16，四川省成都市锦江区成都市七中育才学校2023-2024学年八年级上学期期末数学试题

这是一份16，四川省成都市锦江区成都市七中育才学校2023-2024学年八年级上学期期末数学试题，共31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。

A卷（共100分）
第Ⅰ卷（选择题，共32分）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）
1. 49的算术平方根是（ ）
A. 7B. ±7C. ﹣7D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义解答即可.
【详解】∵49的平方根是±7，
∴49的算术平方根是7．
故选A.
【点睛】本题考查平方根与算术平方根，一个正数的平方根有两个，它们互为相反数，其中正的平方根叫做算术平方根.
2. 下列各组数中，以它们为边长的线段能构成直角三角形的是（ ）
A. 3，4，7B. 8，10，15C. 6，8，10D. 7，24，26
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理的逆定理，根据勾股定理的逆定理，只需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．
【详解】解：A、，不能够成三角形，故本选项不符合题意；
B、，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、，能构成直角三角形，故本选项符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：C
3. 如图，在平面直角坐标系中有一点被墨迹遮挡了，这个点的坐标可能是（ ）您看到的资料都源自我们平台，家威杏 MXSJ663 低至0.3元/份
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，这个点在第二象限，根据平面直角坐标系内每个象限内点坐标的符号特征分别判断即可．
【详解】解：由图可知，这个点在第二象限，
在第一象限，故A不符合题意；
在第二象限，故B符合题意；
在第三象限，故C不符合题意；
在第四象限，故D不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了象限内点的坐标特征，熟练掌握象限内点的坐标特征是解本题的关键．象限内点的坐标特征：第一象限（正，正），第二象限（负，正），第三象限（负，负），第四象限（正，负）．
4. 下列命题是假命题的是（ ）
A. 全等三角形的面积相等B. 两直线平行，同位角相等
C. 如果两个角相等，那么它们是对顶角D. 平行于同一条直线的两条直线平行
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质、平行线的性质、对顶角、平行公理推论，熟练掌握相关性质是解题关键．根据全等三角形的性质、平行线的性质、对顶角、平行公理推论逐项判断即可得．
【详解】解：A、全等三角形的面积相等，是真命题，则此项不符合题意；
B、两直线平行，同位角相等，是真命题，则此项不符合题意；
C、相等的两个角不一定是对顶角，则此项是假命题，符合题意；
D、平行于同一条直线的两条直线平行，是真命题，则此项不符合题意；
故选：C．
5. 八年级一班甲、乙、丙、丁四名学生本学期数学测验成绩的平均分都是分，方差分别是，，，，这四名学生成绩最稳定的是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了根据方差判断稳定性，根据方差越小，越稳定即可得到答案.
【详解】解：∵在平均数相同的情况下，方差越小，越稳定.
∴这四名学生成绩最稳定的是甲
故选：A
6. 一块含角的直角三角板，按如图所示方式放置，顶点A，分别落在直线，上，若直线，，则的度数是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．
过点B作，则，根据平行线的性质得出，进而可得出，最后代入数据计算即可．
【详解】解：如图：过点B作，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
7. 我国古代数学名著《九章算术》中记载了一个问题，大意是：有几个人一起去买一件物品，每人出9元，多4元；每人出8元，少5元．问有多少人？该物品价值多少元？如果设有人，该物品值元，那么可列方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二元一次方程组解古代数学问题，读懂题意，找到等量关系列方程是解决问题的关键．
由题中设有人，物品价值元，根据每人出9元，多4元；每人出8元，少5元列方程即可得到答案．
【详解】解：设有人，该物品值元，
∵每人出9元，多4元，
∴；
∵每人出8元，少5元，
∴；
∴根据题意可列方程组
故选B．
8. 关于一次函数，下列结论正确的是（ ）
A. 图象不经过第二象限
B. 图象与轴的交点是
C. 图象与坐标轴形成的三角形的面积为36
D. 点和都在该函数图象上，若，则
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查一次函数的图像及其性质及一次函数图像上点的坐标特征等知识点，掌握一次函数的性质及函数图像与坐标轴交点的求法是解题的关键．
【详解】解：A．，图象过一、二、四象限，选项错误；
B．令，则，解得，图象与轴的交点是，选项错误；
C．当时，，图象与坐标轴形成的三角形的面积为，选项错误；
D．y随x的增大而减小，故，则，选项正确；
故选D．
