江苏省无锡市江阴市陆桥中学2023-2024学年八年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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1. 下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可．
【详解】A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解轴对称图形和中心对称图形是解答的关键．
2. 下列调查中，适宜采用普查方式的是（ ）．
A. 调查大批产品的次品率情况B. 调查某一天离开某市的人口数量
C. 调查某城市居民的人均收入情况D. 调查某校初中生体育中考的成绩
【答案】D
【解析】
【分析】由普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似，逐一判断各个选项即可．
【详解】解：A、调查大批产品的次品率情况调查具有破坏性，适合抽样调查，故A错误；
B、调查某一天离开某市的人口数量调查范围广，适合抽样调查，故B错误；
C、调查某城市居民的人均收入情况调查范围广，适合抽样调查，故C错误；
D、调查某校初中生体育中考的成绩精确度要求高的调查，适合普查，正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
3. 如图，平行四边形的周长为30，，那么的长度是（ ）
A. 9B. 12C. 15D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】由平行四边形的周长为30，可得，再结合条件，所以可求出的值．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵平行四边形的周长为30，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的各种性质是解题的关键．
4. 在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形ABCD是矩形的是 （ ）
A. AB＝ADB. OA＝OBC. AC＝BDD. DC⊥BC
【答案】A
【解析】
【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】A、AB＝AD，则▱ABCD是菱形，不能判定是矩形，故本选项错误；
B、OA＝OB，根据平行四边形的对角线互相平分，AC＝BD，对角线相等的平行四边形是矩形可得▱ABCD是矩形，故本选项正确；
C、AC＝BD，根据对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项正确；
D、DC⊥BC，则∠BCD＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得▱ABCD是矩形，故本选项正确．
故选：A．
【点睛】此题考查矩形的判定，熟记判定定理才可正确解答.
5. 如图，在中，，则的长为（ ）
A. 4cmB. 5cmC. 6cmD. 8cm
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形的对角线互相平分，可得，又由，根据勾股定理，即可求得的长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴
∵，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，以及勾股定理解三角形．熟练掌握平行四边形的对角线互相平分，对边相等，是解题的关键．
6. 如图，E，F分别是▱ABCD的边AD、BC上的点，EF=6，∠DEF=60°，将四边形EFCD沿EF翻折，得到EFC′D′，ED′交BC于点G，则△GEF的周长为（ ）
A. 6B. 12C. 18D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】由折叠得：∠DEF=∠D′EF=60°，在由平行四边形对边平行，得出内错角相等，得出△GEF是等边三角形，已知边长求出周长即可．
【详解】解：∵∠DEF=60°，
∴由翻折可知∠DEF=∠D′EF =60°，
∴∠AEG=60°，
∵平行四边形ABCD中，AD//BC，
∴∠EGF=∠AEG=60°，∠EFG=∠DEF=60°，
∴∠FEG=∠EGF=∠EFG＝60°，
∴△EFG是个等边三角形，
∴△GEF的周长=3EF=3×6=18，
故选：C
【点睛】考查平行四边形的性质、轴对称的性质和等边三角形的性质等知识，得到△GEF是等边三角形，是解决问题的关键．
7. 如图，已知菱形ABCD的对角线AC．BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则AE的长是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形的性质得出BO、CO的长，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴CO=AC=3，BO=BD=4，AO⊥BO，
∴．
∴．
又∵，
∴BC·AE=24，
即．
故选D．
点睛：此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．
8. 下列命题是假命题的是（ ）
A. 一组邻边相等的矩形是正方形
B. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C. 一组邻边相等的平行四边形是菱形
D. 一组对边相等且有一个角90度的四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查矩形、菱形、正方形的判定．根据菱形、正方形、平行四边形及矩形判定方法，对选项一一分析，即可解答．
