192，福建省福州屏东中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份192，福建省福州屏东中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共22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。
（全卷共4页，三大题，25小题；满分150分；考试时问120分钟）
友情提示：所有答案都必须写在答题卡对应区域内，答在本试卷上无效．
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1. 使二次根式有意义的x的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据被开方数大于等于0即可得解．
【详解】解：根据题意得，x＋3≥0，
解得．
故选：C．
【点睛】此题主要考查二次根式的性质，解题的关键是熟知二次根式被开方数为非负数．
2. 下列运算正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用二次根式的混合运算法则分别计算得出答案．
【详解】解：、无需计算，故此选项错误，不符合题意；
、，故此选项错误，不符合题意；
、，正确，符合题意；
、，故此选项错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，解题的关键是正确掌握相关运算法则．该试卷源自 每日更新，享更低价下载。3. 满足下列条件时，△ABC不是直角三角形是（ ）
A. AB＝1，BC＝2，AC＝B. AB2﹣BC2＝AC2
C. ∠A：∠B：∠C＝3：4：5D. ∠A﹣∠B＝∠C
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理逐个判断即可．
【详解】解：A、∵12＋（）2＝22，∴△ABC是直角三角形；
B、∵AB2−BC2＝AC2，
∴AB2＝BC2＋AC2，即△ABC是直角三角形；
C、∵∠A：∠B：∠C＝3：4：5，∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴∠A＝45°，∠B＝60°，∠C＝75°，即△ABC不是直角三角形；
D、∵∠A−∠B＝∠C，∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴∠A＝90°，即△ABC是直角三角形．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理的应用，能理解勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键．
4. 在中，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，由平行四边形的性质可得，，结合得出，再由平行线的性质计算即可得出答案．
【详解】解：如图，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
故选：D．
5. 若，，则函数的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据一次函数图象与系数的关系判断即可．
【详解】解：∵，，
∴的图象在一、三、四象限，
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系：对于（k为常数，），当，，的图象在一、二、三象限；当，，的图象在一、三、四象限；当，，的图象在一、二、四象限；当，，的图象在二、三、四象限．
6. 若关于x的方程有实数根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法——直接开平方法，根据偶次方的非负性解答即可．熟记偶次方的非负性是解题的关键．
【详解】解：∵关于的方程有实数根，
∴，
解得：，
故选：D．
7. 已知点，和点，都在函数的图象上，且，那么与的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】确定函数值的符号，根据函数的增减性即可求解．
【详解】解：，
故函数的值随的增大而减小，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，由值的符号，确定函数的增减性即可求解．
8. 如图，中，点分别为边的中点，点为线段上一点，连接，且．若，，则线段的长度为（ ）
A 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形中位线定理求出MN，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出ME，计算即可．
【详解】解：∵点M，N分别为边AB，AC的中点，BC=16，
∴MN=BC=8，
在Rt△AFB中，点M为边AB的中点，AB=8，
则ME=AB=4，
∴EN=MN-ME=8-4=4，
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
9. 如图，图中的两条射线分别表示甲、乙两名同学运动的一次函数图象，图中（单位：米）和（单位：秒）分别表示运动路程和时间，已知甲的速度比乙快，下列说法：
①甲让乙先跑了12米；
②射线表示甲的路程与时间的函数关系；
③甲的速度比乙快1.5米/秒；
④8秒钟后，甲超过了乙
其中正确的说法有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用．结合函数图象逐项判断即可．
【详解】解：由图象可得，甲让乙先跑了12米，故①正确；
甲的速度比乙快，
射线表示乙的路程与时间的函数关系，故②错误；
（米秒），（米秒），
甲的速度比乙快（米秒），故③正确；
由图象可知，8秒后甲超过了乙，故④正确；
正确的有①③④，故3个；
故选：C．
10. 已知一次函数的图象交轴于点，经过点和点，若，则的取值范围是（ ）
A. B. 且
C. 且D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，一次函数的定义，一次函数的性质；根据一次函数的定义及性质可知，再根据一次函数经过点和点得到，最后根据求出的取值范围即可解答．
【详解】解：∵一次函数图象交轴于点，
∴，
∵当时，，
即，
∵经过点和点，
∴，
解得：，即
∴
∵，
∴，
∴，
综上，且，
故选：C．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 将函数的图象沿轴向下平移2个单位，所得图象对应的函数表达式为__________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用一次函数平移规律，“上加下减”进而得出即可．
【详解】将函数y＝3x的图象沿y轴向下平移2个单位长度后，所得图象对应的函数关系式为：y＝3x−2．
故答案为：y＝3x−2．
【点睛】此题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确掌握平移规律是解题关键．
12. 若菱形的对角线长分别为与，则菱形的面积为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据菱形面积等于两条对角线长度乘积的一半，即可求得答案；
【详解】解：菱形的面积，
故答案：．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的面积等于两条对角线长度乘积的一半；熟练掌握菱形面积公式是解题关键．
13. 已知是一元二次方程的根，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的解，整体代入法求代数式的值，掌握以上知识是解题的关键．将代入方程，可得，再整体代入代数式求值即可得到答案．
【详解】解：是一元二次方程的根，
，
即，
，
故答案为：．
14. 如图，直线与直线(为常数，)相交于点，则关于的不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式；先利用直线的解析式确定点坐标，然后结合函数特征写出直线在直线上方所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：把代入得，解得，
当时，，
故答案为：．
15. 如图，正方形的对角线与相交于点O，的平分线分别交于M、N两点，若，则正方形的边长为_____.