第Ⅱ卷（非选择题，共68分）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9. 的整数部分为______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查的无理数的整数部分的含义，先确定，从而可得的整数部分，掌握无理数的估算方法是解本题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴的整数部分为，
故答案为：．
10. 使函数有意义的的取值范围是______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握二次根式的被开方数是非负数，据此列出关于x的不等式，解不等式即可．
【详解】解：根据题意，得：
，
解得：．
故答案为：．
11. 已知点A(a，5)与B(2，b)关于y轴对称，则a＋b＝______．
【答案】3
【解析】
【详解】解：∵点A（a，5）与点B（2，b）关于y轴对称，
∴a=-2，b=5，
∴a+b=-2+5=3．
故答案为∶3
12. 如图，在长方形中，，，将此长方形沿折叠，使点与点重合，则的长度为______．
【答案】6
【解析】
【分析】本题考查勾股定理与折叠问题．折叠得到，设，利用勾股定理进行求解即可，掌握折叠的性质和勾股定理，是解题的关键．
【详解】解：∵折叠，
∴，
设，
∵在长方形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：6．
13. 如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点和；②分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线交于点；④过点作交于点．若，则的度数是______．
【答案】##36度
【解析】
【分析】根据作图可得，是的角平分线，则，根据平行线的性质可得，然后根据等量代换即可解答．
本题主要考查了作角平分线、平行线的性质等知识点，掌握角平分线的作法是解题的关键．
【详解】解：根据作图可得，是的角平分线，则，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14. （1）计算：；
（2）解方程组：
【答案】（1）3；（2）
【解析】
【分析】此题考查了解二元一次方程组，以及实数的运算．
（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值代数意义，以及二次根式性质计算即可求出值；
（2）方程组整理后，利用加减消元法求出解即可．
【详解】解：（1）
；
（2）方程组整理得：，
①②得：，
把代入①得：，
解得：，
则方程组的解为．
15. 如图，在平面直角坐标系中，在第二象限，且点、、的坐标分别为，，．
（1）作出；
（2）作出关于轴对称的，并求出的面积；
（3）若四边形为平行四边形，则点的坐标为______．
【答案】（1）画图见解析
（2）画图见解析，
（3）
【解析】
【分析】本题考查的是坐标与图形，画轴对称图形，求解网格三角形的面积，平行四边形的性质，熟练的画图是解本题的关键；
（1）根据点、、的坐标分别为，，先描点，再画图即可；
（2）根据轴对称的性质确定对称点，，，再顺次连接即可，再利用割补法求解三角形的面积即可；
（3）利用平行四边形的性质结合中点坐标公式可得答案．
【小问1详解】
解：如图，为所作的三角形；
．
【小问2详解】
如图，即为所求作的三角形；
．
∴的面积为；
【小问3详解】
如图，∵点、、的坐标分别为，，，四边形为平行四边形，
设，
∴，
解得：；
．
∴．
16. 某校组织广播操比赛，打分项目（每项满分10分）包括以下几项：服装统一、进退场有序、动作规范，其中甲、乙两个班级的各项成绩（单位：分）分别如下：
（1）填空：根据表中提供的信息，甲、乙两个班级各项成绩的这6个数据的众数是___________，中位数是___________；
（2）如果将服装统一、进退场有序、动作规范这三项得分依次按30%，30%，40%的比例计算各班的广播操的比赛成绩，试问甲、乙两个班级哪个班的广播操比赛成绩较高？
【答案】（1）8，8.5
（2）乙班
【解析】
【分析】（1）将六个数据从小到大排列，出现最多即为众数，排在中间的两个数的平均数为中位数；
（2）按照三项得分的比例计算最终得分，然后比较即可．
【小问1详解】
解：将数据从小到大排列得：8，8，8，9，9，10
∴众数是8；中位数是；
【小问2详解】
解：甲班这次比赛的成绩为：（分）；
乙班这次比赛的成绩为：（分）；
∵，
∴乙班广播操比赛成绩较高．
【点睛】本题主要考查中位数及众数以及按照权重计算，熟练掌握众数及中位数的计算方法和求加权平均数的方法是解决本题的关键．
17. 如图，点，分别是平行四边形对角线上两点，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，求平行四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）平行四边形的面积为
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分的性质，和，即可由对角线互相平分的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形，
（2）作四边形的边上的高，根据角直角三角形的性质求出高，即可求解，
本题考查了平行四边形的性质和判定，含角的直角三角形，平行四边形的面积公式．
【小问1详解】
解：连接，交于，
在平行四边形中，，
，

