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织金县2024一2025学年度第二学期期末质量监测
八年级数学
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A年氧·其学界6不(年6再)织金县2024一2025学年度第二学期期末质量监测
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参考答案及评分标准
一、选择题(本大题共12小题,每小题3分,共36分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
A
D
D
A
D
B
C
B
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分)
13.x+-3
14.<
15.48
16.4
三、解答题(本大题共9小题,共98分)
17.解:(1)原式=3x0y2-2xy+x2)
2分
=3x0y-x)2
4分
3x-2≥4(x-1),①
(2)
2x-5-x-2>-1.②
3
2
解不等式①,得x≤2.
.6分
解不等式②,得x>-2
8分
∴.原不等式组的解集为-2<x≤2,
在数轴上表示该不等式组的解集,如图。
10分
-5-4-3-10
该不等式组的所有非负整数解是0,1,2.
12分
18.解:原式=(二-)
=m+2m-2.2m-)
m-1
-(m-2)
=-2(m+2)
6分
,m-1≠0,2m-2≠0,2-m≠0,
.m+1,2.
8分
若选择m=-1,则原式=-2×(-1+2)=-2.
10分
若选择m=0,则原式=-2×(0+2)=-4.
10分
第1页共5页
19.解:(1)如图,△AB1C1即为所作
3分
(2)如图,△A2B2C2即为所作.
6分
点Az的坐标为(4,-5)】
8分
(3)(-3,2)
....................................
10分
20.解:(1)如图1即为所作.
4分
图1
(2)如图2,连接CP.
由作图,得PC=PB,
∴,∠PCB=LB.
6分
,点P到直线BC,AC的距离相等,
.CP平分LACB,
图2
∴.LACP=LPCB=∠B.
044408分
,∠A=90,
∴,∠ACP+∠PCB+∠B=90°,
即3∠B=90°,
.∠B=30°
10分
21.解:(1)由题意,得这个正多边形的外角为40°,
∴.该正多边形的边数为360°÷40°=9,
3分
.10×9=90(m.
答:小明一共走了90m.
6分
(2)由(1),得这个正多边形的内角和为(9-2)×180°=1260°.
10分
第2页共5页
22.(1)证明::∠ABC=90°,
∴·△ABE与△CBF为直角三角形
(AB CB,
在Rt△ABE与Rt△CBF中,
LAE CF,
.Rt△ABE≌Rt△CBF(HL)
5分
(2)解:AB=CB,∠ABC=90°,
∴.LBCA=∠BAC=45°
7分
,∠BAE=25°,△ABE≌△CBF,
∴.∠BCF=∠BAE=25°,
8分
∴.∠ACF=∠ACB+∠BCF=45°+25°=70
10分
23.解:(1)设B款“文房四宝”的单价为x元,则A款“文房四宝”的单价为(x+10)元.
依题意,得1000=900,
x+10
2分
解得x=90.
14分
经检验,x=90是原分式方程的根,且符合题意,
90+10=100(元).
答:A款“文房四宝”的单价为100元,B款“文房四宝”的单价为90元.
…6分
(2)设购买B款“文房四宝”m套,则购买A款“文房四宝”(2m+4)套.
依题意,得100(2m+4)+90m≤1600,
8分
解得m≤罗
10分
,m取正整数,
∴m的最大值为4
答:最多购买B款“文房四宝”4套。
12分
24.(1)证明:,四边形ABCD是平行四边形,
.AB∥CD,且AB=CD
2分
,F是CD的中点,
.CF=CD.
3分
又:BE=AB,
∴CF=BE
4分
,CF∥BE,
,四边形BECF是平行四边形
.6分
第3页共5页
(2)解:如图,过点C作CH⊥BE于点H.
在口ABCD中,AD∥CB,∠A=60°,
∴.∠CBE=∠A=60°
AB=8,AD=6,
..CD=AB=8,CB=AD=6.
在Rt△BCH中,∠BCH=90°-∠CBE=30°,
∴BH=CB=3,
9分
..CH =VCB2 -BH2=V62-32=3V3.
…l0分
由(1)知四边形BECF是平行四边形,
∴BE=CF=CD=4,
.EH=BE-BH=4-3=1
11分
在Rt△CHE中,由勾股定理,得CE=VCH2+EH=J(3V3)2+12=2W7.
12分
25.(1)证明:如图1,连接DM
,∠C=90°,D,E分别为AB,BC的中点,
.DE∥AC,
.∠DEB=∠C=90
,C,E,B三点共线,
∴.∠DEC=180°-∠DEB=90°
图
,△DEB绕点D按顺时针方向旋转后,得到△DFG,
∴.DF=DE,∠DFG=∠DEB=90°,
∴.∠DFG=∠DEC=90°
(DM DM,
在Rt△DFM和Rt△DEM中,
DF DE,
∴.Rt△DFM≌Rt△DEM(HL),
..MF ME.
4分
(2)解:①如图2,记DG交BC于点O.
AC=6,BC=8,D,E分别为AB,BC的中点,
∴DE=AC=×6=3,EB=BC=×8=4.
在Rt△DEB中,由勾股定理,得DB=VDE2+EB2=√32+4平=5.
,△DEB绕点D按顺时针方向旋转后,得到△DFG,
图2
.DG=DB=5,∠G=∠B.
,FG∥AD,
第4页共5页
.∠G=∠BDG,∠BMG=∠B,
.LG=∠BMG=∠BDG=LB,
.0G=0M,OD=0B,
..MB=OM+0B=0G+OD=DG=5,
..MF=ME MB-EB=5-4=1.
7分
②,△DEB绕点D按顺时针方向旋转后,得到△DFG,
.DG=DB=5,∠G=LB.
AD DB,
∴.AD=DG.
,A,F,G三点共线,
∴LG=LDAG
.∠B=∠DAG,
∴.MA=MB.
设MA=MB=X,
在Rt△ACM中,由勾股定理,得MA2=AC2+MC2,
则x2=62+(8-x,解得x=孕
“MF=MB=MB-EB=空-4=}
.10分
(3)△CFG面积的最大值为16.
12分
提示:如图3,过点C作CN⊥FG于点N.
,FG=BE=4为定值,
∴.当FG上的高CN最大时,△CFG的面积最大,
即求出点C到FG的最大距离即可,
图3
,CN≤CF,
当点N和点F重合,且△DFG旋转到AB右侧时,CN最大.
,DF⊥FG,
∴此时C,D,F三点共线,
即CN=CF=CD+DF=5+3=8,
此时ScG=FG:CN=×4×8=16,
图4
即△CFG面积的最大值为16.
第5页共5页