浙江省丽水市2024届数学八年级上册期末质量跟踪监视模拟试题含解析

浙江省丽水市2024届数学八上期末质量跟踪监视模拟试题

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题4分，共48分）

1.已知点P（a,0）在x轴的负半轴，则点以（一。,。一1）在（）.

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

mx+y=0fx=-l

2.已知关于小y的方程组,。，解是1则2〃+〃的值为（）

x+ny=3[y=-2

A.-6B.2C.1D.0

3.直角三角形中，有两条边长分别为3和4,则第三条边长是（）

A.1B.5C.币D.5或用

4.如图比较大小，已知OA=OB,数轴点A所表示的数为a（）-

5.如图，在AABC中，AD是高，AE是角平分线，AF是中线，则下列说法中错误的是（）

A.BF=CFB.ZC+ZCAD=90°C.NBAF=NCAFD.S诋=2sA

6.小李家装修地面，已有正三角形形状的地砖，现打算购买不同形状的另一种正多边形地转，与正三角形地砖一起铺

设地面，则小李不应购买的地砖形状是（）

A.正方形B.正六边形

C.正八边形D.正十二边形

7.点M（-2,1）关于y轴对称的点N的坐标是（）

A.（2,1）B.（1,-2）C.（-2,-1）D.（2,-1）

8.如图，下列图案是我国几家银行的标志，其中轴对称图形有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

9.已知"c为AABC的内角A,5c所对应的边，满足下列条件的三角形不是直角三角形的是（）

A.A8=E,8C=4,AC=5B.a:b:c=1:乖):2

34

C.ZA:ZB:ZC=5:4:3D.a=-c,b=­c

55

10.如图是一只蝴蝶的标本，标本板恰好分割成4X7个边长为1的小正方形，已知表示蝴蝶“触角”的点B,C的

坐标分别是（1,3）,（2,3）,则表示蝴蝶“右爪”的D点的坐标为（）

A.(2,0)B.(3,0)C.(2,1)D.(3,1)

11.若x?+6x+k是完全平方式，则k=（）

A.9B.-9C.±9D.±3

12.下面计算正确的是（）

A.后+百=3B.3+73=373

C.V2gV3=V5D.2=-2

二、填空题（每题4分，共24分）

13.如图所示，第1个图案是由黑白两种颜色的正六边形地面砖组成，第2个，第3个图案可以看作是第1个图案经

过平移而得，那么设第〃个图案中有白色地面砖m块，则，〃与”的函数关系式是

14.如图是由4个相同的小正方形组成的网格图，点A、B、C、D、E都在格点上，则/ABC+/EDC的度数为

2%

15.要使分式一彳有意义，则x的取值范围是.

x-2

16.如图，A.B两点在正方形网格的格点上，每个方格都是边长为1的正方形、点C也在格点上，且AABC为等腰

三角形，则符合条件的点C共有个.

21

17.计算：---=.

aa

18.如图，在AABC中，ZA=40°,点。为43的延长线上一点，且NC3O=120。，则NC=

三、解答题（共78分）

19.（8分）如图①，在A、B两地之间有汽车站C,客车由A地驶往C站，货车由B地驶往A地，两车同时出发,

匀速行驶，图②是客车、货车离C站的路程/、%（km）与行驶时间x（h）之间的函数图像.

⑵求货车由B地行驶至A地所用的时间；

（3）求点E的坐标，并解释点E的实际意义.

20.（8分）四川苍溪小王家今年红心猿猴桃喜获丰收，采摘上市20天全部销售完，小王对销售情况进行跟踪记录，

并将记录情况绘制成图象，日销售量y（单位：千克）与上市时间x（单位：天）的函数关系如图（1）所示，红星猫

猴桃的价格z（单位：元/千克）与上市时间x（天）的函数关系式如图（2）所示.

(1)观察图象，直接写出日销售量的最大值；

(2)求小王家红心滁猴桃的日销量y与上市时间x的函数解析式；并写出自变量的取值范围.

