2022-2023学年广东省惠州市惠城区惠台学校八年级（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省惠州市惠城区惠台学校八年级（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共18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。
2022-2023学年广东省惠州市惠城区惠台学校八年级（下）月考数学试卷（5月份）一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  下列计算错误的是(    )A.  B.
C.  D. 2.  以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是(    )A. 、、 B. 、、 C. 、、 D. 、、3.  在函数中，自变量的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 4.  若一次函数的图象经过第一、二、四象限，则(    )A. ， B. ， C. ， D. ，5.  如图，一次函数的图象经过、两点，则关于的不等式的解集是(    )
 A.  B.  C.  D. 6.  如图，在中，，，是的中点，则(    )A.
B.
C.
D. 7.  菱形中，已知，，则此菱形的周长为(    )A.  B.  C.  D. 8.  对角线相等且互相垂直平分的四边形是(    )A. 矩形 B. 正方形 C. 菱形 D. 平行四边形9.  某市运货的摩托车的运输价格为：路程内运费元；超过后，每增加运费元，那么运费单位：元与路程单位：的函数图象是(    )A.
B.
C.
D. 10.  一次函数与的图象如图所示，下列说法：
对于函数来说，随的增大而减小；
函数的图象不经过第一象限；
不等式的解集是；
．
其中正确的有(    )
A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）11.  已知一次函数的图象经过点，且函数的值随自变量值的增大而增大，写出一个满足条件的函数解析式：______ ．12.  已知直角三角形的两边的长分别是和，则第三边长为______．13.  已知，，则______．14.  如图，已知函数和的图象交于点，则根据图象可得，关于的二元一次方程组的解是______．
 15.  如图，，矩形的顶点，分别在边、上，当点在边上运动时，点随之在上运动，矩形的形状保持不变，其中，在运动过程中点到点的最大距离为______ ．
 三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.  本小题分
计算：．17.  本小题分
如图，在四边形中，已知，，，，求证：．
18.  本小题分
如图，矩形的边在轴上，点，关于原点对称，点坐标为，求直线的解析式．
19.  本小题分
如图，在平行四边形中，点是边上一点不与，重合，过点作，交边于点，且，．
求证：四边形是矩形；
求证：．
20.  本小题分
某商店计划购进一批体温枪和水银体温计共件，体温枪进价元件，销售价元件，水银体温计进价元件，销售价元件．设该店购进体温枪件，两种测温器全部销售完后获得利润为元．
求与之间的函数关系式；
该店用不超过元资金一次性购进两种测温器，求的取值范围，并说明如何进货利润最大．21.  本小题分
如图，在平面直角坐标系中，已知直线与轴、轴分别交于，两点，且的面积为．
求的值；
若点为直线上的一动点，点运动到什么位置时，是以为底的等腰三角形？求出此时点的坐标．
22.  本小题分
如图，已知点的坐标为，以为边构造菱形，使点恰好落在轴上，连接交轴于点，交轴于点．
求直线的解析式；
点为的中点，点为线段上一动点，周长最小时，求点的坐标并求出周长的最小值．
23.  本小题分
如图，在正方形中，点为上的点不与，重合，与关于对称，作射线，与的延长线相交于点，连接，
当时，求的度数；
若点在上移动，请你判断的度数是否发生变化，若不变化，请证明你的结论；若会发生变化，请说明理由；
如图，当点落在对角线上时，点为的中点，连接，，请你判断四边形的形状，并证明你的结论．


