福建省福州三牧中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份福建省福州三牧中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分150分）
一、选择题（共10小题，每小题4分）
1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式的定义，判断一个根式是最简二次根式，必须满足两个条件：①被开方数中不含有能开的尽方的因式或因数;②被开方数不含有分母．根据最简二次根式的定义判断即可．
【详解】解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
D、，被开方数含能开方的式子，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
2. 下列各曲线不能表示y是x的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了函数的概念理解，熟悉掌握函数值是一一对应的知识点是解题的关键．该试卷源自 每日更新，享更低价下载。根据函数值是一一对应的，逐一判断即可．
【详解】解：∵在A，B，D中，每取一个值，都只有唯一一个值与其对应，
∴A，B，D都能表示为函数，
∵在的C图象中，取一个值时，不是都只有唯一一个值与其对应，
∴C不能表示为函数，
故选：C．
3. 下列各组数，可以作为直角三角形的三边长的是( )
A. 2，3，4B. 3，4，5C. 4，5，6D. 5，6，7
【答案】B
【解析】
【分析】当一个三角形中的三边满足较小两边的平方和等于最大边的平方，则这个三角形就是直角三角形．
【详解】解：，∴A选项不符合题意；
∵ ，∴B选项符合题意；
∵，∴C选项不符合题意；
∵，∴D选项不符合题意；
故选B
4. 某函数图象如图所示，那么函数的变化规律是（ ）

A. 随增大而增大B. 随增大而减小
C. 随有时增大有时减少D. 增大时保持不变
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象从左至右，图象不断下降，可得其增减性，从而可得答案．
【详解】解：由函数图象可得：随增大而减小；
故选B
【点睛】本题考查的是函数的图象与性质，熟练的根据函数的图象总结其增减性是解本题的关键．
5. 下列有关特殊平行四边形的性质说法正确的是（ ）
A. 菱形的对角线相等B. 矩形的对角线互相垂直
C. 菱形的四个角相等D. 正方形的对角线互相垂直平分且相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质，根据相关概念，对选项进行判断，即可解题．
【详解】解：A、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，所以A项错误，不符合题意．
B、矩形的对角线相等且平分，不一定互相垂直，所以B项错误，不符合题意．
C、菱形的四个角不一定相等，所以C项错误，不符合题意．
D、正方形的对角线互相垂直平分且相等，正确，符合题意．
故选：D．
6. 某校举办了以“展礼仪风采，树文明形象”为主题的比赛．已知某位选手的礼仪服装、语言表达、举止形态这三项的得分分别为90分，80分，80分，若依次按照的百分比确定成绩，则该选手的成绩是（ ）
A. 86分B. 85分C. 84分D. 83分
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了加权平均数．熟练掌握加权平均数是解题的关键．
根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，该选手的成绩是，（分），
故选：D．
7. 小李从安徽通过快递公司给在广东的亲人邮寄本地土特产，寄快递时，快递公司规定：不超过1千克，收费12元，超过1千克时，超出部分按每千克4元加收费用.若小李给亲人邮寄了千克本地土特产，则快寄的费用（元）与（千克）之间的函数关系式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．根据单价、数量和总价的关系，即可以写出y与x之间的函数关系式．
详解】解： ，
∴y与x之间的函数关系式为：．
故选：C．
8. 如图，从一个大正方形中截去面积分别为8和18的两个小正方形，则图中阴影部分面积为（ ）
A. 20B. 22C. 24D. 26
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的应用．依据题意，直接利用正方形的性质得出两个小正方形的边长，进而得出大正方形的边长，即可得出答案．
【详解】解：∵两个小正方形面积为8和18，
∴大正方形边长为：．
∴大正方形面积为．
∴留下的阴影部分面积和为：．
故选：C．
9. 一次函数与的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意直接结合函数图象，写出直线在直线的下方时所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：根据图象得，当时，，
所以的解集为．
