重庆市第八中学校2020-2021学年八年级上学期期中数学试题

这是一份重庆市第八中学校2020-2021学年八年级上学期期中数学试题，共30页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，在平面直角坐标系中，点在，《九章算术》中有一道题的条件是等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前
2022-2023学年度???学校8月月考卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分




注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．的值是（       ）
A．3 B．-3 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由绝对值的定义可得： 从而可得答案．
【详解】
解：
故选：
【点睛】
本题考查的是绝对值的定义，求一个数的绝对值，掌握以上知识是解题的关键．
2．现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性，下列美术字是轴对称图形的是（   ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念判断．
【详解】
解：A、我，不是轴对称图形，故该选项错误；
B、爱，不是轴对称图形，故该选项错误；
C、中，是轴对称图形，故该选项正确；
D、国，不是轴对称图形，故该选项错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查的是轴对称图形的概念，掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合是解题的关键．
3．在平面直角坐标系中，点在（       ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
根据各象限内点的坐标的符号特征直接判断即可．
【详解】
解：∵点，
∴点的位置在第二象限，
故选：B
【点睛】
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征：第一象限，第二象限，第三象限，第四象限，记住此特征是解决此类问题的关键．
4．如图，△ABC≌△ADE，如果AB＝5cm，BC＝7cm，AC＝6cm，那么DE的长是（　　）

A．6cm B．5cm C．7cm D．无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】
根据全等三角形的性质计算即可；
【详解】
∵△ABC≌△ADE，
∴，
∵BC＝7cm，
∴；
故答案选C．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
5．已知是关于的正比例函数，则的值为（       ）
A．1 B．-1 C． D．0
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正比例函数的定义，指数为1，系数不为0，据此求解即可．
【详解】
解：∵是关于的正比例函数，
∴且，
解得m=-1，
故选：B．
【点睛】
本题考查了正比例函数的定义，一般地，两个变量x，y之间的关系式可以表示成形如y=kx（k为常数，且k≠0）的函数，那么y就叫做x的正比例函数．
6．《九章算术》中有一道题的条件是：“今有大器五小器一容三斛，大器一小器五容二斛。”大致意思是：有大小两种盛米的桶，5大桶加1小桶共盛3斛米，1大桶加5小桶共盛2斛米，依据该条件，若设1个大桶可以盛米x斛，1个小桶可以盛米y斛，则可列方程组为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设1个大桶可以盛米x斛，1个小桶可以盛米y斛，根据“5个大桶加上1个小桶可以盛米3斛，1个大桶加上5个小桶可以盛米2斛”即可得出关于x、y的二元一次方程组．
【详解】
设1个大桶可以盛米x斛，1个小桶可以盛米y斛，
根据题意得：，
故选：A．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，根据数量关系列出关于x、y的二元一次方程组是解题的关键．
7．点和都在直线上，且，则与的关系是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由，可得：随的增大而增大，结合：＜，从而可得答案．
【详解】
解，
＞
随的增大而增大，
＜，
＜．
故选：
【点睛】
本题考查的是一次函数的增减性，掌握一次函数 当＞ 随的增大而增大是解题的关键．
8．按如图所示的运算程序，若输入的的值为-5，则输出的值为（       ）

A．16 B．-14 C． D．-5
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意得：把代入： 从而可得答案．
【详解】
解：由输入的的值为

故选：
【点睛】
本题考查的是利用程序框图求函数的值，掌握以上知识是解题的关键．
9．如图，将一块等腰直角三角板放置在平面直角坐标系中，其直角顶点落在轴上，点落在轴上，点落在第一象限内，已知点，点，连接，则线段的长度为（       ）

A．4 B． C．6 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过作轴于 证明：可得： 再利用勾股定理可得答案．
【详解】
解： 点，点，

如图，过作轴于
则









故选：．
【点睛】
本题考查的是等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理的应用，平面直角坐标系内图形与点的坐标，掌握以上知识是解题的关键．
10．在中，，，的对边分别是，，，以下说法不正确的是（       ）
A．若，则是直角三角形
B．若，则是直角三角形
C．若，则是直角三角形
D．若，，，则是直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】
利用三角形的内角和定理判断，利用勾股定理的逆定理判断，从而可得答案．
【详解】
解： ，


