河北省廊坊市第五中学2023-2024学年八年级上学期月考数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省廊坊市第五中学2023-2024学年八年级上学期月考数学试题（解析版）-A4，共18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（本大题有16个小题，共42分，1－10小题，每小题3分，11－16小题各2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 钢架雪车是年北京冬奥会的比赛项目之一．下面这些钢架雪车运动标志是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义（在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形）依次判断即可．
【详解】解：根据轴对称图形的定义可得：只有D选项符合题意，其余选项的均不符合题意，
故选：D．
【点睛】题目主要考查轴对称图形的判定，深刻理解轴对称图形的定义是解题关键．
2. 关于全等图形的描述，下列说法正确的是（ ）
A. 形状相同的图形B. 面积相等的图形
C. 能够完全重合的图形D. 周长相等的图形
【答案】C
【解析】
【分析】根据全等图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A.形状相同的两个图形大小不一定相等，所以不是全等图形，故本选项错误．
B.面积相等的两个图形形状、大小都不一定相同，所以，不是全等图形，故本选项错误．
C.能够完全重合的两个图形是全等图形，故本选项正确．
D.周长相等的两个图形形状、大小都不一定相同，所以，不是全等图形，故本选项错误．
故选C．
【点睛】本题考查的是全等形的识别：熟记全等形是能够完全重合的两个图形是解题关键．
3. 若分式有意义，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件可得，即可求解．
【详解】解：分式有意义，则，解得，
故选：A
【点睛】此题考查了分式有意义的条件：分母不等于0，解题的关键是熟练掌握分式有意义的条件．
4. 在平面直角坐标系中，点关于y轴对称的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】平面直角坐标系中任意一点，关于轴的对称点的坐标是，即关于纵轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数．
【详解】解：点M关于轴对称的点的坐标是．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系是解题关键．
5. 如图，一扇窗户打开后，用窗钩可将其固定，这里所运用的数学原理是（ ）
A. 三角形具有稳定性B. 两点确定一条直线
C. 两点之间线段最短D. 三角形的两边之和大于第三边
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【详解】解：一扇窗户打开后，用窗钩可将其固定，这里所运用的几何原理是三角形的稳定性，
故选：A．
【点睛】本题考查的三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
6. 下列各式变形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分式的基本性质，进行判断即可解答．
【详解】解：，A选项错误，不符合题意；
，B选项错误，不符合题意；
，C选项正确，符合题意；
，D选项错误，不符合题意；
故选：C
【点睛】题考查了分式的基本性质，熟练掌握分式的基本性质是解题的关键．
7. 下列多边形中，内角和等于的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查多边形的内角和，根据n边形的内角和为分别计算各选项中多边形的内角和，即可解答．
【详解】解：A、它是三角形，内角和为，
B、它是四边形，内角和为，
C、它是五边形，内角和为，
D、它是六边形，内角和为．
故选：C
8. 如图．点P是的角平分线上的一点，于点E，已知，则点P到的距离是（ ）
A. 18B. 12C. 6D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据角平分线的性质，可得点P到的距离，即可求解．
【详解】解：平分，，
∴P到距离，
故选：D
【点睛】此题考查了角平分线的性质，解题的关键是掌握角平分线上的点到角的两边距离相等．
9. 如图，，则的度数为（ ）

A. B. C. D. 90°
【答案】C
【解析】
【分析】根据全等三角形对应角相等，，所以，再根据角的和差关系代入数据计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质，正确得出对应角相等是解题关键．
10. 如图，，的周长为9，的垂直平分线交于点E，垂足为D，则（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据线段垂直平分线的性质可得，，再由求解即可．
【详解】解：∵垂直平分，
∴，
由的周长为9可得，，
则，
，
故选B
【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握线段垂直平分线的性质．
11. 分式与的最简公分母是（ ）
