山东省泰安市泰山区大津口中学2022-2023学年八年级数学上学期第三次月考测试题+

这是一份山东省泰安市泰山区大津口中学2022-2023学年八年级数学上学期第三次月考测试题+，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
山东省泰安市泰山区大津口中学2022-2023学年八年级数学上册第三次月考测试题（附答案）
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．）
1．观察下列图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．下列各式由左边到右边的边形，属于因式分解的是（　　）
A．a（x﹣y）＝ax﹣ay B．y2﹣2y+3＝y（y﹣2）+3
C．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2 D．4x2﹣4xy+y2＝（2x﹣y）2
3．某交警在一个路口统计的某时段来往车辆的车速情况如表：
车速（km/h）
50
55
60
65
70
车辆数（辆）
5
4
8
2
1
则上述车速的中位数和众数分别是（　　）
A．60，8 B．60，60 C．55，60 D．55，8
4．若关于x的分式方程无解，则m的值为（　　）
A．2 B．1 C．0 D．﹣1
5．已知a+b＝0，a≠b，则化简（a+1）+（b+1）的值为（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
6．若4x2﹣（k+1）x+9能用完全平方公式因式分解，则k的值为（　　）
A．±6 B．±12 C．﹣13或11 D．13或﹣11
7．如图，在△ABC中，∠BAC＝75°，以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B、C的对应点分别为D、E，连接CE，若CE∥AB，则∠CAD的大小是（　　）

A．15° B．25° C．35° D．45°

8．四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：
①AD∥BC；②AD＝BC；③OA＝OC；④OB＝OD
从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
9．如图，若将线段AB平移至A1B1，则a+b的值为（　　）

A．﹣3 B．3 C．﹣2 D．0
10．如图，四边形ABCD中．AC⊥BC，AD∥BC，BD为∠ABC的平分线，BC＝3，AC＝4．E，F分别是BD，AC的中点，则EF的长为（　　）

A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
11．如图，在六边形ABCDEF中，∠A+∠B+∠E+∠F＝α，CP、DP分别平分∠BCD、∠CDE，则∠P的度数是（　　）

A．α﹣180° B．180°﹣α C．α D．360°﹣α
12．如图，点O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，下列结论：①△BO'A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O'的距离为4；③∠AOB＝150°；④四边形AOBO'面积＝；⑤，其中正确的结论是（　　）

A．①③④⑤ B．①②③④ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）
13．若无意义，且分式的值等于零，那么＝　 　．
14．一个多边形的内角和比四边形内角和多720°，并且这个多边形的各内角都相等，这个多边形的每个内角的度数是　 　．
15．某市创建全国文明城市已经进入倒计时！该市一环卫公司为清理卫生死角内的垃圾，调用甲车3小时只清理了一半垃圾，为了加快进度，再调用乙车，两车合作1.2小时清理完另一半垃圾．设乙车单独清理全部垃圾的时间为x小时，根据题意可列出方程为　 　．
16．已知关于的分式的解是非负数，则k的取值范围是　 　．
17．如图，△ABC中，D为AC中点，E为BC上一点，连接DE，且∠ABC＝2∠DEC，若AB＝7，CE＝12，则BC的长度为 　 　．

18．如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点M，点F在AD上，AF＝6cm，BF＝12cm，∠FBM＝∠CBM，点E是BC的中点，若点P以1cm/秒的速度从点A出发，沿AD向点F运动；点Q同时以2cm/秒的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P运动到F点时停止运动，点Q也同时停止运动．当点P运动　 　秒时，以点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形．


三、解答题（本大题共7个小题，满分78分）
19．因式分解：
（1）（a2+1）2﹣4a2．
（2）9x2﹣6x（x+2y）+（x+2y）2．
20．（1）计算：．
（2）先化简，再求值；（2﹣x），其中x＝3．
（3）解方程：+＝﹣1．
21．在学校组织的“文明出行”知识竞赛中，8（1）和8（2）班参赛人数相同，成绩分为A、B、C三个等级，其中相应等级的得分依次记为A级100分、B级90分、C级80分，达到B级以上（含B级）为优秀，其中8（2）班有2人达到A级，将两个班的成绩整理并绘制成如下的统计图，请解答下列问题：

