山東省棗莊市第七中學2024屆數學八下期末質量跟蹤監視試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，以某點為位似中心，將△OAB進行位似變換得到△DFE，若△OAB與△DFE的相似比為k，則位似中心的坐標與k的值分別為（）A．（2，2），2 B．（0，0），2 C．（2，2）， D．（0，0），2．若解關于x的方程時產生增根，那么常數m的值為（）A．4 B．3 C．-4 D．-13．某校團委為了解本校八年級500名學生平均每晚的睡眠時間，隨機選擇了該年級100名學生進行調查．關于下列說法：①本次調查方式屬于抽樣調查；②每個學生是個體；③100名學生是總體的一個樣本；④總體是該校八年級500名學生平均每晚的睡眠時間；其中正確的是（）A．①② B．①④ C．②③ D．②④4．下列各組數據中的三個數作為三角形的邊長,其中能構成直角三角形的是()A． B．1,C．6,7,8 D．2,3,45．若分式有意義，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．6．若點P在一次函數y=-x+4的圖像上，則點P一定不在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．關于x的一元二次方程x2+bx﹣10＝0的一個根為2，則b的值為（）A．1 B．2 C．3 D．78．一個不透明的盒子中裝有2個紅球和1個白球，它們除顏色外都相同．若從中任意摸出一個球，則下列敘述正確的是（）A．摸到紅球是必然事件B．摸到白球是不可能事件C．摸到紅球與摸到白球的可能性相等D．摸到紅球比摸到白球的可能性大9．下列運算正確的是()A．＝﹣2 B．(2)2＝6 C． D．10．今年我市某縣6月1日到10日的每一天最高氣溫變化如折線圖所示，則這10個最高氣溫的中位數和眾數分別是()A．33℃33℃ B．33℃32℃ C．34℃33℃ D．35℃33℃11．已知兩圓的半徑R、r分別是方程x2-7x+10=0的兩根，兩圓的圓心距為7，則兩圓的位置關系是（）A．外離 B．相交 C．外切 D．內切12．△ABC三邊長分別為a、b、c，則下列條件不能判斷△ABC是直角三角形的是（）A．a＝3，b＝4，c＝5 B．a＝4，b＝5，c＝6C．a＝6，b＝8，c＝10 D．a＝5，b＝12，c＝13二、填空題（每題4分，共24分）13．一個多邊形的每一個內角都等于它相鄰外角的2倍,則這個多邊形的邊數是__________．14．已知一組數據3、a、4、6的平均數為4，則這組數據的中位數是______.15．“a的3倍與b的差不超過5”用不等式表示為__________．16．若+(x-y+3)2=0，則(x+y)2018=__________.17．小邢到單位附近的加油站加油，下圖所示是他所用的加油機上的數據顯示牌，則數據中的變量是______18．菱形兩對角線長分別為24和10，則這個菱形的面積是________，菱形的高為_____．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=30cm，BC=40cm．點P從點A出發，以5cm/s的速度沿AC向終點C勻速移動．過點P作PQ⊥AB，垂足為點Q，以PQ為邊作正方形PQMN，點M在AB邊上，連接CN．設點P移動的時間為t（s）．（1）PQ=______；（用含t的代數式表示）（2）當點N分別滿足下列條件時，求出相應的t的值；①點C，N，M在同一條直線上；②點N落在BC邊上；（3）當△PCN為等腰三角形時，求t的值．20．（8分）如圖,在等腰△ABC中,∠CAB=90°,P是△ABC內一點,PA=1,PB=3,PC=,將△APB繞點A逆時針旋轉后與△AQC重合.求:(1)線段PQ的長;(2)∠APC的度數.21．（8分）如圖，在平面直角坐標系中，已知△ABC的三個頂點的坐標分別為A（﹣3，5），B（﹣1，1），C（﹣1，3）．（1）將△ABC先向下平移6個單位長度，再向右平移5個單位長度，得到△A1B1C1，畫出△A1B1C1，并寫出點A的對應點A1的坐標；（1）將△ABC繞著點O按順時針方向旋轉90°得到△A1B1C1，畫出△A1B1C1．22．（10分）操作與證明：如圖，把一個含角的直角三角板ECF和一個正方形ABCD擺放在一起，使三角板的直角頂點和正方形的頂點C重合，點E、F分別在正方形的邊CB、CD上，連接AC、AE、其中AC與EF交于點N，取AF中點M，連接MD、MN．求證：是等腰三角形；在的條件下，請判斷MD，MN的數量關系和位置關系，并給出證明．23．（10分）某工人為一客戶制作一長方形防盜窗，為了牢固和美觀，設計如圖所示，中間為三個菱形，其中左右為兩個全等的大菱形，中間為一個小菱形，豎著的鐵棍的間距是相等的，尺寸如圖所示（單位：m），工人師傅要做這樣的一個防盜窗，總共需要多長的鐵棍（不計損耗？）24．（10分）如圖，在矩形ABCD中，點E為AD上一點，連接BE、CE,．（1）如圖1，若；（2）如圖2，點P是EC的中點，連接BP并延長交CD于點F，H為AD上一點，連接HF,且,求證：.25．（12分）如圖,矩形中,點是線段上一動點,為的中點,的延長線交BC于.(1)求證:;(2)若,,從點出發,以l的速度向運動(不與重合).設點運動時間為,請用表示的長;并求為何值時,四邊形是菱形.26．已知滿足．（1）求的值；（2）求的值．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、A【解題分析】

