2022-2023学年四川师大附中外国语学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年四川师大附中外国语学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1.下列图形是疫情导视标识牌，在这些导视标识牌中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.把不等式2x≥−4的解集在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
3.若a>b，则下列不等式不正确的是( )
A. a>b−1B. 3a>3bC. −a>−bD. a−1>b−1
4.下列因式分解正确的是( )
A. x2+9=(x+3)2B. −x2+y=(x+y)(x−y)
C. 2a2+a−6=a(2a+1)−6D. m2+4m+4=(m+2)2
5.在等腰三角形△ABC中，有一个角是90°，那么其它两个角是( )
A. 50°和80°B. 65°和65°
C. 30°和30°或65°和65°D. 以上都不对
6.如图，函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(3,6)，则不等式2x0.(以上长度单位：cm)
(1)观察图形，可以发现代数式2m2+5mn+2n2可以因式分解为______ ．
(2)若每块小矩形的面积为20cm2，四个正方形的面积和为82cm2，试求图中所有裁剪线(虚线部分)长之和．
22.在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=−4x−2交y轴于点C，与直线AB：y=kx+2交于点D，且S△ACD=167．
(1)求D点坐标和直线AB的解析式；
(2)点P为y轴上一点，当△ABP为等腰三角形时，求P点的坐标．
23.如图，在Rt△ABC中，以AC为腰，作等腰△ACD且AC=CD，在△ACD内部找一点E使得∠DEC=90°，∠BCE=∠ACD，连接BE，延长BE与AD交于点F．
(1)求证：△ABC≌△DEC；
(2)求证：∠DEF=∠ABF；
(3)若AD=8，求AF的长．
24.为贯彻执行“德，智，体，类，劳”五育并举的教育方针，某市某中学组织全体学生前往某劳动实践基地开展劳动实践活动，在此次活动中，若每位老师带队30名学生，则还剩7名学生没老师带，若每位老师带队31名学生，就有一位老师少带1名学生，现有甲、乙两型客车，它们的载客量和租金如下表所示：
学校计划此次劳动实践活动的租金总费用不超过3000元．
(1)参加此次劳动实践活动的老师和同学各有多少？
(2)每位老师负责一辆车的组织工作，请问有哪几种租车方案？
(3)学校租车总费用最少是多少元？
25.如图1，平面直角坐标系中，直线y=−34x+m交x轴于点A(4,0)，交y轴正半轴于点B．
(1)求△AOB的面积；
(2)如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，AB=BC，P为线段AB(不含A，B两点)上一点，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；
(3)在(2)的条件下，M为线段CA延长线上一点，且AM=CQ，在直线AC上方的直线AB上是否存在点N，使△QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
26.已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，CD⊥AB于D．
(1)如图1，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接AF交CD于点G.求证：AG=GF；
(2)如图2，点E是线段CB上一点(CE,≥向右画；b，则a>b−1，所以A选项不符合题意；
B.因为a>b，则3a>3b，所以B选项不符合题意；
C.因为a>b，则−ab，则a−1>b−1，所以D选项不符合题意．
故选：C．
根据不等式的性质1对A选项、D选项进行判断；根据不等式的性质2对B选项进行判断；根据不等式的性质3对C选项进行判断．
本题考查了不等式的性质：灵活运用不等式的性质是解决问题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：A.x2+9在实数范围内不能进行因式分解，因此选项A不符合题意；
B.−x2+y=在实数范围内不能进行因式分解，因此选项B不符合题意；
C.2a2+a−6=a(2a+1)−6不符合因式分解的定义，因此选项C不符合题意；
D.m2+4m+4=(m+2)2，因此选项D符合题意；
故选：D．
