精品解析：湖南省郴州市永兴县树德初级中学2022-2023学年八年级下学期期末数学试题（解析版）

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永兴县树德中学 2023 年上期八年级期末考试数学 A 卷
一、单选题(共 24 分）
1. 为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由16元降为9元，设平均每次降价的百分率是，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设平均每次降价的百分率是，根据降价后的价格＝降价前的价格×（1－降价的百分率），则第一次降价后的价格是，第二次降价后的价格是，据此即可列方程求解．
【详解】解：根据题意可得：
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，关键是根据题意找到已知量和未知量之间的等量关系，列出方程即可．
2. 同时满足直线和直线的图象是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系，以及“直线是指是经过且与x轴平行的直线”使用排除法即可．
【详解】解：直线是经过且与x轴平行的直线，
故排除A、B；
∵直线中，，
∴此一次函数的图象经过一、三、四象限，故排除A、B、C．
故选：D．
【点睛】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，掌握利用k、b的符号确定一次函数所经过的象限是解题的关键．
3. 若a、b是菱形的两条对角线的长，且a、b是一元二次方程的两个根，则菱形的周长为（ ）
A. 16 B. 20 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用根与系数的关系可得出，进而可得出的值，利用勾股定理及菱形的性质，可求出菱形的边长，再利用菱形的周长计算公式，即可求出菱形的周长．
【详解】解：∵a、b为一元二次方程的两根，
∴，
∴，
∴菱形的边长为，
∴菱形的周长为．
故选：B．
【点睛】本题考查了根与系数的关系、菱形的性质以及勾股定理，利用根与系数的关系及勾股定理，求出菱形的边长是解题的关键．
4. 如图，直线l是一次函数的图象，且直线l过点，则下列结论错误的是（ ）

A. B. 直线l过坐标为的点
C. 若点，在直线上，则 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象可知，即得出，可判断A；将点代入，即得出，即直线的解析式为，由当时，，即可判断B；由图象可知该函数y的值随x的增大而减小，从而即可得出，可判断C正确；由该函数y的值随x的增大而减小，且当时，，即得出当时，，从而可判断D．
【详解】∵该一次函数的图象经过第二、三、四象限，且与y轴的交点位于x轴下方，
∴，
∴，故A正确，不符合题意；
将点代入，得：，
∴，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴直线l过坐标为的点，故B正确，不符合题意；
由图象可知该函数y的值随x的增大而减小，
又∵，
∴，故C正确，不符合题意；
∵该函数y的值随x的增大而减小，且当时，，
∴当时，，即，故D错误，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查一次函数的图象和性质．由图象确定出，y的值随x的增大而减小是解题关键．
5. 将方程配方成的形式，下列配方结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先二次项化系数为1，将常数项移到方程的右边，然后方程两边同时加上一次项系数的一半，即可求解．
【详解】解：
二次项化系数为1得：
移项得：
配方得：
整理得：
故选：D．
【点睛】本题考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．
6. 如图，某电信公司推出两种不同的收费标准：A种方式是月租20元，B种方式是月租0元，一个月本地网内打出时间t（分）与打出电话费S（元）的函数关系图象，当打出150分钟时，这两种方式的电话费相差（ ）

A. 10元 B. 15元 C. 20元 D. 25元
【答案】A
【解析】
【分析】根据图象先求出两条直线的解析式，然后时代入各自的解析式就可以求出各自的付费情况从而求出结论．
【详解】解：设种方式直线的解析式为：，种方式直线的解析式为：，
由图象可得：，，
解得，，
这两个函数的解析式分别为：，，
当时，
，，
两种方式的电话费相差：，
故选A．
【点睛】本题考查一次函数的实际应用，解题的关键是读懂题意，求出函数解析式．
7. 已知关于x的方程有两个实数解，求k的取值范围（ ）
A. B. 且 C. D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次项系数非零及根的判别式以及二次根式有意义的条件，即可得出关于k的一元一次不等式组，然后求解即可解答．
【详解】解：∵关于x的方程有两个实数解，
∴且，
解得：且．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了根的判别式、一元二次方程的定义、二次根式有意义的条件等知识点，根据二次项系数非零及根的判别式，列出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
8. 如图，的顶点坐标分别为，，，将沿轴向右平移，当点落在直线上时，线段扫过的面积为(　　)