（1）求各班参赛人数，并补全条形统计图；
（2）此次竞赛中8（2）班成绩为C级的人数为　 　人；
（3）小明同学根据以上信息制作了如下统计表：

平均数（分）
中位数（分）
方差
8（1）班
m
90
n
8（2）班
91
90
29
①分别求出m和n的值，并从优秀率和稳定性方面比较两个班的成绩；
②请综合考虑“平均分”“优秀率”和“稳定性“三方面因素，你认为这两个班哪个班的成绩更好一些？

22．某书店在图书批发中心选购A，B两种科普书，A种科普书每本进价比B种科普书每本进价多20元，若用2400元购进A种科普书的数量是用950元购进B种科普书数量的2倍．
（1）求A，B两种科普书每本进价各是多少元；
（2）该书店计划A种科普书每本售价为126元，B种科普书每本售价为86元，购进A种科普书的数量比购进B种科普书的数量的还多4本，若A，B两种科普书全部售出，使总获利超过1560元，则至少购进B种科普书多少本？

23．如图，在△AFC中，∠FAC＝45°，FE⊥AC于点E，在EF上取一点B，连接AB、BC，使得AB＝FC，过点A作AD⊥AF，且AD＝BC，连接CD，求证：四边形ABCD是平行四边形．


24．如图，在△ABC中，过点C作CD∥AB，E是AC的中点，连接DE并延长，交AB于点F，交CB的延长线于点G，连接AD，CF．
（1）求证：四边形AFCD是平行四边形．
（2）若GB＝3，BC＝6，BF＝，求AB的长．



25．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．

（1）观察猜想：图1中，请判断线段PM与PN的数量关系和位置关系，并说明理由．
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由．

参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．）
1．解：第1个是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
第2个是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
第3个是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
第4个不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
2．解：A、是整式的乘法，故A错误；
B、没把多项式转化成几个整式乘积的形式，故B错误；
C、是整式的乘法，故C错误；
D、把多项式转化成几个整式乘积的形式，故D正确；
故选：D．
3．解：将这20辆车的车速从小到大排列后，处在中间位置的两个数都是60km/t，因此中位数是60km/t，
这20辆车的车速出现次数最多的是60km/t，共出现8次，因此车速的众数是60km/t，
故选：B．
4．解：去分母得：1﹣x+2x﹣4＝﹣m，
由分式方程无解，得到x﹣2＝0，即x＝2，
把x＝2代入整式方程得：1﹣2+4﹣4＝﹣m，
解得：m＝1．
故选：B．
5．解：（a+1）+（b+1）
＝b++a+
＝a+b+
＝a+b+
＝a+b+﹣2，
当a+b＝0时，原式＝0+0﹣2＝﹣2，
故选：A．
6．解：∵4x2﹣（k+1）x+9能用完全平方公式因式分解，
∴k+1＝±12，
解得：k＝﹣13或11，
故选：C．
7．解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴AC＝AE，∠EAD＝∠CAB＝75°，
∴∠ECA＝∠AEC，
∵CE∥AB，
∴∠ECA＝∠CAB＝75°，
∴∠EAC＝180°﹣∠AEC﹣∠ACE＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
∴∠CAD＝∠EAD﹣∠EAC＝75°﹣30°＝45°，
故选：D．
8．解：①②组合可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
③④组合可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
①③可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD＝CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
①④可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD＝CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
∴有4种可能使四边形ABCD为平行四边形．
故选：B．
9．解：∵点A（0，1）向下平移2个单位，得到点A1（a，﹣1），点B（2，0）向左平移1个单位，得到点B1（1，b），
∴线段AB向下平移2个单位，向左平移1个单位得到线段A1B1，
∴A1（﹣1，﹣1），B1（1，﹣2），
∴a＝﹣1，b＝﹣2，
∴a+b＝﹣1﹣2＝﹣3．
故选：A．
10．解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵BC＝3，AC＝4，
∴AB＝5，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD＝5，
连接BF并延长交AD于G，
∵AD∥BC，
∴∠GAC＝∠BCA，
∵F是AC的中点，
∴AF＝CF，
∵∠AFG＝∠CFB，
∴△AFG≌△CFB（AAS），
∴BF＝FG，AG＝BC＝3，
∴DG＝5﹣3＝2，
∵E是BD的中点，
∴EF＝DG＝1．
故选：A．