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数图象的角度看，一元一次不等式的解集就是确定直线在另一条直线（或者轴）上（或下）方部分所有点的横坐标的集合；这是数形结合的典型考查．
10. 如图，正方形的边长为，在正方形外，，过作于，直线，交于点，直线交直线于点，则下列结论正确的是（ ）
①；②；③；
④若，则
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】①利用等腰三角形的性质即可证明．②根据DA=DC=DE，利用圆周角定理可知∠AEC=∠ADC=45°，即可解决问题．③如图，作DF⊥DM交PM于F，证明△ADM≌△CDF（SAS）即可解决问题．④解直角三角形求出CE=EF=可得结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC,∠ADC=90°，
∵DC=DE，
∴DA=DE，
∴∠DAE=∠DEA，故①正确，
∵DA=DC=DE，
∴∠AEC=∠ADC=45°(圆周角定理)，
∵DM⊥AE，
∴∠EHM=90°，
∴∠DMC=45°，故②正确，
如图，作DF⊥DM交PM于F，
∵∠ADC=∠MDF=90°，
∴∠ADM=∠CDF，
∵∠DMF=45°，
∴∠DMF=∠DFM=45°，
∴DM=DF，∵DA=DC，
∴△ADM≌△CDF(SAS)，
∴AM=CF，
∴AM+CM=CF+CM=MF=DM，
∴=，故③正确，
若MH=2,则易知AH=MH=HE=2,AM=EM=2，
在Rt△ADH中, ，
∴DM=3,AM+CM=3，
∴CM=CE=，
∴S△DCM=S△DCE，故④错误，
故选C.
【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的判定性质、勾股定理，解题关键在于作辅助线.
二、填空题（共6小题，每小题4分）
11. 已知，，则的值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】先将因式分解，然后将、代入计算即可．
【详解】解：．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了代数式求值、因式分解的应用等知识点，灵活应用因式分解成为解答本题的关键．
12. 如图，x= ．
【答案】15
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形三边之间的关系，根据勾股定理可求得的值，正确计算是解答本题的关键．
【详解】解：∵三角形是直角三角形，
∴，
解得：，
故答案为：．
13. 如图，，点是的中点，则的度数是______．
【答案】##70度
【解析】
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上中线的性质，以及等腰三角形性质等相关知识，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，根据等腰三角形的性质可知，进而即可得解．
【详解】解：，点是的中点，
，
，
，
故答案为：．
14. 如图，在中，是的平分线，，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，根据四边形是平行四边形得到，，得到，根据角平分线得到，即可得到，得到，即可得到答案
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：．
15. 某弹簧秤弹簧总长，是所挂物体质量的一次函数，其部分对应值如下表所示，则此弹簧秤的弹簧原长（不挂重物）是_________．
【答案】12.5
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求出函数关系式．设弹簧总长与所挂物体质量的关系式为，用待定系数法可得，令x=0可得弹簧秤的弹簧原长(不挂重物)是12.5cm，
【详解】解：设弹簧总长与所挂物体质量的关系式为，
将代入得：
，
解得：，
，
令，则，
弹簧原长(不挂重物)是．
故答案为：．
16. 对于点P（a，b），点Q（c，d），如果a﹣b＝c﹣d，那么点P与点Q就叫作等差点．例如：点P（4，2），点Q（﹣1，﹣3），因4﹣2＝1﹣（﹣3）＝2，则点P与点Q就是等差点．如图在矩形GHMN中，点H（2，3），点N（﹣2，﹣3），MN⊥y轴，HM⊥x轴，点P是直线y＝x+b上的任意一点（点P不在矩形的边上），若矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，则b的取值范围为_____．
【答案】﹣5＜b＜5
【解析】
【分析】由题意，G(-2，3)，M(2，-3)，根据等差点的定义可知，当直线y＝x+b与矩形MNGH有两个交点时，矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，求出直线经过点G或M时的b的值即可判断．
【详解】解：由题意，G(-2，3)，M(2，-3)，
根据等差点的定义可知，当直线y＝x+b与矩形MNGH有两个交点时，矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，
当直线y＝x+b经过点G(-2，3)时，b＝5，
当直线y＝x+b经过点M(2，-3)时，b＝-5，
∴满足条件的b的范围为：-5＜b＜5．
故答案为-5＜b＜5.