是直角三角形，故正确；
，


是直角三角形，故正确；
，

是直角三角形，故正确；
，，，


不是直角三角形，故错误；
故选：
【点睛】
本题考查的是直角三角形的判定，三角形的内角和定理，勾股定理的逆定理，掌握以上知识是解题的关键．
11．已知关于，的二元一次方程组的解互为相反数，则的值是（       ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意得：解方程组，求解的值，再把的值代入：，从而可得答案．
【详解】
解：由题意得：

②①得：


把代入：，


故选：
【点睛】
本题考查的是二元一次方程组的解，二元一次方程组的解法，掌握以上知识是解题的关键．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



二、填空题
12．若式子有意义，则实数的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【详解】
解：二次根式中被开方数，所以．
故答案为：．
13．如图，直线与直线交于点，则关于，的二元一次方程组的解为______．

【答案】
【解析】
【分析】
由图像可知交点的坐标就是方程组的解．
【详解】
解：有图像可知的解为： ，
故答案为：．
【点睛】
本题考查利用一次函数的交点解二元一次方程组．理解方程组的解与函数图像交点之间的关系是解决问题的关键．
14．如图，在中，点为线段上一点，过点作交于点，连接，已知，，则的度数为______．

【答案】39°
【解析】
【分析】
先根据平行线的性质求得∠BAC，再利用角的和差即可求解．
【详解】
解：∵DE∥AC，∠BDE=73°，
∴∠BAC=∠BDE=73°，
又∵∠EAC=34°，
∴∠BAE=∠BAC-∠CAE=73°-34°=39°，
故答案为：39°．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质，熟记两直线平行，同位角相等并能正确识图是解题关键．
15．直线经过点， 且平行于直线，则这条直线的解析式为______．
【答案】y＝2x-2
【解析】
【分析】
根据两直线平行的问题得到k＝2，然后把代入y＝2x＋b，求出b的值即可．
【详解】
根据题意得k＝2，把代入y＝2x＋b得4=6+b
∴b＝-2，
所以直线解析式为y＝2x-2．
故答案为：y＝2x-2．
【点睛】
本题考查了两直线平行或相交的问题：直线y＝k1x＋b1（k1≠0）和直线y＝k2x＋b2（k2≠0）平行，则k1＝k2；若直线y＝k1x＋b1（k1≠0）和直线y＝k2x＋b2（k2≠0）相交，则交点坐标满足两函数的解析式．也考查了待定系数法求函数的解析式．
16．如图，长方体的棱长为3，棱长为4，棱长为2，一只蚂蚁从点出发，在长方体表面沿如图所示的路径到棱的中点处吃食物，那么它爬行的最短路程是______．

【答案】
【解析】
【分析】
分三种情况讨论：当展开面当展开面：时，当展开面：时，再利用勾股定理求解,再通过比较，可得答案．
【详解】
解：如图，当展开面

由题意得：

如图，当展开面：时，
由题意得：


如图，当展开面：时，

由题意得：

由＜＜，
所以蚂蚁爬行的最短路程是
故答案为：
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，最短路径问题，两点之间，线段最短，掌握把立体图形展开成平面图形，再利用勾股定理求解最短距离是解题的关键．
17．已知三角形两边长分别为6，7，要使该三角形为直角三角形，则第三边长为________
①5       ②       ③       ④8
【答案】②③
【解析】
【分析】
根据勾股定理和分类讨论的方法可以求得第三边的长，从而可以解答本题．
【详解】
由题意可得，当6和7为两直线边时，第三边为：，
当斜边为7时，则第三边为：，
故答案为：②③．
【点睛】
本题考查勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理和分类讨论的数学思想解答．
18．如图，已知直线：，过点作直线的垂线交轴于点，过点作轴的垂线交直线于点；再过点作直线的垂线交轴于点，过点作轴的垂线交直线于点；…；按此作法继续下去，则点的坐标是_______．

【答案】(43，43)
【解析】
【分析】
作AD⊥x于D，求出∠AOD=60°，根据30°角的性质求出OB的长，得到A1的坐标，同理可求出A2的坐标，进而可得A3的坐标．
【详解】
解：作AD⊥x于D，
∵，
∴OD=1，AD=，
∴OA=，
∴∠OAD=30°，
∴∠AOD=60°．
∵AB⊥l，
∴∠ABO=30°，
∴OB=2OA=4．
∵点A1在上，
∴A1B=4，
∴A1(4，4)．
∵A1B⊥x，
∴∠OA1B=30°，
∴OA1=2OB=8．
∵A1B1⊥l，
∴∠A1B1O=30°，
∴OB1=2 OA1=16=42，
∴A2(42，42)，
同理可得，A3(43，43)，
故答案为：(43，43)．