A. 36 B. 48 C. D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出相应的图形，由平移的性质得到向右平移到位置时，四边形为平行四边形，点与点重合，此时在直线上，根据坐标得出的长，即为的长，平行四边形的面积由底，高，利用面积公式求出即可．
【详解】解：如图所示，


当向右平移到位置时，四边形为平行四边形，点与点重合，此时在直线上，
，
，
将代入中得：，即，
，，即，
，
则线段扫过的面积．
故选：B．
【点睛】此题考查了一次函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，平移的性质，以及平行四边形面积求法，作出相应的图形是解本题的关键．
二、填空题(共 24 分）
9. 已知一直线y＝kx＋b平行于直线y＝－3x＋4，且与直线y＝2x－6的交点在x轴上，则这条直线的解析式__________________．
【答案】y＝－3x＋9
【解析】
【分析】根据两个一次函数的图象平行，则一次项系数一定相等即可求出一次函数的解析式．
【详解】解：∵直线y＝kx＋b与直线y＝−3x＋4平行，
根据两个一次函数的图象平行，则一次项系数一定相等
∴k＝−3，
又与直线y＝2x−6的交点在x轴上，2x−6＝0，解得交点坐标为（3，0），
∴直线y＝−3x＋b过（3，0）点，代入
即：−9＋b＝0，则b＝9．
∴函数的解析式为：y＝−3x＋9．
故答案为：y＝−3x＋9．
【点睛】本题主要考查了一次函数的特点及两直线平行未知数系数的特点解答，难度一般．
10. 已知是方程的两个实数根，则的值是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】利用根与系数的关系求出，把代入方程得到关系式，变形后代入计算即可．
【详解】解：∵是方程的两个实数根，
∴，
∴把代入方程得：，
可得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，已知式子的值求代数式的值，掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
11. 如图，平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A坐标为，点坐标为，若直线平分平行四边形的面积，则的值为______．

【答案】##
【解析】
【分析】连接和，交于点G．利用中点坐标公式求出G的坐标，根据平行四边形的性质结合题意得到必过G点，代入G点坐标运算求解即可．
【详解】解：如图，连接和，交于点G．

∵四边形是平行四边形，
∴G为中点，
∴，即．
∵平分平行四边形面积，
∴必过G点，
∴，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查一次函数的性质，平行四边形的性质．理解该直线必过点G是解题的关键．
12. 如图，直线与直线相交于点A，则关于x的不等式的解集为________．

【答案】
【解析】
【分析】以两函数图像交点为分界，比较直线在上面的部分，再以与交点为分界，比较直线再轴上面部分，同时满足的自变量的取值即为不等式的解集．
【详解】解：把代入中，得：，解得：；
根据图像可知，直线在上面的部分，且直线再轴上面部分的图像所对应的自变量为的解集：
即：不等式的解集为：；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了根据两直线的交点求不等式的解集，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
13. 三角形两边的长分别是8和6，第三边的长是一元二次方程的一个实数根，则该三角形的面积是_____________．
【答案】或24##24或
【解析】
【分析】已知方程利用因式分解法求出解，得到第三边长，分类讨论求出三角形的面积即可．
【详解】解：方程，
分解因式得：，
解得：或，
当时，三角形为等腰三角形，腰长为6，底边长为8，
则底边上的高，
∴三角形的面积为：；
当时，
∵，
∴三角形为直角三角形，两条直角边的长分别为8和6，
∴三角形的面积为：；
综上：三角形的面积为：或24；
故答案为：或24．
【点睛】此题考查了解一元二次方程，三角形三边关系，等腰三角形的性质，以及勾股定理逆定理，熟练掌握因式分解法解一元二次方程是解题的关键．
14. 如图，矩形的边分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点B的坐标为，点D为对角线上一点．若，则点D到x轴的距离为__________．

