2024年江西省上饶市广丰区丰溪中学八年级下册数学期末质量跟踪监视试题含解析

2024年江西省上饶市广丰区丰溪中学八年级下册数学期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．在菱形中，，点为边的中点，点与点关于对称，连接、、，下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④2．如图，若一次函数的图象与x轴的交于点，与y轴交于点下列结论：①关于x的方程的解为；②随x的增大而减小；③关于x的方程的解为；④关于x的不等式的解为其中所有正确的为A．①②③ B．①③ C．①②④ D．②④3．一元二次方程x2﹣8x+20=0的根的情况是（）A．没有实数根B．有两个相等的实数根C．只有一个实数根D．有两个不相等的实数根4．已知x=+1,y=-1,则的值为（）A．20 B．16 C．2 D．45．△ABC中，AB＝13，AC＝15，高AD＝12，则BC的长为（）A．14 B．4 C．14或4 D．以上都不对6．如图，小红在作线段AB的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点A，B为圆心，大于线段AB长度的一半的长为半径画弧，相交于点C，D，则直线CD即为所求．连接AC，BC，AD，BD，根据她的作图方法可知四边形ADBC一定是()A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．梯形7．等式成立的x的取值范围在数轴上可表示为（

）A． B． C． D．8．直线y=x-3与x轴的交点坐标为（）A．0,3 B．3,0 C．-3,0 D．0,-39．如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC于E，AB＝，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（）A． B． C． D．10．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转使∠DPG=∠DAC，且过D作DG⊥PG，连接CG，则CG最小值为()A． B． C． D．11．小明到单位附近的加油站加油，如图是小明所用的加油机上的数据显示牌，则数据中的变量有（）A．金额 B．数量 C．单价 D．金额和数量12．如图，中，于点，于点，，，．则等于（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．已知方程x2+mx﹣3=0的一个根是1，则它的另一个根是_____．14．命题“对角线相等的平行四边形是矩形”的逆命题为________________________15．将直线y=﹣2x+4向下平移5个单位长度，平移后直线的解析式为_____．16．如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（4，0），（﹣1，0），点D在y轴上，则点C的坐标是_____．17．若A（x1，y1）和B（x2，y2）在反比例函数的图象上，且0＜x1＜x2，则y1与y2的大小关系是y1y2；18．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线BF交AD于点F，FE∥AB．若AB=5，BF=6，则四边形ABEF的面积为________三、解答题（共78分）19．（8分）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为．（1）画出关于轴的对称图形，并写出其顶点坐标；（2）画出将先向下平移4个单位，再向右平移3单位得到的，并写出其顶点坐标．20．（8分）（1）如图1，平行四边形纸片ABCD中，AD=5，S甲行四边形纸片ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的形状为A．平行四边形B．菱形C．矩形D．正方形（2）如图2，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下△AEF，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的位置，拼成四边形AFF′D．求证：四边形AFF′D是菱形．21．（8分）如图，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于，两点，其中点的横坐标为．（1）求的值．（2）若点是轴上一点，且，求点的坐标．22．（10分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，CE∥DB．求证：四边形OBEC是矩形．23．（10分）先化简：，然后给a选择一个你喜欢的数代入求值．24．（10分）已知：如图在平行四边形ABCD中，过对角线BD的中点O作直线EF分别交DA的延长线、AB、DC、BC的延长线于点E、M、N、F．（1）观察图形并找出一对全等三角形：△_≌△_，请加以证明；（2）在（1）中你所找出的一对全等三角形，其中一个三角形可由另一个三角形经过怎样的变换得到？25．（12分）如图，矩形OBCD位于直角坐标系中，点B(，0)，点D(0，m)在y轴正半轴上，点A(0，1)，BE⊥AB，交DC的延长线于点E，以AB，BE为边作▱ABEF，连结AE．(1)当m＝时，求证：四边形ABEF是正方形．(2)记四边形ABEF的面积为S，求S关于m的函数关系式．(3)若AE的中点G恰好落在矩形OBCD的边上，直接写出此时点F的坐标．26．如图，P为正方形ABCD的边BC上一动点(P与B、C不重合)，连接AP，过点B作BQ⊥AP交CD于点Q，将△BQC沿BQ所在的直线对折得到△BQC′，延长QC′交BA的延长线于点M．(1)试探究AP与BQ的数量关系，并证明你的结论；(2)当AB=3，BP=2PC，求QM的长；(3)当BP=m，PC=n时，求AM的长．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】

