广东省梅州市兴宁市宁江中学2023-2024学年八年级上学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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1. 在实数，0，，中，无理数的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了无理数的定义，熟知无理数有：①含的数字；②开不尽方的数：③人造无限不循环小数，是解题的关键．
【详解】解：，
所以在实数，0，，中，无理数有，共1个．
故选：A．
2. 的结果为（ ）
A. ±4B. 4C. 8D. -8
【答案】B
【解析】
【分析】根据开平方与平方互为逆运算的关系，求解即可.
【详解】因为=4，
故本题答案为：B.
【点睛】开平方与平方互为逆运算的关系是本题的考点，熟练掌握其关系是解题的关键.
3. 下列计算正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由合并同类二次根式判断A、D，由二次根式的化简判断B、C，从而可得答案．
【详解】解：故A不符合题意；
故B不符合题意；
故C符合题意；
故D不符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查的是二次根式的化简，合并同类二次根式，掌握以上知识是解题的关键．
4. 下列各组线段中，能构成直角三角形的是（ ）
A 3，4，5B. 4，5，6C. 5，10，12D. 6，7，8
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理，可以判断各个选项中的三条线段能否构成直角三角形，从而可以解答本题．
【详解】解：32+42＝52，故选项A符合题意；
42+52≠62，故选项B不符合题意；
52+102≠122，故选项C不符合题意；
62+72≠82，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是会用勾股定理的逆定理判断三角形的形状．
5. 小明和小刚的家分别在学校的正北与正西方向上，放学后，他们分别以每分钟和每分钟的速度回家，10分钟后两人相距（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的实际应用，构建直角三角形模型，利用勾股定理，即可解答，熟练利用勾股定理进行计算是解题的关键．
【详解】解：如图，，则由勾股定理知： ．
故选：A．
6. 在平面直角坐标系的第二象限内有一点P，点P到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，则点P的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数以及点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值，到y轴的距离等于横坐标的绝对值解答．
【详解】解：∵第二象限的点P到x轴的距离是2，到y轴的距离是3，
∴点P的横坐标是-3，纵坐标是2，
∴点P的坐标为（-3，2）．
故选：C．
【点睛】本题考查了点的坐标，熟记点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值，到y轴的距离等于横坐标的绝对值是解题的关键．
7. 已知直线经过第一、二、三象限，且点在该直线上，设，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线经过第一、二、三象限可得，，将（2,1）代入可得k与b的关系式，进而可求得k的取值范围，再由可转化为m与k的关系式进而由k的范围求得m的取值范围即可．
【详解】解：∵直线经过第一、二、三象限，
∴，，
∵直线过点（2，1），
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系以及解一元一次不等式的应用．解答本题注意理解：直线y＝kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k＞0时，直线必经过一、三象限；k＜0时，直线必经过二、四象限；b＞0时，直线与y轴正半轴相交；b＝0时，直线过原点；b＜0时，直线与y轴负半轴相交．
8. 在同一平面直角坐标系中，一次函数与的图象如图所示，方程组的解为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程组变形可得，根据一次函数图象交点，即可为方程组的解,即可求解．
【详解】解：方程组的解即为的解，即一次函数与的交点坐标，
即，
故选：B．
【点睛】本题考查了图像法求二元一次方程组的解，数形结合是解题的关键．