【点睛】
本题主要考查一次函数图像上点的坐标特点，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，涉及到如何根据一次的解析式和点的坐标求线段的长度，以及如何根据线段的长度求出点的坐标，解题时要注意数形结合思想的应用．
19．在中，于点，，，，现将沿着翻折，得到，过作于点，交于点，连，则的值是______．

【答案】
【解析】
【分析】
延长交于证明可得： 再求解 再证明 再分别求解 利用勾股定理可得答案．
【详解】
解：如图，延长交于
由对折可得： 又










是的垂直平分线，






为等边三角形，





故答案为：
【点睛】
本题考查的是轴对称的性质，三角形的全等的性质，等边三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的判定与性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．
20．“九九重阳节， 浓浓敬老情”，今年某花店在重阳节推出“松鹤长春”“欢乐远长”“健康长寿”三种花束.“松鹤长春”花束中有8枝百合，16 枝康乃馨；“欢乐远长”花束中有6枝百合，16枝康乃馨，2枝剑兰；“健康长寿”花束中有4枝百合，12枝康乃馨，2枝剑兰．已知百合花每枝1元，康乃馨每枝元，剑兰每枝5元，重阳节当天销售这三种花束共2549元，其中百合花的销售额为458元，则剑兰的销售量为________枝．
【答案】
【解析】
【分析】
设“松鹤长春”“欢乐远长”“健康长寿”三种花束的销量分别为：（单位：束），再分别求解一束“松鹤长春”“欢乐远长”“健康长寿”的单价，根据重阳节当天销售这三种花束共2549元，其中百合花的销售额为458元，列方程组，再求解剑兰的销量：，即可得到答案．
【详解】
解：设“松鹤长春”“欢乐远长”“健康长寿”三种花束的销量分别为：（单位：束），
由题意可得：一束“松鹤长春”的单价为：（元），
一束“欢乐远长”花束的单价为：（元），
一束“健康长寿”花束的单价为：（元），

②①得：



即剑兰的销量为：枝．
故答案为：
【点睛】
本题考查的是三元一次方程组的应用，利用整体法求解方程组中的量是解题的关键．
评卷人
得分



三、解答题
21．计算：
（1）
（2）
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先求解立方根与零次幂，再合并即可得到答案；
（2）由①+②得：先消去求解 再把代入②得：求解从而可得答案．
【详解】
解：（1）


（2）
①+②得：


把代入②得：

所以方程组的解是：
【点睛】
本题考查的是实数的运算，平方根，立方根的含义，零次幂的含义，二元一次方程组的解法，掌握以上知识是解题的关键．
22．先化简，再求值：已知x，y满足|2x＋1|＋(y＋1)2＝0，求代数式[(x2＋y2)－(x－y)2＋2y(x－y)]÷(－2y)的值．
【答案】0
【解析】
【分析】
所求式子中括号内先利用完全平方公式、单项式乘多项式展开，合并同类项后进行除法运算，根据非负数的性质求出x、y的值，再代入进行计算即可得.
【详解】
解：原式＝[x2＋y2－(x2－2xy＋y2)＋2xy－2y2]÷(－2y)
＝(x2＋y2－x2＋2xy－y2＋2xy－2y2)÷(－2y)
＝(4xy－2y2)÷(－2y)
＝－2x＋y，
因为|2x＋1|＋(y＋1)2＝0，所以x＝－，y＝－1，
所以－2x＋y＝－2×－1＝0
23．平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，．

（1）在图中作，使和关于轴对称；
（2）请直接写出点，，的坐标；
（3）请直接写出的面积．
【答案】（1）图见解析；（2）A1（-5，-1），B1（-3，-5），C1（-1，-4）；（3）5．
【解析】
【分析】
（1）先分别找出△ABC三个顶点关于x轴的对称点位置，依次连接即可；
（2）利用坐标系可写出点A1，B1，C1的坐标；
（3）用矩形面积减去周围三个三角形的面积即可．
【详解】
解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；

