浙江省宁波市镇海区镇海区仁爱中学2023-2024学年八年级上学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 下列式子中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了最简二次根式，根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；被开方数是整数，因式是整式，进行逐一判断即可，熟练掌握最简二次根式的定义是解本题的关键．
【详解】解：、不是最简二次根式，不符合题意；
、是最简二次根式，符合题意；
、不是最简二次根式，不符合题意；
、不是最简二次根式，不符合题意；
故选：．
2. 剪纸艺术是我国古老的民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上的透空感觉和艺术享受，下列剪纸作品中是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了轴对称图形的识别．根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：选项A、B、D不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项C能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：C．
3. 点在一次函数的图象上，那么点的坐标可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数图象上点的坐标一定适合此一次函数的解析式．将四个点分别代入函数的解析式进行验证即可．
【详解】解：A、把代入得，，故本选项符合题意；
B、把代入得，，故本选项不符合题意；
C、把代入得，，故本选项不符合题意；
D、把代入得，，故本选项不符合题意；
故选：A．
4. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 同位角互补，两直线平行B. 面积相等的两个三角形一定是全等三角形
C. 全等的图形都可以通过平移得到D. 直角三角形两锐角互余
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了真假命题，根据平行线的判定、全等三角形的性质、直角三角形的性质逐项判断即可，熟练掌握平行线的判定、全等三角形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】、同位角相等，两直线平行，原说法不是真命题，不符合题意；
、面积相等的两个三角形不一定是全等三角形，原说法不是真命题，不符合题意；
、全等的图形不一定通过平移得到，但平移后的两个图形全等，原说法不是真命题，不符合题意；
、直角三角形两锐角互余，原说法是真命题，符合题意；
故选：．
5. 若等腰三角形中有一个角等于36°，则这个等腰三角形的顶角的度数为( )
A. 36°B. 72°C. 108°或36°D. 108°或72°
【答案】C
【解析】
【分析】由等腰三角形中有一个角等于36°，可分别从①若36°为顶角与②若36°为底角去分析求解即可求得答案．
【详解】∵等腰三角形中有一个角等于36°，
∴①若36°为顶角，则这个等腰三角形的顶角的度数为36°；
②若36°为底角，则这个等腰三角形的顶角的度数为：180°-36°×2=108°．
∴这个等腰三角形的顶角的度数为：36°或108°．
故选C．
【点睛】考查了等腰三角形性质．此题比较简单，解题的关键是掌握等边对等角的知识，掌握分类讨论思想的应用．
6. 小明在游乐场坐过山车，在某一段60秒时间内过山车的高度（米）与时间（秒）之间的函数关系图象如图所示，下列结论错误的是（ ）
A. 当时，B. 在运动过程中过山车的最高高度为98米
C. 当时，过山车的高度在不断下降D. 在范围内，过山车只有1次高度达到80米
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了函数的图象．根据某一分钟内过山车高度h（米）与时间t（秒）之间的函数图象逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A、结合图象，当时，，故该选项正确，不符合题意；
B、结合图象，过山车距水平地面最高高度为98米，故该选项正确，不符合题意；
C、当时，过山车的高度在不断下降，故该选项正确，不符合题意；
D、在范围内，当过山车高度是80米时，的值有3个，故该选项不正确，符合题意．
故选：D．
7. 不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分即可．
【详解】解：
由①得到：x＞-1，
由②得到：x≤1，
∴不等式组的解集为：-1故选：B．
【点睛】本题考查不等式组的解法，数轴等知识，解题的关键是熟练掌握不等式组的解法，属于中考常考题型．
8. 如图，已知，平分，若，，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理和三角形的外角，解题的关键是能熟记全等三角形的性质，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．全等得到，外角的性质，求出，进而求出，三角形的内角和定理，求出，即可．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴；
故选B．
9. 已知方程的两根为直角三角形的两直角边长，且该直角三角形的面积为3，则该直角三角形的斜边长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系以及三角形面积公式．设、是方程的两个根，根据一元二次方程根与系数的关系，可知，然后结合题意，由三角形面积公式可得，利用勾股定理进一步计算求解即可．
【详解】解：设、是方程的两个根，
根据一元二次方程根与系数的关系，可知，
又∵该方程两根构成直角三角形的两条直角边，该直角三角形的面积为3，
即直角三角形面积，
∴，
∴该直角三角形的斜边长为，
故选：C．
10. 如图，为等腰直角三角形，平分，交于点，交的延长线于点，交的延长线于点，于点．下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（ ）

A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了角平分线性质、等腰直角三角形、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识．根据角平分线性质可得，通过角的计算即可得到，根据等腰三角形的性质得到，故正确；再根据各角的计算可得出，故①正确；过点作于点，过点作于点，根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍，从而推出，故②正确；由条件可推理得四边形是矩形，，再由全等性质可得，故，则③正确，利用反证法可证明④不正确．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点．

