山東省東平實驗中學2025屆八年級數學第二學期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(每小題3分,共30分)1．如圖，中，是斜邊上的高，，那么等于（）A． B． C． D．2．若正多邊形的一個外角是，則該正多邊形的內角和為（）A． B． C． D．3．測試五位學生的“一分鐘跳繩”成績，得到五個各不相同的數據，在統計時出現了一處錯誤：將最高成績寫得更高了，則計算結果不受影響的是（）A．中位數 B．平均數 C．方差 D．極差4．某型號的汽車在路面上的制動距離s＝，其中變量是（

）A．sv2 B．s C．v D．sv5．如圖，菱形ABCD的周長為16，∠ABC=120°，則AC的長為（）A． B．4 C． D．26．把一張正方形紙片按如圖所示的方法對折兩次后剪去兩個角，那么打開以后的形狀是（）A．六邊形 B．八邊形 C．十二邊形 D．十六邊形7．用正三角形和正六邊形鑲嵌,若每一個頂點周圍有m個正三角形、n個正六邊形,則m,n滿足的關系式是()A．2m+3n=12 B．m+n=8 C．2m+n=6 D．m+2n=68．已知x=1是一元二次方程x2+bx+1=0的解，則b的值為（A．0 B．1 C．-2 D．29．下列二次根式中，化簡后不能與進行合并的是（）A． B． C． D．10．對于正比例函數y3x，下列說法正確的是()A．y隨x的增大而減小B．y隨x的增大而增大C．y隨x的減小而增大D．y有最小值二、填空題(每小題3分,共24分)11．不等式組的解集為_________．12．如圖，正方形的定點與正方形的對角線交點重合，正方形和正方形的邊長都是，則圖中重疊部分的面積是__________．13．如圖，正方形的兩邊、分別在軸、軸上，點在邊上，以為中心，把旋轉，則旋轉后點的對應點的坐標是________.14．若方程的兩根，則的值為__________．15．若不等式的正整數解是，則的取值范圍是____．16．在直角三角形中，若勾為1，股為1．則弦為________．17．若分式在實數范圍內有意義，則x的取值范圍是_____．18．已知一次函數y＝kx+3k+5的圖象與y軸的交點在y軸的正半軸上，且函數值y隨x的增大而減小，則k所有可能取得的整數值為_____三、解答題(共66分)19．（10分）先化簡：（﹣1）÷，再0，1，2，﹣1中選擇一個恰當的x值代入求值．20．（6分）綜合與實踐如圖，為等腰直角三角形，，點為斜邊的中點，是直角三角形，．保持不動，將沿射線向左平移，平移過程中點始終在射線上，且保持直線于點，直線于點．（1）如圖1，當點與點重合時，與的數量關系是__________．（2）如圖2，當點在線段上時，猜想與有怎樣的數量關系與位置關系，并對你的猜想結果給予證明；（3）如圖3，當點在的延長線上時，連接，若，則的長為__________．21．（6分）計算：（1）（2）已知a＝+2，b＝﹣2，求a2﹣b2的值．22．（8分）如圖，已知二次函數的圖象頂點在軸上，且，與一次函數的圖象交于軸上一點和另一交點.求拋物線的解析式；點為線段上一點，過點作軸，垂足為，交拋物線于點，請求出線段的最大值.23．（8分）甲、乙兩地相距300千米，一輛貨車和一輛轎車分別從甲地開往乙地轎車的平均速度大于貨車的平均速度，如圖，線段OA、折線BCD分別表示兩車離甲地的距離單位：千米與時間單位：小時之間的函數關系．線段OA與折線BCD中，______表示貨車離甲地的距離y與時間x之間的函數關系．求線段CD的函數關系式；貨車出發多長時間兩車相遇？24．（8分）我國國道通遼至霍林郭勒段在修建過程中經過一座山峰，如圖所示，其中山腳兩地海拔高度約為米，山頂處的海拔高度約為米，由處望山腳處的俯角為由處望山腳處的俯角為，若在兩地間打通一隧道，求隧道最短為多少米？(結果取整數，參考數據)25．（10分）已知，，求下列代數式的值．（1）（2）26．（10分）已知y＋6與x成正比例，且當x＝3時，y＝－12，求y與x的函數關系式．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【解析】