又，
四边形是平行四边形，
【小问2详解】
作交的延长线与点，
，，
，
，
故答案为：平行四边形的面积为．
18. （1）已知直线：和直线：，请在下面的坐标系中作出这两条直线，并直接写出方程组的解______；
（2）直线：与轴，轴的交点分别为A，，第一象限内有一点的坐标为，且与的面积相等，求点坐标；
（3）在（2）的条件下，若线段与一次函数的图像有交点．
①一次函数的图像必过某个定点，则该定点的坐标为______；
②一次函数中的取值范围是______．

【答案】（1）见解析，；（2）；（3），或
【解析】
【分析】本题主要考查一次函数与二元一次方程组，正确得出函数图像与坐标轴交点是解题关键．
（1）如图：在方格纸中画出直线、，其交点坐标即为方程组的解；
（2）根据与的面积相等，得出点C在过原点O且平行于直线的直线上，即，把点坐标代入求出t的值即可；
（3）①把转化成，即可得出定点坐标；②先求出直线过点A，B时的k的值，再根据函数的性质确定k的取值范围即可．
【详解】解：（1）∵直线：，直线：，
∴直线与x的交点坐标为，与y轴的交点坐标为；直线过点、，
如图：在方格纸中描点、连线画出直线、，观察可知其交点坐标为，则方程组的解为；

故答案：．
（2）∵与的面积相等，
∴点C在过原点O且平行于直线的直线上，即，
∵点在直线上，
'∴，解得：，
∴；
（3）①∵，
∴次函数的图像必过定点；
②当直线经过点A时，则有：，解得：，
当直线经过点B时，则有：，解得：，
∴线段与一次函数的图像有交点，

∴k的取值范围是或．
故答案为: ①； ②或．
B卷（共50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19. 已知，则的立方根为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件以及求一个数的立方根，根据二次根式有意义的条件可求出a的值，进而可求出b的值，然后即可求出答案．
【详解】解：根据题意可得：和，
解得：，
则原等式为：，
解得：，
∴的立方根为．
故答案为：．
20. 如图，已知直线：和直线：相交于点，且，当时，的取值范围是______．

【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、一次函数与不等式等知识，运用数形结合的思想分析问题是解题关键．过点作轴于点，利用勾股定理解得的值，进而可确定点坐标，然后结合图像即可获得答案．
【详解】解：如下图，过点作轴于点，