，，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，故①正确，
平分，，，
，
，，
，
，
，故②正确，
在和中，
，
，
，
，，，
，
四边形是矩形，
，，
，
在和中，
，
，
，
，故③④正确；
若成立，
则有，
显然，，
∴④不正确，
故选：A．
试题卷Ⅱ
二、填空题（每小题4分，共24分）
11. 二次根式 中字母x的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件，由二次根式有意义的条件就是被开方数是非负数，即可求解．
【详解】解： 根据题意得：，
解得．
故答案为： ．
12. 已知a是一元二次方程的一个根，则________．
【答案】
【解析】
【分析】把代入原方程再移项即可得到答案.
【详解】解： a是一元二次方程的一个根，


故答案为：
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解，掌握一元二次方程的解的含义是解题的关键.
13. 不等式的负整数解有______个．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式．直接求出不等式的解集，然后求出负整数解的个数即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴原不等式的负整数解有：，共4个；
故答案为：4．
14. 已知点在第四象限，且点到两坐标轴的距离相等，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标、解一元一次方程．根据点P在第四象限且到两坐标轴的距离相等，可得方程，解方程即可得出答案．
【详解】解：∵点在第四象限且到两坐标轴的距离相等，
∴点的横、纵坐标互为相反数，
∴，
解得，
故答案为：1．
15. 已知，，与交于点A，垂直于轴的直线交轴于点．若点为直线上一点，将沿折叠，使得点落在直线上，则点的纵坐标为______．