【答案】
【解析】
【分析】由点B的坐标为可得直线的解析式为，设点D到的坐标为，根据两点间距离公式可得解得a的值，进而求得点D的纵坐标即可解答．
【详解】解：∵点B坐标为
∴由待定系数法可得直线的解析式为
设点D到的坐标为
∴，解得或（舍弃）
∴点D到x轴的距离为点D的纵坐标．
故答案为．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、一次函数的应用等知识点，正确作出辅助线、构造直角三角形是解答本题的关键．
15. 非零实数m，满足，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知判断出m，n是方程的两实数根，然后利用根与系数关系即可求解．
【详解】解：∵实数，满足等式，，
∴m，n是方程的两实数根，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了方程的解以及一元二次方程的根与系数关系，能熟练利用方程解的定义得到m，n是方程的两实数根是解题的关键．
16. 已知关于x，y的二元一次方程组的解都为非负数，若，则W的最大值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】先求出方程组的解，再由二元一次方程组的解都为非负数，可得关于a的不等式组，确定a的取值范围，再由一次函数的增减性求解即可．
【详解】解：，
解得：，
∵二元一次方程组的解都为非负数，
∴，
解得：．
∵，W随a的增大而增大，
∴当时，，
故答案为：1
【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组及一次函数的基本性质，熟练掌握解二元一次方程组，解一元一次不等式组的方法是解题的关键．
三、解答题(17-19 每题 6 分，20-23 每题 8 分，24、25 每题 10 分，26 题 12 分，共 82 分）
17. 用适当的方法解下列方程：
（1）．
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式法解方程即可；
（2）整理后，利用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：
∵，
∴，
∴，
∴
【小问2详解】

∴，
则，
∴，
则或，
∴
【点睛】此题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的各种方法是解题的关键．
18. 已知关于的函数．
（1）若函数为正比例函数，求的值；
（2）若随的增大而减小，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正比例函数的定义可得，，进行计算即可得到答案；
（2）根据一次函数的性质可得，进行计算即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵关于的函数是正比例函数，
∴，，
解得；
【小问2详解】
解：∵随的增大而减小，
∴，
∴，
∴的取值范围是．
【点睛】本题主要考查了正比例函数的定义、一次函数的性质，熟练掌握正比例函数的定义、一次函数的性质，是解题的关键．

19. 如图，在平面直角坐标系中，直线过点A，且与直线相交于点，直线与x轴相交于点C．

（1）求m的值．
（2）求的面积．
（3）根据图象，直接写出关于x的不等式的解集．
【答案】（1）
（2）4 （3）
【解析】
【分析】（1）由点B的坐标利用一次函数图象上点的坐标特征可求出值，
（2）根据待定系数法可求直线的解析式；由点B的坐标利用一次函数图象上点的坐标特征可求出的值，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、C的值，由点A、B、C的坐标利用三角形的面积可求出的面积；
（3）根据两直线的上下位置关系结合点B的横坐标，即可得出不等式的解集．
【小问1详解】
解：∵直线过点，
∴ ，
解得：，
∴
【小问2详解】
解：∵直线过点，
，
解得：，
直线的解析式为 ；
在函数中，
当时，，
点A的坐标为；
在函数中，
当时，，
点的坐标为，
，
；
【小问3详解】
解：观察函数图象，可知：

