2023-2024学年山东省济宁市嘉祥县八年级（下）质检数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省济宁市嘉祥县八年级（下）质检数学试卷（5月份）（含答案），共10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。

一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列是最简二次根式的是( )
A. 12B. 6C. 0.25D. 12
2.下列曲线中能表示y是x的函数的为( )
A. B. C. D.
3.下列命题中，逆命题是真命题的是( )
A. 如果两个实数相等，那么它们的绝对值相等
B. 同旁内角互补，两直线平行
C. 全等三角形的对应角相等
D. 如果两个角是直角，那么它们相等
4.一次函数y=5x−1的图象不经过( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
5.下列条件中，不能判断△ABC(a、b、c为三边，∠A、∠B、∠C为三内角)为直角三角形的是( )
A. a2=1，b2=2，c2=3B. a：b：c=3：4：5
C. ∠A+∠B=∠CD. ∠A：∠B：∠C=3：4：5
6.实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简 a2− b2− (a−b)2的结果是( )
A. −2bB. −2aC. 2b−2aD. 0
7.如图，四边形OABC是平行四边形，在平面直角坐标系中，点A(−1,2)，OC=5，点B的坐标是( )
A. (2,4)
B. (2,−4)
C. (4,2)
D. (4,−2)
8.如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，P为边BC上一点，且BP=OB，则∠COP的度数为( )
A. 15°
B. 22.5°
C. 25°
D. 17.5°
9.甲、乙两地相距540km，一列快车从甲地匀速开往乙地，一列慢车从乙地匀速开往甲地，两车同时出发，两车之间的距离s(km)与快车的行驶时间t(ℎ)之间的函数关系图象如图所示，则慢车的速度是( )
A. 100km/ℎB. 120km/ℎC. 80km/ℎD. 60km/ℎ
10.如图，E是菱形ABCD的BC边的中点，P是对角线AC上一点.若BC=CD=2，∠DCB=60°，则PB+PE的最小值是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.若式子 x+1x−2有意义，则实数x的取值范围是______．
12.已知一次函数y=−x+b的图象经过点A(x1,y1)、B(x2,y2)，如果x1”、“=”、“<”)
13.如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的中点，连接OM.若AC=4，BD=8，则OM的长为______．
14.如图，Rt△ABC的直角边AB在数轴上，点A表示的实数为−1，以A为圆心，AC的长为半径作弧交数轴的负半轴于点D.若CB=2，AB=3，则点D表示的实数为______．
15.如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，⋯分别在x轴上，点B1，B2，B3，⋯分别在直线y=x上，△OA1B1，△B1A1A2，△B1B2A2，△B2A2A3，△B2B3A3，⋯都是等腰直角三角形，如果OA1=1，则点A2023的横坐标为______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
计算：
(1)3 5+2 12− 20+14 32；
(2)( 3+ 2)2×(5−2 6)．
17.(本小题6分)
已知：如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AB=AD=2，BC=1，CD=3．
(1)求∠B的度数；
(2)求四边形ABCD的面积．
18.(本小题7分)
如图，开州大道上A，B两点相距14km，C，D为两商场，DA⊥AB于A，CB⊥AB于B.已知DA=8km，CB=6km.现在要在公路AB上建一个土特产产品收购站E，使得C，D两商场到E站的距离相等．
(1)求E站应建在离A点多少km处？
(2)若某人从商场D以5km/ℎ的速度匀速步行到收购站E，需要多少小时？
19.(本小题8分)
如图，在△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，且AF=12BC．
(1)求证：四边形ADFE是矩形；
(2)若∠B=60°，AF=4，求出矩形ADFE的周长．
20.(本小题9分)
随着人们环保意识的提高和技术的飞速发展，新能源汽车已成为汽车市场的一股不可忽视的力量.为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩.已知甲型充电桩比乙型充电桩的单价多0.2万元，用16万元购买甲型充电桩与用12万元购买乙型充电桩的数量相等．
(1)甲、乙两种型号充电桩的单价各是多少？
(2)该停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩共30个，且乙型充电桩的购买数量不超过甲型充电桩购买数量的2倍，则如何购买所需总费用最少？
21.(本小题9分)
我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．