兩對對應點的連線的交點即為位似中心；找到任意一對對應邊的邊長，讓其相比即可求得k．【題目詳解】連接OD、BE，延長OD交BE的延長線于點O′，點O′也就是位似中心，坐標為（1，1），k=OA：FD=8：4=1．故選A．【題目點撥】本題考查了位似變換、坐標與圖形的性質等知識，記住兩對對應點的連線的交點為位似中心；任意一對對應邊的比即為位似比．2、D【解題分析】

方程兩邊同乘，將分式方程化為整式方程，解整式方程，再由增根為2，建立關于m的方程求解即可．【題目詳解】解得∵原分式方程的增根為2∴∴故選：D【題目點撥】本題考查分式方程的增根問題，熟練掌握解分式方程，熟記增根的定義建立關于m的方程是解題的關鍵．3、B【解題分析】

根據問題特點，選用合適的調查方法．適合普查的方式一般有以下幾種：①范圍較小；②容易掌控；③不具有破壞性；④可操作性較強．同時根據隨機事件的定義，以及樣本容量的定義來解決即可．【題目詳解】解：①本次調查方式屬于抽樣調查，正確；②每個學生的睡眠時間是個體，此結論錯誤；③100名學生的睡眠時間是總體的一個樣本，此結論錯誤；④總體是該校八年級500名學生平均每晚的睡眠時間，正確．故選：B．【題目點撥】本題考查總體，樣本，樣本的容量的概念，熟練掌握相關定義是解題關鍵．4、B【解題分析】試題解析：A．（）2+（）2≠（）2，故該選項錯誤；B．12+（）2=（）2,故該選項正確；C．62+72≠82，故該選項錯誤；D．22+32≠42，故該選項錯誤.故選B.考點：勾股定理.5、B【解題分析】

分式有意義，則，求出x的取值范圍即可.【題目詳解】∵分式有意義，∴，解得：，故選B.【題目點撥】本題是對分式有意義的考查，熟練掌握分式有意義的條件是解決本題的關鍵.6、C【解題分析】

