精品解析：广东省深圳市福田区2022-2023学年八年级上学期期末数学试卷

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2022－2023学年广东省深圳市福田区八年级（上）期末数学试卷一、选择题（本题共10小题，共30分）1. 下列各数中，无理数是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据有理数和无理数的定义即可判断．【详解】解：是无理数的是，是有理数的是，，．故选：A．【点睛】本题考查了实数的分类，掌握有理数是有限小数或无限循环小数，无理数是无限不循环小数是关键．2. 下列几组数中，能构成直角三角形三边长的是（    ）A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，【答案】C【解析】【分析】利用勾股定理的逆定理进行计算即可求解．【详解】解：A、，不能构成直角三角形，故此选项不合题意；B、，不能构成直角三角形，故此选项不合题意；C、，能构成直角三角形，故此选项符合题意；D、，不能构成直角三角形，故此选项不合题意．故选：C．【点睛】此题主要考查了勾股定理的逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．3. 下列计算错误的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用二次根式的加减、二次根式的乘除运算法则分别判断得出答案．【详解】解：A．无法合并，故此选项符合题意；B．，故此选项不合题意；C．，故此选项不合题意；D．，故此选项不合题意．故选：A．【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．4. 如图，直线AB∥CD，∠A＝70°，∠E＝30°，则∠C等于（　　）A. 30° B. 40° C. 60° D. 70°【答案】B【解析】【分析】根据平行线的性质得出∠A＝∠EFD，再根据三角形的外角性质求出∠C即可．【详解】解：∵AB∥CD，∠A＝70°，∴∠EFD＝70°，∵∠E＝30°，∴∠C＝40°，故选B．【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的外角性质，关键是求出∠EFD的度数和求出∠EFD＝∠A．5. 若，是两个连续的整数且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先估算出的值的范围，从而求出，的值，然后代入式子中，进行计算即可解答．【详解】解：∵，∴，∵，是两个连续整数且，∴，，∴．故选：C．【点睛】本题考查了估算无理数的大小以及代数式求值，熟练掌握估算无理数的大小的方法是解题的关键．6. 甲、乙、丙、丁四人进行射箭测试，每人测试次，射箭成绩的平均数都是环，方差分别为，，，，则射箭成绩最稳定的是（    ）A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁【答案】B【解析】【分析】根据方差的意义先比较出甲、乙、丙、丁四人谁的方差最小，则谁的成绩最稳定．【详解】解：，，，，乙的方差最小，射箭成绩最稳定的是：乙．故选：B．【点睛】此题考查了方差的意义，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．在解题时要能根据方差的意义和本题的实际，得出正确结论是本题的关键．7. 下列命题中，属于真命题的是（    ）A. 如果，那么与是对顶角 B. 三角形的一个外角大于任何一个内角C. 两直线平行，同旁内角相等 D. 等角的余角相等【答案】D【解析】【分析】利用对顶角的定义、三角形的外角的性质、平行线的性质及余角的性质分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A．如果，那么与是对顶角，错误，是假命题，不符合题意；B．三角形一个外角大于任何一个不相邻的内角，故原命题错误，不符合题意；C．两直线平行，同旁内角互补，故原命题错误，不符合题意；D．等角的余角相等，正确，是真命题，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及性质，难度不大．8. 下列图象中，是一次函数其中，的图象的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据一次函数中，可得出函数图象经过的象限，进而可得出结论．【详解】解：一次函数中，，函数图象经过一三四象限，故D正确．故选：D．【点睛】本题考查的是一次函数的图象，熟知一次函数的图象与系数的关系是解题的关键．9. 在《九章算术》中记载一道这样的题：“今有甲、乙二人持钱不知其数，甲得乙半而钱五十，乙得甲太半而亦钱五十，甲、乙持钱各几何？”题目大意是：甲、乙两人各带若干钱，如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱50，如果乙得到甲所有钱的，那么乙也共有钱50．甲、乙两人各需带多少钱？设甲需带钱，乙带钱，根据题意可列方程组为　　A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱50，如果乙得到甲所有钱的，那么乙也共有钱50．得到等量关系，列二元一次方程组即可【详解】解：设甲需带钱，乙带钱，根据题意，得：，答案：D【点睛】本题考查列二元一次方程组解决实际问题，找到等量关系是关键10. 