9. 如图，直线与x轴交于点，则时，x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数的图象和性质，根据题意，，即轴上方的部分图象对应的x值范围，根据图象可得答案．
【详解】解：由函数图象可知：时．
故选：．
10. 一次函数的图像平行与直线，且过点（1，2），则这个一次函数解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设一次函数解析式，由题意得，则一次函数解析式，把点（1，2）代入进行计算即可得．
【详解】解：设一次函数解析式，
∵一次函数图像平行与直线y=3x+2，
∴，
∴一次函数解析式，
把点（1，2）代入，得，
解得，，
则一次函数解析式，
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，解题的关键是掌握一次函数的性质．
二．填空题（共7小题，满分28分，每小题4分）
11. 若a，b为实数，且满足，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据非负数的性质，得出的值进而即可求解．
【详解】解：∵，为实数，且满足，
∴，，
解得，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平方的非负性，算术平方根的非负性，求解一个数的立方根，求得的值是解题的关键．
12. 估算比较大小：_______；______．
【答案】 ①. > ②. <
【解析】
【分析】①二次根式比较大小，可比较其平方的大小；
②二者作差与作比较，可比较二者的大小．
详解】解：①，，
故答案为：．
②，
故答案为：．
【点睛】本题考查了根式的大小比较．解题的关键在于识别根式适用的方法．常用的方法有：平方法、作差法、作商法、分子有理化、分母有理化等．
13. 已知是二元一次方程的一个解，则代数式的值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据是二元一次方程的一个解，得到，利用整体思想代入代数式求值即可．
【详解】解：∵是二元一次方程的一个解，
∴，
∴
；
故答案为：．
【点睛】本题考查二元一次方程的解，代数式求值．熟练掌握二元一次方程的解是使等式成立的未知数的值，利用整体思想代入求值，是解题的关键．
14. 如图，在数轴上剪下6个单位长度（从到5）的一条线段，并把这条线段沿某点向左折叠，然后在重叠部分的某处剪一刀得到三条线段，发现这三条线段的长度之比为，则折痕处对应的点表示的数可能是______．
【答案】或2或
【解析】
【分析】设三条线段的长分别是，由题意可得，求出，再分三种情况讨论：①当时；②当时；③当时；分别求解即可．
【详解】∵三条线段的长度之比为，
∴设三条线段的长分别是，
∵到5的距离是6，
∴，
解得，
∴三条线段长分别为，，3，
如图所示：
①当时，折痕点表示的数是；
②当时，折痕点表示的数是；
③当时，折痕点表示的数是；
综上所述：折痕处对应的点表示的数可能是或2或．
故答案为：或2或
【点睛】本题考查实数与数轴，熟练掌握数轴上点的特征，两点间距离的求法，折叠的性质，利用中点公式解决折叠问题是解题的关键．
15. 若直线与直线平行，且过点，则该直线的解析式为 ___________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数图象的平移问题，求一次函数解析式，根据两直线平行一次项系数相同得到，再利用待定系数法求解即可．
【详解】解：∵直线与直线平行，
∴．
又∵直线过点，
∴，
解得：．
故答案为：．
16. 如图矩形ABCD中，AD=10，AB=14，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为_______.
【答案】5或．
【解析】
【分析】连接BD′，过D′作MN⊥AB，交AB于点M，CD于点N，作D′P⊥BC交BC于点P，先利用勾股定理求出MD′，再分两种情况利用勾股定理求出DE即可．
【详解】如图，连接BD′，过D′作MN⊥AB，交AB于点M，CD于点N，作D′P⊥BC交BC于点P
∵点D′在∠ABC的角平分线上，
∴MD′=PD′，
设MD′=x，则PD′=BM=x，
∴AM=AB-BM=14-x，
又折叠图形可得AD=AD′=10，
∴x2+（14-x）2=100，解得x=6或8，
即MD′=6或8．
在Rt△END′中，设ED′=a，
①当MD′=6时，AM=14-6=8，D′N=10-6=4，EN=8-a，
∴a2=42+（8-a）2，
解得a=5，即DE=5；
②当MD′=8时，AM=14-8=6，D′N=10-8=2，EN=6-a，
∴a2=22+（6-a）2，
解得a=，即DE=．
故答案为5或．
【点睛】本题主要考查了折叠问题及勾股定理的应用，解决折叠问题时，注意利用轴对称的性质，这类问题的解决经常利用勾股定理，利用勾股定理列出方程是解决这类问题的基本思路.