根據一次函數的性質進行判定即可.【題目詳解】一次函數y=-x+4中k=-1<0，b>0，所以一次函數y=-x+4的圖象經過二、一、四象限，又點P在一次函數y=-x+4的圖象上，所以點P一定不在第三象限，故選C.【題目點撥】本題考查了一次函數的圖象和性質，熟練掌握是解題的關鍵.y=kx+b：當k>0，b>0時，函數的圖象經過一，二，三象限；當k>0，b<0時，函數的圖象經過一，三，四象限；當k<0，b>0時，函數的圖象經過一，二，四象限；當k<0，b<0時，函數的圖象經過二，三，四象限.7、C【解題分析】

根據一元二次方程的解的定義，把x=2代入方程得到關于b的一次方程，然后解一次方程即可．【題目詳解】解：把x=2代入程x2+bx﹣10=0得4+2b﹣10=0解得b=1．故選C．點睛：本題考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右兩邊相等的未知數的值是一元二次方程的解．8、D【解題分析】

A．摸到紅球是隨機事件，故此選項錯誤；B．摸到白球是隨機事件，故此選項錯誤；C．摸到紅球比摸到白球的可能性相等，根據不透明的盒子中裝有2個紅球和1個白球，得出摸到紅球比摸到白球的可能性大，故此選項錯誤；D．根據不透明的盒子中裝有2個紅球和1個白球，得出摸到紅球比摸到白球的可能性大，故此選項正確；故選D．9、D【解題分析】

根據二次根式的性質以及二次根式加法，乘法及乘方運算法則計算即可．【題目詳解】A：＝2，故本選項錯誤；B：(2)2＝12，故本選項錯誤；C：與不是同類二次根式，不能合并，故本選項錯誤；D：根據二次根式乘法運算的法則知本選項正確，故選D．【題目點撥】本題考查的是二次根式的性質及二次根式的相關運算法則，熟練掌握是解題的關鍵.10、A【解題分析】試題分析：眾數是在一組數據中，出現次數最多的數據，這組數據中33℃出現三次，出現的次數最多，故這組數據的眾數為33℃．中位數是一組數據從小到大（或從大到小）重新排列后，最中間的那個數（最中間兩個數的平均數）．由此將這組數據重新排序為31℃，32℃，32℃，33℃，33℃，33℃，34℃，34℃，35℃，35℃，∴中位數是按從小到大排列后第5，6個數的平均數，為：33℃．故選A．11、C【解題分析】

首先解方程x2-7x+10=0，求得兩圓半徑R、r的值，又由兩圓的圓心距為7，根據兩圓位置關系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數量關系間的聯系即可得出兩圓位置關系．【題目詳解】解：∵x2-7x+10=0，

∴（x-2）（x-5）=0，

∴x1=2，x2=5，

即兩圓半徑R、r分別是2，5，

∵2+5=7，兩圓的圓心距為7，

∴兩圓的位置關系是外切．

故選：C．【題目點撥】本題考查圓與圓的位置關系與一元二次方程的解法，注意掌握兩圓位置關系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數量關系間的聯系是解題的關鍵．12、B【解題分析】

根據勾股定理進行判斷即可得到答案.【題目詳解】A．∵32+42＝52，∴△ABC是直角三角形；B．∵52+42≠62，∴△ABC不是直角三角形；C．∵62+82＝102，∴△ABC是直角三角形；D．∵122+42＝132，∴△ABC是直角三角形；故選：B．【題目點撥】本題考查勾股定理的應用，解題的關鍵是掌握勾股定理.二、填空題（每題4分，共24分）13、1【解題分析】

設出外角的度數，表示出內角的度數，根據一個內角與它相鄰的外角互補列出方程，解方程得到答案．【題目詳解】設外角為x，則相鄰的內角為2x，由題意得，2x+x=180°，解得，x=10°，310÷10°=1，故答案為：1．【題目點撥】本題考查的是多邊形內、外角的知識，理解一個多邊形的一個內角與它相鄰外角互補是解題的關鍵．14、3.5【解題分析】

