08，重庆市南岸区2023-2024学年八年级上学期期末数学试题

这是一份08，重庆市南岸区2023-2024学年八年级上学期期末数学试题，共21页。试卷主要包含了 作图请一律用2B铅笔完成；， 估计的值， 下列命题中，是真命题的是， 《九章算术》中有一题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1. 试题卷上各题的答案用签字笔书写在答题卡上，不得在试题卷上直接作答；
2. 答题前认真阅读答题卡上的注意事项；
3. 作图（包括作辅助线）请一律用2B铅笔完成；
4. 考试结束，由监考人员将试题卷和答题卡一并收回
一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑
1. 的平方根是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】一个正数的平方根有两个，它们互为相反数，进行开方求解即可．
【详解】解：的平方根，
故选：．
【点睛】本题主要考查平方根的性质，熟知一个正数有两个平方根并互为相反数是解题的关键，区分平方根与算术平方根是易错点．
2. 下列各组数，可以作为直角三角形的三边长的是( )
A. 2，3，4B. 3，4，5C. 4，5，6D. 5，6，7
【答案】B
【解析】
【分析】当一个三角形中的三边满足较小两边的平方和等于最大边的平方，则这个三角形就是直角三角形．
【详解】解：，∴A选项不符合题意；
∵ ，∴B选项符合题意；您看到的资料都源自我们平台，家威杏 MXSJ663 免费下载∵，∴C选项不符合题意；
∵，∴D选项不符合题意；
故选B
3. 在给出的一组数，，，（从左向右，相邻两个2之间依次多一个0），中，无理数有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了无理数，算术平方根．熟练掌握无限不循环小数是无理数是解题的关键．
根据无限不循环小数是无理数进行判断作答即可．
【详解】解：由题意知，，
∴，，是有理数，，（从左向右，相邻两个2之间依次多一个0）是无理数，
故选：A．
4. 在平面直角坐标系中，点位于（ ）
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】本题考查了第二象限点坐标的特征．熟练掌握第二象限点坐标的特征为是解题的关键．
由题意知，，然后根据第二象限点坐标的特征为进行作答即可．
【详解】解：由题意知，，
∴在第二象限，
故选：B．
5. 估计的值（ ）
A. 1到之间B. 到3之间C. 3到之间D. 到5之间
【答案】B
【解析】
【分析】直接得出2的取值范围进而得出答案．
【详解】解：∵2=，
∴3＜＜4，
∴2-1的值应在2和3之间．
故选B．
【点睛】此题考查估算无理数的大小，正确得出2的取值范围是解题关键．
6. 下列4组数中，是二元一次方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程的解．熟练掌握二元一次方程的解是解题的关键．
将各选项代入方程判断即可．
【详解】解：由题意知，当时，，解得，即不是二元一次方程的解，故A不符合要求；
当时，，解得，即不是二元一次方程的解，故B不符合要求；
当时，，解得，即是二元一次方程的解，故C符合要求；
当时，，解得，即不是二元一次方程的解，故D不符合要求；
故选：C．
7. 将函数的图像向下平移2个单位长度，所得图像对应的函数表达式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目条件函数的图像向下平移2个单位长度，则的值减少2，代入方程中即可．
【详解】解：∵函数的图像向下平移2个单位长度，
∴，
故答案为：A．
【点睛】本题主要考查函数平移，根据题目信息判断是沿轴移动还是沿轴移动是解题的关键．
8. 甲、乙、丙、丁四名射击运动员进行射击测试，每人10次射击成绩的平均数（单位：环）及方差（单位：环2）如下表所示：
根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应选择( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】根据10次射击成绩的平均数可知淘汰乙；再由10次射击成绩的方差可知，也就是丁的射击成绩比较稳定，从而得到答案．
【详解】解：，
由四人的10次射击成绩的平均数可知淘汰乙；
，
由四人的10次射击成绩的方差可知丁的射击成绩比较稳定；
故选：D．
【点睛】本题考查通过统计数据做决策，熟记平均数与方差的定义与作用是解决问题的关键．
9. 下列命题中，是真命题的是（ ）
A. 三角形的一个外角大于任何一个内角B. 两边与一角对应相等的两个三角形全等
C. 有一个角是的三角形是等边三角形D. 三个内角都相等的三角形是等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查命题与定理，解题关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．根据三角形的外角的性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定一一判断即可．
【详解】解：A、三角形的外角大于它的任何一个内角，错误，应该是三角形的外角大于它的任何一个和它不相邻的内角，本选项不符合题意；
B、有两边及一角对应相等的两个三角形全等，错误，应该是有两边及其夹角对应相等的两个三角形全等，本选项不符合题意；
C、有一个角是的三角形是等边三角形，错误，有一个角是的等腰三角形是等边三角形，本选项不符合题意；
D、三个内角都相等的三角形是等边三角形，正确，本选项符合题意；
故选：D．
10. 《九章算术》中有一题：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛．问大、小器各容几何？”译文：今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛（斛：古代容是单位）；大容器1个，小容器5个，总容暴为2斛．问大容器、小容器的容量各是多少斛？设大容器的容量为斛，小容器的容量为斛，则可列方程组是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设大容器的容积为x斛，小容器的容积为y斛，根据“大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛”即可得出关于x、y的二元一次方程组．
【详解】解：设大容器的容积为x斛，小容器的容积为y斛，
根据题意得：．
故选：B．
【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．
二、填空题：（本大题8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上.