17. 如图，边长为2的正方形分别在x轴、y轴上，D为中点，过点O的直线交边于点E（不与A、B重合），连接，当平分时，则k的值为______．

【答案】
【解析】
【分析】如图，作交于点F，连接；再通过证明三角形全等可得、，然后根据勾股定理求得，进而确定点E的坐标，进而求出k的值即可．
【详解】解：如图，作交于点F，连接，

∵平分，
∴，
∵正方形，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∵点D是边的中点，
∴，
∴；
同理可证：，
∴,
∴，
∵在中，，
即，解得，
∴，
把点E的坐标代入得：，解得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一次函数综合题、角平分线的性质，三角形全等的判定及性质，正方形的性质理、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分62分）
18. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先算除法，再算二次根式的减法即可．
【详解】解：原式=．
【点睛】本题主要考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的运算是解题的关键．
19. 解方程组：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，利用加减消元法解方程即可．
【详解】解：
得：，解得，
把代入②得：，解得，
∴原方程组的解为．
20. 在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形）的顶点的坐标分别为．
（1）请在图中画出平面直角坐标系；
（2）请画出关于x轴对称的；
（3）直接写出线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】本题考查了作图−轴对称变换：在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，一般的方法是：由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足；直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另一端点，即为对称点；连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形．
（1）利用点的坐标画出直角坐标系；
（2）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出的坐标，然后描点即可求解；
（3）根据勾股定理即可求出线段的长．
【小问1详解】
解：如图，平面直角坐标系即为所求；
【小问2详解】
如图，即为所求；
【小问3详解】
由勾股定理可得：
21. 如图是一块四边形草坪，已知，，，，求草坪的面积．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，以及勾股定理逆定理，利用勾股定理求出的长，继而得到是直角三角形，两个直角三角形面积相加即可求得草坪的面积．
【详解】解：，，，
（），
（），
，，
，
是直角三角形，
（），
草坪的面积（）．
22. 如图，某化工厂与A，B两地有公路和铁路相连，这家工厂从A地购买一批每吨1000元的原料运回工厂，制成每吨8000元的产品运到B地．已知公路运价为1.5元/（吨•千米），铁路运价为1.2元/（吨•千米），这两次运输共支出公路运费15000元，铁路运费97200元，请计算这批产品的销售款比原料费和运输费的和多多少元？
（1）根据题意，甲、乙两名同学分别列出尚不完整的方程组如下：
甲：
乙：
根据甲，乙两名同学所列方程组，请你分别指出未知数x，y表示的意义，然后在等式右边的方框内补全甲、乙两名同学所列方程组．
甲：x表示 ，y表示
乙：x表示 ，y表示
（2）甲同学根据他所列方程组解得，请你帮他解出y的值，并解决该实际问题．
【答案】（1）产品的重量，原料的重量，产品销售额，原料费；15000，97200，15000，97200
（2）；见详解
【解析】
【分析】（1）仔细分析题意，根据题目中的两个方程确定，的意义并补全方程组即可；
（2）将的值代入求解值，然后根据题意列代数式求解即可．
【小问1详解】
解：由题意知，甲：表示产品的重量，表示原料的重量，
乙：表示产品销售额，表示原料费，
∴甲：，乙：，,
故答案为：产品的重量，原料的重量，产品销售额，原料费，15000，97200，15000，97200．