(1)[概念理解]
如图1，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若BD=14，BC=13，OD=9，OC=12，试证明四边形ABCD为垂美四边形，并求CD的长度；
(2)[性质探索]
如图2，垂美四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，猜想AB2+CD2与AD2+BC2有何关系？并证明你的猜想．
(3)[解决问题]
如图3，BD是长方形ABCD的一条对角线，过点A作AE⊥BD于E，延长AE交BC于点F，FC=2BF，若AB=2，求AD的长度．
22.(本小题10分)
如图，长方形OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=5，OC=3.在AB上取一点M，使得△CBM沿CM翻折后，点B落在x轴上，记作B点．
(1)B′点的坐标是______；
(2)求折痕CM所在直线的解析式；
(3)在x轴上是否能找到一点P，使△B′CP的面积为9？若存在，直接写出点P的坐标？若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.D
3.B
4.B
5.D
6.A
7.C
8.B
9.D
10.C
11.x≥−1且x≠2
12.>
13. 5
14.−1− 13
15.22022
16.解：(1)3 5+2 12− 20+14 32
=3 5+2×12 2−2 5+14×4 2
=3 5+ 2−2 5+ 2
= 5+2 2；
(2)( 3+ 2)2×(5−2 6)
=(3+2 6+2)×(5−2 6)
=(5+2 6)(5−2 6)
=25−4×6
=25−24
=1．
17.解：(1)连接BD，如图．
∵AB=AD=2，∠A=90°，
∴∠ABD=∠ADB=180°−90°2=45°，
在直角三角形ABD中，BD= AD2+AB2=2 2，
在△BCD中，BD2+BC2=(2 2)2+12=9=CD2，
∴△BCD是直角三角形，且∠CBD=90°，
∴∠ABC=45°+90°=135°；
(2)∵△ABD和△BCD都是直角三角形，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=12×2×2+12×2 2×1=2+ 2．
18.解：(1)设AE=x km，则BE=(14−x)km，
在Rt△ADE和Rt△BCE中，由勾股定理得：DE2=AD2+AE2，CE2=BC2+BE2，
∵C，D两商场到E站的距离相等，
∴DE=CE，
∴DE2=CE2，
∴AD2+AE2=BC2+BE2，
即82+x2=62+(14−x)2，
解得：x=6，
答：E点应建在离A点6km处；
(2)由(1)可知，AE=6km，
∴DE= AD2+AE2= 82+62=10(km)，
∴10÷5=2(ℎ)，
答：若某人从商场D以5km/ℎ的速度匀速步行到收购站E，需要2小时．
19.(1)证明：连接DE．

∵E，F分别是边AC，BC的中点，
∴EF//AB，EF=12AB，
∵点D是边AB的中点，
∴AD=12AB．
∴AD=EF．
∴四边形ADFE为平行四边形；
由点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE=12BC．
∵AF=12BC，
∴DE=AF，
∴四边形ADFE为矩形；
(2)解：∵四边形ADFE为矩形，
∴∠BAC=∠FEC=90°，
∵AF=4，
∴BC=8，CF=4，
∵∠C=30°，
∴AC=4 3，∠B=60°，CE=2 3，EF=2，
∴AE=2 3，
∴矩形ADFE的周长=4 3+4．
20.解：(1)设乙型充电桩的单价是x元，则甲型充电桩的单价是(x+0.2)元，
由题意得：16x+0.2=12x，
解得：x=0.6，
经检验，x=0.6是所列方程的解，且符合题意，
∴x+0.2=0.6+0.2=0.8，
答：甲型充电桩的单价为0.8元，乙型充电桩的单价为0.6元；
(2)设购买甲型充电桩的数量为m个，则购买乙型充电桩的数量为(30−m)个，
由题意得：30−m≤2m，
解得：m≥10，
设所需费用为w元，
由题意得：w=0.8m+0.6×(30−m)=0.2m+18，
∵0.2>0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m=10时，w取得最小值，
此时，30−m=30−10=20，
答：购买甲型充电桩10个，乙型充电桩20个，所需费用最少．
21.解：(1)四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
∵BD=14，BC=13，OD=9，OC=12，
∴BO=BD−OD=14−9=5，
∵52+122=132即OB2+OC2=BC2，
∴△BCO为直角三角形，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
∴CD= OC2+OD2= 122+92=15；
(2)猜想AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得：AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2，AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
(3)如图3所示，连接DF，则四边形ABFD是垂美四边形，

∵FC=2BF，长方形ABCD，AB=2，
∴AD=BC=3BF，AB=CD=2，
由(2)结论得：AB2+FD2=AD2+BF2
即AB2+CD2+CF2=AD2+BF2，
∴22+22+4BF2=9BF2+BF2，
解得：BF=2 33，
∴AD=BC=3BF=2 3．
22.(4,0)