∵，
∴，,
又∵，
∴在中，可有，
即，解得或（舍去），
∴，
由图像可知，当时，的函数图像在的函数图像下方，
∴当时，的取值范围是．
故答案为：．
21. 是关于，的二元一次方程组，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组、代数式求值等知识点，正确解方程组是解题的关键．
先解关于，的二元一次方程组，然后代入计算即可．
【详解】解：，
得：，即：，
将代入①可得：，
所以．
故答案为．
22. 如图，在中，，，，为边上一点，且，为边的中点，分别连接，，交点为，则的长度为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，一次函数的应用，解题的关键是用待定系数法求出直线的解析式，得到F的坐标．以C为原点为x轴，为y轴建立直角坐标系，过F作于M，由勾股定理得到，求出，由线段中点定义求出，得到，用待定系数法求出直线的解析式是，直线的解析式是，从而求出F的坐标是，得到，，求出，由勾股定理得到．
【详解】解：以C为原点为x轴，为y轴建立直角坐标系，
过F作于M，
∵，
∴
∵，
∴，
∵E为边的中点，
∴，
∴
设直线的解析式是把的坐标代入得：
，
∴，
∴直线的解析式是①，
设直线的解析式是，把的坐标代入；
，
∴，
∴直线的解析式是直线的解析式是②，
由①②解得：，
∴F的坐标是，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
23. 在中，，，，，分别为射线与射线上的两动点，且，连接，，则最小值为______；的最大值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理；过点作，使得，过点作于点，连接，证明得出，则当在线段上时，取的最小值，最小值为的长，延长至使得，连接，则进而勾股定理，即可求解；
【详解】解：如图，过点作，使得，过点作于点，连接，
在中，
，
∴，
∴，
∴，则当在线段上时，取的最小值，最小值为的长，
∵，，，
∴
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
如图所示，延长至使得，连接，则， ，
∴，
故答案为：，．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24. 七中育才学校数学组组织学生举行“数学计算大赛”，需购买甲、乙两种奖品．若购买甲奖品3个和乙奖品4个，需160元；购买甲奖品4个和乙奖品5个，需205元．
（1）甲、乙两种奖品的单价各是多少元？
（2）学校计划购买奖品200个，设购买甲奖品个，购买这200个奖品的总费用为元．
①求关于的函数关系式；
②若购买甲奖品的数量不少于30个，同时又不超过80个，则该学校购进甲奖品、乙奖品各多少个，才能使总费用最少？
【答案】（1）甲种奖品的单价是20元，乙种奖品的单价是25元
（2）①；②该学校购买甲奖品80个，乙奖品120个，才能使总费用最少
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、一次函数的应用，正确建立方程组和熟练掌握一次函数的性质是解题关键．
（1）设甲种奖品的单价是元，乙种奖品的单价是元，根据两种购买方式的费用建立方程组，解方程组即可得；
（2）①先求出购买乙奖品为个，再根据（1）的结果即可得；
②利用一次函数的性质求解即可得．
【小问1详解】
解：设甲种奖品的单价是元，乙种奖品的单价是元，
由题意得：，
解得，
答：甲种奖品的单价是20元，乙种奖品的单价是25元．
【小问2详解】
解：①由题意可知，购买乙奖品为个，
则，
即关于的函数关系式为；
②∵购买甲奖品数量不少于30个，同时又不超过80个，
，
∵，，
∴在内，随的增大而减小，
∴当时，取得最小值，此时，
答：该学校购买甲奖品80个，乙奖品120个，才能使总费用最少．
25. 在中，，为平面上一点，分别连接，，．
（1）如图1，当，点在边上时，以为腰在右侧作等腰直角，且，连接．
求证：；
（2）如图2，当，点在内部时，，，，求的长；
（3）如图3，当在外部，且，，设，，则的值是否发生变化，若不变，试求出这个值；若改变，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）不变，
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形的综合题，利用旋转构造等腰三角形以及直角三角形是本题解题的关键．
（1）利用三角形与三角形全等来证明即可；
（2）将绕点逆时针旋转，得到，连接，根据等边三角形的性质以及勾股定理求解即可；
（3）将绕点逆时针旋转，得到，连接，根据等腰三角形的性质以及含角的直角三角形性质求解即可．
【小问1详解】
证明：∵为等腰直角三角形，
又
在和中，
【小问2详解】
如图2，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
为等腰三角形，
在中，
【小问3详解】
不变，
如图3，将绕点逆时针旋转，得到，连接，

，
，
，
26. 在平面直角坐标系中，四边形为正方形，，，为线段上一点，．
（1）求直线的函数解析式；
（2）在正方形的边上有一点，若，求点坐标；
（3）作点关于轴的对称点，点为直线上一动点，在射线上是否存在点，使为等腰直角三角形，若存在，请直接写出点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
（3）存在，或或或
【解析】
【分析】（1）首先确定点坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）分点在上、点在上、点在上和点在上四种情况，分别讨论，即可获得答案；
（3）分、、几种情况，分情况讨论，结合全等三角形的性质分别求解即可．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵点在轴正半轴上，且，
∴，
设直线的函数解析式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的函数解析式为；
【小问2详解】
当点在上时，如下图，
设，则，，
∵，，
若，
则有，解得，
即；
当点在上时，如下图，
设，则，，
∴，，
若，
则有，解得，不合题意，舍去；
当点在上时，如下图，
设，则，，
∴，，
若，
则有，解得，
即；
当点上时，如下图，
此时，而，故不符合题意，舍去．
综上所述，点坐标为或；
【小问3详解】
存在，点坐标为或或或，
理由如下：
设，分四情况讨论：
①如下图，当时，此时，过点作与点，过点作于点，
则，，，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，解得，
∴，
∴；
②如下图，当时，此时，过点作与点，交轴于点，
则，，，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∴；
③如下图，当时，此时，过点作与点，过点作于点，
则，，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，
∴；
④如下图，当时，此时，过点作于点，过点作，交延长线于点，
则，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，
∴．
综上所述，点坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质、坐标与图形、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、一次函数综合应用等知识，综合性强，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题关键．项目
班级
服装统一
进退场有序
动作规范
甲班
10
8
8
乙班
8
9
9