辽宁省葫芦岛建昌县联考2024届八上数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析

辽宁省葫芦岛建昌县联考2024届八上数学期末质量跟踪监视模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1．变形正确的是（）A． B． C． D．2．若分式的运算结果为，则在中添加的运算符号为（）A．＋ B．－ C．＋或÷ D．－或×3．如图，∠AOB＝10°，点P是∠AOB内的定点，且OP＝1．若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（）A．12 B．9 C．6 D．14．如图，BE=CF，AB∥DE，添加下列哪个条件不能证明△ABC≌△DEF的是(

)A．AB=DE B．∠A=D C．AC=DF D．AC∥DF5．一个多边形的每一个内角都等于120°，则它的内角和为（）A．540° B．720° C．900° D．1080°6．边长为a的等边三角形，记为第1个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接得到一个正六边形，记为第1个正六边形，取这个正六边形不相邻的三边中点，顺次连接又得到一个等边三角形，记为第2个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接又得到一个正六边形，记为第2个正六边形（如图），…，按此方式依次操作，则第6个正六边形的边长为（）A． B． C． D．7．如果分式有意义，则x的取值范围是（）A．x＜﹣3 B．x＞﹣3 C．x≠﹣3 D．x=﹣38．分式可变形为（）A． B． C． D．9．如图，在中，，边上的垂直平分线分别交、于点、，若的周长是11，则（）A．28 B．18 C．10 D．710．用科学记数法表示：0.000000109是（）A．1.09×10﹣7 B．0.109×10﹣7 C．0.109×10﹣6 D．1.09×10﹣611．下列分式中，无论x取何值，分式总有意义的是（）A． B． C． D．12．如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=1200，BC=6cm，AB的垂直平分线交BC于点M，交AB于点E，AC的垂直平分线交BC于点N，交AC于点F，则MN的长为（）A．1.5cm B．2cm C．2.5cm D．3cm二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在中，，，为边上一动点，作如图所示的使得，且，连接，则的最小值为__________．14．如图，直线y=2x+4与x，y轴分别交于A，B两点，以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC，将点C向左平移，使其对应点C′恰好落在直线AB上，则点C′的坐标为．15．如图，D、E为△ABC两边AB、AC的中点，将△ABC沿线段DE折叠，使点A落在点F处，若∠B=55°，则∠BDF=_______°．16．如图，中，，，BD⊥直线于D，CE⊥直线L于E，若，，则____________．17．如果一个多边形的每个外角都等于，那么这个多边形的内角和是______度．18．如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为.三、解答题（共78分）19．（8分）某中学七班共有45人，该班计划为每名学生购买一套学具，超市现有A、B两种品牌学具可供选择已知1套A学具和1套B学具的售价为45元；2套A学具和5套B学具的售价为150元．、B两种学具每套的售价分别是多少元？现在商店规定，若一次性购买A型学具超过20套，则超出部分按原价的6折出售设购买A型学具a套且不超过30套，购买A、B两种型号的学具共花费w元．请写出w与a的函数关系式；请帮忙设计最省钱的购买方案，并求出所需费用．20．（8分）计算（1）解方程：（2）21．（8分）如图，等边的边长为，是边上的中线，是边上的动点，是边上一点，若，当取得最小值时，则的度数为多少？22．（10分）如图，由5个全等的正方形组成的图案，请按下列要求画图：（1）在图案（1）中添加1个正方形，使它成轴对称图形但不是中心对称图形．（2）在图案（2）中添加1个正方形，使它成中心对称图形但不是轴对称图形．（3）在图案（3）中添加1个正方形，使它既成轴对称图形，又成中心对称图形．23．（10分）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在正方形网格的格点（网格线的交点）上．（1）请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系，使点A坐标为（1，3）点B坐标为（2，1）；（2）请作出△ABC关于y轴对称的△A'B'C'，并写出点C'的坐标；（3）判断△ABC的形状．并说明理由．24．（10分）平面直角坐标系中，点坐标为，分别是轴，轴正半轴上一点，过点作轴，，点在第一象限，，连接交轴于点，，连接．（1）请通过计算说明；（2）求证；（3）请直接写出的长为．25．（12分）分解因式：26．已知：平面直角坐标系中，点A（a，b）的坐标满足|a﹣b|+b2﹣8b+16＝1．（1）如图1，求证：OA是第一象限的角平分线；（2）如图2，过A作OA的垂线，交x轴正半轴于点B，点M、N分别从O、A两点同时出发，在线段OA上以相同的速度相向运动（不包括点O和点A），过A作AE⊥BM交x轴于点E，连BM、NE，猜想∠ONE与∠NEA之间有何确定的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，F是y轴正半轴上一个动点，连接FA，过点A作AE⊥AF交x轴正半轴于点E，连接EF，过点F点作∠OFE的角平分线交OA于点H，过点H作HK⊥x轴于点K，求2HK+EF的值．