【答案】##
【解析】
【分析】过点M作于点F，根据角平分线的性质可知，再由四边形为正方形，可得出，在直角三角形中用的正弦值即可求出的长度，结合边的关系即可得出结论．
【详解】解：过点作于点，如图所示．

∵四边形为正方形，
∴，，
平分，
．
在中，，
．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质以及角平分线的性质，解题的关键是在直角三角形中求出的长度．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据角平分的性质及正方形的特点找出边角关系，再利用解直角三角形的方法即可得以解决．
16. 如图，在矩形 中，点 是 的中点，的平分线交于点，将沿折叠，点恰好落在上点处，延长，交于点，有下列四个结论：①；②；③ 是等边三角形；④．其中正确结论的序号是_____________________．

【答案】①②④
【解析】
【分析】根据矩形与折叠性质得出，根据角平分线性质得出，可判断①，利用等角余角性质得出，再证即可判断②，证明可判断③，推出即可判断④．
【详解】解：四边形是矩形，
，
由折叠的性质可得：，
即，， ．
平分，
．
．故①正确，符合题意．
﹣，﹣，
．
，
．
，
，即．故②正确，符合题意．
在和中，
在和中，
．
．
．
但无法求得各角的度数，
不一定是等边三角形．故③错误，不符合题意．
，，，
．
．
．故④正确，符合题意．
综上所述，正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查矩形性质，角平分线性质，线段中点，折叠性质，三角形全等判定与性质，掌握矩形性质，角平分线性质，线段中点，折叠性质，三角形全等判定与性质是解题关键．
三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，零指数幂；
（1）根据二次根式的性质化简，零指数幂进行计算即可求解；
（2）根据二次根式的乘除法进行计算即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 用适当的方法解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程；
（1）根据公式法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【小问1详解】
解：，
∴，
∴，
解得：，；
【小问2详解】
解：，
即，
∴，
∴，
∴或，
解得：．
19. 已知，如图，E、F分别为的边、上的点，且，求证：．

【答案】见详解
【解析】
【分析】根据条件证明，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形性质，全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
20. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若为正整数，求该方程的根．
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】（1）由题意两个不相等的实数根根据判别式大于0进行分析计算即可求出答案；
（2）由题意根据m的范围可知m=1，代入原方程后根据一元二次方程的解法即可求出答案．
【详解】解：（1）由题意，
∵方程有两个不相等的实数根
∴
∴；
（2）∵且为正整数
∴
∴
∴
∴，．
【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及一元二次方程根的判别式．
21. 如图，已知，点在射线上，点在射线上，其中．
（1）尺规作图：用直尺和圆规作出菱形．
（2）作出（1）中菱形后，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了作菱形，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质；
（1）分别以为圆心，的长为半径在的内部作弧，两弧交于点，连接，则四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可得，．在中，勾股定理求得，进而即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示，分别以为圆心，的长为半径在的内部作弧，两弧交于点，连接，则四边形是菱形；
理由：根据作图可得，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
解：如图所示，连接交于点
∵四边形是菱形，
∴．
∵，
∴．
在中，，，
∴，
∴
∴．
22. 近年来，市民交通安全意识逐步增强，头盔需求量增大．某商店购进甲、乙两种头盔，已知购买甲种头盔20只，乙种头盔30只，共花费2920元，甲种头盔的单价比乙种头盔的单价高11元．
（1）甲、乙两种头盔的单价各是多少元？