(3)试比较第6天和第13天的销售金额哪天多？

21.(8分)已知矩形ABCD的一条边AD=8,E是BC边上的一点，将矩形ABCD沿折痕AE折叠，使得顶点B落在

CD边上的点P处，PC=4(如图1).

(1)求AB的长；

(2)擦去折痕AE,连结PB,设M是线段PA的一个动点(点M与点P、A不重合).N是AB沿长线上的一个动点,

并且满足PM=BN.过点M作MHLPB,垂足为H,连结MN交PB于点F(如图2).

①若M是PA的中点，求MH的长；

②试问当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段FH的长度.

22.(10分)已知如图，直线y=-氐+4省与x轴相交于点A,与直线y=Gx相交于点P.PD垂直x轴，垂足

为D.

(1)求点P的坐标.

(2)请判断AOPA的形状并说明理由.

23.(10分)如图1中的三种情况所示，对于平面内的点M,点N,点P,如果将线段PM绕点P顺时针旋转90。能得

(1)在如图2所示的平面直角坐标系中，已知S(—3,1),尸(1,3),Q(—1,—3),M(—2,4).

①在点P,点Q中，___________是点S关于原点O的“正矩点”；

②在S,P,Q,M这四点中选择合适的三点，使得这三点满足：

点是点___________关于点的“正矩点”，写出一种情况即可；

(2)在平面直角坐标系中，直线y=Ax+3(左<0)与x轴交于点A,与y轴交于点B,点A关于点B的“正矩点”

记为点C,坐标为。(％，/)・

①当点A在x轴的正半轴上且OA小于3时，求点C的横坐标％的值；

②若点C的纵坐标为满足-1<Vc<2,直接写出相应的k的取值范围.

24.(10分)如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于

点F,连接CF.

(1)试判断四边形ADCF的形状，并证明；

(2)若ABLAC,试判断四边形ADCF的形状，并证明.

25.(12分)为响应珠海环保城市建设，我市某污水处理公司不断改进污水处理设备，新设备每小时处理污水量是原

系统的L5倍，原来处理1200m3污水所用的时间比现在多用10小时.

(1)原来每小时处理污水量是多少n??

(2)若用新设备处理污水960m3,需要多长时间？

26.某种产品的原料提价，因而厂家决定对产品进行提价，现有两种方案：

方案一：第一次提价P%,第二次提价q%;

方案二：第一、二次均提价庄幺％;

2

如果设原价为1元，

(1)请用含p,P的式子表示提价后的两种方案中的产品价格；

(2)若p、q是不相等的正数，设p%=m,q%=n,请你通过演算说明：这两种方案，哪种方案提价多？

参考答案

一、选择题(每题4分，共48分)

1、D

【分析】根据坐标轴上点的坐标特征，x轴负半轴上点的横坐标为负数，再根据相反数的意义和有理数的加法判断M

的坐标符号.

【详解】解：点P(a,0)在x轴的负半轴，

a<0,

-a>0,a—1<0,

"(—a,a—1)在第四象限，

故选：D

【点睛】

本题考查了直角坐标系内点的坐标特征，正确理解坐标轴上点的坐标特征及有理数的加法法则是解答本题的关键.

2、A

x=­l

【解析】把c代入方程组得到关于相，〃的方程组求得根，〃的值，代入代数式即可得到结论.

b=-2

X=-Lnvc+y=0-m-2-0

【详解】把个代入方程得：＜

b=-2x+ny=3-l-2n=3

m=—2

解得：《，则2机+〃=2x(-2)+(-2)=-1.

n=-2

故选A.

【点睛】

本题考查了解二元一次方程组，二元一次方程组的解，代数式的求值，正确的解方程组是解题的关键.

3、D

【分析】分第三边为直角边或斜边两种情况，根据勾股定理分别求第三边.

【详解】当第三边为直角边时，4为斜边，第三边=52_32="

当第三边为斜边时，3和4为直角边，第三边=严百=5,

故选：D.

【点睛】

本题考查了勾股定理.关键是根据第三边为直角边或斜边，分类讨论，利用勾股定理求解.

