2023-2024學(xué)年度第二學(xué)期聯(lián)盟檢測(cè)八年級(jí)數(shù)學(xué)答案第一部分選擇題（共30分）一、選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分）1．B2．D3．B4．C5．C6．D7．C8．C9．C10．C第二部分非選擇題（共90分）二、填空題（本題共5小題，每小題3分，共15分）11．12．＞13．202214．x＜015．三、解答題（本題共8小題，共75分）16．（1）；（2）17．解：同意小明的說(shuō)法．理由：連接BD，∵AB＝AD＝15m，∠A＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∴AB＝AD＝BD＝15m，且∠ABD＝60°，∵∠ABC＝150°，∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝90°，在Rt△BCD中，∠DBC＝90°，BC＝20m，BD＝15m，根據(jù)勾股定理得：BC2+BD2＝CD2，即CD＝＝＝25（m），答：CD的長(zhǎng)度為25m．18．證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OC＝OA，BC∥AD，∴∠CEO＝∠AFO，在△CEO與△AFO中，，∴△CEO≌△AFO（AAS），∴OE＝OF，∴四邊形AECF為平行四邊形．19．解：（1）七年級(jí)學(xué)生競(jìng)賽成績(jī)從小到大排列后，處在中間位置的兩個(gè)數(shù)的平均數(shù)為（92+93）÷2＝92.5（分），因此中位數(shù)a＝92.5，八年級(jí)學(xué)生競(jìng)賽成績(jī)的94出現(xiàn)的次數(shù)最多，故眾數(shù)b＝94，m%＝（20﹣3﹣5）÷20×100%＝60%，即m＝60，七年級(jí)A組的人數(shù)為20﹣3﹣5﹣4＝8（人），補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖如下：故答案為：92.5，94，60；（2）八年級(jí)的學(xué)生成績(jī)更好，理由如下：因?yàn)榘四昙?jí)學(xué)生的中位數(shù)和優(yōu)秀率都高于七年級(jí)，所以八年級(jí)的學(xué)生成績(jī)更好；（3）800×60%+1000×65%＝480+650＝1130（人），答：估計(jì)這兩個(gè)年級(jí)競(jìng)賽成績(jī)?yōu)閮?yōu)秀的學(xué)生總?cè)藬?shù)共有1130人．20．解：設(shè)這次比賽的選手共有x名，則每局比賽兩名選手得分總和均為2分，且共比賽了x（x﹣1）局，∴得分總數(shù)為2×x（x﹣1）＝x（x﹣1）．∵x是正整數(shù)，且大于1，∴x，x﹣1是兩個(gè)連續(xù)的正整數(shù)．不難驗(yàn)證：兩個(gè)連續(xù)的正整數(shù)之積的末位數(shù)字只能是0，2，6，∴得分總數(shù)只能是2070，∴x（x﹣1）＝2070，解得：x1＝46，x2＝﹣45（不合題意，舍去）．答：這次比賽的選手共有46名．21．解：（1）由圖象可知，部隊(duì)和基地相距100km，客車到達(dá)倉(cāng)庫(kù)前的速度為：＝80（km/h），

故答案為：100，80；

（2）校車離部隊(duì)的距離y與t的函數(shù)表達(dá)式為y＝kt+b，

把（0，20），（0.5，40）代入解析式得：，解得，

∴校車離部隊(duì)的距離y與t的函數(shù)表達(dá)式為y＝40t+20；

把y＝80代入y＝40t+20得，80＝40t+20，解得t＝1.5，

∵客車的速度為80km/h，∴客車到達(dá)倉(cāng)庫(kù)的時(shí)間為＝1（h），

∵1.5﹣1＝0.5（h），∴教官們領(lǐng)取裝備所用的時(shí)間0.5h；

（3）把y＝100代入y＝40t+20得，100＝40t+20，解得t＝2，∴校車2小時(shí)到達(dá)營(yíng)地，

為確保師生到達(dá)基地時(shí)裝備已經(jīng)整理完畢，客車到達(dá)基地的時(shí)間t≤2﹣＝，

∴客車第二次出發(fā)時(shí)的速度v≥＝60（km/h）．∴客車第二次出發(fā)時(shí)的速度至少是60km/h．

22．（1）解:在Rt△ABP中,∠BAP=30°，設(shè)BP=x，則AP=2x，AB=x，AC=x，∴（2）如圖①，當(dāng)點(diǎn)E在線段BC上時(shí)，過(guò)點(diǎn)F作BC的垂線，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接CF，∵∠AEC=∠AEF+∠FEH=∠ABE+∠BAE，∠AEF=∠ABE=90°，∴∠FEH=∠BAE，又∵∠FHE=∠ABE，EF=AE,∴△ABE≌△EHF，∴FH=BE，EH=AB=BC=3，則EH-EC=BC-EC，即CH=BE=FH,∴△CHF為等腰直角三角形，∠HCF=45°;如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在線段PB上時(shí)，過(guò)點(diǎn)F作BC的垂線，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，連接CF，因?yàn)椤螦EF=∠AEB+∠FEQ=90°，∠AEB+∠BAE=90°，所以∠FEQ=∠BAE，又因?yàn)椤螰QE=∠ABE=90°，EF=AE，所以△ABE≌△EQF，所以FQ=BE，EQ=AB=BC=3，則EQ-BQ=BC-BQ，即CQ=BE=FQ，所以△CQF為等腰直角三角形，∠QCF=45°；綜上可知，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)路路徑為一條線段，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P和點(diǎn)C時(shí)，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)F落在線段的兩個(gè)端點(diǎn)上，分別記為F1，F(xiàn)2，如圖③，在Rt△CQF中，CQ=QF1=，F(xiàn)C=，在Rt△CHF2中，CH=HF2=，F(xiàn)C=，所以線段F1F2=，即F點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為（3）為定值，理由如下:如圖，過(guò)點(diǎn)A作AF的垂線，在垂線上取AN=AG，連接NG交AE于點(diǎn)M，再連接BN，BM，則∠BAN+∠BAG=∠DAG+∠BAG，∴∠BAN=∠DAG，又∵AN=AG，AB=AD，∴△ANB≌△AGD(SAS)，∴∠ABN=∠ADG=45°∴∠NBG=∠ABN+∠ABG=90°，在等腰直角△ANG中，AM⊥NG，且AM=NM=MG，在Rt△NBG中，BM=NG=AM，所以△ABM為等腰三角形，∠BAM=∠ABM，又因?yàn)椤螧AM+∠AEB=∠ABM+∠MBE=90°，所以∠AEB=∠MBE，即BM=EM=AM，在Rt△AMG中，AG=AM，所以23．解：（1）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝m+4，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，m+4），當(dāng)m＝3時(shí)，m+4＝7，

∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，7），

（2）由（1）點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，m+4），則A到直線y＝2的距離為|m+4﹣2|＝|m+2|．

則B到直線y＝2的距離為|3m﹣2﹣2|＝|3m﹣4|，

∴|m+2|＝|3m﹣4|，

解得m＝3或m＝．

（3）①由已知，點(diǎn)C坐標(biāo)為（m，3m+4），∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（m，3m﹣2），

∴點(diǎn)C在點(diǎn)B上方．BC＝6．

∵以O(shè)、A、B、C為頂點(diǎn)構(gòu)造四邊形M為平行四邊形，∴OA＝6，∴|m+4|＝6，

∴m＝2或﹣10；

②設(shè)直線OB的解析式為y