【小问2详解】
解：将代入得，，
解得，
产品销售额为（元），原料费为（元），运费为（元），
∵（元）；
∴这批产品的销售额比原料费和运费的和多1887800元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是从题目中找到等量关系并正确的列方程组．
23. 我市某镇组织若干辆汽车装运完A、B两种水果共100吨到外地销售．根据下表中的信息，解答以下问题．
（1）设共转运A种水果x吨，获利y元，求y与x之间的函数表达式；
（2）受客观因素限制，每辆汽车只能装运同一种水果，且必须装满．如果20辆车恰好装完所有水果，请计算所获总利润为多少元？
【答案】（1）
（2）270000
【解析】
【分析】设共转运A种水果x吨，则共转运B种水果吨，根据获利等于A种水果所获利润加B种水果所获利润，列出函数关系式，即可求解；
（2）设转运A种水果a辆，则转运B种水果辆，根据题意，列出方程，可得转运A种水果10辆，则转运B种水果10辆，从而得到共转运A种水果60吨，则共转运B种水果40吨，即可求解．
【小问1详解】
解：设共转运A种水果x吨，则共转运B种水果吨，根据题意得：
，
即y与x之间的函数表达式为；
【小问2详解】
解：设转运A种水果a辆，则转运B种水果辆，根据题意得：
，
解得：，
即转运A种水果10辆，则转运B种水果10辆，
∴共转运A种水果60吨，则共转运B种水果40吨，
∴所获总利润为元．
【点睛】本题主要考查了列函数关系式，一元一次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
24. 已知且满足．
（1）求A，B，C三点的坐标及直接写出的面积．
（2）如图1所示，，的角平分线与的补角的角平分线交于点E，求出的度数．
（3）如图2，若直线交x轴于点M，过点作直线，且直线l交x轴于点N，画出图形，并直接写出长度．
【答案】（1）；15
（2）
（3）图见解析，
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、算术平方根和非负数的性质等知识，数形结合是解题的关键．
（1）根据非负数的性质求出，得到，过点A和点B分别作x轴的平行线，过点B和点C作y轴的平行线，使得交点为点D、点E、点F，则四边形为长方形，得到，根据进行解答即可；
（2）记与的交点为点F，与x轴的交点为点G，，，则，进一步即可得到答案；
（3）根据题意作出图形，记直线l与y轴的交点为点H，过点A作轴交直线l于点，过点B作轴交直线l于点，交y轴于点K，作轴交直线l于点L，则，，设，则，四边形和四边形为平行四边形，根据即可求出答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
如图1，过点A和点B分别作x轴的平行线，过点B和点C作y轴的平行线，使得交点为点D、点E、点F，则四边形为长方形，
∵，
∴，
∴
．
【小问2详解】
如图2，记与的交点为点F，与x轴的交点为点G，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵平分的外角，
∴，
∵是和的外角，
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
根据题意作出图形，如图3，
记直线l与y轴的交点为点H，
过点A作轴交直线l于点，过点B作轴交直线l于点，交y轴于点K，作轴交直线l于点L，则，
∵点，点，点，
∴，
设，则，
∵，
∴四边形和四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴．
25. 若一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
（1）如图1，当时，若B到经过原点的直线l的距离的长为3，求A到直线l的距离的长；
（2）如图2，当时，点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，求点M的坐标；
（3）当k的取值变化时，点A随之在x轴上运动，将线段绕点B逆时针旋转得到，当Q在第一象限落在直线上时，在x轴上求一点H，使的值最小，请求出H的坐标．
【答案】（1）；（2）（4，7）或（7，3）或（3.5，3.5）；（3）H（，0）．
【解析】
【分析】（1）当时，根据一次函数的图象与x轴、y轴交求出点B（0，4），A（4，0），根据勾股定理，然后证明△BDO≌△OCA（AAS），可得DO=CA=；