11．解：在六边形ABCDEF中，∠A+∠B+∠E+∠F+∠CDE+∠BCD＝（6﹣2）×180°＝720°①，
∵CP、DP分别平分∠BCD、∠CDE，
∴∠BCP＝∠DCP，∠CDP＝∠PDE，
∵∠P+∠PCD+∠PDE＝180°，
∴2（∠P+∠PCD+∠PDE）＝360°，
即2∠P+∠BCD+∠CDE＝360°②，
①﹣②得：∠A+∠B+∠E+∠F﹣2∠P＝360°，
即α﹣2∠P＝360°，
∴∠P＝α﹣180°；
故选：A．
12．解：连接OO′，过点O作OD⊥BO′，垂足为D，

由旋转得：∠OBO′＝60°，BO＝BO′，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴∠OBO′﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，
∴∠O′BA＝∠COB，
∴ΔO′BA≌△OBC（SAS），
∴△BO'A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故①正确；
由旋转得：
∠OBO′＝60°，BO＝BO′，
∴△BOO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4，
∴点O与O′的距离为4；
故②正确；
∵△BOO′是等边三角形，
∴∠BOO′＝60°，
∵ΔO′BA≌△OBC，
∴AO′＝OC＝5，
∴AO2+OO′2＝AO′2，
∴△AOO′是直角三角形，
∴∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠BOO′+∠AOO′＝150°，
故③正确；
将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至点的位置，连接OE，过点A作AF⊥OE，垂足为F，如图：

∴AO＝AE，∠OAE＝60°，OB＝EC＝4，
∴△AOE是等边三角形，
∴OE＝AO＝3，
∵OC＝5，
∴OE2+EC2＝OC2，
∴△OEC是直角三角形，
在Rt△AOF中，AF＝AOsin60°＝3×＝，
∴S△AOC+S△AOB＝S△AOC+S△ACE＝S△AOE+S△OCE＝OE•AF+OE•EC＝×3×+×3×4＝6+，
故⑤正确；
在Rt△BOD中，OD＝BOsin60°＝4×＝2，
∴S四边形AOBO′＝S△BOO′+S△AOO′＝BO′•OD+AO•OO′＝×4×2 +×3×4＝4+6，
故④正确；
故选：D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）
13．解：∵无意义
∴a+2＝0，
a＝﹣2
∵分式的值等于零，
∴|b|﹣1＝0，b﹣1≠0，
∴b＝﹣1，
∴＝＝2，
故答案为2．
14．解：设这个多边形边数为n，则（n﹣2）•180＝360+720，
解得：n＝8，
∵这个多边形的每个内角都相等，
∴它每一个内角的度数为1080°÷8＝135°．
答：这个多边形的每个内角是135度．
故答案为：135°．
15．解：设乙车单独清理全部垃圾的时间为x小时，根据题意可列出方程为：
+＝．
故答案为：+＝．
16．解：去分母得：1+2（x﹣2）＝x﹣k，
解得：x＝3﹣k，
由题意得：3﹣k≥0，且3﹣k≠2，
解得：k≤3且k≠1，
∴k的取值范围是k≤3且k≠1，
故答案为：k≤3且k≠1．
17．解：过点A作AF∥DE，交CB的延长线于点F，如图，