直线与直线相交于点，
∴当时，直线在直线的上方，
不等式 的解集为．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，解题的关键是：（1）将代入中求出值；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征求出点A、C的坐标；（3）由两直线的上下位置关系找出不等式的解集．
20. 某中学开展了关于“构建书香校园”的读书活动，以建设书香校园、和谐校园为目标，引领广大师生“走进五千年文明，品读祖国经典文章”．学校计划采购两类图书，通过市场了解到每套A类图书的价格是每套B类图书价格的1.5倍，用4000元购买的B类图书比用3000元购买的A类图书多20套．
（1）A、B两类图书每套分别是多少元？
（2）现学校计划采购60套图书，且A类图书的数量不低于B类图书数量的一半，该校应该如何采购两类图书才能使得总费用最低，并求出最低费用．
【答案】（1）A类图书每套150元，B类图书每套100元
（2）学校购买A类图书20套，B类图书40套时，总费用最低，最低费用为7000元
【解析】
【分析】（1）设种图书每套元，则A种图书每套元，根据用元购买的种图书比用元购买的A种图书多套列出方程，解方程即可，注意验根；
（2）设学校购买A种图书m套，则购买种图书套，购买图书的总费用为w元，根据总费用两种图书费用之和列出函数解析式，再根据A种图书数量不低于种图书数量的一半求出m的取值范围，由函数的性质求最值．
【小问1详解】
解：设B类图书每套x元，则A类图书每套元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是分式方程的根，
∴，
∴A类图书每套150元，B类图书每套100元；
【小问2详解】
解：设学校购买A类图书m套，购买图书总费用为w元，
由题意得：，
∵，解得：，
∵，
∴w随m的增大而增大，
∴当m=20时，，
答：学校购买A类图书20套，B类图书40套时，总费用最低，最低费用为7000元
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，分式方程的应用，一元一次不等式的应用，关键是找到数量关系列出函数解析式或方程和不等式．
21. 已知关于的方程．
（1）求证：无论取何实数值，方程总有实数根；
（2）若等腰三角形的一边，另两边长恰好是这个方程的两个根，求的周长．
【答案】（1）见解析 （2）14
【解析】
【分析】（1）计算方程的根的判别式，若，则方程总是有实数根；
（2）已知，则可能是底，也可能是腰，分两种情况求得的值后，再求出的周长，注意两种情况都要用三角形三边关系定理进行检验．
【小问1详解】
证明：



，
∴无论取何值，方程总有实数根；
【小问2详解】
解：①若为底边，则为腰长，，，
∴，
解得：，
此时原方程化为，
∴，即，
此时三边为6，2，2不能构成三角形，故舍去；
②若为腰，则中一边为腰，
把代入方程，，
∴，
则原方程化为，
，
∴，，
此时三边为6，6，2能构成三角形，
综上所述：三边为6，6，2，
∴周长为．
【点睛】本题主要考查了根的判别式及三角形的三边关系定理，注意求出三角形的三边后，要用三边关系定理检验．
22. 等边，边长为，点P从点C出发以向点B运动，同时点Q以向点A运动，当一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为，

（1）求当为直角三角形时的时间；
（2）面积能否为，若存在求时间，若不存在请说明理由．
【答案】（1）或者
（2）存在，2
【解析】
【分析】（1）根据题意有，，即，即可得，分当为直角三角形,且时和当为直角三角形,且时，两种情况讨论，根据含角的直角三角形的性质列出一元一次方程，解方程即可求解；
（2）过Q点作于点M，先求出，即有，进而有，即，令，可得，解方程即可求解．
【小问1详解】
根据题意有，，即，
∵，
∴，
当为直角三角形,且时，如图，

∵等边中，，
∴，
∴，
∴，
解得：；
当为直角三角形,且时，如图，

∵等边中，，
∴，
∴，
∴，
解得：；
即t的值为或者；
【小问2详解】
存在，理由如下：
过Q点作于点M，如图，

∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
令，
∴，
整理得：，
解得：，或者，
∵，
∴，
即t的值为2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，一元一次方程的应用，一元二次方程的应用等知识，明确题意，根据含角的直角三角形的性质正确列式，是解答本题的关键．
23. 如图，直线与坐标轴分别交于点A，C，直线与直线关于y轴对称．

（1）求直线的解析式．
（2）若点在的内部，求m的取值范围．
（3）若过点O的直线L将分成的两部分的面积比为，直接写出L的解析式．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）先求出点的坐标，根据对称得到点的坐标，最后根据待定系数法即可求得直线的解析式；
（2）将分别代入直线与直线的解析式，即可解答；
（3）分类讨论，即直线L与直线相交或者直线L与直线相交，求出交点坐标，根据三角形面积比即可解答．
【小问1详解】
解：由题意得，
∵直线与直线关于y轴对称，
∴，
设直线的解析式为，
把点和点的坐标代入得，
解得，
所以直线BC的解析式为；
【小问2详解】
解：当点P在直线上时，可得，解得
当点P在直线上时，可得，解得
∴当点P在的内部时，m的取值范围是；
【小问3详解】
解：如图，当直线L与直线相交时，设交点为，