根據同角的余角相等證明∠DCB=∠CAD，利用兩角對應相等證明△ADC∽△CDB，列比例式可得結論．【詳解】解：∵∠ACB=90°，

∴∠ACD+∠DCB=90°，

∵CD是高，

∴∠ADC=∠CDB=90°，

∴∠ACD+∠CAD=90°，

∴∠DCB=∠CAD，

∴△ADC∽△CDB，∴CD2=AD?BD，

∵AD=9，BD=4，∴CD=6故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的性質和判定，熟練掌握相似三角形的判定方法是關鍵．2、C【解析】

根據正多邊形的外角度數求出多邊形的邊數，根據多邊形的內角和公式即可求出多邊形的內角和.【詳解】由題意，正多邊形的邊數為，其內角和為．故選C.【點睛】考查多邊形的內角和與外角和公式，熟練掌握公式是解題的關鍵.3、A【解析】

根據中位數的定義解答可得．【詳解】解：因為中位數是將數據按照大小順序重新排列，代表了這組數據值大小的“中點”，不受極端值影響，所以將最高成績寫得更高了，計算結果不受影響的是中位數，故選A．【點睛】本題主要考查方差、極差、中位數和平均數，解題的關鍵是掌握中位數的定義．4、D【解析】

根據變量是可以變化的量解答即可．【詳解】解：∵制動距離S=，∴S隨著V的變化而變化，

∴變量是S、V．

故選：D．【點睛】本題考查常量與變量，是函數部分基礎知識，常量是不可變化的常數，變量是可以變化的，一般用字母表示．5、A【解析】

試題分析：∵菱形ABCD的周長為16，∠ABC=120°，∴∠BAD=60°，AC⊥BD，AD=AB=4∴△ABD為等邊三角形，∴EB=在Rt△ABE中，AE=故可得AC=2AE=．故選A．考點：菱形的性質．6、B【解析】

由平面圖形的折疊及立體圖形的表面展開圖的特點解結合實際操作解題．【詳解】解：此題需動手操作，可以通過折疊再減去4個重合，得出是八邊形．故選：B．【點睛】本題主要考查了與剪紙相關的知識:動手操作的能力是近幾年常考的內容，要掌握熟練.7、D【解析】

正多邊形的組合能否進行平面鑲嵌，關鍵是看位于同一頂點處的幾個角之和能否為310°．若能，則說明可以進行平面鑲嵌；反之，則說明不能進行平面鑲嵌．【詳解】正多邊形的平面鑲嵌，每一個頂點處的幾個角之和應為310度，而正三角形和正六邊形內角分別為10°、120°，根據題意可知10°×m+120°×n=310°，化簡得到m+2n=1．故選D．【點睛】本題考查了平面鑲嵌的條件，熟練掌握在每一個頂點處的幾個角的和為310度是解題的關鍵.8、C【解析】

根據一元二次方程解的定義，把x=1代入x1+bx+1=0得關于b的一次方程，然后解一次方程即可．【詳解】解：把x=1代入x1+bx+1=0得1+b+1=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．9、C【解析】

首先根據題意，只要含有同類項即可合并，然后逐一進行化簡，得出A、B、D選項都含有同類項，而C選項不含同類項，故選C.【詳解】解：根據題意，只要含有同類項即可合并，A中=，可以與進行合并；B中=，可以與進行合并；C中=，與無同類項，不能合并；D中=，可以與進行合并.故選C.【點睛】此題主要考查二次根式的化簡與合并.10、B【解析】