如图，设DE交AP于0，根据菱形的性质、翻折不变性-判断即可解决问题；【详解】解：如图，设DE交AP于O.∵四边形ABCD是菱形∴DA=DC=AB∵A.P关于DE对称，∴DE⊥AP，OA=OP∴DA=DP∴DP=CD，故①正确∵AE=EB，AO=OP∴OE//PB，∴PB⊥PA∴∠APB=90°∴，故②正确若∠DCP=75°，则∠CDP=30°∵LADC=60°∴DP平分∠ADC，显然不符合题意，故③错误；∵∠ADC=60°，DA=DP=DC∴∠DAP=∠DPA，∠DCP=∠DPC，∠CPA=（360°-60°）=150°，故④正确.故选：C【点睛】本题考查菱形的性质、轴对称的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型.2、A【解析】

根据一次函数的性质进行分析即可.一次函数与y轴交点的坐标总是（0，b)，与x轴总是交于（-，0）;当k>0时，直线必通过一、三象限，y随x的增大而增大；当k<0时，直线必通过二、四象限，y随x的增大而减小.根据2分析函数与方程和不等式的关系．【详解】解：根据题意可知：由直线与x轴交点坐标可知关于x的方程的解为；由图象可知随x的增大而减小；由直线与y轴的交点坐标可知关于x的方程的解为；由函数图象分析出y>0时，关于x的不等式的解为所以，正确结论是：①②③．故选A．【点睛】本题考核知识点：一次函数的性质.解题关键点：结合函数的图象分析问题．3、A【解析】

先计算出△，然后根据判别式的意义求解．【详解】∵△=（-8）2-4×20×1=-16＜0，∴方程没有实数根．故选A．【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．4、A【解析】

原式利用完全平方公式化简，将x与y的值代入计算即可求出值．【详解】当x=+1，y=-1时，x2+2xy+y2=（x+y）2=（+1+-1）2=（2）2=20，故选A．【点睛】此题考查了二次根式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．5、C【解析】

分两种情况：△ABC是锐角三角形和△ABC是钝角三角形，都需要先求出BD,CD的长度，在锐角三角形中，利用求解；在钝角三角形中，利用求解.【详解】（1）若△ABC是锐角三角形，在中，∵由勾股定理得在中，∵由勾股定理得∴（2）若△ABC是钝角三角形，在中，∵由勾股定理得在中，∵由勾股定理得∴综上所述，BC的长为14或4故选：C.【点睛】本题主要考查勾股定理，掌握勾股定理并分情况讨论是解题的关键.6、A【解析】

根据垂直平分线的画法得出四边形ADBC四边的关系进而得出四边形一定是菱形．【详解】解：∵分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，∴AC=AD=BD=BC，∴四边形ADBC一定是菱形，故选A.【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及菱形的判定，得出四边形四边关系是解决问题的关键．7、B【解析】

根据二次根式有意义的条件即可求出的范围．【详解】由题意可知：,解得：,故选：．【点睛】考查二次根式的意义，解题的关键是熟练运用二次根式有意义的条件.8、B【解析】

令y=0，求出x的值即可得出结论．【详解】解：令y=0，则x=3，∴直线y=x-3与x轴的交点坐标为（3，0）．故选：B．【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．9、D【解析】

由勾股定理的逆定理可判定△BAC是直角三角形，继而根据求出平行四边形ABCD的面积即可求解．【详解】解：∵AC＝2，BD＝4，四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝AC＝1，BO＝BD＝2，∵AB＝，∴AB2+AO2＝BO2，∴∠BAC＝90°，∵在Rt△BAC中，BC＝，S△BAC＝×AB×AC＝×BC×AE，∴×2＝AE，∴AE＝，故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，能得出△BAC是直角三角形是解此题的关键．10、D【解析】

