云南省昆明市五华区云南师范大附属中学2025届八年级数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

云南省昆明市五华区云南师范大附属中学2025届八年级数学第一学期期末质量跟踪监视试题级数学第一学期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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，在中，，，，，则是()A． B．5 C． D．102．如图，△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，且∠A＝78°，∠C′＝48°，则∠B的度数为()A．48° B．54° C．74° D．78°3．当时，代数式的值是（）．A．－1 B．1 C．3 D．54．如图，点D、E在△ABC的边BC上，△ABD≌△ACE，下列结论不一定成立的是（）A． B． C． D．5．的平方根是（）A．2 B．－2 C．4 D．26．已知x2＋2mx＋9是完全平方式，则m的值为（）A．±3 B．3 C．±6 D．67．如果把分式中的和都扩大2倍，则分式的值（）A．扩大4倍 B．扩大2倍 C．不变 D．缩小2倍8．一项工程，甲单独做需要m天完成，乙单独做需要n天完成，则甲、乙合作完成工程需要的天数为（）A．m+n B． C． D．9．如图，已知MB=ND,∠MBA=∠NDC，下列哪个条件不能判定△ABM≌△CDN（

）A．∠M=∠N B．AB=CD C．AM∥CN D．AM=CN10．如图，∠AOB＝150°，OC平分∠AOB，P为OC上一点，PD∥OA交OB于点D，PE⊥OA于点E．若OD＝4，则PE的长为（）A．2 B．2.5 C．3 D．411．一个缺角的三角形ABC残片如图所示，量得∠A＝60°，∠B＝75°，则这个三角形残缺前的∠C的度数为（）A．75° B．60° C．45° D．40°12．如图所示，在与中，，，.能判定这两个三角形全等的依据是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．关于，的二元一次方程组的解是，如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，则点的坐标为__________.14．当x=______，分式的的值为零。15．已知一次函数y=-x+3，当0≤x≤2时，y的最大值是．16．如图，在中，，点和点在直线的同侧，，连接，则的度数为__________．17．如图，在△ABC中，AC=10，BC=6，AB的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，则△BCE的周长是_____．18．如图是一副三角尺拼成图案，则∠AEB=_____度．

三、解答题（共78分）19．（8分）棱长分别为，两个正方体如图放置，点在上，且，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点爬到点，需要爬行的最短距离是________20．（8分）已知，，分别在边，上取点，，使，过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点．点，分别是射线，上动点，连接，，．（1）求证：；（2）如图，当点，分别在线段，上，且时，请求出线段，，之间的等量关系式；（3）如图，当点，分别在，的延长线上，且时，延长交于点，延长交于点．请猜想线段，，之间的等量关系，并证明你的结论．21．（8分）（1）化简：（2）先化简，再取一个适当的数代入求值．22．（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AB⊥AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明．23．（10分）已知：如图，∠ACD是△ABC的一个外角，CE、CF分别平分∠ACB、∠ACD，EF∥BC，分别交AC、CF于点H、F求证：EH=HF24．（10分）（1）分解因式：；（2）化简求值：，其中．25．（12分）如图，在等边中，点，分别是，上的动点，且，交于点．（1）如图1，求证；（2）点是边的中点，连接，．①如图2，若点，，三点共线，则与的数量关系是；②若点，，三点不共线，如图3，问①中的结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由．26．如图直线对应的函数表达式为，直线与轴交于点．直线：与轴交于点，且经过点，直线，交于点．（1）求点，点的坐标；（2）求直线对应的函数表达式；（3）求的面积；（4）利用函数图象写出关于，的二元一次方程组的解．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】由已知条件得出OB，OA的长，再根据30°所对的直角边是斜边的一半得出OD.【详解】解：∵，，，∴OB=10，∴OA==，又∵，∴在直角△AOD中，OD=OA=，故选A.【点睛】本题考查了直角三角形的性质，30°所对直角边是斜边的一半，勾股定理，关键是要得出OA的长度.2、B【解析】由对称得到∠C=∠C′=48°，由三角形内角和定理得∠B=54°，由轴对称的性质知∠B=∠B′=54°．解：∵在△ABC中，∠A=78°，∠C=∠C′=48°，∴∠B=180°﹣78°﹣48°=54°∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，∴∠B=∠B′=54°．故选B．3、B【分析】将代入代数式中求值即可．【详解】解:将代入,得原式=故选B．【点睛】此题考查的是求代数式的值,解决此题的关键是将字母的值代入求值即可．4、A【分析】根据全等三角形的对应边相等、对应角相等逐一判断即可．【详解】∵△ABD≌△ACE，