【详解】解：A、一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，故本选项不符合题意；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，是真命题，故本选项不符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，是真命题，故本选项不符合题意；
D、一组对边相等且平行，且有一个角90度的四边形是矩形是假命题，故本选项符合题意；
故选：D
9. 如图，延长矩形的边至点，使，连接，若，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，由矩形性质可得、，知，而，可得度数．
【详解】解：连接，交于点，

四边形是矩形，
，，，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，即．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，熟记性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．
10. 如图，E为正方形中边上的一点，且，M、N分别为边上的动点，且始终保持，则的最小值为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用等．过点E作，过点M作交于点F，连接，则四边形为平行四边形，证得当A、M、F三点在同一直线上时，有最小值，即为的长，过点M作于点G，设与相交于点O，证明，得到是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过点E作，过点M作交于点F，连接，则四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴当A、M、F三点在同一直线上时，有最小值，即为的长，
过点M作于点G，设与相交于点O，
∵四边形是正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
，
由勾股定理得，
∴，
即的最小值为．
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡的相应位置上）
11. 为了了解我校八年级的1200名学生的数学期中成绩，随机抽取80名学生的数学成绩进行分析，在该抽样中，样本是指___________．
【答案】80名学生的数学成绩
【解析】
【分析】本题考查样本．根据样本是总体所抽取的一部分个体，可得答案．
【详解】解：在该抽样中，样本是指80名学生的数学成绩．
故答案为：80名学生的数学成绩
12. 菱形的两条对角线的长分别是和，则菱形的面积是________cm2．
【答案】6
【解析】
【分析】本题主要查了求菱形的面积．根据菱形的面积公式计算，即可．
【详解】解：∵菱形的两条对角线的长分别是和，
∴．
故答案为：6．
13. 如图，将绕点A旋转到的位置，点E在边上，与交于点G．若，，则________．
【答案】##65度
【解析】
【分析】根据旋转的性质可得，，，再根据等腰三角形的性质可得，再利用三角形外角的性质求得，根据三角形内角和定理求得，再根据对顶角相等求解即可．
【详解】解：由旋转的性质得，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质、三角形内角和定理、三角形外角的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．
14. 一个正五角星绕着它的中心至少旋转_________度能与自身重合．
【答案】72
【解析】
【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【详解】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，因而一个正五角星绕着它的中心至少旋转72度能与自身重合．
故答案为：72
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
15. 如图，四边形ABCD为菱形，，延长BC到E，在内作射线CM，使得，过点D作，垂足为F，若，则对角线BD的长为______．
【答案】6
【解析】
【分析】连接AC交BD于H，证明，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【详解】解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°，
又∵∠ECM=30°，
∴∠DCF=50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD=90°，
∴∠CDF=40°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC=40°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴（AAS），
∴DH=DF=3，
∴DB=2DH=6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．
16. 如图，M是的边的中点，平分于点N，且，则的周长是________．

【答案】41
【解析】
【分析】本题主要考查了中位线定理和全等三角形的判定及性质．延长线段交于E，证明，可得N为的中点；由已知可得是的中位线，由中位线定理可得的长，即可求解．
【详解】解：如图，延长线段交于E．

∵平分，
∴，
又∵，
∴，
，
又∵M是的边的中点，
∴，
∴的周长是．
故答案为：41．
17. 四边形的对角线、满足条件:______时，顺次连接四边形各边的中点所得四边形是矩形．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形的中位线性质得出，，，，求出，，根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，根据，和求出，再根据矩形的判定得出答案即可．
【详解】解：当时，四边形是矩形．
理由：点、、、分别是边、、、的中点，