11. 计算： ______．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查了绝对值，立方根．熟练掌握绝对值，立方根是解题的关键．
先分别计算绝对值，立方根，然后进行加法运算即可．
【详解】解：，
故答案为：1．
12. 一次函数的图象经过点，并与直线平行，这个一次函数的表达式为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的解析式．熟练掌握平行直线的解析式的值相同是解题的关键．
由题意设一次函数的表达式为，将代入可求，然后作答即可．
【详解】解：由题意：设一次函数的表达式为，
将代入得，，
解得，，
∴一次函数的表达式为，
故答案为：．
13. 如图，在中，若，则________°．

【答案】##55度
【解析】
【分析】先由邻补角求得，，进而由平行线的性质求得，，最后利用三角形的内角和定理即可得解．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
故答案：．
【点睛】本题主要考查了邻补角，平行线的性质以及三角形的内角和定理，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
14. 下面是重庆市年月份某五天的空气质量指数（）：，，，，，则这组数据的中位数是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了中位数．熟练掌握中位数的定义是解题的关键．
根据中位数的定义求解即可．
【详解】解：将数据从小到大依次排列为：，，，，，
∴中位数为第三个位置上的数即，
故答案：．
15. 商场按照定价销售某种商品时，每件可获得利润元；按照定价八五折销售该商品8件，与将定价降低元销售件所获利润相等，则该商品的进价为______元．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元一次方程的应用．熟练掌握一元一次方程的应用是解题的关键．
设该商品的进价为元，则定价为元，依题意得，，计算求解即可．
【详解】解：设该商品的进价为元，则定价为元，
依题意得，，
解得，，
故答案为：．
16. 我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若，则每个直角三角形的面积为________．

【答案】96
【解析】
【分析】由题意知，，由，可得，计算求出满足要求的，然后求，根据每个直角三角形的面积为，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∵，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴每个直角三角形的面积为，
故答案为：96．
【点睛】本题考查了勾股定理．解题的关键在于对勾股定理的熟练掌握与灵活运用．
17. 已知和都是方程的解，则一次函数的图象与坐标轴围成的三角形的面积为______．
【答案】##0.4
【解析】
【分析】本题考查了一次函数解析式，一次函数图象与坐标轴的交点．熟练掌握一次函数解析式，一次函数图象与坐标轴的交点是解题的关键．
将和代入，计算求解可得，进而可求一次函数的图象与坐标轴的交点为和，然后求面积即可．
【详解】解：将和代入得，，
解得，，
∴，
当时，，
解得，，
∴一次函数的图象与坐标轴的交点为和，
∴一次函数的图象与坐标轴围成的三角形的面积为，
故答案为：．
18. 在进行实数的化简时，我们可以用“” ．如．利用这种方式可以化简被开放数较大的二次根式．
（1）已知m为正整数，若是整数，求m的最小值______；
（2）设n为正整数，若，y是大于1的整数，则y的最大值与y最小值的差为______．
【答案】 ①. ②. 8
【解析】
【分析】本题考查了利用二次根式的性质进行化简．熟练掌握利用二次根式的性质进行化简是解题的关键．
（1）由题意知，，然后求解作答即可；
（2）由题意知，，则当时，，当n增大时，y减小，则当时，，然后求解作答即可．
【详解】（1）解：∵，m为正整数，是整数，
∴m的最小值为，
故答案为：；
（2）解：∵，n为正整数，y是大于1的整数，
∴当时，，
∵当n增大时，y减小，
∴当时，，
∴y的最大值与y最小值的差为，
故答案为：8．
三、解答题：（本大题19个8分；20-26题每小题10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形，请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减运算，熟练掌握二次根式的性质和运算法则是解题的关键．
（1）根据平方差公式计算即可；
（2）先根据二次根式的性质进行化简，然后进行二次根式的加减运算即可．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：
20. 如图，一架云梯长为，斜靠在一面墙上，云梯底端离墙，即．
