四川省成都市青羊区树德实验中学2023-2024学年八年级上学期12月月考数学试题

这是一份四川省成都市青羊区树德实验中学2023-2024学年八年级上学期12月月考数学试题，共27页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

八年级 数学
A卷（100分）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）
1. 12的算术平方根是（ ）
A 6B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了算术平方根，利用算术平方根的定义计算即可得到结果．
【详解】解；12的算术平方根是：，
故选：D
2. 下列实数是无理数的是（ ）
A. 0B. C. D. 3.14
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了无理数的定义，根据无理数是无限不循环小数，可得答案．
【详解】解：A．0是整数，属于有理数，故本选项不符合题意；
B．是分数，属于有理数，故本选项不符合题意；
C．是无理数，故本选项符合题意；
D．3.14是有限小数，属于有理数，故本选项不符合题意；
故选：C．
3. 在平面直角坐标系中，下列各点在第二象限的是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，根据第二象限内，点的横坐标小于零，纵坐标大于零，可得答案．
【详解】解：A．在第三象限，故本选项不合题意；
B．在第二象限，故本选项符合题意；
C．在第一象限，故本选项不合题意；
D．在第四象限，故本选项不合题意；
故选：B．
4. 若，是两个连续的整数且，则（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了无理数的大小估算，先根据题意求出，的值，进而可求解，熟练掌握基础知识是解题的关键．
【详解】解：，是两个连续的整数且，
，，
，
故选B．
5. 的三条边是,下列条件不能判断是直角三角形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的逆定理及三角形内角和定理，根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A、设则
∵，
∴，解得，
∴，
∴此三角形不是直角三角形，符合题意；
B、∵，
∴，
∴此三角形是直角三角形，不符合题意；
C、此三角形是直角三角形，不符合题意；
D、∵，
∴此三角形是直角三角形，不符合题意；
故选：A．
6. 若一次函数的函数值随的增大而增大，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一次函数图象的增减性来确定（k-2）的符号，从而求得k的取值范围．
【详解】解：∵在一次函数y=（k-2）x+1中，y随x的增大而增大，
∴k-2＞0，
∴k＞2，
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系．在直线y=kx+b（k≠0）中，当k＞0时，y随x的增大而增大；当k＜0时，y随x的增大而减小．
7. 如图，一个底面为正六边形的六棱柱，在六棱柱的侧面上，从顶点A到顶点B镶有一圈金属丝，已知此六棱柱的高为,底面边长为,则这圈金属丝的长度至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查勾股定理与最短路径问题，将六棱柱侧面展开，运用勾股定理求解即可
【详解】解：如图，六棱柱侧面展开后，这圈金属丝的长度最短为的长，
由勾股定理得，，
故选：B．
8. 如图，若弹簧的总长度是关于所挂重物的一次函数，则不挂重物时，弹簧的长度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，先利用待定系数法求出一次函数的解析式，当时，求出函数值，即可求解，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
【详解】解：由图象得：一次函数图象经过和，
则，
解得：，
，
当时，，
不挂重物时，弹簧的长度是，
故选D．
二．填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9. 要使二次根式有意义，字母x必须满足的条件是________
【答案】x≥﹣1
【解析】
【分析】根据二次根式的被开方数大于等于0，列式进行计算．
【详解】由题意得：x+1≥0，解得x≥﹣1．
故答案为x≥﹣1．
10. 一次函数图象经过第二，三，四象限，则___________0．（填“>，<或=”）
【答案】>
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，根据一次函数的图象与系数的关系进行解答即可．
【详解】解：∵一次函数的图象经过第二、三、四象限，
∴，
∴．
故答案为：>．
11. 如图，，正方形和正方形的面积分别是169和144，则以为直径的半圆的面积是___________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，先根据正方形的面积得出，，再利用勾股定理得出，再利用圆的面积公式即可求解，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【详解】解：正方形和正方形的面积分别是169和144，
，，
，
，
，
故答案为：．
12. 直线沿x轴向左平移1个单位长度后与y轴的交点坐标是___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的平移，熟练掌握平移概率是解题的关键．
【详解】直线沿x轴向左平移1个单位长度的解析式为，
令，
得，
故与y轴的交点坐标为，
故答案为：．
13. 如图，在中，，以C为圆心，为半径画弧，交于点D，再分别以为圆心，以大于为半径画弧，两弧相交于点M，作直线交于点E．若,则的面积是___________．