根据因式分解的意义，利用完全平方公式，提公因式法逐项进行判断即可．
本题考查提公因式法、公式法因式分解，理解因式分解的意义，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵等腰三角形的两个底角相等，
∴90°的角只能是等腰三角形△ABC的顶角，
∴等腰三角形△ABC其它两个角都是45°．
故选：D．
由等腰三角形的性质，即可得到答案．
本题考查等腰三角形的性质，关键是掌握等腰三角形的两个底角相等．
6.【答案】B
【解析】解：∵函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(3,6)，
∴不等式2x0，
∴m+n=9，
∴图中所有裁剪线(虚线部分)长之和
=2(m+2n)+2(2m+n)
=2m+4n+4m+2n
=6m+6n
=6(m+n)
=6×9
=54(cm)．
(1)利用长方形的面积公式解答即可；
(2)利用含m，n的代数式表示出所有裁剪线(虚线部分)长之和，再利用图形的面积关系，完全平方公式求得m，n值，最后代入运算即可．
本题主要考查了长方形的面积与周长，因式分解的几何意义，完全平方公式的应用，熟练掌握多项式的乘法公式是解题的关键．
17.【答案】解：(1)由一次函数y=−4x−2交y轴于点C，
得点C坐标为(0,−2)，
由直线AB：y=kx+2，
得点A的坐标为(0,2)，
∴AC=4，
∵S△ACD=167，
∴△ACD中AC边的高=87，
∴点D的横坐标为−87，
当x=−87时，y=−4x−2=187
∴点D的坐标(−87,187)，
把点D坐标代入直线AB：y=kx+2，
得−87k+2=187，
∴k=−12，
∴直线AB的解析式y=−12x+2；
(2)由直线AB的解析式y=−12x+2，
得B点的坐标(4,0)，
∴AB=2 5，
当△ABP为等腰三角形时，分三种情况
①以A为圆心，AB长为半径作圆，则AB=AP=2 5，
∴点P1坐标为(0,2+2 5)，P2坐标为(0,2−2 5)；
②以B为圆心，AB长为半径作圆，则AB=BP=2 5，
由等腰三角形三线合一得OP=OA=2，
∴点P3的坐标为(0,−2)；
③作AB的垂直平分线，交y轴于点P，则AP=BP，
∵∠AOB=∠AEP=90°，∠OAB=∠EAP，
∴△AEP∽△AOB，
∴AOAB=AEAP=22 5=1 5，
∴AP= 5AE= 5× 5=5，
∴点P4的坐标为(0,−3)，
∴点P坐标为(0,2+2 5)或(0,2−2 5)或(0,−2)或(0,−3)．
【解析】(1)一次函数y=−4x−2交y轴于点C，可得点C坐标为(0,−2)，再由直线AB：y=kx+2可得点A的坐标为(0,2)，求出AC=4，由S△ACD=167，可得△ACD中AC边的高=87，此时点D的横坐标为−87，由一次函数y=−4x−2即可求出点D的坐标，再把点D坐标代入直线AB：y=kx+2，即可求出k的值；
(2)由AB的函数关系式，可得A、B两点的坐标，当△ABP为等腰三角形时，分三种情况①AB=AP，②AB=BP，③AP=BP进行分别求解．
本题考查了一次函数解析式求法，交点坐标的意义，一次函数与等腰三角形的相结合的问题，关键是要分类讨论．
18.【答案】(1)证明：∵∠BCE=∠ACD，
∴∠BCE−∠ACE=∠ACD−∠ACE，
∴∠ACB=∠DCE，
在△ABC和△DEC中，
∠ACB=∠DCE∠ABC=∠DECAC=CD，
∴△ABC≌△DEC(AAS)；
(2)证明：由(1)得：△ABC≌△DEC，
∴CB=CE，
∴∠CBF=∠CEB，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABF=90°−∠CBF，
∵∠DEC=90°，
∴∠DEF=180°−∠DEC−∠CEB=90°−∠CEB，
∴∠DEF=∠ABF；
(3)解：在BF上截取BP=EF，连接AP，

由(1)得：△ABC≌△DEC，
∴AB=DE，
在△ABP和△DEF中，
AB=DE∠ABP=∠DEFBP=EF，
∴△ABP≌△DEF(SAS)，
∴AP=DF，∠APB=∠DFE，
∵∠APB+∠APF=180°，∠DFE+∠AFP=180°，
∴∠APF=∠AFP，
∴AP=AF，
∴AF=DF=12AD=4，
∴AF的长为4．
【解析】(1)利用等式的性质可得∠ACB=∠DCE，然后利用手拉手模型−旋转型全等证明，即可解答；
(2)利用(1)的结论可得：CB=CE，从而可得∠CBF=∠CEB，然后利用角的和差关系可得∠ABF=90°−∠CBF，∠DEF=90°−∠CEB，从而可得∠DEF=∠ABF，即可解答；