，，，，
，，
四边形是平行四边形，
，，，
，
即，
四边形是矩形，
即当时，顺次连接四边形各边中点所得的四边形为矩形，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定，三角形的中位线性质，中点四边形等知识点，能熟记平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定是解此题的关键．
18. 如图，在平行四边形中，，点P从A点出发，沿射线以的速度运动，连接，将绕点C逆时针旋转，得到，连接．当____________时，是直角三角形．
【答案】1或7
【解析】
【分析】由题意得：，如图，连接，作的平分线交于点E，则，证明为等边三角形，为等边三角形，可证得，从而得到，然后分两种情况：当时，当时，即可求解．
【详解】解：由题意得：，
如图，连接，作的平分线交于点E，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，，
∴，
由旋转的性质得，，
∴为等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，此时，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：；
当时，如图，此时，，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
解得：；
综上所述，当或1时，是直角三角形．
故答案为：7或1
【点睛】本题是平行四边形综合题．需要掌握旋转的性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形周长的计算、直角三角形的判定等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，计66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 某中学图书馆将全部图书分为自然科学、文学艺术、社会百科、哲学等四个类别．为了了解图书的借阅情况，图书管理员随机抽取了某月图书的借阅情况进行统计，并绘制成如下尚不完整的统计表和统计图．
（1）该月四类图书的借阅册数一共是 册，其中“自然科学”类所占的百分比是 ；
（2）补全条形统计图，并算出扇形统计图中“哲学”对应扇形的圆心角度数为 °；
（3）若该中学打算购买四类图书共10000册，根据上述信息，请你估算“哲学”类图书应购买多少册？
【答案】（1）2000，20%；（2）图详见解析，18；（3）500
【解析】
【分析】(1)根据社会百科的人数和所占的百分比求出总册数，再用“自然科学”的册数除以总册数即可得出“自然科学”类所占的百分比；
(2)用总册数减去“自然科学”、“文学艺术”、“社会百科”即可算出“哲学”的册数，进而求出“哲学”所占的百分比，用360°乘以“哲学”所占的百分比即可；
(3)用总本数乘以哲学”所占的百分比即可．
【详解】解：(1)该月四类图书的借阅册数一共是：500÷25%=2000（册）；
其中“自然科学”类所占的百分比是：(400÷2000)×100%=20%，
故答案为2000，20%；
(2) “哲学”册数为：2000-400-1000-500=100(册)，
补全条形统计图如下所示：

在扇形统计图中“哲学”对应扇形的圆心角度数为：100÷2000×360°=18°，
故答案为：18；
(3)根据题意得：
10000×(2000-400-1000-500)÷2000=500(册)，
故答案为500(册) ．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
20. 如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的中点，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若平分，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定：
（1）根据平行四边形的性质可得，根据E、F分别是的中点，可得，即可得结论；
（2）利用角平分线的定义、平行线的性质可得到，进而利用平行四边形的性质即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形平行四边形，
∴，
∵E、F分别是边上的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴．
21. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点A(﹣2，2)，B(0，5)，C(0，2)．
（1）将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转90°，得到△A1B1C，请画出△A1B1C的图形．
（2）平移△A1B1C，使点A1的对应点A2坐标为(2，0)，请画出平移后对应的△A2B2C2的图形．
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）(﹣1，﹣1)．
【解析】
【分析】（1）按照题目要求分别画出旋转后各点的对应点，连接即可得到△A1B1C；
（2）将（1）中得到的图形按照题目要求分别画出平移后各点的对应点，连接即可得到△A2B2C2；
（3）由（2）中得到的△A2B2C2，观察其与△ABC的位置关系，即可得到旋转中心．
【详解】（1）如图，△A1B1C即为所求．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
（3）如图，点(﹣1，﹣1)即为所求．
【点睛】本题主要考查图形的旋转和平移，能够按照题目要求确定图形位置变化后各点对应坐标是解题关键．
22. 如图，在平行四边形中，点E、F分别在、上，．求证：．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质，得，从而可证，于是得证四边形是平行四边形，所以．
【详解】解：∵在平行四边形中，且，