正比例函數中，k＞0:y隨x的增大而增大;k＜0:y隨x的增大而減小.【詳解】∵正比例函數y3x中，k=3＞0，∴y隨x的增大而增大，故選：B.【點睛】本題考查了正比例函數的性質，確定k值，判斷出其增減性是解題的關鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、【解析】

先求出不等式組中每一個不等式的解集，再求出它們的公共部分．【詳解】解：解不等式①得：，

解不等式②得：，

∴不等式組的解集為，

故答案為：．【點睛】本題主要考查了一元一次不等式組解集的求法，其簡便求法就是用口訣求解．求不等式組解集的口訣：同大取大，同小取小，大小小大中間找，大大小小找不到（無解）．12、【解析】

根據題意可得重疊部分的面積和面積相等，求出面積即可.【詳解】解：如圖，四邊形和是正方形又故答案為：1【點睛】本題考查了正方形的性質，將重疊部分的面積進行轉化是解題的關鍵.13、或【解析】

分逆時針旋轉和順時針旋轉兩種情況考慮：①順時針旋轉時，由點D的坐標利用正方形的性質可得出正方形的邊長以及BD的長度，由此可得出點D′的坐標；②逆時針旋轉時，找出點B′落在y軸正半軸上，根據正方形的邊長以及BD的長度即可得出點D′的坐標．綜上即可得出結論．【詳解】解：分逆時針旋轉和順時針旋轉兩種情況（如圖所示）：

①順時針旋轉時，點B′與點O重合，∵點D（4，3），四邊形OABC為正方形，∴OA=BC=4，BD=1，∴點D′的坐標為（-1，0）；②逆時針旋轉時，點B′落在y軸正半軸上，∵OC=BC=4，BD=1，∴點B′的坐標為（0，8），點D′的坐標為（1，8）．故答案為：（-1，0）或（1，8）．【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，以及坐標與圖形變化中的旋轉，分逆時針旋轉和順時針旋轉兩種情況考慮是解題的關鍵．14、1【解析】

根據根與系數的關系求出，代入即可求解．【詳解】∵是方程的兩根∴=-=4，==1∴===4+1=1，故答案為：1．【點睛】此題主要考查根與系數的關系，解題的關鍵是熟知=-，=的運用．15、9≤a＜1【解析】

解不等式3x?a≤0得x≤，其中，最大的正整數為3，故3≤＜4，從而求解．【詳解】解：解不等式3x?a≤0，得x≤，∵不等式的正整數解是1，2，3，∴3≤＜4，解得9≤a＜1．故答案為：9≤a＜1．【點睛】本題考查了一元一次不等式的解法．先解含字母系數的不等式，再根據正整數解的情況確定字母的取值范圍．16、【解析】

根據勾股定理計算即可．【詳解】解：由勾股定理得，弦=，故答案為：．【點睛】本題考查的是勾股定理，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a1+b1=c1．17、x≠1【解析】

分式有意義的條件是分母不等于零．【詳解】∵分式在實數范圍內有意義，∴x?1≠0，解得：x≠1.故答案為：x≠1.【點睛】此題考查分式有意義的條件，解題關鍵在于分母不等于零使得分式有意義.18、－2【解析】

由一次函數圖象與系數的關系可得出關于k的一元一次不等式組，解不等式組即可得出結論．【詳解】由已知得：，解得：-＜k＜2．∵k為整數，∴k=-2．故答案為：-2．【點睛】本題考查了一次函數圖象與系數的關系，解題的關鍵是得出關于k的一元一次不等式組．本題屬于基礎題，難度不大，解決該題型題目時，根據一次函數圖象與系數的關系找出關于系數的不等式（或不等式組）是關鍵．三、解答題(共66分)19、-1【解析】分析：先算括號里面的，再因式分解，約分即可得出答案．解：原式=?=﹣（x﹣1）=1﹣x，∵x≠﹣1，1，0，∴x=2，∴原式=1﹣2=﹣1．【點評】本題考查了分式的化簡求值，掌握分式的約分、通分是解題的關鍵．20、（1）；（2），，見解析；（3）【解析】