4、A

【分析】由勾股定理求出OB=在，即可确定A点表示的数为-亚，比较一15和的大小即可求解.

2224

【详解】解：由勾股定理可求OB=

VOA=OB,

・・.OA=走，

2

・・・A点表示的数为-好,

2

・・5

•------〉—，

24

故选：A.

【点睛】

本题主要考查勾股定理和实数的大小比较，掌握勾股定理和实数的大小比较方法是解题的关键.

5、C

【分析】根据三角形的角平分线、中线和高的概念判断.

【详解】解：TAF是△ABC的中线，

.*.BF=CF,A说法正确，不符合题意；

TAD是高，

:.NADC=90。，

/.ZC+ZCAD=90°,B说法正确，不符合题意；

VAE是角平分线，

.,.ZBAE=ZCAE,C说法错误，符合题意；

VBF=CF,

'•SAABC=2SAABF>D说法正确，不符合题意；

故选：C.

【点睛】

本题考查的是三角形的角平分线、中线和高，掌握它们的概念是解题的关键.

6、C

【解析】根据密铺的条件得，两多边形内角和必须凑出360。，进而判断即可.

【详解】A.正方形的每个内角是90,90x2+60义3=360,.•.能密铺；

B.正六边形每个内角是120,120+60x4=360，，能密铺；

C.正八边形每个内角是135，135与60无论怎样也不能组成360。的角，不能密铺；

D.正十二边形每个内角是150,150x2+60=360,•••能密铺.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查平面图形的镶嵌，根据平面镶嵌的原理：拼接点处的几个多边形的内角和恰好等于一个圆周角.

7、A

【分析】根据关于y轴对称的两点坐标关系：横坐标互为相反数，纵坐标相等即可得出结论.

【详解】解：点M（-2,1）关于y轴对称的点N的坐标是（2,1）

故选A.

【点睛】

此题考查的是求一个点关于y轴对称点的坐标，掌握关于y轴对称的两点坐标关系是解决此题的关键.

8、C

【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫

做轴对称图形.据此可知只有第三个图形不是轴对称图形.

【详解】解：根据轴对称图形的定义：

第一个图形和第二个图形有2条对称轴，是轴对称图形，符合题意；

第三个图形找不到对称轴，则不是轴对称图形，不符合题意.

第四个图形有1条对称轴，是轴对称图形，符合题意；

轴对称图形共有3个.

故选：C.

【点睛】

本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合.

9、C

【分析】运用直角三角形的判定方法：当一个角是直角时，或两边的平方和等于第三条边的平方，也可得出它是直角

三角形.分别判定即可.

【详解】A>'：AB=44i,BC=4,AC=5,

：.42+52=16+25=41=（V41）2,即BC2+AC2=AB2,

AABC是直角三角形，故本选项符合题意；

B、":a:b:c=l：6:2,

22

I+（省）2=4=2

a2+b2=c2,

AABC是直角三角形，故本选项不符合题意；

C、VZA：ZB：ZC=5：4：3,

又；ZA+ZB+ZC=180°,

二最大角NA=75。，

AABC不是直角三角形，故本选项符合题意；

34

D>Va=—c,b=—c,

55

a2+b2=c2,

.•.△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意.

故选：C.

【点睛】

此题主要考查了勾股定理的逆定理、直角三角形的判定方法，灵活的应用此定理是解决问题的关键.

10、B

【分析】根据点B、C的坐标，得到点A为原点（0,0）,然后建立平面直角坐标系，即可得到点D的坐标.

【详解】解：•••点B,C的坐标分别是（1,3）,（2,3）,

.•.点A的坐标为（0,0）；

故选:B.

【点睛】

本题考查建立平面直角坐标系，坐标的确定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.

11、A

【解析】试题分析：若x2+6x+k是完全平方式，则k是一次项系数6的一半的平方.

解：,.,x2+6x+k是完全平方式，

:.（x+3）2=x2+6x+k,即x2+6x+l=x2+6x+k

/.k=l.