先根據平均數的計算公式求出x的值，再根據中位數的定義即可得出答案．【題目詳解】∵數據3、a、4、6的平均數是4，∴(3+a+4+6)÷4=4，∴x=3，把這組數據從小到大排列為：3、3、4、6最中間的數是3.5，則中位數是3.5；故答案為：3.5.【題目點撥】此題考查中位數，算術平均數，解題關鍵在于利用平均數求出a的值.15、【解題分析】

根據“a的3倍與b的差不超過5”，則．【題目詳解】解：根據題意可得出：；故答案為：【題目點撥】此題主要考查了由實際問題抽象出一元一次不等式，注意不大于即為小于等于．16、1【解題分析】分析：根據幾個非負數的和為0時，這幾個非負數都為0列出算式，求出x、y的值，計算即可．詳解：由題意得：x+2=0，x﹣y+3=0，解得：x=﹣2，y=1，則(x+y)2018=(－2+1)2018=1．故答案為：1．點睛：本題考查了非負數的性質，掌握幾個非負數的和為0時，這幾個非負數都為0是解題的關鍵．17、金額與數量【解題分析】

根據常量與變量的意義結合油的單價是不變的，而金額隨著加油數量的變化在變化，據此即可得答案.【題目詳解】常量是固定不變的量，變量是變化的量，單價是不變的量，而金額是隨著數量的變化而變化，故答案為：金額與數量.【題目點撥】本題考查了常量與變量，熟練掌握常量與變量的概念是解題的關鍵.18、110cm1，cm．【解題分析】試題分析：已知兩對角線長分別為14cm和10cm，利用勾股定理可得到菱形的邊長=13cm，根據菱形面積==兩條對角線的乘積的一半可得菱形面積=×14×10=110cm1．又因菱形面積=底×高，即高=菱形面積÷底=cm．考點：菱形的性質；勾股定理．三、解答題（共78分）19、（1）4t；（2）①，②；（3）秒或秒或秒．【解題分析】

（1）先求出AB=50，sinA==，cosA==，進而求出AQ=3t，PQ=4t，即可得出結論；（2）先判斷出PN=QM=PQ=4t，①求出CD=24，AD=18，進而判斷出AQ+QM=AD=18，建立方程即可得出結論；②判斷出∠APQ=∠PNC，進而得出△AQP∽△PCN，建立方程即可得出結論；（3）分三種情況，利用等腰三角形的性質建立方程求解即可得出結論．【題目詳解】解：（1）在Rt△ABC中，根據勾股定理得，AB=50，∴sinA==，cosA==∵PQ⊥AB，∴∠AQP=90°，由運動知，AP=5t，在Rt△AQP中，AQ=AP?cosA=×5=3t，PQ=AP?sinA=4t，故答案為：4t；（2）由（1）知，AQ=3t，PQ=4t，∵四邊形PQMN是正方形，∴PN=QM=PQ=4t，①如圖1，由（1）知，AB=50，過點C作CD⊥AB于D，∴AB?CD=AC?BC，∴CD=24，在Rt△ADQ中，AD==18，∵點C，N，M在同一條直線上，∴點M落在點D，∴AQ+QM=AD=18，由（1）知，QM=PQ=4t，AQ=3t，∴4t+3t=18，∴t=；②點N落在BC上時，∠PCN=∠PCB=90°=∠AQP，∴∠CPN+∠CNP=90°，∵∠QPN=90°∴∠CPN+∠APQ=90°，∴∠APQ=∠PNC，∵∠AQP=∠PCN，∴△AQP∽△PCN，∴，∴，∴t=；（3）當PC=PN時，30-5t=4t，∴t=，當PC=NC時，如圖2，過點C作CF⊥PN于F，延長CF交AB于D，∴PF=PN=2t，∴QD=2t，根據勾股定理得，AQ==3t，∴AD=AQ+QD=5t=18，∴t=，當PN=NC時，如圖3，過點N作NG⊥AC于G，∴PG=PC=，易知，△PNG∽△APQ，∴，∴，∴t=，即：當△PCN是等腰三角形時，秒或秒或秒．【題目點撥】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，相似三角形的性質和判定，勾股定理，銳角三角函數，用方程的思想解決問題是解本題的關鍵．20、（1）；（2）135°【解題分析】