公路旁依次有，，三个村庄，小明和小红骑自行车分别从A村、村同时出发匀速前往村（到了村不继续往前骑行，也不返回），如图所示，，分别表示小明和小红与村的距离和骑行时间之间的函数关系，下列结论：①A，两村相距；②小明每小时比小红多骑行；③出发后两人相遇；④图中．其中正确的是（    ）A. ②④ B. ①③④ C. ①②③ D. ①②③④【答案】C【解析】【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以计算出各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．【详解】解：由图象可得，A，两村相距，故①正确，符合题意；小明的速度为：，小红的速度为：，则小明每小时比小红多骑行，故②正确，符合题意；设出发后两人相遇，则，解得，即出发后两人相遇，故③正确，符合题意；，故④错误，不符合题意；综上分析可知，正确的是①②③，故C正确．故选：C．【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．二、填空题（本题共5小题，共15分）11. 81的平方根是_____．【答案】±9【解析】【分析】直接根据平方根的定义填空即可．【详解】解：∵（±9）2＝81，∴81的平方根是±9．故答案为：±9．【点睛】本题考查了平方根，理解平方根的定义是解题的关键．12. 点P(﹣3，2)到x轴的距离是_____．【答案】2【解析】【详解】解：点P（-3，-2）到x轴的距离是|2|=2．故答案为：2．13. 已知是方程的解，则______．【答案】【解析】【分析】根据二元一次方程解的定义，将代入原方程，可得出关于的一元一次方程，解之即可求出的值．【详解】解：将代入原方程得，解得：，的值为．故答案为：．【点睛】本题考查了二元一次方程的解，牢记“一般地，使二元一次方程两边的值相等的两个未知数的值，叫做二元一次方程的解”是解题的关键．14. 直线向上平移个单位后所得的直线与轴交点的坐标是______．【答案】【解析】【分析】利用一次函数平移规律：“上加下减变”进而得出平移后函数解析式，再令求出图象与坐标轴交点即可．【详解】∵直线沿轴向上平移个单位，则平移后直线解析式为：，∵求图象与轴交点，∴令，则，故平移后直线与轴的交点坐标为：．故答案为：．【点睛】此题主要考查了一次函数平移变换，正确记忆一次函数平移规律是解题关键．15. 如图，直线与轴、轴分别交于点和点，点在线段上，将沿所在直线折叠后，点A恰好落在轴上点处，则点的坐标为______．【答案】【解析】【分析】先求出A、B两点的坐标，故可得出的长，再由轴对称的性质得出，故可得出点坐标，进而可得出结论．【详解】解：直线与轴、轴分别交于点和点，，，，将沿所在直线折叠后，点恰好落在轴上点处，，．将沿所在直线折叠后，点恰好落在轴上点处，点在线段的垂直平分线上，，设，则，，，即，解得，，．故答案为：．【点睛】本题考查的是一次函数图像上点的坐标特点及轴对称的性质，根据题意得出A、B两点的坐标是解题的关键．三、解答题（本题共7小题，共55分）16. 计算：（1）；（2）．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）直接利用二次根式的性质化简、零指数幂的性质化简，进而计算得出答案；（2）直接利用二次根式的性质、二次根式的乘法运算法则化简，进而得出答案．【小问1详解】原式 ；【小问2详解】原式 ．【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．17. 解方程组：．【答案】．【解析】【分析】利用加减消元法解方程组即可得答案．【详解】①×2+②得：5x=10，解得：x=2，把x=2代入①得：2×2+y=3，解得：y=-1，∴方程组的解为：．【点睛】本题运用了加减消元法求解二元一次方程组，需要注意的是运用这种方法需满足其中一个未知数的系数相同或互为相反数，若不具备这种特征，则根据等式的性质将其中一个方程变形或将两个方程都变形，使其具备这种形式．18. 深圳某学校为了解初中学生每天在校体育活动的时间（单位：），随机调查了该校的部分初中学生，根据调查结果，绘制出如下的统计图图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：（1）本次有______名初中学生接受调查，图中的值为______；（2）接受调查的学生每天在校体育活动时间的众数是______，中位数是______；（3）求接受调查学生每天在校体育活动时间的平均数．【答案】（1），    （2），    （3）小时【解析】【分析】（1）根据统计图中的数据可以求得本次调查的学生人数，进而求得的值；（2）根据统计图中的数据可以求得这组数据的平均数和众数、中位数；（3）利用加权平均数公式可求得这组数据的平均数．【小问1详解】本次接受调查的初中学生人数为：，，故答案为：，；【小问2详解】由条形统计图得，个，个，个，个，个，出现的次数最多，次，众数是，第个数和第个数都是，中位数是；故答案为：；；【小问3详解】（小时），答：接受调查学生每天在校体育活动时间的平均数为小时．【点睛】本题考查了条形统计图：条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来．从条形图可以很容易看出数据的大小，便于比较．也考查了扇形统计图和利用样本估计总体．19. 