【点睛】本题考查一次函数图象上点的特征、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题（共9小题，共86分）
17. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
（1）先化简二次根式，再进行二次根式的加减运算即可；
（2）利用完全平方公式展开后进行实数的混合运算即可．
【小问1详解】
；
【小问2详解】
18. 已知一次函数．
（1）为何值时，函数图象经过点？
（2）若一次函数 的函数值随的增大而减小，求的取值范围．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）将点代入一次函数，可得关于的一元一次方程，求解即可获得答案；
（2）根据该函数的增减性，可得，求解即可获得答案．
【小问1详解】
解：将点代入一次函数，
可得，
解得，
∴当时，函数图象经过点；
【小问2详解】
若一次函数 的函数值随的增大而减小，
则有，
解得，
∴的取值范围为．
【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式、根据一次函数的增减性求参数、解一元一次方程和解一元一次不等式等知识，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题关键．
19. 如图，在中，点E，F分别在BC，AD上，且，连接AE，CF．求证：AE//CF．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得∥，＝，再证，得四边形是平行四边形，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴∥，＝．
∵，
∴．
即．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
20. 如图在平静的湖面上，有一支红莲，高出水面的部分为1米，一阵风吹来，红莲被吹到一边，花朵齐及水面（即），已知红莲移动的水平距离为3米，则湖水深为多少？
【答案】米．
【解析】
【分析】此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出方程是解题关键．直接利用勾股定理得出，进而求出答案．
【详解】解：设为米，
∵在中，，，，
∴由勾股定理得：，
即，
解得：，
∴湖水深为米．
21. 在平面直角坐标系中，已知一次函数与．
（1）求这两个函数图象的交点坐标；
（2）直线与交于点A、与交于点B，求线段的长．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】本题考查一次函数的知识，解题的关键是掌握一次函数交点坐标，一次函数与几何的综合．
（1）根据两个函数相交于一点，得，解出，把代入或者，得到y的值，即可得到答案．
（2）分别求出点A和点B的坐标，即可求出线段的长．
【小问1详解】
解：由一次函数与得到，
，
解得：，
当时，，
∴这两个函数图象交点坐标为．
【小问2详解】
当时，，
当时，，
∵直线与交于点A、与交于点B，
∴点A的坐标是，点B的坐标是
∴,
即线段的长为2．
22. 如图，四边形ABCD中，BD⊥AC交于点E．求证：AD2+BC2＝AB2+CD2．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】由BD⊥AC，利用勾股定理即可求得：在Rt△ AED中，AD2＝AE2+DE2，在Rt△ AEB中，AB2＝AE2+BE2，在Rt△ BEC中，BC2＝BE2+CE2，在Rt△ CED中，CD2＝CE2+DE2，继而证得结论
【详解】证明：∵ BD⊥AC，
∴ ∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠DEC＝90°，
∴ 在Rt△ AED中，AD2＝AE2+DE2，
在Rt△ AEB中，AB2＝AE2+BE2，
在Rt△ BEC中，BC2＝BE2+CE2，
在Rt△ CED中，CD2＝CE2+DE2，
∴ AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，
∴ AD2+BC2＝AB2+CD2．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，注意掌握数形结合思想的应用．
23. 为培养大家的阅读能力，零陵区某校初二年级购进《朝花夕拾》和《西游记》两种书籍，花费分别是14000元和7000元，已知《朝花夕拾》的订购单价是《西游记》的订购单价的1.4倍，并且订购的《朝花夕拾》的数量比《西游记》的数量多300本．
（1）求该校初二年级订购的两种书籍的单价分别是多少元；
（2）该校初二年级某班计划再订购这两种书籍共10本以备用，其中《朝花夕拾》订购数量不低于3本，且两种书总费用不超过120元，求这个班订购这两种书籍总费用最低的方案？并求出最低总费用为多少元？