则∠F＝∠DEC，
∵∠ABC＝∠F+∠BAF，
∴∠ABC＝∠DEC+∠BAF，
∵∠ABC＝2∠DEC，
∴∠DEC＝∠BAF．
∴∠F＝∠BAF．
∴BF＝BA＝7．
∵AF∥DE，D为AC中点，
∴FE＝EC＝12．
∴BE＝FE﹣BF＝12﹣7＝5．
∴BC＝EC+BE＝12+5＝17．
故答案为：17．
18．解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵∠FBM＝∠CBM，
∴∠FBD＝∠FDB，
∴FB＝FD＝12cm，
∵AF＝6cm，
∴AD＝18cm，
∵点E是BC的中点，
∴CE＝BC＝AD＝9cm，
要使点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，则PF＝EQ即可，
设当点P运动t秒时，点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
根据题意得：6﹣t＝9﹣2t或6﹣t＝2t﹣9，
解得：t＝3或t＝5．
故答案为：3或5．
三、解答题（本大题共7个小题，满分78分．解答应写出计算过程、文字说明或推演步骤）
19．解：（1）原式＝（a2+1+2a）（a2+1﹣2a）
＝（a+1）2（a﹣1）2；
（2）原式＝（3x）2﹣2•3x（x+2y）+（x+2y）2
＝（3x﹣x﹣2y）2
＝（2x﹣2y）2
＝4（x﹣y）2．
20．解：（1）原式＝（﹣+）•
＝•
＝；
（2）原式＝（+﹣）•
＝•
＝﹣，
当x＝3时，原式＝﹣＝﹣；
（3）+＝﹣1，
方程两边同乘（x+2）（x﹣2），得﹣x2﹣4x﹣4+16＝4﹣x2，
解得：x＝2，
当x＝2时，（x+2）（x﹣2）＝0，
所以原方程无解．
21．解：（1）∵8（2）班有2人达到A级，且A等级人数占被调查的人数为20%，
∴8（2）班参赛的人数为2÷20%＝10（人），
∵8（1）和8（2）班参赛人数相同，
∴8（1）班参赛人数也是10人，
则8（1）班C等级人数为10﹣3﹣5＝2（人），
补全图形如下：


（2）此次竞赛中8（2）班成绩为C级的人数为10×（1﹣20%﹣70%）＝1（人），
故答案为：1．

（3）①m＝×（100×3+90×5+80×2）＝91（分），
n＝×[（100﹣91）2×3+（90﹣91）2×5+（80﹣91）2×2]＝49，
∵8（1）班的优秀率为×100%＝80%，8（2）班的优秀率为20%+70%＝90%，
∴从优秀率看8（2）班更好；
∵8（1）班的方差大于8（2）班的方差，
∴从稳定性看8（2）班的成绩更稳定；
②从平均分看两个班级的平均成绩相同，而8（2）班的优秀率和成绩的稳定性都比8（1）班好，
所以综合这三个方面看，8（2）班的成绩更好一些．
22．解：（1）设B种科普书的进价为x元/本．则A种的进价为（x+20）元/本，
根据题意得：＝×2，
解得：x＝76
经检验：x＝76是所列分式方程的解，且符合题意，
∴x+20＝96，
答：A种科普书每本的进价为96元，B种科普书每本的进价为76元．
（2）设购进B种科普书m本，则购进A种科普书（+4）本，
根据题意得：（126﹣96）（m+4）+（86﹣76）m＞1560，
解得：m＞72，
∵m为正整数，且+4为正整数，
∴m为3的倍数，
∴m的最小值为75．
答：至少购进B种科普书75本．
23．证明：∵FE⊥AC，
∴∠FEA＝∠FEC＝90°，
∵∠FAC＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AFE＝∠FAE＝45°，
在Rt△AEB和Rt△FEC中，
，
∴Rt△AEB≌Rt△FEC（HL），
∴BE＝CE，
∴∠CBE＝∠BCE＝45°，
∵AD⊥AF，
∴∠FAD＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BCE＝∠CAD，
∴BC∥AD，
又∵BC＝AD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
24．解：（1）∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∵AB∥CD，
∴∠AFE＝∠CDE，
在△AEF和△CED中，
∵，
∴△AEF≌△CED（AAS），
∴AF＝CD，
又AB∥CD，即AF∥CD，
∴四边形AFCD是平行四边形；

（2）∵AB∥CD，
∴△GBF∽△GCD，
∴＝，即＝，
解得：CD＝，
∵四边形AFCD是平行四边形，
∴AF＝CD＝，
∴AB＝AF+BF＝+＝6．
25．解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，理由如下：
∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN＝BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM＝CE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∴PM＝PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN＝∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ADC+∠ACD＝90°，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，
∴PM⊥PN．
（2）△PMN是等腰直角三角形，
理由如下：由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
利用三角形的中位线得，PM＝CE，PN＝BD，
∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACB+∠ABC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形．