【答案】4
【解析】
【分析】利用基本作图得到是的垂直平分线，得到，然后利用勾股定理求得，即可求出的面积．本题考查了勾股定理，作图−基本作图，熟练掌握垂直平分线的作法是解题关键．
【详解】由作法得是的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴，
在中，,
∴的面积是,
故答案为：4．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的运算：
（1）原式先化简算术平方根，负整数指数幂以及绝对值，然后再进行加减运算；
（2）原式化简二次根式和乘法运算，然后再进行加减运算即可．
【小问1详解】
；
【小问2详解】
15. 已知，求的值．
【答案】31
【解析】
【分析】本题考查了分母有理化，二次根式的混合运算，平方差公式，完全平方公式的应用，熟练掌握有理化的基本步骤是解题的关键．
【详解】∵，
∴，
∴
．
16. 如图，在平面直角坐标系中，已知．
（1）在平面直角坐标系中，画出，并求的面积；
（2）画出关于y轴对称的；
（3）已知P为x轴上一点，当取最小值时，直接写出点P坐标____________________．
【答案】（1）见解析，；
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】本题主要考查了画轴对称图形，两点之间线段最短等知识，掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
（1）先根据，描出各点，再依次连接，即可运用割补法即可求出面积；
（2）先描出关于y轴的对称点，再顺次连接即可；
（3）作A点关于x轴的对称点，连接，交x轴于点P，问题得解．
【小问1详解】
解：作图如下：
的面积为：；
【小问2详解】
解：作图，即为所求：
【小问3详解】
解：作A点关于x轴对称点，连接，交x轴于点P，
如图，P点即为所求．点P坐标为．
证明：根据对称性可知：，即，根据两点之间线段最短可知，当、P、C三点共线时，，此时值最小．
17. 已知，正方形的四条边相等，四个角是直角．如图，点E，F分别在正方形的两边和上，与相交于点G,且．
（1）求证：；
（2）若,求的长度．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理以及全等三角形的判定与性质：
（1）证明即可；
（2）运用面积法可求出的长度
【小问1详解】
∵正方形，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴
在中，由勾股定理得,
又
∴
18. 如图，在中，，将绕点B顺时针旋转得到．
（1）如图1，当时，连接，求的长度；
（2）如图2，在旋转过程中，直线与直线相交于点Q,证明：；
（3）在（2）的条件下，当是等边三角形时，直接写出的长度．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是正方形，根据正方形的性质和勾股定理即可得到答案；
（2）分别过点A、E作直线的垂线，垂足为M、N，证明得到，再证明，即可得到；
（3）先根据等边三角形的性质推算出，根据直角三角形的性质分别计算出和，结合（2）的全等三角形得到和的值，再证明三角形是等边三角形，进一步证得，最后根据求得答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：分别过点A、E作直线的垂线，垂足为M、N，下图所示，
∵，
∴，
∵，
∴；
∴，
∵,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：设和相交于点O，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴
∴,
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形、等边三角形、直角三角形、全等三角形和旋转的性质，解题的关键是正确添加合适的辅助线构造出全等三角形．
B卷（共50分）
一、填空题（每题4分，共20分）
19. 如图，长方形的边长为3，长为1，在数轴上点A对应的数为，点B对应的数为2，以A为圆心，长为半径画弧，交数轴于点E,则E点表示的数为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，数轴上表示数，两点间的距离，正确运用性质和勾股定理是解题的关键．
【详解】∵长方形的边长为3，长为1，在数轴上点A对应的数为，点B对应的数为2，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
故答案为：．
20. 已知实数满足，且,则的值为___________．
【答案】14
【解析】
【分析】本题主要考查了非负数的性质以及代数式求值，根据非负数性质求出a，b，c的值，代入得，再把变形代入求值即可
【详解】解：∵，
∴，
解得，，
代入，得，
∴，
∴
故答案为：14
21. 如图所示，在平面直角坐标系中，动点按图中箭头所示方向依次运动，第1次运动到点,第2次运动到点，第3次运动到点，第4次运动到点，第5次运动到点…，按这样的运动规律，动点P第2023次运动到点的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了图形坐标的规律，正确理解图形得到点P的运动规律并应用是解题的关键．
根据图形分析点P的运动规律：，，的横坐标为2022，纵坐标每四次为一个循环，即可得到答案．
【详解】解：第1次运动到点，第2次运动到点，第3次运动到点，第4次运动到点，第5次运动到点…，
∴每四次为一个循环，，
∴点的纵坐标为，
而，，与横坐标相差1，
∴的横坐标为2021，的横坐标为2022，
故答案为：．
22. 如图，直线与x轴，y轴分别相交于两点，若将直线绕点A旋转与y轴交于点C,则点C的坐标为___________．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，一次函数解析式的确定，直线与坐标轴的交点，分类思想，熟练掌握三角形全等证明是解题的关键．