A. B. C. m+1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简公分母的概念，求解即可．通常取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母，这样的公分母叫做最简公分母．
【详解】解：分式与的最简公分母，
故选：A
【点睛】此题考查了最简公分母的概念，解题的关键是熟练掌握最简公分母的概念．
12. 若能用完全平方公式进行因式分解，则常数m的值为 （ ）
A. 1或5B. 7或C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据完全平方公式，进行计算即可解答．
【详解】解：由题意得：
，
∴，
∴，
∴或，
故选B．
【点睛】本题考查了因式分解-运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
13. 如图，已知是等边三角形，点在同一直线上，且，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，可得是的外角，是的外角，根据外角的性质及等边三角形的每个内角都是，即可得到答案．
【详解】解：，
，
是等边三角形，
，
．
又，
．
故选C
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，以及等边三角形的性质，灵活应用外角的性质是解题的关键．
14. 下列计算正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据单项式除以单项式，完全平方公式，合并同类项，有理数的乘方的运算法则进行计算求解即可．
【详解】解：A中，正确，故符合题意；
B中，错误，故不符合题意；
C中，错误，故不符合题意；
D中，错误，故不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查了单项式除以单项式，完全平方公式，合并同类项以及有理数的乘方．解题的关键在于熟练掌握运算法则并正确的计算．
15. 嘉淇在解决问题时，给出的推理过程如下：
小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∴”和“∴”之间作补充，下列说法正确的是 （ ）
A. 嘉淇的推理严谨，不需要补充B. 应补充“∴”
C. 应补充“∴”D. 应补充“∴”
【答案】B
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【详解】证明：在和中，，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定是解决本题的关键．
16. 某工程需要在规定时间内完成，如果甲工程队单独做，恰好如期完成； 如果乙工程队单独做，则多用天，现在甲、乙两队合做天，剩下的由乙队单独做，恰好如期完成，求规定时间．如果设规定日期为天，下面所列方程中错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设总工程量为，因为甲工程队单独去做，恰好能如期完成，所以甲的工作效率为；因为乙工程队单独去做，要超过规定日期天，所以乙的工作效率为，根据甲、乙两队合做天，剩下的由乙队独做，恰好在规定日期完成，列方程即可．
【详解】解：设规定日期为天，
由题意可得，，
整理得，或或．
则选项均正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．
（非选择题，共78分）
二、填空题（本大题三个小题，共计9分，其中17题2分，18题3分，19题每空2分）
17. 在△ABC中，若∠A=30°，∠B=50°，则∠C=__________．
【答案】100°
【解析】
【详解】分析：直接利用三角形内角和定理进而得出答案．
详解：∵在△ABC中，∠A=30°，∠B=50°，
∴∠C=180°﹣30°﹣50°=100°．
故答案为100°
点睛：此题主要考查了三角形内角和定理，正确把握定义是解题关键．
18. 在如图所示的方格中，以为边，第三个顶点也在格点上的等腰三角形有______个．

【答案】4
【解析】
【分析】根据等腰三角形的定义，分别以A、B为圆心，长为半径画弧，即可得出第三个顶点的位置．
【详解】解：如图所示，
分别以A、B为圆心，AB长为半径画弧，则圆弧经过的格点、、、，即为第三个顶点的位置；
故以AB为一边，第三个顶点也在格点上的等腰三角形可以作出4个．
故答案为：4
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义，解题时需要通过尺规作图，找出第三个顶点的位置．正确作图是解决问题的关键．
19. 如图，学校劳动实践基地有两块边长分别为，的正方形秧田，，其中不能使用的面积为．
（1）用含，的代数式表示中能使用的面积___________；
（2）若，，求比多出的使用面积．
【答案】（1）
（2）50
【解析】
【分析】（1）利用正方形秧田的面积减去不能使用的面积即可得；
（2）先求出中能使用的面积为，再求出比多出的使用面积为，利用平方差公式求解即可得．
【小问1详解】
解：中能使用的面积为，
故答案为：．
【小问2详解】
解：中能使用的面积为，
则比多出的使用面积为，
，，
，
答：比多出的使用面积为50．
【点睛】本题考查了列代数式、平方差公式与图形面积，熟练掌握平方差公式是解题关键．
三、解答题（本大题共7个小题，共69分，解答应给出文字说明、证明过程或演算步骤）
20. （1）因式分解：
（2）计算：
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了因式分解，多项式乘以多项式，熟知相关计算法则是解题的关键．