（1）根據等腰直角三角形的性質證明OA=OC，∠A=∠C,然后證明≌即可得到OE=OF；（2）根據等腰直角三角形的性質證明OA=OB，∠A=∠OBF，利用矩形的判定證明PEBF是矩形，從而得到BF=AE，于是可證明≌，即可得到，；（3）同（2）類似，證明，，然后根據勾股定理即可求出EF的長.【詳解】解：（1）=，理由如下：∵為等腰直角三角形，，點為斜邊的中點，∴OA=OC，∠A=∠C,∵，，∴,∴≌,∴.故答案是：.（2），，理由如下：如圖2，連接OB，∵為等腰直角三角形，點為斜邊的中點，∴OA=OB，∠A=∠OBF=,∠AOB=，∵，∴∠A=∠APE=，∴AE=PE，∵，，，∴PEBF是矩形，∴BF=PE，∴BF=AE，在和中，，∴≌,∴，，∴,∴.故答案是：，.（3）如圖3，連接EF、OB，∵為等腰直角三角形，點為斜邊的中點，∴OA=OB，∠BAO=∠OBC=,∠AOB=，∴∠EAO=∠OBF=,∵，∴∠APE=∠PAE=，∴AE=PE，∵，，，∴PEBF是矩形，∴BF=PE，∴BF=AE，在和中，，∴≌,∴，，∴,∴.∴是等腰直角三角形，∵OE=1，∴EF=.故答案是：.【點睛】本題考查了矩形的判定和性質，利用等腰直角三角形的性質得到邊角關系從而證明三角形全等是解題關鍵.21、（1）原式＝5；（2）原式＝8【解析】

（1）根據完全平方公式、二次根式的乘法和加法可以解答本題；（2）根據a、b的值可以求得a+b、a-b的值，從而可以求得所求式子的值．【詳解】解：（1）==5（2）∵，∴，∴==【點睛】本題考查二次根式的化簡求值，解答本題的關鍵是明確二次根式化簡求值的方法．22、(1)；（2）線段的最大值為.【解析】

（1）根據題意首先計算A、B點的坐標，設出二次函數的解析式，代入求出參數即可.（2）根據題意設F點的橫坐標為m,再結合拋物線和一次函數的解析式即可表示F、D的縱坐標，所以可得DF的長度，使用配方法求解出最大值即可.【詳解】解：，二次函數與一次函數的圖象交于軸上一點，點為，點為.二次函數的圖象頂點在軸上.設二次函數解析式為.把點代入得，.拋物線的解析式為，即.設點坐標為，點坐標為..當時，即，解得.點為線段上一點,.當時，線段的最大值為.【點睛】本題主要考查二次函數的性質，關鍵在于利用配方法求解拋物線的最大值，這是二次函數求解最大值的常用方法,必須熟練掌握.23、（1）線段OA表示貨車貨車離甲地的距離y與時間x之間的函數關系；（2）；（3）貨車出發小時兩車相遇．【解析】

(1)根據題意可以分別求得兩個圖象中相應函數對應的速度，從而可以解答本題；(2)設CD段的函數解析式為y=kx+b，將C(2.5,80)，D(4.5,300)兩點的坐標代入，運用待定系數法即可求解；(3)根據題意可以求得OA對應的函數解析式，從而可以解答本題．【詳解】線段OA表示貨車貨車離甲地的距離y與時間x之間的函數關系，理由：千米時，，，轎車的平均速度大于貨車的平均速度，線段OA表示貨車離甲地的距離y與時間x之間的函數關系，故答案為OA；設CD段函數解析式為，，在其圖象上，，解得，段函數解析式：；設線段OA對應的函數解析式為，，得，即線段OA對應的函數解析式為，，解得，即貨車出發小時兩