故选A.

考点：完全平方式.

12、A

【分析】根据二次根式的乘、除法公式和同类二次根式的定义逐一判断即可.

【详解】解：A.四千百==方=3，故本选项正确；

B.3和若不是同类二次根据，不能合并，故本选项错误；

C.版.6=娓,故本选项错误；

D.2j(—2j=2x2=4,故本选项错误.

故选A.

【点睛】

此题考查的是二次根式的运算，掌握二次根式的乘、除法公式和同类二次根式的定义是解决此题的关键.

二、填空题(每题4分，共24分)

13、4n+l.

【分析】观察图形可知，第一个黑色地面砖有六个白色地面砖包围，再每增加一个黑色地面砖就要增加四个白色地面

砖.据此规律即可解答.

【详解】解：首先发现：第一个图案中，有白色的是6个，后边是依次多4个.

所以第"个图案中，是6+4(«-1)=4M+1.

与n的函数关系式是m—4n+l.

故答案为：4n+l.

【点睛】

本题考查平面图形组合的规律，主要培养学生的观察能力和空间想象能力，解题的关键是发现规律：在第1个图案的

基础上，多1个图案，多4个白色地面砖.

14、180°

【分析】由图可得，FB=ED,ZF=ZE=90°,FC=EC,利用SAS证明AFBCgAEDC,根据全等三角形的性质不难求

出NABC+NEDC的度数.

【详解】解：由图可得：FB=ED,NF=NE=90。，FC=EC,

/.△FBC^AEDC(SAS),

ZEDC=ZFBC,

:.ZABC+ZEDC=ZABC+ZFBC=180°,

故答案为：180。.

本题考查了全等三角形的判定和性质，准确识别图形，找出证明全等所需的条件是解题关键.

15、光/2

【解析】根据分式有意义的条件，贝（I：x—2/0.

解得:尤。2.

故答案为x/2.

【点睛】

分式有意义的条件：分母不为零.

16、9

【解析】根据已知条件，可知按照点C所在的直线分两种情况：①点C以点A为标准，AB为底边；②点C以点B

为标准，AB为等腰三角形的一条边.

解：①点C以点A为标准，AB为底边，符合点C的有5个；

②点C以点B为标准，AB为等腰三角形的一条边，符合点C的有4个.

所以符合条件的点C共有9个.

此题考查了等腰三角形的判定来解决特殊的实际问题，其关键是根据题意，结合图形，再利用数学知识来求解.注意

数形结合的解题思想.

17,-

a

【分析】根据同分母分式的加减运算法则计算即可.

211

【详解】——

aaa

故答案为：一.

a

【点睛】

本题考查分式的减法运算，熟记运算法则是解题关键.

18、80°

【分析】根据三角形的外角定理即可求解.

【详解】由三角形的外角性质得，ZC^ZCBD-ZA=120°-40°=80°.

故答案为80°

【点睛】

此题主要考查三角形的外角定理，解题的关键熟知三角形的外角性质.

三、解答题(共78分)

14

19.(1)60；(2)14h；(3)点E代表的实际意义是在行驶时，客车和货车相遇，相遇时两车离C站的距离为80km.

【分析】(1)由图象可知客车6小时行驶的路程是360km,从而可以求得客车的速度；

(2)由图象可以得到货车行驶的总的路程，前2h行驶的路程是60km,从而可以起求得货车由B地行驶至A地所用

的时间；

(3)根据图象利用待定系数法分别求得EF和DP所在直线的解析式，然后联立方程组即可求得点E的坐标，根据题

意可以得到点E代表的实际意义.