（2）由图可知，A1（-5，-1），B1（-3，-5），C1（-1，-4）；
（3）△A1B1C1的面积：．
【点睛】
此题主要考查了作图--轴对称变换，关键是正确确定组成图形的关键点的对称点位置．
24．如图，在中，于点，，点是线段上一点，且，连接交于点．

（1）求证：；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）证明见解析；（2）△BAF的周长为：AB+BF+AF=．
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件只需证明△ACD≌△BED即可证明结论；
（2）先根据勾股定理求得AB，再依据（1）中全等证明∠AFB=90°，再根据勾股定理即可求得AF，从而求得△BAF的周长．
【详解】
解：（1）证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
在△ACD和△BED中，

∴△ACD≌△BED（SAS），
∴∠DAC=∠CBF；
（2）∵AD⊥BC，AD=BD=3，
∴
∵∠DAC=∠CBF，
∴∠DAC+∠C=∠CBF+∠C=90°，
∴∠AFB=90°，
∴，
∴△BAF的周长为：AB+BF+AF=．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理．（1）中掌握全等三角形的证明定理，并能灵活运用是解题关键；（2）中能证明∠AFB=90°是解题关键．
25．如图，在平面直角坐标系中，已知直线：与坐标轴分别交于点，点，直线：与坐标轴分别交于点，点，直线，相交于点．

（1）求直线的解析式；
（2）点是直线上的一个点，连接，若的面积为15，求点的坐标．
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【分析】
（1）先把代入：直线：，求解，再把代入：：，从而可得答案；
（2）先求得的面积，设P的横坐标为x，表示出的面积，然后分两种情况列出关于x的方程，解方程，即可求得P的横坐标，进而求得P的坐标，从而可得答案．
【详解】
解：（1）把代入：直线：，


把代入：：，


直线：
（2）在直线：中，令x=0，则，
∴，
在直线直线：中，令x=0，则y=4，
∴D（0，4），
∴BD=3+4=7，
∴
设P的横坐标为x，
∴
当P在直线的上方时，如图，

则
∵的面积为15，
∴
解得：
∴
∴
当P在直线的下方时，如题图，
则
∵的面积为15，
∴
解得


综上，点P的坐标为或
【点睛】
本题考查了两条直线的交点坐标，待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积等，分类讨论是解题的关键．
26．某学校的教学楼，校门口和公园恰好依次分布在一条笔直的公路上，周五下午初二年级组织学生从校门口出发匀速步行到公园野餐，学生队伍（学生队伍长度忽略不计）出发同时林林发现未带餐垫，便立即匀速跑向教学楼，到教学楼后用6分钟找到了餐垫，他即刻将速度提高至原速度的倍匀速向公园跑去，最后林林比学生队伍提前分钟到达公园．在整个过程中，林林和学生队伍分别到教学楼的距离（米）与学生队伍的步行时间（分钟）之间的关系如图所示．根据图象解决下列问题：

（1）林林最初从校门口跑向教学楼为_______米/分钟，学生队伍的速度为______米/分钟；
（2）学生队伍出发多少分钟后与林林相距360米？
【答案】（1）；（2）分钟或分钟．
【解析】
【分析】
（1）由点可得小林的速度，再求解提速后的速度，校门口到公园的路程，从而可得学生的速度；
（2）设队伍出发分钟后，与林林相距360米，学生队伍的行驶路程为米，林林从教学楼出发行驶的路程为米，分两种情况，学生队伍在前，林林在前，列绝对值方程：再解方程可得答案．
【详解】
解：（1）由图像可得：校门口与教学楼相距米，林林花了分钟时间，
（米/分钟），
速度提高后为：（米/分钟），
由图像可得：学生全程花了分钟，设学生的速度为米/分钟，
则林林从出发到公园花了（分钟），
所以校门口到公园的距离为：（米），
（米/分钟），
故答案为：
（2）设队伍出发分钟后，与林林相距360米，