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定；掌握相关性质和判定定理是解题的关键．
23. （1）如图1，点E为中边上任意一点，请你仅用无刻度的直尺在上找一点F，使得．
（2）如图2，正方形中，点E为对角线上一点，请你仅用无刻度的直尺画一个菱形，使得为菱形的一边．
【答案】（1）见解析
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，延长交于点，点即为所求；
（2）连接交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接，四边形即为所求．
【详解】解：（1）如图1中，点即为所求；
∵
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）如图2中，四边形即为所求．
∵正方形，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查作图复杂作图，平行四边形的性质，正方形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题关键是掌握特殊四边形的性质，属于中考常考题型．
24. 如图，点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，点P从原点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿x轴向右运动，点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段向左运动，P，Q两点同时出发，当点Q运动到点C时，P，Q两点停止运动，设运动时间为t（秒）．
（1）当 秒时，四边形为矩形；
（2）在整个运动过程中，t为何值时，垂直平分线段？判断此时四边形的形状，并说明理由；
（3）在整个运动过程中，t为何值时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？
【答案】（1）
（2）时，垂直平分线段；此时四边形为菱形，理由见解析
（3）当或时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质可得，列式计算，即可；
（2）根据垂直平分线的性质可知若垂直平分线段，则，再在中，利用勾股定理即可求得t，由此可得四边形的四边长度发现它是相等的，从而得出其为菱形；
（3）当时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，分当点P在线段上和当点P在线段的延长线上两种情况讨论．
【小问1详解】
解：∵点B的坐标为，点C的坐标为，
∴轴，，
由题意得：
∴．
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
解得：．
即当秒时，四边形为矩形；
故答案为；
【小问2详解】
解：时，垂直平分线段；此时四边形为菱形，理由如下：
∵点A的坐标为，
∴，
∵垂直平分线段，
∴，
中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
即时，垂直平分线段；此时四边形为菱形；
【小问3详解】
解：当点P在线段上时，，
当时，四边形是平行四边形，
∴，
解得，
当点P在线段延长线上时，，
当时，四边形是平行四边形，
∴，
解得，
综上所述，当或时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】本题是四边形的综合题，以两个动点P、Q为背景，考查了平行四边形、矩形的性质及面积；此类题的解题思路为：首先根据运动路径、时间和速度确定其运动的路程，即能用时间t表示各条线段的长，再利用已知条件找等量关系列方程．
25. 如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别是（－2，0）、（0，4）.动点P从O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C以每秒2个单位的速度在y轴上从点B出发运动到点O停止，点C停止运动时点P也随之停止运动.以CP、CO为邻边构造□PCOD，在线段OP的延长线长取点E，使得PE=2.设点P的运动时间为t秒．
（1）求证:四边形ADEC是平行四边形；
（2）以线段PE为对角线作正方形MPNE，点M、N分别在第一、四象限.
①当点M、N中有一点落在四边形ADEC的边上时，求出所有满足条件的t的值；
②若点M、N中恰好只有一点落在四边形ADEC的内部（不包括边界）时，设□PCOD的面积为S，直接写出S的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）t=或t=1；（3）≤S＜2．
【解析】
【详解】试题分析：（1）连接CD交OP于点G，由▱PCOD的对角线互相平分，得四边形ADEC是平行四边形；
（2）①第一种情况，当点M在CE边上时，由△EMF∽△ECO，再利用正方形对角线相等求解；第二种情况，当点N在DE边上时，由△EFN∽△EPD，再利用正方形对角线相等求解；
②当≤t≤1时，求出S的取值范围．
试题解析：（1）如图1，连接CD交AE于F，
∵四边形PCOD是平行四边形，
∴CF=DP，OF=PF，
∵PE=AO，
∴AF=EF，又CF=DP，
∴四边形ADEC为平行四边形；
（2）①当M点在CE上时，第一种情况：如图，当点M在CE边上时，
∵MF∥OC，
∴△EMF∽△ECO，
∴，
∵四边形MPNE为正方形，
∴MF=EF，
∴CO=EO，即4-2t=t+2，
∴t=；
第二种情况：当点NDE边时，
∵NF∥PD，
∴△EFN∽△EPD，
∴，
∵四边形MPNE为正方形，
∴NF=EF，
∴PD=PE，即4-2t=2，
∴t=1；
∴当点M、N中有一点落在四边形ADEC的边上时，所有满足条件的t的值为t=或t=1；
②∵≤t≤1，
S=（4-2t）t=-2t2+4t=-2（t-1）2+2，
∴点M、N中恰好只有一点落在四边形ADEC的内部（不包括边界）时，≤S＜2．
考点：四边形综合题．