答案和解析 1.【答案】 【解析】解：、，正确；
B、，正确；
C、，正确；
D、，故错误．故选D．
根据二次根式的运算法则分别计算，再作判断．
同类二次根式是指几个二次根式化简成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式．
二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并．
合并同类二次根式的实质是合并同类二次根式的系数，根指数与被开方数不变．
 2.【答案】 【解析】解：、，故是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、，故是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、，故是直角三角形，故此选项不符合题意；
D、，故不是直角三角形，故此选项符合题意．
故选：．
欲判断是否为直角三角形，需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
此题主要考查了勾股定理的逆定理：已知的三边满足，则是直角三角形．
 3.【答案】 【解析】解：根据题意得：
解得：；
故选C．
求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，分式有意义的条件是：分母不等于．
当函数表达式是分式时，要注意考虑分式的分母不能为．
 4.【答案】 【解析】解：一次函数的图象经过第一、二、四象限，
，，
故选：．
根据一次函数的性质和一次函数的图象经过第一、二、四象限，可以得到、的正负情况，从而可以解答本题．
本题考查一次函数图象与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
 5.【答案】 【解析】解：当时，，即，
关于的不等式的解集是．
故选B．
根据一次函数与一元一次不等式的关系，利用函数图象找出函数值为负数时对应的自变量的取值范围即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于或小于的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上或下方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
 6.【答案】 【解析】解：在中，，，是的中点，
．
故选：．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
本题考查的是直角三角形斜边上的中线，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：根据题意，设对角线、相交于则．
则由菱形对角线性质知，，．
所以，在直角中，由勾股定理得．
则此菱形的周长是．
故选C．
根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得，，在中，根据勾股定理可以求得的长，即可求菱形的周长．
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算的长是解题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：四边形的对角线互相平分，
此四边形是平行四边形；
又对角线相等，
此四边形是矩形；
又对角线互相垂直，
此四边形是正方形．
故选B．
由对角线互相平分，可得此四边形是平行四边形；又由对角线相等，可得是矩形；又因为对角线互相垂直，所以是正方形．
此题考查了正方形的判定．注意对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线互相垂直的矩形是正方形．
 9.【答案】 【解析】解：路程内运费元，即时，，故选项A、、不符合题意；
超过后，每增加运费元，即时，，故选项B符合题意．
故选：．
本题是一个分段函数，在以内，无论远近，运费一律为元，应是平行轴的一条线段，由此即可求出答案．
本题考查函数图象，由实际问题抽象出函数图象、理解实际问题的变化与函数图象变化的对应是解题的关键，本题采取了将实际问题的函数模型求出，再寻求函数图象的方法，理解本题中计费的方式是解题的难点
 10.【答案】 【解析】解：由图象可得：对于函数来说，随的增大而减小，故说法正确；
由于，，所以函数的图象经过第二，三，四象限，即不经过第一象限，故说法正确，
由图象可得当时，一次函数图象在的图象上方，
的解集是，故说法不正确；
一次函数与的图象的交点的横坐标为，

，
故说法正确，
故选：．
仔细观察图象：根据函数图象直接得到结论；
观察函数图象可以直接得到答案；
以两条直线的交点为分界，哪个函数图象在上面，则哪个函数值大；
根据两直线交点可以得到答案．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的图象与性质，利用数形结合是解题的关键．
 11.【答案】答案不唯一 【解析】解：该一次函数的解析式为，
函数的值随自变量的增大而增大，
，
一次函数的图象经过点，
，
当时，，
符合条件的函数关系式可以为：答案不唯一．
故答案为：答案不唯一．
设该一次函数的解析式为，再根据函数的值随自变量的增大而增大可知，由一次函数的图象经过点可得出、的关系，写出符合条件的解析式即可．
本题考查了一次函数的性质以及一次函数图象上点的坐标特征，牢记“，随的增大而增大；，随的增大而减小”是解题的关键．
 12.【答案】或 【解析】【分析】
此题主要考查的是勾股定理的应用，要注意的是由于已知的两边是直角边还是斜边并不明确，所以一定要分类讨论，以免漏解．
已知直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论：是直角边，是斜边；、均为直角边；可根据勾股定理求出上述两种情况下，第三边的长．
【解答】
解：长为的边是直角边，长为的边是斜边时：
第三边的长为：；
长为、的边都是直角边时：
第三边的长为：；
综上，第三边的长为：或．
故答案为或．  13.【答案】 【解析】解：，，
，，
原式，
故答案为：
根据二次根式的运算法则即可求出答案．
本题考查二次根式的性质，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
 14.【答案】 【解析】解：根据函数图可知，
函数和的图象交于点的坐标是，
故关于，的二元一次方程组的解是，
故答案为：．
根据函数图象可以得到两个函数交点坐标，从而可以得到两个函数联立的二元一次方程组的解．
本题考查一次函数与二元一次方程组，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答问题．
 15.【答案】 【解析】解：如图，取的中点，连接、、，
，，
，
，四边形是矩形，
，
，
根据三角形的三边关系得，，
当过点时，等号成立，的值最大，最大值为．
故答案为：．
取的中点，连接、、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得过点时最大．
本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，勾股定理，确定出过的中点时值最大是解题的关键．
 16.【答案】解：