【详解】解：(1)由图象可得，客车的速度是：360+6=60(km/h),

故答案为：60；

(2)由图象可得，

货车由B地到A地的所用的时间是：(60+360)+(604-2)=14(h),

即货车由B地到A地的所用的时间是14h；

(3)设客车由A到C对应的函数解析式为y=kx+b,

7=360优=—60

则《，得《，

[6k+b=0[b=360

即客车由A到C对应的函数解析式为y=-60x+360；

根据(2)知点P的坐标为(14,360),设货车由C到A对应的函数解析式为y=mx+n,

2m+n=0fm=30

则〈，得〈,

14m+n=360[n=-60

即货车由C到A对应的函数解析式为y=30x-60；

14

y=-60%+360x=—

得3,

y=30x-60

y=80

.•.点E的坐标为(§,80),

14

故点E代表的实际意义是在行驶时，客车和货车相遇，相遇时两车离C站的距离为80km.

【点睛】

本题考查一次函数的应用，解答此类问题的关键是明确题意，利用待定系数法求出一次函数解析式，然后利用一次函

数的性质和数形结合的思想解答.

10x(0”x<12)

20、(1)日销售量最大为120千克；(2)y=<(3)第6天比第13天销售金额大.

-15x+300(12>20)

【解析】⑴观察图(1),可直接得出第12天时，日销售量最大120千克；

⑵观察图⑴可得，日销售量y与上市时间x的函数关系式存在两种形式，根据直线所经过点的坐标，利用待定系数法

直接求得函数解析式；

(3)观察图(1),根据⑵求出的函数解析式，分别求出第6天和第13天的日销售量，再根据图(2),求出第6天和第13

天的销售单价，求出第6天和第13天的销售金额，最后比较即可.

【详解】(1)由图⑴可知，x=12时，日销售量最大，为120千克；

(2)0WxV12时，设^=«M，

•.•函数图象经过点(12,120),

.*.12*1=120,

解得*1=10,

Aj=10x,

12<x<20时，设y=kix+bi,

•.•函数图象经过点(12,120),(20,0),

,112左2+4=120

20匕+4=0

k=15

解得2

4=300'

-15x+300,

10x(0,,%<12)

综上所述，y与x的函数关系式为丁=

-15%+300(12>20)；

⑶5士315时,设z=hr+岳，

・・,函数图象经过点(5,32),(15,12),

5k3+b2—32

[15左3+b2=12'

k=—2

解得<3

A=42

••z=-2x+42,

x=6时，y=60,z=-2x6+42=30,

/.销售金额=60x30=1800元，

x=13时，y=-15x13+300=105,

z=-2x13+42=16,

•,•销售金额=105x16=1680元，

V1800>1680,

.••第6天比第13天销售金额大.

【点睛】

本题考查了一次函数的应用，涉及了待定系数法，二元一次方程组的解法，弄清题意，准确识图是解题的关键.应注意

自变量的取值范围.

21、(1)1；(2)275;275.

【解析】试题分析：(1)设AB=x,根据折叠可得AP=CD=x,DP=CD-CP=x-4,利用勾股定理，在RtAADP中，

AD2+DP2=AP2,即82+(x-4)2=x2,即可解答;

(2)①过点A作AG±PB于点G,根据勾股定理求出PB的长，由AP=AB,所以PG=BG=-PB=2^，在RtAAGP

2

中，AG=以产_pG=J02_Q历2=，下,

由AG_LPB,MH±PB,所以MH〃AG,根据M是PA的中点，所以H是PG的中点，根据中位线的性质得到

MH=gAG=；X46=2技

②作MQ〃AN,交PB于点Q,求出MP=MQ,BN=QM,得出MP=MQ,根据MH_LPQ,得出HQ=；PQ,根据

ZQMF=ZBNF,证出△MFQg△NFB,得出QF='QB,再求出EF='PB,最后代入HF=^PB即可得出线段EF

222

的长度不变.

试题解析：(1)设AB=x,贝！|AP=CD=x,DP=CD-CP=x-4,

在RtZkADP中，AD2+DP2=AP2,

即82+(x-4)2=x2,

解得：x=l,

即AB=1.