如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于H．证明△ADP∽△DHG，推出∠DHG＝∠DAP＝定值，推出点G在射线HF上运动，推出当CG⊥HE时，CG的值最小，想办法求出CG即可．【详解】如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于H．∵DG⊥PG，DH⊥AC，∴∠DGP＝∠DHA，∵∠DPG＝∠DAH，∴△ADH∽△PDG，∴，∠ADH＝∠PDG，∴∠ADP＝∠HDG，∴△ADP∽△DHG，∴∠DHG＝∠DAP＝定值，∴点G在射线HF上运动，∴当CG⊥HE时，CG的值最小，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠HDF＝90°，∵∠DAH+∠ADH＝90°，∴∠HDF＝∠DAH＝∠DHF，∴FD＝FH，∵∠FCH+∠CDH＝90°，∠FHC+∠FHD＝90°，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC＝DF＝3，在Rt△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝3，∴AC＝＝5，DH＝，∴CH＝，∴EH＝，∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF，∴△CGF≌△HEF（AAS），∴CG＝HE＝，∴CG的最小值为，故选D．【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形核或全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．11、D【解析】

根据常量与变量的定义即可判断．【详解】常量是固定不变的量，变量是变化的量，单价是不变的量，而金额是随着数量的变化而变化，故选：D．【点睛】本题考查常量与变量，解题的关键是正确理解常量与变量，本题属于基础题型．12、B【解析】

由平行四边形的性质得出CD=AB=9，得出S▱ABCD=BC•AE=CD•AF，即可得出结果．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD=AB=9，∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，AF=12，AE=8，∴S▱ABCD=BC•AE=CD•AF，即BC×8=9×12，解得：BC=；故选：B．【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及平行四边形的面积公式运用，此题难度适中，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用．二、填空题（每题4分，共24分）13、-1【解析】设另一根为，则1·=-1，解得，=－1，故答案为－1．14、矩形是对角线相等的平行四边形【解析】

把命题的条件和结论互换就得到它的逆命题。【详解】命题”两条对角线相等的平行四边形是矩形“的逆命题是矩形是两条对角线相等的平行四边形，故答案为：矩形是两条对角线相等的平行四边形。【点睛】本题考查命题与逆命题，熟练掌握之间的关系是解题关键.15、y=-2x-1．【解析】

直接根据“上加下减”的平移规律求解即可．【详解】直线y=-2x+4向下平移5个单位长度后：y=-2x+4-5，即y=-2x-1．故答案为：y=-2x-1．【点睛】本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系，在平面直角坐标系中，平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”．16、（﹣5，3）【解析】

利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．【详解】∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（4，0），（﹣1，0），点D在y轴上，∴AB＝AD＝5＝CD，∴DO＝＝＝3，∵CD∥AB，∴点C的坐标是：（﹣5，3）．故答案为（﹣5，3）．【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，得出DO的长是解题关键．17、>；【解析】试题解析：∵反比例函数中，系数∴反比例函数在每个象限内，随的增大而减小，∴当时，故答案为18、24【解析】

首先证明四边形ABEF是菱形，由勾股定理求出OA，得出AE的长，即可解决问题．【详解】连接AE，∵四边形ABCD为平行四边形∴AD∥BC，AD=BC∵BF为∠ABE的平分线，∴∠FBE=∠AFB，∴四边形ABEF为平行四边形∵AB=AF，∴根据勾股定理，即可得到AE=2=8.∴四边形ABEF的面积=×AE×BF=24.【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识；证明四边形ABEF是菱形是解决问题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）图详见解析，；（2）图详见解析，【解析】

（1）分别作出，，的对应点，，即可．（2）分别作出，，的对应点，，即可．【详解】解：（1）△如图所示．，，；（2）△如图所示．，，．【点睛】本题考查轴对称变换，平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．20、（1）C；（2）详见解析.【解析】

（1）根据矩形的判定可得答案；（2）利用勾股定理求得AF=5，根据题意可得平行四边形AFF′D四边都相等，即可得证．【详解】解：(1)由题意可知AD与EE′平行且相等，∵AE⊥BC，∴四边形AEE′D为矩形故选C；(2)∵AD＝5，S□ABCD＝15，∴AE＝3，又∵在图2中，EF＝4，∴在Rt△AEF中，AF＝，∴AF＝AD＝5，又∵AF∥DF′，AF＝DF′，∴四边形AFF′D是平行四边形，又∵AF＝AD，∴四边形AFF′D是菱形．21、（1）k=2；（2）P点的坐标为或．【解析】