(1)由性質性質得,AQ=AP=1,∠QAP=∠CAB=90°,由勾股定理得,PQ=.(2)由∠QAP=90°,AQ=AP,得∠APQ=45°，根據勾股定理逆定理得∠CPQ=90°,所以，∠APC=∠CPQ+∠APQ=135°.【題目詳解】解：(1)∵△APB繞點A旋轉與△AQC重合,∴AQ=AP=1,∠QAP=∠CAB=90°,∴在Rt△APQ中,PQ=.(2)∵∠QAP=90°,AQ=AP,∴∠APQ=45°.∵△APB繞點A旋轉與△AQC重合,∴CQ=BP=3.在△CPQ中,PQ=,CQ=3,CP=,∴CP2+PQ2=CQ2,∴∠CPQ=90°,∴∠APC=∠CPQ+∠APQ=135°.【題目點撥】本題考核知識點：旋轉性質和勾股定理.解題關鍵點：熟記旋轉性質和勾股定理.21、（1）A1（1，﹣1）；（1）詳見解析【解題分析】

（1）根據圖形平移的性質畫出△A1B1C1，并寫出點A的對應點A1的坐標即可；（1）根據圖形旋轉的性質畫出旋轉后的△A1B1C1即可．【題目詳解】（1）如圖，△A1B1C1即為所求，A1（1，﹣1）；（1）如圖，△A1B1C1即為所求．【題目點撥】本題考查的是作圖-旋轉變換，熟知圖形旋轉不變性是解答此題的關鍵．22、（1）證明見解析；（2）【解題分析】

（1）根據正方形性質得：AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠ADF=90°，再根據等腰直角三角形得BE=DF，證明△ABE≌△ADF，得AE=AF，則△AFE是等腰三角形；（2）先根據直角三角形斜邊中線等于斜邊一半得：DM=AF，再由等腰三角形三線合一得：AC⊥EF，EN=FN，同理MN=AF，則DM=MN；可證∠FMD=2∠FAD，∠FMN==2∠FAC，則∠DMN=∠DMF+∠FMN=2∠FAD+2∠FAC=2∠DAC=90°．即可得到DM⊥MN．【題目詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠ADF=90°，∵△EFC是等腰直角三角形，∴CE=CF，∴BE=DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE=AF，∴△AFE是等腰三角形；（2）DM=MN，且DM⊥MN．理由是：在Rt△ADF中，∵M是AF的中點，∴DM=AF，∵EC=FC，AC平分∠ECF，∴AC⊥EF，EN=FN，∴∠ANF=90°，∴MN=AF，∴MD=MN．由（1）得：△ABE≌△ADF，∴∠BAE=∠FAD，∵DM=AF=AM，∴∠FAD=∠ADM，∴∠FMD=∠FAD+∠ADM=2∠FAD，同理：∠FMN==2∠FAC，∴∠DMN=∠DMF+∠FMN=2∠FAD+2∠FAC=2∠DAC=2×45°=90°．∴MD⊥MN．【題目點撥】本題考查了正方形、等腰直角三角形的性質，本題還應用了直角三角形斜邊中線的性質，要熟練掌握；本題的關鍵是證明△ABE≌△ADF，從而得出結論．23、需要m的鐵棍．【解題分析】

根據圖中的幾何關系，然后由菱形的四邊相等可以求出答案.【題目詳解】由題意，知兩個大菱形的邊長為：(m)．小菱形的邊長為：(m)．所以三個菱形的周長的和為：(m)．所以所需鐵棍的總長為：1.8×9＋2.4×2＋2＝m．答：需要m的鐵棍．【題目點撥】本題考查了菱形的性質及勾股定理在計算中的應用，明確菱形的性質及根據勾股定理構建方程是解題的關鍵．24、（1）1；（2）詳見解析