(2)①如图2,过点A作AG±PB于点G,

由（1）中的结论可得：PC=4,BC=8,ZC=90°,

PB=7BC2+PC2=A/82+42=4A/5，

VAP=AB,

1

；.PG=BG=-PB=2jr5

2一‘''

在RtAAGP中，AG=y/AP2-PG-=9-(2逐丫=475，

VAG±PB,MH1PB,

，MH〃AG,

；M是PA的中点,

.•.H是PG的中点,

11

；.MH=-AG=-x4逐=2卮

22

②当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化;

作MQ〃AN,交PB于点Q,如图3,

；AP=AB,MQ〃AN,

ZAPB=ZABP=ZMQP.

；.MP=MQ,

VBN=PM,

/.BN=QM.

VMP=MQ,MH_LPQ,

1

.\EQ=-PQ.

VMQ//AN,

/.ZQMF=ZBNF,

在ANFB中,

ZQFM=NNFB

{ZQMF=ZBNF,

MQ=BN

/.△MFQ^ANFB(AAS).

1

.-.QF=-QB,

HF=HQ+QF=-PQ+-QB=-PB=-x475=275.

2222

当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化，长度为2小.

考点：四边形综合题.

22、（1）尸（2,2百）；（2）等边三角形，理由见解析

【分析】

（1）联立两个解析式，求解即可求得P点的坐标；

（2）先求出OA=4,然后根据PDLX轴于D,且点P的坐标为（2,26）,可得OD=AD=2,PD=2也，然后根据

勾股定理可得OP=4,PA=4即可证明aPOA是等边三角形.

【详解】

y=—yj3x+

解：（1）联立两个解析式得「,

y=A/3X

x=2

解得，

b=2Vr3

.•.点P的坐标为（2,26）；

（2）AOPA为等边三角形，

理由：将y=0代入y=-0》+4百，

*,,—y/3x+4-\/3=0>

二解得x=4,即OA=4,

；PD，X轴于D,且点P的坐标为（2,2A/3），

OD=AD=2,PD=2^/3＞

由勾股定理得OP=q2?+（2布丫=4,

同理可得PA=4

APOA是等边三角形.

【点睛】

本题考查了一次函数的性质，勾股定理，等边三角形的判定和等腰三角形的性质，求出点P的坐标是解题关键.

3

23、（1）①点P；②见解析；（2）①点C的横坐标％的值为-1；②一3〈左＜—/

【分析】（1）①在点P,点Q中，点OS绕点O顺时针旋转90°能得到线段OP,故S关于点。的“正矩点”为点P；

②利用新定义得点S是点P关于点M的“正矩点”（答案不唯一）；

（2）①利用新定义结合题意画出符合题意的图形，利用新定义的性质证明aBCF之△AOB,则FC=OB求得点C的

横坐标；

②用含k的代数式表示点C纵坐标，代入不等式求解即可.

【详解】解：（1）①在点P,点Q中，点OS绕点。顺时针旋转90°能得到线段OP,故S关于点。的“正矩点”为

点P,

故答案为点P;

②因为MP绕M点顺时针旋转90。得MS,所以点S是点P关于点M的“正矩点”，同理还可以得点Q是点P关于点

S的“正矩点”.（任写一种情况就可以）

（2）①符合题意的图形如图1所示，作CEJ_x轴于点E,CFLy轴于点F,可得

ZBFC=ZAOB=90°.

,直线y=Ax+3（左＜0）与x轴交于点A,与y轴交于点B,

3

/.点B的坐标为B（0,3）,A（-一,0）在x轴的正半轴上，

k

,/点A关于点B的“正矩点”为点C（xc,yc）,

AZABC=90°,BC=BA,

.,.Nl+N2=90°,

VZAOB=90°,

；.N2+N1=9O°,

/.Z1=Z1.

/.△BFC^AAOB,

:.FC=OB=3,

可得OE=1.

•.•点A在x轴的正半轴上且0A<3,

xc<0,

点C的横坐标尤「的值为一L

3

②因为ABFC之aAOB,A(——,0),A在x轴正半轴上,

k

3

所以BF=OA,所以OF=OB-OF=3+-

k

3

点C(—3,3+—),如图2,-l<y^2,

kc

3

即：-1<3+-W2,

k

3

则一3〈左<——.

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