【答案】（1）《西游记》的单价是10元，《朝花夕拾》的单价是14元；
（2）总费用最低的方案是：订购《朝花夕拾》3本，订购《西游记》7本；最低总费用为112元．
【解析】
【分析】本题主要考查了分式方程的应用，一次函数的应用等知识，
（1）设《西游记》的单价是x元，则《朝花夕拾》的单价是元，列出分式方程，解方程即可求解；
（2）设订购《朝花夕拾》m本，则订购《西游记》本，设总费用为W元，根据题意列出一元一次不等式，求出，结合，m为正整数，可得、4、5，再列出，根据一次函数的性质即可作答．
【小问1详解】
解：（1）设《西游记》的单价是x元，则《朝花夕拾》的单价是元，
依题意得：
解得：
经检验，是原分式方程的解，且符合题意
（元），
答：《西游记》的单价是10元，《朝花夕拾》的单价是14元；
【小问2详解】
设订购《朝花夕拾》m本，则订购《西游记》本，设总费用为W元，
依题意得：，
解得：，
又，m为正整数，
、4、5，
总费用：，
当时，费用最少，为（元），
此时（本），
答：总费用最低的方案是：订购《朝花夕拾》3本，订购《西游记》7本；最低总费用为112元．
24. 在正方形中，对角线与交于点，是对角线上一动点，过点作，交射线于点．如图①，当点与点重合时，易证（不需证明）：
（1）当点在线段上时，如图②；
①连接，求证：；
②求证：；
（2）当点在线段上时，如图③，求证：．
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析；
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】本题为正方形综合题，考查了正方形的性质及判定，全等三角形的性质及判定，等腰三角形的性质及判定，勾股定理等知识点，合理作出辅助线是解题的关键．
（1）利用正方形的性质去判定出即可得到①；过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，利用等腰三角形的判定方法可得到和为等腰直角三角形，从而得到四边形为正方形，同理可证四边形为正方形，然后利用全等三角形的判定方法即可判定出，再利用边的比例关系即可求证②；
（2）过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，根据（1）中的解法同理可得：，，，再利用推导即可．
【小问1详解】
解：过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，如图所示：
①解：∵是正方形，
∴，，
∴在和中：
，
∴（SAS），
∴；
②解：∵是正方形，是对角线，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴和为等腰直角三角形，
∴四边形为正方形，
∴，
同理可证四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中：
，
∴（AAS），
∴，
由①得：，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：解：过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，如图所示：
∴根据（1）中的解法同理可得：，，，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
25. 如图，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，直线与x轴交于点D，与交于点E，点E的横坐标为4．
（1）求b的值和点D的坐标；
（2）已知P是坐标平面内一点，连接，，，所得的，的面积分别为，设；
①若点P的坐标为，求k的值；
②如图（2），点P的坐标为，且位于四边形BODE内，若k为定值，请求出这个定值，若不是请说明理由．
【答案】（1），
（2）①；②存在，
【解析】
【分析】本题考查了一次函数—几何综合问题，求函数解析式，解题关键是过动点向x轴，y轴作垂线．
（1）将点E代入中即可得点E的坐标，将点E代入即可求解；
（2）①过点P作轴交直线于点M，轴交直线于点N过点E作轴，求出,,则，，即可得到
，求出，则，即可得到答案；
②过点P作轴交直线于点M，作轴交直线于点N，过点E作轴，可得，由此即可得
，，将， ，代入即可求解；
小问1详解】
解：点E在直线上，点E的横坐标为4，
∴，
，
点E在直线上，
∴，
，
∴，
直线与x轴交于点D，
当时，，
解得，
；
【小问2详解】
①过点P作轴交直线于点M，轴交直线于点N过点E作轴，如图：
∵点P的坐标为，
，
直线与x轴，y轴分别交于两点，
，
,,
，，
，，
， ，
，，
，
；
②过点P作轴交直线于点M，轴交直线于点N过点E作轴如图：
，
直线与x轴，y轴分别交于两点，
，
,,
,
，，
， ，
，，
，
．…
2
5
7
10
…
…
13.5
15
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…