∴BD=CE，

∴BE=CD，故B成立，不符合题意；

∠ADB=∠AEC，

∴∠ADE=∠AED，故C成立，不符合题意；

∠BAD=∠CAE，

∴∠BAE=∠CAD，故D成立，不符合题意；

AC不一定等于CD，故A不成立，符合题意．

故选：A．【点睛】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．5、D【分析】根据算术平方根的定义先求出，然后根据平方根的定义即可得出结论．【详解】解：∵=4∴的平方根是2故选D．【点睛】此题考查的是求一个数的算术平方根和平方根，掌握算术平方根的定义和平方根的定义是解决此题的关键．6、A【分析】将原式转化为x2＋2mx+32，再根据x2＋2mx+32是完全平方式，即可得到x2＋2mx+32=(x±3)2，将(x±3)2展开，根据对应项相等，即可求出m的值．【详解】原式可化为x2＋2mx＋3，又∵x2＋2mx＋9是完全平方式，∴x2＋2mx＋9=(x±3)2，∴x2＋2mx＋9=x2±6mx＋9，∴2m=±6，m=±3.故选A.【点睛】此题考查完全平方式，掌握运算法则是解题关键7、B【分析】根据题意要求将和都扩大2倍，然后将得出来的结果与原分式进行比较即可得出答案．【详解】把分式中的和都扩大2倍得∴分式的值扩大2倍故选：B．【点睛】本题主要考查分式的基本性质，掌握分式的基本性质是解题的关键．8、C【分析】设总工程量为1，根据甲单独做需要m天完成，乙单独做需要n天完成，可以求出甲乙每天的工作效率，从而可以得到甲乙合作需要的天数。【详解】设总工程量为1，则甲每天可完成，乙每天可完成，所以甲乙合作每天的工作效率为所以甲、乙合作完成工程需要的天数为故答案选C【点睛】本题考查的是分式应用题，能够根据题意求出甲乙的工作效率是解题的关键。9、D【分析】A、在△ABM和△CDN中由ASA条件可证△ABM≌△CDN，则A正确，B、在△ABM和△CDN中由SAS可证△ABM≌△CDN则B正确，C、AM∥CN，得∠A=∠C，在△ABM和△CDN中AAS△ABM≌△CDN，则C正确，D、只有在直角三角形中边边角才成立，则D不正确．【详解】A、在△ABM和△CDN中，∠M=∠N，MB=ND，∠MBA=∠NDC，△ABM≌△CDN（ASA），则A正确；B、在△ABM和△CDN中，MB=ND，∠MBA=∠NDC，AB=CD，△ABM≌△CDN（SAS），则B正确；C、AM∥CN，得∠A=∠C，在△ABM和△CDN中，∠A=∠C，∠MBA=∠NDC，MB=ND，△ABM≌△CDN（AAS），则C正确；D、AM=CN，MB=ND,∠MBA=∠NDC≠90º，则D不正确．故选择：D．【点睛】本题考查在一边与一角的条件下，添加条件问题，关键是掌握三角形全等的判定方法，结合已知与添加的条件是否符合判定定理．10、A【解析】分析：根据平行线的性质，可得∠PDO的度数，然后过O作OF⊥PD于F，根据平行线的推论和30°角所在的直角三角形的性质可求解.详解：∵PD∥OA，∠AOB=150°∴∠PDO+∠AOB=180°∴∠PDO=30°过O作OF⊥PD于F∵OD=4∴OF=×OD=2∵PE⊥OA∴FO=PE=2.故选A.点睛：此题主要考查了直角三角形的性质，关键是通过作辅助线，利用平行线的性质和推论求出FO=PE.11、C【分析】利用三角形内角和定理求解即可.【详解】因为三角形内角和为180°，且∠A=60°，∠B=75°，所以∠C=180°–60°–75°=45°.【点睛】三角形内角和定理是常考的知识点.12、D【分析】根据直角三角形全等的判定方法解答即可．【详解】在△ABC与△DEF中，AB=DE，BC=EF，∠C=∠F=90°，根据HL可以判定这两个三角形全等，故选项D符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用直角三角形全等的判定．二、填空题（每题4分，共24分）13、【分析】方程组的解即是交点P的坐标.【详解】∵，，∴方程组的解即是函数图象的交点P的横纵坐标，∴点P的坐标是，故答案为：.【点睛】此题考查两个一次函数的交点坐标与二元一次方程组的解的关系，正确理解两者间的关系并运用解题是关系.14、1.【分析】分式的值为零：分子等于零，且分母不等于零．【详解】解：依题意，得