（2）当时，一次函数，求出点B（0，4），点A（3，0），点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，分三种情况，当MB⊥AB时，BM=AB，斜边是AM，可证△EBM≌△OAB（AAS），得出EB=OA=3，EM=OB=4；当MA⊥AB时，AM=AB，斜边是BM，过M作MF⊥x轴于F，再证△FMA≌△OAB（AAS），可得AF=BO=4，FM=OA=3；当AB为斜边，BM=AM，AM⊥BM，过M作MG⊥OB于G，MH⊥x轴于H，先证四边形OGMH为矩形，
再证△BMG≌△AMH（AAS），可得四边形OGMH为正方形，求出OG=3.5即可；
（3）过Q作OL⊥y轴于L，先求出点B（0，4），根据线段绕点B逆时针旋转得到，BA=BQ，∠ABQ=90°，再证△ABO≌△BQL（AAS），得出BP=QL=4，根据点Q在直线上，把x=4代入函数，求出点Q（4，3），作点B关于x轴的对称轴B′（0，-4），根据两点间距离得BH+QH=B′H+QH≥QB′，当点H在线段B′Q上时，BH+QH最短=QB′，利用待定系数法求出B′Q的解析式为，再求出B′Q与x轴交点坐标即可．
【详解】解：（1）当时，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
点B（0，4），点A（4，0），
∵AD⊥DC，
∴在Rt△ADO中，OB=4，BD=3，
根据勾股定理，
∵∠BOA=90°，
∴∠BOD+∠AOC=90°，
∵∠BDO=90°，
∴∠DBO+∠BOD=90°，
∴∠AOC=∠DBO，
在△BDO和△OCA中，
，
∴△BDO≌△OCA（AAS），
∴DO=CA=；
（2）当时，一次函数，
当x=0时，y=4，点B（0，4），
当y=0时，，解得，点A（3，0），
点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，
分三种情况
当MB⊥AB时，BM=AB，斜边是AM，
过M作ME⊥y轴于E，
∴∠EMB+∠EBM=∠EBM+∠ABO=90°，
∴∠EMB=∠ABO，
在△EBM和△OAB中，
，
∴△EBM≌△OAB（AAS），
∴EB=OA=3，EM=OB=4，
∴OE=OB+BE=4+3=7，
∴M（4，7），
当MA⊥AB时，AM=AB，斜边是BM，
过M作MF⊥x轴于F，
∴∠MAF+∠OAB=∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠MAF=∠ABO，
在△FMA和△OAB中，
，
∴△FMA≌△OAB（AAS），
∴AF=BO=4，FM=OA=3，
∴OF=OA+AF=3+4=7，
∴M（7，3），
当AB为斜边，BM=AM，AM⊥BM，过M作MG⊥OB于G，MH⊥x轴于H，
∴∠GMH=360°-∠MGO-∠MHO-∠HOG=90°，四边形OGMH为矩形，
∠BMG=90°-∠GMA=∠AMH，
在△BMG和△AMH中，
，
∴△BMG≌△AMH（AAS），
∴BG=AH，GM=HM，
∴四边形OGMH为正方形，
∴OG=OH=MH=GM，
∵2OG=OG+OH=OB-BG+OA+AH=OB+OA=4+3=7，
∴OG=3.5，
∴M（3.5，3.5），
是等腰直角三角形，点M的坐标为（4，7）或（7，3）或（3.5，3.5）；
（3）过Q作OL⊥y轴于L，
∵一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
∴点B（0，4），
∵线段绕点B逆时针旋转得到，
∴BA=BQ，∠ABQ=90°，
∵∠BQL+∠QBL=∠ABO+∠QBL=90°，
∴∠BQL=∠ABO，
在△ABO和△BQL中，
，
∴△ABO≌△BQL（AAS），
∴BP=QL=4，
∵点Q在直线上，
∴当x=4时，，
点Q（4，3），
作点B关于x轴的对称轴B′（0，-4），
根据两点间距离得BH+QH=B′H+QH≥QB′，
∴当点H在线段B′Q上时，BH+QH最短=QB′，
设B′Q的解析式为，将Q、B′坐标代入得
，
解得，
∴B′Q的解析式为，
当y=0时，，
解得，
∴点H（，0）．
【点睛】本题考查三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，分类讨论思想，图形旋转，正方形判定与性质，待定系数法求直线解析式，两点之间线段最短，掌握三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，分类讨论思想，图形旋转性质，正方形判定与性质，待定系数法求直线解析式，两点之间线段最短是解题关键．水果品种
A
B
每辆汽车运载量（吨）
6
4
每吨水果获利（元）
2500
3000