（1）把代入正比例函数的图象求得纵坐标，然后把的坐标代入反比例函数，即可求出的值；（2）因为、关于点对称，所以，即可求得，然后根据三角形面积公式列出关于的方程，解方程即可求得．【详解】解：（1）正比例函数的图象经过点，点的横坐标为．，点，∵反比例函数的图象经过点，；（2），，设，则，，即，点的坐标为或．【点睛】本题考查的是反比例函数的图象与一次函数图象的交点问题，三角形的面积等知识点，利用数形结合是解答此题的关键．22、证明见解析.【解析】

根据平行四边形的判定推出四边形OBEC是平行四边形，根据菱形性质求出∠AOB=90°，根据矩形的判定推出即可．【详解】∵BE∥AC，CE∥DB，∴四边形OBEC是平行四边形，又∵四边形ABCD是菱形，且AC、BD是对角线，∴AC⊥BD，∴∠BOC＝90°，∴平行四边形OBEC是矩形．【点睛】本题考查了菱形性质，平行四边形的判定，矩形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．23、原式=，当a=1时，原式=1【解析】分析：利用分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定a的取值范围，代入计算即可．详解：原式=（﹣）×═（﹣）×=×=∵要使分式有意义，故a+1≠0且a﹣2≠0，∴a≠﹣1且a≠2，∴当a=1时，原式==1．点睛：本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．24、（1）△DOE≌△BOF；证明见解析；（2）绕点O旋转180°后得到或以点O为中心作对称变换得到．【解析】

（1）本题要证明如△ODE≌△BOF，已知四边形ABCD是平行四边形，具备了同位角、内错角相等，又因为OD=OB，可根据AAS能判定△DOE≌△BOF；（2）平行四边形是中心对称图形，这对全等三角形中的一个是以其中另一个三角形绕点O旋转180°后得到或以点O为中心作对称变换得到．【详解】（1）△DOE≌△BOF；证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．∴∠EDO=∠FBO，∠E=∠F．又∵OD=OB，∴△DOE≌△BOF（AAS）．（2）绕点O旋转180°后得到或以点O为中心作对称变换得到．考点：1.平行四边形的性质；2.全等三角形的判定．25、(1)证明见解析；(2)S＝m(m＞0)；(3)满足条件的F坐标为(，2)或(，4)．【解析】

（1）只要证明△ABO≌△CBE，可得AB=BE，即可解决问题；

（2）在Rt△AOB中利用勾股定理求出AB，证明△ABO∽△CBE，利用相似三角形的性质求出BE即可解决问题；

（3）分两种情形I.当点A与D重合时，II.当点G在BC边上时，画出图形分别利用直角三角形和等边三角形求解即可.【详解】解：(1)如图1中，∵m＝，B(，0)，∴D(0，)，∴OD＝OB＝，∴矩形OBCD是正方形，∴BO＝BC，∵∠OBC＝∠ABE＝90°，∴∠ABO＝∠CBE，∵∠BOA＝∠BCE＝90°，∴△ABO≌△CBE，∴AB＝BE，∵四边形ABEF是平行四边形，∴四边形ABEF是菱形，∵∠ABE＝90°，∴四边形ABEF是正方形．(2)如图1中，在Rt△AOB中，∵OA＝1，OB＝，∴AB＝＝2，∵∠OBC＝∠ABE＝90°，∴∠OBA＝∠CBE，∵∠BOA＝∠BCE＝90°，∴△ABO∽△CBE，∴，∴，∴BE＝m，∴S＝AB•BE＝m(m＞0)．(3)①如图2中，当点A与D重合时，点G在矩形OBCD的边CD上．∵tan∠ABO＝，∴∠ABO＝30°，在Rt△ABE中，∠BAE＝∠ABO＝30°，AB＝2，∴AE＝，∵AG＝GE，∴AG＝，∴G(，1)，设F(m，n)，则有，，∴m＝，n＝2，∴F(，2)．②如图3中，当点G在BC边上时，作GM⊥AB于M．∵四边形ABEF是矩形，∴GB＝GA，∵∠GBO＝90°，∠ABO＝30°，∴∠ABG＝60°，∴△ABG是等边三角形，∴BG＝AB＝2，∵FG＝BG，∴F(，4)，综上所述，满足条件的F坐标为(，2)或(，4)．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或