或
或，
所以学生队伍出发分钟或分钟后与林林相距360米
【点睛】
本题考查的是函数图像的应用，绝对值方程的应用，一元一次方程的应用与解法，掌握以上知识是解题的关键．
27．阅读理解.
材料一：平面内任意两点 ，间的距离公式为：，特别地，当两个点同时在轴或轴上，或者两点所在直线平行于轴或轴时，两点间的距离公式可化简为或；
材料二：如图1，点，在直线的两侧，在直线上找一点，使得的值最大．解题思路：如图2，作点关于直线的对称点，连接并延长，交直线于点，则点，之间的距离即为的最大值．
　　
请根据以上材料解决下列问题：
（1）已知点，在平行于轴的直线上，点在一三象限的角平分线上，，求点的坐标；
（2）如图3，在平面直角坐标系中，点，点，请在直线上找一点，使得最大，求出的最大值及此时点的坐标．
【答案】（1）或；（2），
【解析】
【分析】
（1）点在一三象限的角平分线上，可得：解方程求解 得到的坐标，再画出符合题意的图形，分两种情况求解的坐标即可得到答案；
（2）记 由直线是的对称轴，可得关于对称，连接 交直线于此时最大，再利用两点间的距离公式可得最大值，再求解的解析式，求与的交点的坐标即可．
【详解】
解：（1） 点在一三象限的角平分线上，




如图，当在的上方时，轴，


当在的下方时，轴，

综上：或
（2）如图，记
由直线是的对称轴，

关于对称，
连接 交直线于 连接 则
此时取最大值，
点，

即的最大值为：
设的解析式为：

解得：
的解析式为：
，
解得：

【点睛】
本题考查的是平面直角坐标系内一三象限，二四象限的角平分线上点的坐标特点，平行于坐标轴的两点之间的距离，轴对称的性质，两点间的距离公式，利用待定系数法求解一次函数的解析式，求解函数的交点坐标，掌握以上知识是解题的关键．
28．已知：在中，，点为线段上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点．

（1）如图1，若，，，求线段的长度；
（2）如图2，若，点是线段延长线上一点，连接与交于点，且，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，点为的中点，过点作交于点，连接，若，请直接写出线段、、的关系．
【答案】（1）AB=；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理先求得AC2，再求得AB；
（2）过点B作BN⊥CE于N，由“AAS”可证△BCN≌△CAE，可得CN=AE，BN=CE，由角的数量关系可证∠ECF=∠EFC=45°，可得EF=EC=BN，由“AAS”可证△BGN≌△FGE，可得GN=GE，由此可证得结论；
（3）连接CH，由线段垂直平分线的性质可得HC=HE，由角的数量关系可证∠CHD=∠CDH，可得CH=CD，由等腰直角三角形的性质可得结论．
【详解】
解：（1）∵∠AEC=90°，
∴AC2=AE2+CE2=17，
∵∠ACB=90°，
∴AB2=BC2+AC2=9+17=26，
∴AB=；
（2）如图2，过点B作BN⊥CE于N，

∵BN⊥CE，EF⊥CE，
∴∠BNC=∠CEA=90°=∠ACB，
∴∠BCN+∠CBN=90°=∠BCN+∠ACE，
∴∠CBN=∠ACE，
又∵AC=BC，
∴△BCN≌△CAE（AAS），
∴CN=AE，BN=CE，
∵AC=BC，∠BCA=90°，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵∠DAE+∠ACE+∠BAC+∠E=180°，
∴∠DAE+∠ACE=45°，
又∵∠DAE=∠ACF，
∴∠ACF+∠ACE=45°，
∴∠ECF=45°，
∴∠ECF=∠EFC=45°，
∴EF=EC，
又∵CN=AE，BN=CE，
∴EF=EC=BN，NE=AF，
∵∠BNG=∠E=90°，∠BGN=∠FGE，EF=BN，
∴△BGN≌△FGE（AAS），
∴GN=GE，
∴AF=2GE；
（3），
理由如下：如图3，连接CH，

∵点M为CE的中点，HM⊥CE，
∴CH=HE，
∴∠HEC=∠HCE，
∵∠HEC+2∠ACE=90°，
∴∠HCE+2∠ACE=90°，
又∵∠HCE+∠BCH+∠ACE=∠ACB=90°，
∴∠BCH=∠ACE，
∴∠BCH+∠B=∠ACE+∠CAB，
∴∠CHD=∠CDH，
∴CH=CD，
∴HE=CD=CH，
∵CE=CD+DE=HE+DE，，
∴．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识，能正确添加辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．