再利用E点为AD的中点得到AE=DE=，则利用勾股定理可计算出CE=5，然后证明Rt△AEF∽Rt△CED，从而利用相似比可计算出AF的长．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴∠ADC＝90°，CD＝AD＝1，∵点E是正方形ABCD边AD的中点，∴AE＝DE＝，在Rt△CDE中,∵AF⊥CE，∴∠F＝90°，∵∠AEF＝∠CED，∴Rt△AEF∽Rt△CED，∴，即∴AF＝1．故答案为1．【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．也考查了相似三角形的判定与性质．三、解答题（共78分）19、见解析【解析】整体分析：用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形DEBF是平行四边形，结合条件得到EM=FN即可求证.证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD.∵AE＝CF，∴FD＝EB，∴四边形DEBF是平行四边形，∴DE//FB，DE＝FB.∵M、N分别是DE、BF的中点，∴EM＝FN.∵DE//FB，∴四边形MENF是平行四边形.20、（1）；（2）城运往乡的肥料量为吨，城运往乡的肥料量为吨，城运往的肥料量分别为吨，城运往的肥料量分别为吨；（3）从城运往乡吨，运往乡吨；从城运往乡吨，运往乡吨，此时总运费最少，总运费最小值是元【解析】

（1）设C城运往A乡的化肥为x吨，表示出A城运往D乡的化肥为吨，B城运往C乡的化肥为吨，B城运往D乡的化肥为吨，总运费为y，然后根据总运费的表达式列式整理，再根据运往各地的肥料数不小于0列式求出x的取值范围即可.（2）将代入（1）中求得的关系式，即可完成.（3）利用（1）中求得的关系式，根据一次函数的增减性解答即可.【详解】解：（1）设总运费为元，城运往乡的肥料量为吨，则运往乡的肥料量为吨；城运往C、D乡的肥料量分别为吨和吨．由总运费与各运输量的关系可知，反映与之间的函数关系为化简，得（2）将代入得：，解得：，，，，从城运往乡的肥料量为吨，城运往乡的肥料量为吨，城运往的肥料量分别为吨，城运往的肥料量分别为吨．（3），，随的增大而增大，当时，从城运往乡吨，运往乡吨；从城运往乡吨，运往乡吨，此时总运费最少，总运费最小值是元．【点睛】本题考查了一次函数的应用，主要是运用待定系数法求关系式以及利用一次函数的增减性求最值问题，难点在于表示出运往各地的化肥吨数．21、（1）见解析；（2）能，t=10；（3）t=或12.【解析】

（1）利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；（2）易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；（3）△DEF为直角三角形，分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论.【详解】解：（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，∴AB=AC=×60=30cm，∵CD=4t，AE=2t，又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，∴DF=CD=2t，∴DF=AE；（2）能，∵DF∥AB，DF=AE，∴四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10，∴当t=10时，AEFD是菱形；（3）若△DEF为直角三角形，有两种情况：①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=，②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，则AE=2AD，即，解得：t=12，综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形.22、（1）；（2）点A（2，3）在这个函数的图象上，理由见解析．【解析】

（1）首先设出函数关系式y=kx＋b（k≠0），根据待定系数法把（3，5）与（−4，−9）代入y=kx＋b，即可求出一次函数的解析式，

（2）求出x=2时y的值，即可作出判断．【详解】解：（1）设这个一次函数的解析式为：（k≠0），∵的图像过点（3，5）与（，），∴，解得，所以一次函数解析式为；（2）点A（2，3）在这个函数的图象上，理由：当x=2时，，∴点A（2，3）在这个函数的图象上．【点睛】此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，以及一次函数图象上点的坐标特征，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx＋b．23、【解析】分析：（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线解析式即可；（2）当CD∥AB时，∠CDO=∠ABO，根据tan∠CDO=tan∠ABO列方程求解即可；（3）当EO=DO时，△ECD是等腰三角形，从而可求出t的值.详解：（1）将点A（0，1）、B（1，0）代入y=kx+b中，得：，解得：，∴该直线的解析式为y=-x+1．故答案为：y=-x+1．（2）当直线AB∥CD时，∠CDO=∠ABO，∴tan∠CDO=tan∠ABO∴，解得，.故当时，AB∥CD.（3）存在.事实上，当EO=OD时，△ECD就是等腰三角形，此时，EO=2，OD=1-2t，由，解得，.∴存在时刻T，当时，△ECD是等腰三角形点睛：本题考查了待定系数法求函数解析式、平行线的判定与性质，等腰三角形的判定以及解一元一次方程，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）①得出关于t的一元一次方程；②得出关于t的一元一次方程．24、(1) 见解析；(2) DG＝DP，理由见解析；(3) 1∶1.【解析】

（1）用SAS证△ABE≌△DAF即可；（2）DG＝DP，连接GP并延长至点Q，使PQ＝PG，连接CQ，DQ，先用SAS证△PMG≌△PCQ，得CQ＝MG＝AG，进一步证明∠DAG＝∠DCQ，再用SAS证明△DAG≌△DCQ，得∠ADF＝∠CDQ，于是有∠FDQ＝90°，进而可得△DPG为等腰直角三角形，由此即得结论；（3）延长AE、DC交于点H，由条件CG＝BC可证CD=CG=CH，进一步用SAS证△ABE≌△HCE，得BE=CE，因为AF＝BE，所以AF：BF=BE：CE=1：1.【详解】解：（1）证明：正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABE＝∠DAF＝90°，BE＝AF，∴△ABE≌△DAF（SAS）∴AE＝DF；（2）DG＝DP，理由如下：如图，连接GP并延长至点Q，使PQ＝PG，连接CQ，DQ，∵PM=PC，∠MPG=∠CPQ，∴△PMG≌△PCQ（SAS），∴CQ＝MG＝AG，∠PGM=∠PQC，∴CQ∥DF，∴∠DCQ＝∠FDC＝∠AFG，∵∠AFG＋∠BAE＝90°，∠DAG＋∠BAE＝90°，∴∠AFG=∠DAG.∴∠DAG＝∠DCQ.又∵DA=DC，∴△DAG≌△DCQ（SAS）.∴∠ADF＝∠CDQ. ∵∠ADC＝90°，∴∠FDQ＝90°. ∴△GDQ为等腰直角三角形∵P为GQ的中点∴△DPG为等腰直角三角形.∴DG＝DP.（3）1∶1.证明：延长AE、DC