【答案】1或7##7或1
【解析】
【分析】先求出点，根据两点间距离公式求出，设点的坐标为，点P的坐标为，根据折叠的性质求出，，根据两点间距离公式求出，求出或，得出或，再根据两点间距离公式求出结果即可．
【详解】解：联立，
解得：，
∴，
则，
设点F的对应点为，设点的坐标为，点P的坐标为，
根据折叠可知：，，
∴，
即，
解得：或，
∴或，
当时，，
即，
解得：；
当时，，
即，
解得：；
综上分析可知，点P的横坐标为1或7．
故答案为：1或7．
【点睛】本题主要考查了一次函数的几何综合，折叠的性质，两点间距离公式，求两条直线的交点坐标，解题的关键是熟练掌握两点间距离公式，准确计算．
16. 在中，，，，点在边上运动（不与重合），以为边向外作正，如图，过点作射线垂直于线段，为射线上一动点，取中点，连结，则的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，线段垂直平分线的性质．作，取的中点，连接，证明点在的垂直平分线上，推出在同一直线上，当时，取得最小值；利用直角三角形的性质求得，据此求解即可．
【详解】解：作，取的中点，连接，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴点在的垂直平分线上，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是正三角形，
∴，点在的垂直平分线上，，
∴在同一直线上，
∴当时，取得最小值，此时，
∴，
∴，
由勾股定理得，
故答案为：．
三、解答题（第17-18题各6分，第19-22题各8分，第23题10分，24题12分，共66分）
17. （1）计算：
（2）解不等式组：
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式混合运算，解不等式组，解题的关键是熟练掌握运算法则，准确计算．
（1）根据二次根式混合运算法则进行计算即可；
（2）先求出两个不等式的解集，然后再求出不等式组的解集即可．
【详解】解：（1）
；
（2），
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：．
18. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法，准确计算．
（1）用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）用因式分解法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：，
因式分解得：，
∴或，
解得：，；
【小问2详解】
解：，
因式分解得：，
∴或，
解得：，．
19. 图①、图②、图③均为的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，按下列要求作图：
（1）在图①中画出，使三个顶点均在格点上且；
（2）在图②中画出，使三个顶点均在格点上且；
（3）在图③中画出，使三个顶点均在格点上且．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）利用数形结合的思想以及题目要求作出图形即可；
（2）利用数形结合的思想以及题目要求作出图形即可；；
（3）利用数形结合的思想以及题目要求，根据勾股定理作出图形即可．
【小问1详解】
解：如图①，取格点，连接、，
∵每个小正方形的边长均为，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴是直角三角形且，
则即为所作；
【小问2详解】
解：如图②，取格点，连接、，
∵每个小正方形的边长均为，
∴，
则即为所作；
【小问3详解】
解：如图③，取格点，连接、，
∵每个小正方形的边长均为，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴不是直角三角形且，
则即为所作．
【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，三角形的面积等知识，运用了等积法的思想．解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
20. 如图，在中，作分别交于于点，延长至点，连接，使得，若，
（1）求证：；
（2）若平分，且，求的度数．
【答案】（1）见详解 （2），
【解析】
【分析】（1）利用平行线的性质得出，然后利用证明 ，即可证明．
（2）设，则，利用平行线的性质得出，再由角平分线的性质得出，由三角形外角定理得出，再由三角形内角和定理求得，进一步即可求出的度数．
【小问1详解】
证明：∵
∴，
在和中，
∴，
∴
【小问2详解】
设，则，
∵
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定以及性质，角平分线的性质，三角形内角和定理以及三角形的外角性质，熟练掌握全等三角形的判定和三角形的外角性质是解题的关键．
21. 如图，直线过点且与轴交于点，直线与直线交于点．
（1）求直线的函数解析式；
（2）当时，求的取值范围；
（3）若直线上存在点，当时，求点的坐标．
【答案】（1）；
（2）当时，的取值范围为；
（3）点的坐标为或．
【解析】
【分析】本题考查一次函数与不等式、待定系数法等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题．
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得，利用数形结合即可求解；
（3）先求得直线与轴的交点，得到，分点在点上方和点在点下方时，两种情况讨论，利用三角形面积公式列方程即可求解．
【小问1详解】
解：∵直线过点和，
∴，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：联立得，
解得，
∴，当时，直线在直线的上方，
∴当时，的取值范围为；
【小问3详解】
解：设点的坐标为，
令，则，
解得，
∴直线与轴交于点，
∴，
当点在点上方时，
依题意得，
即，
解得，
∴点的坐标为；
当点在点下方时，
依题意得，
即，
解得，
∴点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
22. 杭州亚运会吉祥物组合名为“江南忆”，三个吉祥物以机器人作为整体造型，融合了杭州的历史人文、自然生态和创新基因，既有深厚的文化底蕴又充满了时代活力，某商家购进了两种类型的吉祥物纪念品，已知每套型纪念品比每套型纪念品的进价多元，套型纪念品与套型纪念品共元．
（1）求、两种类型纪念品的进价；
（2）当型纪念品销售价为每套元时，每天可以售出套，为了促销，该商家决定对型纪念品进行降价销售．经市场调研，若每套的销售价每降低元，则每天的销售量将增加套．设降价后的售价为元，销售量为套，请直接写出关于的函数解析式；
（3）若某天销售型纪念品的利润为元，问此时型纪念品的售价为多少？
【答案】（1）、两种类型纪念品每套的进价分别为元，元；
（2）
（3）此时型纪念品的售价为元．
【解析】
【分析】（）、两种类型纪念品每套的进价分别为元，元，根据题意列方程组即可；
（）根据题意得数量关系列函数解析式即可；
（）设利润元，得到，当时，转化为解一元二次方程即可；
本题考查了二元一次方程组的应用、一次函数的应用和一元二次方程的应用，解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，掌握解一元二次方程．
【小问1详解】
设、两种类型纪念品每套的进价分别为元，元，
由题意得：，解得，
答：、两种类型纪念品每套的进价分别为元，元；
【小问2详解】
由题意得，，
【小问3详解】
设利润为元，
由题意得，
当，即，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去）
答：此时型纪念品的售价为元．
23 已知，，，将绕点顺时针旋转至，连结．
（1）如图1，当点落在线段上时，
①填空：______；______．
②作交于点，求线段的长度；
（2）如图2，若，求四边形的面积．
【答案】（1）①4，30②
（2）
【解析】
【分析】（1）①根据旋转，易得为等边三角形，，利用等边三角形的性质，即可得出结果；②过点作，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，求出的长，等积法求的长即可；
（2）过点作，过点作，根据旋转的性质，易得均为等边三角形，进而得到，勾股定理求出的长，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理分别求出的长，利用四边形的面积等于进行求解即可．
【小问1详解】
解：①∵旋转，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：4，30；
②过点作，如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
过点作，过点作，
∵旋转，
∴，
∴均为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．掌握旋转的性质，得到特殊三角形，是解题的关键．
24. （1）操作思考：如图1，在平面直角坐标系中，将等腰按如图放置，直角顶点在原点，若顶点落在点处．则的长为______；点的坐标为______（直接写结果）；
（2）感悟应用：如图2，在平面直角坐标系中，将等腰按如图放置，直角顶点在处，点，点为轴上一点．当是以为底的等腰三角形时，求点的坐标；
（3）拓展研究：如图3，在（2）的条件下，已知点，若点为射线上一动点，连结，在坐标轴上是否存在点，使是以为底边的等腰直角三角形．若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），；（2）点的坐标为或；（3）点坐标为或或．
【解析】
【分析】（1）由可得，，，，证，，，因此；
（2）同（1）求得，设，由，利用勾股定理列方程求解即可；
（3）分三种情况讨论，利用全等三角形的判定和性质，以及一次函数的性质列式求解即可．
【详解】解：（1）如图1，作轴，轴．
，
，，，
，，
，
，，
．
故答案为：，；
（2）如图，过点作轴．设，
∵，，
∴，，
同理，
∴，，
∴，
∴，
由题意得，即，
∴，
解得，
∴点的坐标为或；
（3）∵，，
∴设的解析式为，
∴，
解得，
∴的解析式为，
当点在x轴上的如图位置时，
设，作轴，轴，垂足分别为，
同理，，
∴，，
∴点的横坐标为，纵坐标为，
∴，
解得，
∴点坐标为；
当点在x轴上的如图位置时，
设，作轴，轴，垂足分别为，
同理，，
∴，，
∴点的横坐标为，纵坐标为，
∴，
解得，
∴点坐标为；
当点在y轴上的如图位置时，
设，作轴，轴，垂足分别为，

同理，，
∴，，
∴点的横坐标为，纵坐标为，
∴，
解得，
∴点坐标为；
综上，点坐标为或或．
【点睛】本题考查了一次函数，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．