设直线L的解析式为，
联立方程，解得，
,
根据题意得，
可得方程，
解得，经检验，符合题意；
此时直线L的解析式为；
如图，当直线L与直线相交时，设交点为，

设直线L的解析式为，
同理可得，
此时直线L的解析式为，
综上所述，L的解析式为或．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，待定系数法求一次函数，一次函数的交点，根据题意进行分类讨论是解题的关键．
24. 如图：在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于A，B 两点，直线与直线交于点C ．

（1）求C 点坐标；
（2）在 x 轴上有一点 D ， D 在 B 的右侧，若，求 D 点坐标；
（3）在第（2）小题的条件下，点E的坐标为，若在y轴上存在一个点F，使得是等腰三角形，请直接写出点 F 坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）或或或
【解析】
【分析】（1）联立直线和，解方程组即可得出点的坐标；
（2）设点横坐标为，求出点A、的坐标，利用三角形的面积公式列出方程，解方程即可得出结论；
（3）分四种情况：当时，当，点F在点A下面时，当，点F在点A上面时，当时，分别画出图形求出结果即可．
【小问1详解】
解：联立直线和得，
解得，
；
【小问2详解】
解：设点的横坐标为，如图，

直线与坐标轴交与A，两点，
∴把代入得：，
把代入得，
解得：，
，，
，
，
解得：，
点的坐标为；
【小问3详解】
解：∵，，
∴；
当时，如图所示：

∵，
∴，
∴此时点F的坐标为；
当，点F在点A下面时，如图所示：

∵，
∴，
∴此时点F的坐标为；
当，点F在点A上面时，如图所示：

∵，，
∴，
∴此时点F的坐标为；
当时，如图所示：

设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴此时点F的坐标为；
综上分析可知，点F的坐标为：或或或．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查的一次函数的性质、三角形的面积，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是运用分类思想，画出图形，利用等腰三角形的腰长相等列方程求解．
25. 已知关于的一元二次方程有两个实数根．
（1）试求的取值范围；
（2）若，求的值；
（3）若此方程的两个实数根为，，且满足，试求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围；
（2）由根与系数的关系可得出，，结合可得出关于的方程，解之即可得出的值；
（3）由（2）可知：，，根据，可得，即由，可得，进而可得，则有，即，问题得解．
【小问1详解】
∵关于x的一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：；
【小问2详解】
∵方程的两个实数根为，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
整理得：，
解得：或者，
∵根据（1）有，
即；
【小问3详解】
由（2）可知：，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵根据（1）有，
即．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，灵活运用完全平方公式的变形是解题的关键．
26. 如图，函数的图像分别与x轴、y轴交于A、B两点，点C在y轴上，AC平分∠OAB．

（1）求点A、B的坐标；
（2）求△ABC的面积；
（3）点P在第一象限内，且以A、B、P为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你直接写出点P的坐标．
【答案】（1），
（2）
（3）点坐标为或或或
【解析】
【分析】（1）在函数解析式中分别令和，解相应方程，可求得、的坐标；
（2）过作于点，由勾股定理可求得，由角平分线的性质可得，再根据，可求得，则可求得的面积；
（3）可设，分、和三种情况，分别构造“”型全等，可求得点坐标．
【小问1详解】
解：在中，
令可得
解得，
令，解得，
，；
【小问2详解】
如图，过点作于点，

平分，
，
由可知，，
，
，
，解得，
；
【小问3详解】
点P在第一象限内，为等腰直角三角形，
有、和三种情况，
①当时，如图，过点作轴于点，则

∵，，
∴，
∴
∴,
∴,
∴此时点坐标为；
②时，如图，

同理可得
∴,
∴,
则此时点坐标为；
③时，如图，过点作轴，过点作于点，

同理可得，
∴，
∴
解得：
∴
所以此时点坐标为；
综上可知使为等腰直角三角形的点坐标为或或．
【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及函数图象与坐标轴的交点、勾股定理、三角形的面积、角平分线的性质、等腰直角三角形的性质、分类讨论思想及方程思想等知识．在(1)中注意函数图象与坐标轴的交点的求法，在(2)中利用角平分线的性质和等积法求得的长是解题的关键，在(3)中根据全等三角形的性质证明，由全等三角形的性质得到关于点坐标是解题的关键．