（2）商店决定再次购进甲、乙两种头盔共40只，正好赶上厂家进行促销活动，促销方式如下：甲种头盔按单价的八折出售，乙种头盔每只降价6元出售．如果此次购买甲种头盔的数量不低于乙种头盔数量的一半，那么应购买多少只甲种头盔，使此次购买头盔的总费用最小？最小费用是多少元？
【答案】（1）甲、乙两种头盔的单价各是65元， 54元．
（2）购14只甲种头盔，此次购买头盔的总费用最小,最小费用为1976元．
【解析】
【分析】（1）设购买乙种头盔的单价为x元，则甲种头盔的单价为元，根据题意，得，求解；
（2）设购m只甲种头盔，此次购买头盔的总费用最小,设总费用为w,则，解得，故最小整数解为，，根据一次函数增减性，求得最小值=．
【小问1详解】
解:设购买乙种头盔的单价为x元，则甲种头盔的单价为元，根据题意，得
解得，，
，
答：甲、乙两种头盔的单价各是65元， 54元．
【小问2详解】
解：设购m只甲种头盔，此次购买头盔的总费用最小,设总费用为w,
则，解得，故最小整数解为，
，
∵，则w随m的增大而增大，
∴时，w取最小值，最小值．
答：购14只甲种头盔，此次购买头盔的总费用最小,最小费用为1976元．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，一次函数的性质，一次函数的应用、一元一次不等式的应用；根据题意列出函数解析式，确定自变量取值范围是解题的关键．
23. 如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）在我们学过：①平行四边形、②矩形、③菱形、④正方形，能称为垂美四边形的是 ；（只填序号）
（2）如图，垂美四边形的对角线交于点，求的长度．
【答案】（1）③④ （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了特殊平行四边形的性质，平行四边形的性质，勾股定理
（1）根据菱形和正方形的性质即可得到答案；
（2）先根据勾股定理得到，，，，即可推算出，代入数据，即可求解．
【小问1详解】
解：∵菱形和正方形的对角线相互垂直，矩形和平行四边形的对角线不一定垂直，
∴只有正方形和菱形能称为垂美四边形，
故答案为：③④；
【小问2详解】
∵，
∴，，，，
∴，，
∴；
∵
∴
∴．
24. 如图，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，连接．
（1）求证：平分；
（2）若，求的长；
（3）连接，延长交于点，判断是否为线段的中点，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）是的中点，见解析
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质可得，根据等边对等角可得，进而根据平行线的性质得出，等量代换即可得证；
（2）勾股定理求得，进而即可求解；
（3）过点作，延长交于点，证明，进而证明，根据全等三角形的性质即可得证．
【小问1详解】
证明：∵将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，
∴
∴
∵，
∴
∴，
即平分；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形
∴，
又∵，
∴
∴
【小问3详解】
解：点是的中点，理由如下：
如图所示，过点作，延长交于点，
∵，，
∴
∴
∵
∴
∴
∴，
∵将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，
∴
∴，
在与中，
∴
∴，即点是的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
25. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线的解析式为，与轴分别交于两点．
（1）求出点坐标；
（2）已知动点，
①若平分，求点坐标；
②当取最小时，求直线的解析式．
【答案】（1），
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）分别令即可求得的坐标；
（2）①勾股定理求得，取点，连接，证明，得，根据勾股定理建立方程，即可求解；
②根据点的坐标可得在直线上，当直线时，取得最小，根据勾股定理求得，进而根据勾股定理列出方程，得出，进而得出，然后待定系数法求解析式，即可求解．
【小问1详解】
解：对于，当时，，
当时，，
∴，，
【小问2详解】
①∵，，
∴，
如图所示，取点，连接，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又，，，
∴，
解得： ，
∴，
∴，
②如图所示，∵， ，
∴在直线上，
当时，，则，设，
∴当直线时，取得最小，
∵，，
∴，，
∴，
解得：或（与点重合，舍去）
∴，
设直线的解析式为，将点，代入得，
，
解得：，
∴直线的解析式为．
【点睛】本题考查一次函数、勾股定理，角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，熟练掌握勾股定理是解题的关键．