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解题分析】先根据二次根式有意义有条件得出1－a>0,再由此利用二次根式的性质化简得出答案．【题目详解】有意义，，，．故选C．【题目点拨】考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．2、C【分析】根据分式的运算法则即可求出答案．【题目详解】解：＋＝，÷＝＝x，故选：C．【题目点拨】本题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．3、D【分析】根据题意，作点P关于OA、OB的对称点E、D，连接DE，与OA相交于点M，与OB相交于点N，则此时△PMN周长的最小值是线段DE的长度，连接OD、OE，由∠AOB＝10°，得到∠DOE=60°，由垂直平分线的性质，得到OD=OE=OP=1，则△ODE是等边三角形，即可得到DE的长度．【题目详解】解：如图：作点P关于OA、OB的对称点E、D，连接DE，与OA相交于点M，与OB相交于点N，则此时△PMN周长的最小值是线段DE的长度，连接OD、OE，由垂直平分线的性质，得DN=PN，MP=ME，OD=OE=OP=1，∴△PMN周长的最小值是：PN+PM+MN=DN+MN+ME=DE，由垂直平分线的性质，得∠DON=∠PON，∠POM=∠EOM，∴∠DOE=∠DOP+∠EOP=2（∠PON+∠POM）=2∠MON=60°，∴△ODE是等边三角形，∴DE=OD=OE=1，∴△PMN周长的最小值是：PN+PM+MN=DE=1；故选：D．【题目点拨】本题考查了等边三角形的判定，垂直平分线的性质，轴对称的性质，以及最短路径问题，解题的关键是正确作出辅助线，确定点M、N的位置，使得△PMN周长的最小．4、C【分析】由已知条件得到相应边相等和对应角相等.再根据全等三角形的判定定理“AAS”，“SAS”，“ASA”依次判断.【题目详解】∵BE=CF，∴BE+EC=CF+EC，∴BC=EF，∵AB//DE，∴∠B=∠DEF，其中BC是∠B的边，EF是∠DEF的边，根据“SAS”可以添加边“AB=DE”，故A可以，故A不符合题意；根据“AAS”可以添加角“∠A=∠D”，故A可以，故B不符合题意；根据“ASA”可以添加角“∠ACB=∠DFE”，故D可以，故D不符合题意；故答案为C.【题目点拨】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．5、B【分析】从每一个内角都等于120°可以推出每一个外角都是60°，再根据多边形的外角和是360°可求出多边形的边数，再乘以120°就是此多边形的内角和．【题目详解】解：，故选：B．【题目点拨】此题重在掌握多边形内角和与外角和的公式，能够将内角与外角灵活的转换是解题的关键．6、A【解题分析】连接AD、DB、DF，求出∠AFD=∠ABD=90°，根据HL证两三角形全等得出∠FAD=60°，求出AD∥EF∥GI，过F作FZ⊥GI，过E作EN⊥GI于N，得出平行四边形FZNE得出EF=ZN=a，求出GI的长，求出第一个正六边形的边长是a，是等边三角形QKM的边长的；同理第二个正六边形的边长是等边三角形GHI的边长的；求出第五个等边三角形的边长，乘以即可得出第六个正六边形的边长．连接AD、DF、DB．∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠ABC=∠BAF=∠AFE，AB=AF，∠E=∠C=120°，EF=DE=BC=CD，∴∠EFD=∠EDF=∠CBD=∠BDC=30°，∵∠AFE=∠ABC=120°，∴∠AFD=∠ABD=90°，在Rt△ABD和RtAFD中∴Rt△ABD≌Rt△AFD（HL），∴∠BAD=∠FAD=×120°=60°，∴∠FAD+∠AFE=60°+120°=180°，∴AD∥EF，∵G、I分别为AF、DE中点，∴GI∥EF∥AD，∴∠FGI=∠FAD=60°，∵六边形ABCDEF是正六边形，△QKM是等边三角形，∴∠EDM=60°=∠M，∴ED=EM，同理AF=QF，即AF=QF=EF=EM，∵等边三角形QKM的边长是a，∴第一个正六边形ABCDEF的边长是a，即等边三角形QKM的边长的，过F作FZ⊥GI于Z，过E作EN⊥GI于N，则FZ∥EN，∵EF∥GI，∴四边形FZNE是平行四边形，∴EF=ZN=a，∵GF=AF=×a=a，∠FGI=60°（已证），∴∠GFZ=30°，∴GZ=GF=a，同理IN=a，∴GI=a+a+a=a，即第二个等边三角形的边长是a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第二个正六边形的边长是×a；同理第第三个等边三角形的边长是×a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第三个正六边形的边长是××a；同理第四个等边三角形的边长是××a，第四个正六边形的边长是×××a；第五个等边三角形的边长是×××a，第五个正六边形的边长是××××a；第六个等边三角形的边长是××××a，第六个正六边形的边长是×××××a，即第六个正六边形的边长是×a，故选A．7、C【解题分析】分式有意义，分母不为0，由此可得x+3≠0，即x≠﹣3，故选C.8、D【分析】根据分式的性质逐项进行化简即可，注意负号的作用．【题目详解】