如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为，为格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形），点的坐标是．（1）点的坐标是______，点的坐标是______；（2）请作出关于轴对称的（点与点对应，点与点对应，点与点对应）；（3）轴上存在点，使得的值最小，则点的坐标是______．【答案】（1），    （2）见解析    （3）【解析】【分析】（1）根据网格图，结合平面直角坐标系，写出坐标即可；（2）分别找出，，关于轴的对称点，，，然后顺次连接即可；（3）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，此时的值最小，再求出直线的解析式，可得点的坐标．【小问1详解】解：根据题意，可得，．故答案为：，；【小问2详解】解：如图，即为所求；【小问3详解】解：如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，此时的值最小，∵点关于轴的对称点为，，设直线的解析式为，可得：，解得：，直线的解析式为， 当时，，点的坐标是，故答案为：．【点睛】本题考查作图轴对称变换，勾股定理，轴对称最短问题等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质，属于中考常考题型．20. 如图，已知点是中边上一点，于点，，．（1）求证：；（2）若，，求的长．【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据平行线的判定方法可得，由平行线的性质即可得出，再根据，即可得到，进而判定；（2）根据平行线的性质可得，再根据勾股定理计算即可．【小问1详解】证明：，，，又，，；小问2详解】解：，，，，，，．【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，以及勾股定理，解题时，要注意：平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系，平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．21. 某教育科技公司销售，两种多媒体，这两种多媒体的进价与售价如表所示： 进价（万元套）售价（万元套） （1）若该教育科技公司计划购进两种多媒体共套，共需资金万元，该教育科技公司计划购进A，B两种多媒体各多少套？（2）若该教育科技公司计划购进两种多媒体共套，其中购进种多媒体套，当把购进的两种多媒体全部售出，求购进种多媒体多少套时，能获得最大利润，最大利润是多少万元？【答案】（1）A种多媒体套，B种多媒体套    （2）购进A种多媒体套时，能获得最大利润，最大利润是万元【解析】【分析】（1）根据题意和表格中的数据，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；（2）根据题意可以写出利润与的函数关系式，然后根据的取值范围和一次函数的性质，可以求得利润的最大值．【小问1详解】设购进种多媒体套，种多媒体套，由题意可得：，解得，答：购进A种多媒体套，B种多媒体套；【小问2详解】设利润为元，由题意可得：，随的增大而减小，，当时，取得最大值，此时，答：购进种多媒体套时，能获得最大利润，最大利润是万元．【点睛】本题考查二元一次方程组的应用、一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值．22. 如图①，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线交于点．（1）求点的坐标及直线的表达式；（2）点在轴上，若的面积为，求点的坐标；（3）如图②，过轴正半轴上的动点作直线轴，点在直线上，若以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，请直接写出相应的值．【答案】（1），    （2）或    （3）存，或或【解析】【分析】（1）将点的坐标代入直线可得出的值，即得点坐标，再用待定系数法求直线的表达式即可；（2）设点的坐标为，根据的面积为求解即可；（3）分三种情况：当时，过点作轴于，过点作轴于，当时，过点作轴于，延长交直线于，当时，过点作直线于，过点作直线于，分别利用全等三角形的判定和性质列出方程即可得到结论．【小问1详解】点在直线上，，解得，，将，代入直线，得：，解得，直线的解析式为：；【小问2详解】设点的坐标为，直线的解析式为：，，，的面积为，，，或，点的坐标为或；【小问3详解】存在，以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，分以下三种情况：①当时，过点作轴于，过点作轴于，，，，，，，≌，，，，，，，，；②当时，过点作轴于，延长交直线于，同理：≌，，， ；③当时，过点作直线于，过点作直线于，同理：≌，，，设，，，，，，，，，解得 ；综上，若以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，的值为或或．【点睛】此题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，两点间的距离，三角形的面积，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握方程的思想方法及分类讨论思想是解本题的关键．