【详解】当顺时针旋转时，过点B作于点B，交直线于点P，过P做轴。
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
故直线的解析式为，
故点;
当逆时针旋转时，
延长,交直线于点E，
过点E作轴于点F，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
故直线的解析式为，
故点;
故答案为：或．
23. 在中，，，，点D在线段上从点C向点B移动，同时，点E在线段上由点A向点B移动，当点D与点B重合时运动停止，已知它们的运动速度相同，连接，，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，为直角三角形，则，作交于，作，并使得，过点作交延长线于点，连接，利用互余可证得，，进而证明，得，，利用，可得，由勾股定理可得，可知，即可求得，由题意可知，进而可证，得，由，当点在上时，取等号，即可求解．
【详解】解：∵，，，则，
∴直角三角形，则，
作交于，作，并使得，过点作交延长线于点，连接，则，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
则，，
∴，
∵点，点运动速度相同，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，当点在上时，取等号，
∴的最小值为：．
【点睛】本题考查勾股定理及勾股定理的逆定理，全等三角形的判定及性质，直角三角形两锐角互余，添加辅助线构造，得，将转化为是解决问题的关键．
二．解答题（共30分）
24. 甲、乙两地相距千米，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发开往乙地．如图，线段表示货车离甲地距离千米与时间小时之间的函数关系；折线表示轿车离甲地距离千米与小时之间的函数关系．请根据图象解答下列问题：

（1）求线段对应的函数解析式．
（2）货车从甲地出发后多长时间被轿车追上？此时离甲地的距离是多少千米？
（3）轿车到达乙地后，货车距乙地多少千米．
【答案】（1）线段对应的函数解析式为
（2）货车从甲地出发后小时被轿车追上，此时离甲地的距离是千米
（3）轿车到达乙地后，货车距乙地千米
【解析】
【分析】（1）设线段对应的函数解析式为，由待定系数法求出其解即可；
（2）设解析式为，由待定系数法求出解析式，由一次函数与一元一次方程的关系建立方程求出其解即可．
（3）先由函数图象求出货车在轿车到达乙地是时需要的时间，由路程速度时间就可以求出结论．
【小问1详解】
解：设线段对应的函数解析式为，由题意，得
，
解得：．
则．
答：线段对应的函数解析式为；
【小问2详解】
设的解析式为，由题意，得
，
解得：，
．
当时，
，
解得：．
离甲地的距离是：千米．
答：货车从甲地出发后小时被轿车追上，此时离甲地的距离是千米；
【小问3详解】
由题意，得千米．
答：轿车到达乙地后，货车距乙地千米．
【点睛】本题考查了一次函数的图象的性质的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，一次函数与一元一次方程的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
25. 如图，在平面直角坐标系中，点,点C在y轴的负半轴上，连接,满足．
（1）求直线的解析式；
（2）己知直线经过点B．
①若点D为直线上一点，若，求点D的坐标；
②过点O作直线，若点M、N分别是直线和上的点，且满足．请问是否存在这样的点，使得为直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①或；②或
【解析】
【分析】（1）根据角度之间的关系可得到为等腰直角三角形，则，即可求得点C的坐标，再将点B和点C坐标代入所设的解析式即可求得结果；
（2）①分情况讨论，设出点D的坐标，根据面积之间的关系，利用割补法可求得有关面积的一个等式，即可求得点D横坐标的值，代入解析式即可求得点D纵坐标的值，即可求得结果．
②分，两种情形，构造全等三角形，确定直线的解析式，后利用解析式构造方程组计算即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
∵点C在y轴的负半轴，
∴，
设直线的解析式为，
将点B、点C的坐标代入可得，
解得，
∴直线的解析式为；
【小问2详解】
解：∵直线经过点B，
∴，解得，
∴直线，
设直线与y轴交于一点E，
则当时，，
此时点，
①当点D在第四象限时，设点，在直线上找到任意一点D，连接，如图所示：
，
由（1）可得，
∵，
∴，
即，
解得：，
代入的直线方程可得：，
∴；
当点D在第一象限时，连接，过点D作y轴的垂线于一点G，连接，如图所示：
，
此时设点，
，
即，
解得：，
∴，
综上，点D的坐标为：或；
②当时，此时有两个点都符合题意，但点N只有一个，设直线与y轴的交点为点D，过点D作交直线于点E，如图所示：
则,
故；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，将点代入，得，
解得，
∴直线的解析式为，
∵，直线的解析式为，
∴直线的解析式为：，
根据题意，得，
解得，
∴；
当时，此时有1个点都符合题意，设直线与直线：的交点为点F，如图所示：
根据题意，得，
解得，
∴；
过点F作交直线于点G，
∵，
∴，
∴，
设直线的解析式为，将点代入，得，
解得，
∴直线的解析式为，
设，
根据题意，得，
解得，
设直线的解析式为，将点代入，得，
解得，
∴直线的解析式为，
∵，直线的解析式为，
∴直线的解析式为：，
根据题意，得，
解得，
∴；
综上所述，存在这样的点N，且或．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，一次函数解析式的确定，交点坐标的求解，分类思想的运用，熟练掌握解析式的确定，交点的意义是解题的关键．
．