（1）先提取公因式，再利用平方差公式分解因式即可；
（2）根据多项式乘以多项式的计算法则求解即可．
【详解】解；（1）
；
（2）
．
21. 在中，，．
（1）若是整数，求的长；
（2）已知是的中线，若的周长为10，求三角形的周长．
【答案】（1）8 （2）17
【解析】
【分析】本题考查的是三角形的三边关系、三角形的中线的定义，掌握三角形两边之和大于第三边、两边之差小于第三边是解题的关键．
（1）根据三角形的三边关系解答即可；
（2）根据三角形的中线的定义得到，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【小问1详解】
由题意得：，
，
是整数，
；
【小问2详解】
是的中线，
的周长为10，
，
，
，
的周长．
22. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为．
（1）画出关于y轴对称的；
（2）写出（1）中所画的的各顶点坐标；
（3）连接，则四边形的面积为___________．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）8
【解析】
【分析】（1）找出的三个顶点关于y轴的对称点，顺次连接即可画出；
（2）根据（1）中所得图形即可写出各顶点的坐标；
（3）根据格点可知的底和高，利用梯形面积公式即可求解．
小问1详解】
如图
【小问2详解】
【小问3详解】
给答案为8
【点睛】此题主要考查了坐标系中的轴对称，根据轴对称的性质得出对应点位置是解题关键．
23. 如图，已知点B，E，C，F在一条直线上，，，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）9
【解析】
分析】（1）根据AAS证明即可；
（2）求出的长，即可解决问题．
【小问1详解】
，
，
，
，
即，
在和中，
，
．
【小问2详解】
，，
，
，
，
．
点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
24. 如图，在中，，，E为线段上一动点，连接，作且．
（1）如图1，过点F作于点D，求证：；
（2）如图2，连接交于点G，若，，求证：E为中点．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）证明，得到：，进而得到；
（2）证明，得到，得到的长度，进而得到点是的中点，根据，即可得证．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
证明：在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即点为的中点．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．熟练掌握三角形的判定方法，证明三角形全等，是解题的关键．
25. 如图（1），大正方形的面积可以表示为，同时大正方形的面积也可以表示成两个小正方形面积与两个长方形的面积之和，即．同一图形（大正方形）的面积，用两种不同的方法求得的结果应该相等，从而验证了完全平方公式：．把这种“同一图形的面积，用两种不同的方法求出的结果相等，从而构建等式，根据等式解决相关问题”的方法称为“面积法”
（1）用上述“面积法”，通过如图（2）中图形的面积关系，直接写出一个多项式进行因式分解的等式：_______；
（2）如图（3），中，，，，是斜边边上的高．用上述“面积法”求的长；
（3）如图（4），等腰中，，点为底边上任意一点，，，，垂足分别为点，，，连接，用上述“面积法”，求证：．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】（1）大长方形的面积为一个正方形的面积与三个小长方形面积之和即，同时大长方形的面积也可以为，列出等量关系即可；
（2）由勾股定理求出AB，然后根据，代入数值解之即可．
（3）由和三角形面积公式即可得证．
【详解】（1）如图（2），大长方形的面积为一个小正方形的面积与三个小长方形面积之和，即，同时大长方形的面积也可以为，
故答案为：；
（2）如图（3）中，，，，
∴,
∵,
∴；
（3）如图（4），
∵，，，垂足分别为点，，，
∴，
∴，
∵AB=AC，
∴CH=OM+ON
即．
【点睛】本题考查了因式分解的几何背景、图形的拆拼前后的面积相等、类比法等，解答的关键是根据已知条件和图形特点，利用拆拼前后的面积相等通过分析、推理和计算．
26. 已知是边长为4的等边三角形，点D是射线上的动点，将线段绕点A逆时针方向旋转（即）得到，连接．

（1）如图1，猜想是什么三角形？__________．（直接写出结果）
（2）如图2，猜想线段之间的数量关系，并证明你的结论；
【答案】（1）等边三角形
（2），证明见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质与判定，通过旋转证明三角形全等是解题的关键．
（1）根据旋转的性质得到，，根据等边三角形的判定定理即可得出答案．
（2） 证明，根据全等三角形的性质得到，结合图形即可得到结论．
【小问1详解】
解：由旋转变换的性质可知，，，
∴是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
【小问2详解】
解：，证明如下：
由旋转的性质可知，，，
∵是等边三角形
∴，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
如图，点D在上，点E在上，，，
求证：.
证明：在和中，，
∴，∴.