x-1=2，且x1+1≠2，

解得，x=1．

故答案是：1．【点睛】本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为2；（1）分母不为2．这两个条件缺一不可．15、1.【解析】试题分析：∵一次函数y=-x+1中k=-1＜0，∴一次函数y=-x+1是减函数，∴当x最小时，y最大，∵0≤x≤2，∴当x=0时，y最大=1．考点：一次函数的性质．16、30°【分析】先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理以及角的和差求出的度数，然后作点D关于直线AB的对称点E，连接BE、CE、AE，如图，则BE=BD，∠EBA=∠DB，∠BEA=∠BDA，进而可得∠EBC=60°，由于BD=BC，从而可证△EBC是等边三角形，可得∠BEC=60°，EB=EC，进一步即可根据SSS证明△AEB≌△AEC，可得∠BEA的度数，问题即得解决．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，作点D关于直线AB的对称点E，连接BE、CE、AE，如图，则BE=BD，∠EBA=∠DBA=11°，∠BEA=∠BDA，∴∠EBC=11°+11°+38°=60°，∵BD=BC，∴BE=BC，∴△EBC是等边三角形，∴∠BEC=60°，EB=EC，又∵AB=AC，EA=EA，∴△AEB≌△AEC（SSS），∴∠BEA=∠CEA=，∴∠ADB=30°．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及轴对称的性质等知识，涉及的知识点多、综合性强，难度较大，作点D关于直线AB的对称点E，构造等边三角形和全等三角形的模型是解题的关键．17、16【解析】由线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可求出AE=BE，进而求出△BCE的周长.【详解】∵DE是AB的垂直平分线，∴AE=BE，∵AC=10cm，BC=6cm，∴△BCE的周长=BC+BE+CE=BC+AE+CE=BC+AC=10+6=16cm．故答案为：16【点睛】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，求出△BCE的周长等于AC与BC的和是解题的关键.18、75º【分析】根据三角板的特殊角和三角形的内角和是180度求解即可．