故选项A、B、C均错误，选项D正确，故选：D．【题目点拨】本题考查分式的性质，涉及带负号的化简，是基础考点，亦是易错点，掌握相关知识是解题关键．9、D【分析】利用垂直平分线的性质和已知的三角形的周长计算即可．【题目详解】解：∵DE是BC的垂直平分线，

∴BE=EC，∴AB=EB+AE=CE+EA，又∵△ACE的周长为11，，故AB=11-4=7，故选：D．【题目点拨】本题考查线段垂直平分线的性质：线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．10、A【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【题目详解】用科学记数法表示：0.000000109是1.09×10﹣1．故选：A．【题目点拨】本题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．11、B【解题分析】根据分母不为零分式有意义，可得答案．【题目详解】A、x=0时分式无意义，故A错误；B、无论x取何值，分式总有意义，故B正确；C、当x=-1时，分式无意义，故C错误；D、当x=0时，分式无意义，故D错误；故选B．【题目点拨】本题考查了分式有意义的条件，分母不为零分式有意义．12、B【解题分析】连接AM、AN，∵在△ABC中，AB=AC，∠A=120°，BC=6cm，∴∠B=∠C=30°，∵EM垂直平分AB，NF垂直平分AC，∴BM=AM，CN=AN，∴∠MAB=∠B=30°，∠NAC=∠C=30°，∴∠AMN=∠B+∠MAB=60°，∠ANM=∠C+∠NAC=60°，∴△AMN是等边三角形，∴AM=MN=NC，∴BM=MN=CN，∵BM+MN+CN=BC=6cm，∴MN=2cm，故选B.二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】根据已知条件，添加辅助线可得△EAC≌△DAM（SAS），进而得出当MD⊥BC时，CE的值最小，转化成求DM的最小值，通过已知值计算即可．【题目详解】解：如图所示，在AB上取AM=AC=2，∵，，∴∠CAB=45°，又∵，∴∠EAC+∠CAD=∠DAB+∠CAD=45°，∴∠EAC=∠DAB，∴在△EAC与△DAB中AE=AD，∠EAF=∠DAB，AC=AM，∴△EAC≌△DAM（SAS）∴CE=MD，∴当MD⊥BC时，CE的值最小，∵AC=BC=2，由勾股定理可得，∴，∵∠B=45°，∴△BDM为等腰直角三角形，∴DM=BD，由勾股定理可得∴DM=BD=∴CE=DM=故答案为：【题目点拨】本题考查了动点问题及全等三角形的构造，解题的关键是作出辅助线，得出全等三角形，找到CE最小时的状态，化动为静．14、（﹣2，2）【解题分析】试题分析：∵直线y=2x+4与y轴交于B点，∴x=0时，得y=4，∴B（0，4）．∵以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC，∴C在线段OB的垂直平分线上，∴C点纵坐标为2．将y=2代入y=2x+4，得2=2x+4，解得x=﹣2．所以C′的坐标为（﹣2，2）．考点：2．一次函数图象上点的坐标特征；2．等边三角形的性质；3．坐标与图形变化-平移．15、1【分析】由于折叠，可得三角形全等，运用三角形全等得出∠ADE=∠FDE=55°，则∠BDF即可求．【题目详解】解：∵D、E为△ABC两边AB、AC的中点，即DE是三角形的中位线．∴DE∥BC∴∠ADE=∠B=55°∴∠EDF=∠ADE=55°∴∠BDF=180-55-55=1°．故答案为：1．16、【分析】用AAS证明△ABD≌△CAE，得AD=CE，BD=AE，得出DE=BD+CE=9cm即可．【题目详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ADB=∠AEC=90°，