(3)在BF上截取BP=EF，连接AP，利用(1)的结论可得：AB=DE，然后利用SAS证明△ABP≌△DEF，从而可得AP=DF，∠APB=∠DFE，再利用等角的补角相等可得∠APF=∠AFP，从而可得AP=AF，进而可得AF=DF=12AD=4，即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19.【答案】−8
【解析】解：原式=(x−2y)(x−y)
=2×(−4)
=−8．
故答案为：−8．
利用因式分解的方法将代数式变形后，利用整体代入的方法解答即可．
本题主要考查了求代数式的值，利用因式分解的方法将代数式变形是解题的关键．
20.【答案】 5
【解析】解：∵BA=BC，BE平分∠ABC，
∴BE⊥AC，AE=EC=12AC=2，
∴BC= BE2+EC2= 42+22=2 5，
在Rt△BEC中，BF=CF，
∴EF=12BC= 5．
故答案为： 5．
利用勾股定理求出BC，再利用直角三角形斜边中线的性质求解．
本题考查作图−基本作图，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，
21.【答案】x2+2 x≥1
【解析】解：由题知，
∵x2+2−2=x2≥0，
∴x2+2≥2．
∵x2+2−2x=(x−1)2+1≥1>0，
∴x2+2>2x．
所以max{2,x2+2,2x}=x2+2．
由max{2,x+1,2x}=2x可知，
2x≥22x≥x+1，
解得x≥1．
故答案为：x2+2，x≥1．
根据题中的规定，对所给代数式进行大小比较即可解决问题．
本题考查二次函数的性质，能够根据题中规定，对所给代数式进行正确的大小比较是解题的关键．
22.【答案】3+4 3
【解析】解：如图，延长DC到G，使DG=AE，连接FG，
∵AC=BC，∠C=120°，
∴∠A=30°，∠FCG=60°，
∵∠A+∠1=∠EDF+∠2，
又∵∠EDF=30°，
∴∠1=∠2，
在△EDA和△DFG中，
AE=GD∠1=∠2ED=DF，
∴△EDA≌△DFG(SAS)
∴AD=GF=6，∠A=∠G=30°，
∵∠G+∠FCG=90°，
∴∠CFG=90°，
设CF=x，则CG=2x，由CF2+FG2=CG2得：
x2+62=(2x)2，
解得x1=2 3，x2=−2 3(不合题意舍去)，
∴CG=4 3，
∴AE=DG=3+4 3，
故答案为：3+4 3．
由∠C=120°，AC=BC可知∠A=30°，又有∠EDF=30°，联想一线三等角模型，延长DC到G，使DG=AE，得△DFG≌△EDA，进而可得GF=6，∠G=30°，由于∠FCG=60°，即可得△CFG是直角三角形，易求CG，由DG=AE即可解题．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的性质．本题解题关键是通过一线三等角模型构造全等三角形，从而得到Rt△CFG．
23.【答案】3875
【解析】解：∵AB⊥y轴，点B(0,3)，
∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入y=−34x，
得：3=−34x，得：x=−4，即A(−4,3)，
∴OB=3，AB=4，OA= 32+42=5，
由旋转可知：
OB=O1B1=O2B2=，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，
∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，
∴OB21=OB1+B1B21=9+(21−1)÷2×12=129，
设B21(a,−34a)，则OB21= a2+(−34a)2=129，
解得：a=−5165或5165(舍)，
则−34a=−34×(−5165)=3875，即点B21的纵坐标为3875，
故答案为：3875．
计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设参加此次劳动实践活动的老师有x位，则参加此次劳动实践活动的学生有(30x+7)名，
根据题意得：30x+7=31x−1，
解得：x=8，
∴30x+7=30×8+7=247(名)．
答：参加此次劳动实践活动的老师有8位，学生有247名；
(2)设租用m辆甲型客车，则租用(8−m)辆乙型客车，
根据题意得：35m+30(8−m)≥8+247400m+320(8−m)≤3000，
解得：3≤m≤112，
又∵m为正整数，
∴m可以为3，4，5，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用3辆甲型客车，5辆乙型客车；
方案2：租用4辆甲型客车，4辆乙型客车；
方案3：租用5辆甲型客车，3辆乙型客车；
(3)方案1所需租车总费用为400×3+320×5=2800(元)；
方案2所需租车总费用为400×4+320×4=2880(元)；
方案3所需租车总费用为400×5+320×3=2960(元)．
∵2800