【详解】由图知,∠A=60°,∠ABE=∠ABC-∠DBC=90°-45°=45°,∴∠AEB=180°-(∠A+∠ABE)=180°-(60°+45°)=75°.故答案为：75三、解答题（共78分）19、【分析】根据两点之间直线最短的定理，将正方体展开即可解题.【详解】将两个立方体平面展开，将面以为轴向上展开，连接A、P两点，得到三角形APE，AE=4+5=9，EP=4+1=5，AP==cm.【点睛】本题考查空间思维能力.20、（1）见解析；（2）；（3），见解析【分析】（1）连接,通过，得到为等腰直角三角形，进而得到，根据过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点，可推出，，最后通过证明≌，可以得出结论；（2）在射线上取点，使，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，最后等量代换线段即可求解；（3）延长到点，使得，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，根据，等量代换可知，又因为，推出，进而得到，同理可证，最后根据勾股定理即可求解．【详解】解：（1）证明：连接．，，为等腰直角三角形，，又，且，，，，同理，，在与中，≌，，；（2）如图，在射线上取点，使，连接．在与中，≌，，，，，，，，在与中≌，，又，．（3）．证明如下：如图，延长到点，使得，连接．，在与中，≌，，，，，，，，，在与中，≌，，≌，，，，，，，同理可证：，在中，由勾股定理得：．【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键．21、（1）（2）当时，原式=8（答案不唯一）【分析】（1）由于两个因式的分母相同，因此直接分子作减法，此时刚好分子和分母有共同的因式，故约分消掉即可得出答案；（2）先化简，再求值，化简过程中注意合并同类项，最后取适当的值的时候切记考虑原式，确保分式有意义，即分母不为0.【详解】（1）原式（2）原式若当时，原式=8（本题答案不唯一，切记x不能为-1，1，和0）【点睛】本题关键在于化简多项式时，取适当的值的时候切记考虑原式，确保分式有意义，即分母不为0.22、（1）四边形CDAF是平行四边形，理由详见解析；（2）四边形ADCF是菱形，证明详见解析．【解析】（1）由E是AD的中点，过点A作AF∥BC，易证得△AFE≌△DBE，然后证得AF=BD=CD，即可证得四边形ADCF是平行四边形；（2）由AB⊥AC，AD是BC边上的中线，可得AD=CD=12BC，然后由四边形ADCF是平行四边形，证得四边形ADCF【详解】（1）解：四边形CDAF是平行四边形，理由如下：∵E是AD的中点，∴AE=ED，∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，∠FAE=∠BDE，在△AFE和△DBE中，∠AFE=∠DBE∠FAE=∠BDE∴△AFE≌△DBE（AAS），∴AF=BD，∵AD是BC边中线，∴CD=BD，∴AF=CD，∴四边形CDAF是平行四边形；（2）四边形ADCF是菱形，∵AC⊥AB，AD是斜边BC的中线，∴AD=12BC=DC∵四边形ADCF是平行四边形，∴平行四边形ADCF是菱形．【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及菱形的判定．注意掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半定理的应用是解此题的关键．23、见解析【分析】由角平分线的定义可得∠BCE＝∠ACE，∠ACF＝∠DCF，由平行线的性质可得∠BCE＝∠CEF，∠CFE＝∠DCF，利用等量代换可得∠ACE＝∠CEF，∠CFE＝∠ACF，根据等角对等边即可求得EH=CH=HF，进而求得EH=HF．【详解】∵CE、CF分别平分∠ACB、∠ACD，∴∠BCE＝∠ACE，∠ACF＝∠DCF，∵EF∥BC，∴∠BCE＝∠CEF，∠CFE＝∠DCF，∴∠ACE＝∠CEF，∠CFE＝∠ACF，∴EH＝CH，CH=HF，∴EH＝HF.【点睛】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，根据等角对等边求解是解题关键.24、（1）；（2），【分析】(1)先提公因式，再运用完全平方公式进行第二次分解即可；(2)通分并利用同分母分式的加法法则计算，化成最简式后再代入求值即可．【详解】(1)；(2)当时，原式．【点睛】本题考查了因式分解和分式的化简求值，熟知混合运算的法则是解答此题的关键．25、（1）证明过程见详解；（2）①；②结论成立，证明见详解【分析】（1）先证明，得出对应角相等，然后利用四边形的内角和和对顶角相等即可得出结论；（2）①；由等边三角形的性质和已知条件得出AM⊥BC，∠CAP＝30°，可得PB＝PC，由∠BPC＝120°和等腰三角形的性质可得∠PCB＝30°，进而可得AP＝PC，由30°角的直角三角形的性质可得PC＝2PM，于是可得结论；②延长BP至D，使PD＝PC，连接AD、CD，根据SAS可证△ACD≌△BCP，得出AD＝BP，∠ADC＝∠BPC＝120°，然后延长PM至N，使MN＝MP，连接CN，易证△CMN≌△BMP（SAS），可得CN＝BP＝AD，∠NCM＝∠PBM，最后再根据SAS证明△ADP≌△NCP，即可证得结论．【详解】（1）证明：因为△ABC为等边三角形，所以∵，∴，∴，在四边形AEPD中，∵，∴，∴，∴；（2）①如图2，∵△ABC是等边三角形，点M是边BC的中点，∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AM⊥BC，∠CAP＝∠BAC＝30°，∴PB＝PC，∵∠BPC＝120°，∴∠PBC＝∠PCB＝30°，∴PC＝2PM，∠ACP＝60°﹣30°＝30°＝∠CAP，∴AP＝PC，∴AP＝2PM；故答案为：；②AP＝2PM成立，理由如下：延长BP至D，使PD＝PC，连接AD、CD，如图4所示：则∠CPD＝180°﹣∠BPC＝60°，∴△PCD是等边三角形，∴CD＝PD＝PC，∠PDC＝∠PCD＝60°，∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝60°＝∠PCD，∴∠BC