∴∠BAD+∠EAC=90°，∠BAD+∠ABD=90°，

∴∠EAC=∠ABD，

在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS），

∴AD=CE，BD=AE，

∴DE=AD+AE=CE+BD=9cm．

故答案为：9cm．【题目点拨】本题考查三角形全等的判定与性质，证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．17、1260【分析】首先根据外角和与外角和及每个外角的度数可得多边形的边数，再根据多边形内角和公式180（n-2）计算出答案．【题目详解】解：∵多边形的每一个外角都等于，∴它的边数为：，∴它的内角和：，故答案为：．【题目点拨】此题主要考查了多边形的内角和与外角和，根据多边形的外角和计算出多边形的边数是解题关键．18、.【解题分析】作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，即∠BAD=∠CAD′，在△BAD与△CAD′中，，∴△BAD≌△CAD′(SAS)，∴BD=CD′.∠DAD′=90°由勾股定理得DD′=，∠D′DA+∠ADC=90°由勾股定理得CD′=∴BD=CD′=，故答案为.三、解答题（共78分）19、(1)A、B两种学具每套的售价分别是25和20元；(2)，；购买45套B型学具所需费用最省钱，所需费用为900元.【解题分析】(1)设A种品牌的学具售价为x元，B种品牌的学具售价为y元，根据1套A学具和1套B学具的售价为45元，2套A学具和5套B学具的售价为150元，列出二元一次方程组解答即可；(2)①根据总花费=购买A型学具的费用+购买B型学具的费用，列出函数关系式即可；②分两种情况进行比较即可，第一种情况：由函数关系式可知a=30时花费已经最低，需要费用950元；第二种情况：购买45套B型学具需要900元.【题目详解】解：设A种品牌的学具售价为x元，B种品牌的学具售价为y元，根据题意有，，解之可得，所以A、B两种学具每套的售价分别是25和20元；因为，其中购买A型学具的数量为a，则购买费用，即函数关系式为：，；符合题意的还有以下情况：Ⅰ、以的方案购买，因为-5＜0，所以时，w为最小值，即元；Ⅱ、由于受到购买A型学具数量的限制，购买A型学具30套w已是最小，所以全部购买B型学具45套，此时元元，综上所述，购买45套B型学具所需费用最省钱，所需费用为：900元．故答案为(1)A、B两种学具每套的售价分别是25和20元；(2)①w=-5a+1100，(20<a≤30)；②购买45套B型学具所需费用最省钱，所需费用为900元.【题目点拨】本题考查了二元一次方程组和一次函数的应用.20、（1）；（2）．【分析】（1）两边同时乘最简公分母可把分式方程化为整式方程来解答；（2）利用零指数幂、算术平方根的知识化简，再根据实数的运算法则计算即可．【题目详解】解：（1）去分母，得．去括号，得解得，经检验，是原方程的解；（2）【题目点拨】本题考查了实数的混合运算和解分式方程，熟悉相关性质，并对分式方程进行检验是解题的关键，．21、．【分析】可以取AB的中点G，连接CG交AD于点F，根据等边△ABC的边长为4，AE=2，可得点E是AC的中点，点G和点E关于AD对称，此时EF+FC=CG最小，根据等边三角形的性质即可得∠ECF的度数．【题目详解】解：如图，取AB的中点G，连接CG交AD于点F，∵等边△ABC的边长为4，AE=2，∴点E是AC的中点，所以点G和点E关于AD对称，此时EF+FC=CG最小，根据等边三角形三线合一的性质可知：∠ECF=∠ACB=30°．【题目点拨】本题考查了轴对称-最短路线问题、等边三角形的性质，解决本题的关键是利用等边三角形的性质找对称点．22、（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）作图见解析【分析】（1）根据轴对称、中心对称的性质作图，即可完成求解；（2）根据轴对称、中心对称的性质作图，即可完成求解；（3）根据轴对称、中心对称的性质作图，即可完成求解．【题目详解】（1）如图所示（2）如图所示（3）如图所示．【题目点拨】本题考查了轴对称、中心对称的知识；解题的关键是熟练掌握轴对称、中心对称的性质，从而完成求解．23、（1）如图见解析；（2）如图见解析，C'的坐标为（﹣5，5）；（3）△ABC是直角三角形．【解题分析】试题分析：（1）根据两点的坐标建立平面直角坐标系即可；

（2）作出各点关于轴的对称点，顺次连接即可；

（3）根据勾股定理的逆定理判断出的形状即可．试题解析：（1）如图所示：（2）如图所示：即为所求：C'的坐标为（3）∴∴是直角三角形．点睛：一个三角形两条边的平方和等于第三条边的平方，那么这个三角形是直角三角形.24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【解题分析】（1）先根据点A坐标可得OA的长，再根据即可得证；（2）如图（见解析），延长至点，使得，连接，先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据直角三角形的性质和得出，然后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；（3）先由题（2）两个三角形全等可得，再根据平行线的性质得出，从而有，然后根据等腰三角形的定义（等角对等边）即可得．【题目详解】（1），即；（2）如图，延长至点，使得，连接，轴，即；（3）由（2）已证，轴（等角对等边）故答案为：1．【题目点拨】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的定义、平行线的性质等知识点，较难的是题（2），通