． 【解析】先算乘方、化简零指数幂和负整数指数幂，再化简绝对值，最后算加减．
本题考查了整式的运算，掌握零指数幂及负整数指数幂的意义、二次根式的性质、绝对值的意义是解决本题的关键．
 17.【答案】证明：，，，
，
，，
，
是直角三角形，
，
． 【解析】直接利用勾股定理得出的长，再利用勾股定理的逆定理得出，进而利用平行线的判定与性质得出答案．
此题主要考查了平行线的判定以及勾股定理和勾股定理的逆定理，正确得出是直角三角形是解题关键．
 18.【答案】解：因为四边形为矩形，且点坐标为，点，关于原点对称，
所以，，轴，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
所以，
设直线的解析式为，
将，代入得：
，
解得：，
即直线的解析式为． 【解析】本题考查了矩形的性质，关于原点对称的点的坐标，待定系数法求函数解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
根据矩形的对称性以及点的坐标推算出点和点坐标，利用待定系数法计算即可．
 19.【答案】证明：，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形；

连接，

四边形是矩形，
，
，
在和中
，
≌，
． 【解析】根据垂直求出，求出，求出，根据三角形内角和定理求出，再根据矩形的判定得出即可；
连接，根据全等三角形的判定定理推出≌，根据全等三角形的性质推出即可．
本题考查了三角形内角和定理，垂直的定义，矩形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，能求出和≌是解此题的关键．
 20.【答案】解：根据题意得：
，
答：与之间的函数关系式为；
用不超过元资金一次性购进两种测温器，
，
解得，
的取值范围是且是整数；
在中，
，
随的增大而增大，
时，取最大值，最大值为元，
此时件，
答：的取值范围是且是整数，购进体温枪件，水银体温计件，利润最大，最大利润为元． 【解析】由总利润体温枪利润水银体温计利润即可列出函数关系式；
根据用不超过元资金一次性购进两种测温器，可得，再用一次函数性质可得购进体温枪件，水银体温计件，利润最大，最大利润为元．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
 21.【答案】解：，
，
．
，
，
，
，
把代入，可得；

使以为底的等腰三角形，
，
，
，，
，
，
，
，，
． 【解析】利用三角形的面积公式求出点的坐标即可，利用待定系数法解决问题；
当使以为底的等腰三角形时，是的中点，利用中点坐标公式即可解决问题．
本题考查一次函数综合题、待定系数法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
 22.【答案】解：点的坐标为，
，
，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为；
取的中点，连接，交于，
四边形是菱形，点为的中点，点为的中点，
，
此时，的周长最小，最小值为，
，，
，，
，
，
的周长最小值为，
设直线的解析式为，
，解得，
直线为，
解得，
点的坐标为 【解析】根据勾股定理求出，然后根据菱形性质求出的坐标，根据勾股定理即可求出直线的解析式；
取的中点，连接，交于，根据菱形的对称性，，此时，的周长最小，最小值为，根据待定系数法求得直线的解析式，与直线的解析式联立，解方程组求得点的坐标．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，菱形的性质，轴对称最短路线问题，两直线相交问题，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
 23.【答案】解：，
，．
，
．
又，
；
不变，理由如下：
与关于对称，
．
设，可得，，
，
．
又，
；
四边形是正方形；
理由：，点为的中点，
，
，，
，
，
，
，
在与中，，
≌，
，
，
，
四边形是正方形． 【解析】根据对称性及正方形性质可得，再利用三角形外角可求度数；
设，可得，，，再借助可求度数；
根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，，由三角形的外角的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论．
本题主要考查了正方形的性质、三角形内外角性质、两点之间线段最短定理，解题的关键是运用角之间的和差关系求角度数．