（1）这架云梯的顶端距地面有多高？
（2）如果云梯的顶端下滑了，那么它的底端在水平方向滑动了多少米？
【答案】（1）
（2）米
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用．熟练掌握勾股定理是解题的关键．
（1）由勾股定理得，，计算求解即可；
（2）如图，由题意知，，，则，由勾股定理得，，根据，计算求解即可．
【小问1详解】
解：由勾股定理得，，
∴这架云梯的顶端距地面有；
【小问2详解】
解：如图，
由题意知，，，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴它的底端在水平方向滑动了米．
21. 某校为了普及环保知识，从七、八两个年级中各选出名学生参加环保知识竞赛（满分分），并对成绩进行整理分析，得到如下信息：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）直接写出m，n的值；
（2）利用以上数据，分析哪个年级参赛学生的成绩较好．
【答案】（1），
（2）八年级成绩较好，见解析
【解析】
【分析】本题考查了众数，中位数，利用众数、中位数进行决策．熟练掌握众数，中位数，利用众数、中位数进行决策是解题的关键．
（1）根据众数，中位数的定义进行求解作答即可；
（2）利用众数、中位数进行决策即可．
【小问1详解】
解：由题意知，七年级的成绩从小到大依次排列为：，
∴众数，
八年级的成绩从小到大依次排列为：，
∴中位数，
∴，；
【小问2详解】
解：由题意知，七年级、八年级的平均成绩相同，但八年级的众数大，八年级的中位数与七年级的中位数差不多，
∴八年级的成绩较好．
22. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
（1）画出关干y轴对称的图形；
（2）若点与点B关于x轴对称，求a，b的值；
（3）连接，，，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）12
【解析】
【分析】本题考查了作图-轴对称变换，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据轴对称性质作图即可．
（2）点与点B关于x轴对称，得出，求解即可．
（3）根据三角形面积与网格特点计算即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所求．
【小问2详解】
解：点与点B关于x轴对称，
，
解得：．
【小问3详解】
解：的面积．
23. 如图，已知，经过点的直线与x轴交于B点．
（1）求直线函数表达式；
（2）用尺规作图：经过点A，作直线的垂线，交y轴于点E；
（3）在（2）完成的图中，求证：．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】本题考查了一次函数解析式，作垂线，全等三角形的判定与性质．熟练掌握一次函数解析式，作垂线，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）将点代入，可求得，，进而可得直线的函数表达式；
（2）如图1，以为圆心，任意长为半径画弧交于，然后以为圆心，大于的长为半径画弧交点为，连接，交轴于点，点即为所求；
（3）如图2，过作于，作轴于，证明，进而结论得证．
【小问1详解】
解：将点代入得，，
解得，，
∴直线的函数表达式为；
【小问2详解】
解：如图1，点即为所求；
图1
【小问3详解】
证明：如图2，过作于，作轴于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
24. 临近春季，不少市民购买国画装饰屋子.某网店购进甲、乙两种国画，其中甲种国画幅，乙种国画幅，共花费元，甲种国画的单价比乙种国画的单价高元．
（1）甲、乙两种国画的单价各是多少元？
（2）在第一批国画销售完后，该网店决定再次购进甲、乙两种国画共幅，正好赶上厂家进行促销活动，促销方式如下：甲种国画按单价的八折出售，乙种国画每幅降价6元出售．如果此次购买甲种国画的数量不低于乙种国画数量的一半，那么应购买多少幅甲种国画，使此次购买国画的总费用最小？最小费用是多少元？
【答案】（1）甲种国画的单价是元，乙种国画的单价是元
（2）应购买幅甲种国画，使此次购买国画的总费用最小，最小费用是元
【解析】
【分析】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用．熟练掌握一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用是解题的关键．
（1）设乙种国画的单价是元，则甲种国画的单价是元，依题意得，，计算求解，然后作答即可；
（2）设购买甲种国画幅，则乙种国画幅，总费用为元，依题意得，，，然后解不等式，利用一次函数的性质求解作答即可．
【小问1详解】
解：设乙种国画的单价是元，则甲种国画的单价是元，
依题意得，，
解得，，
∴，
∴甲种国画的单价是元，乙种国画的单价是元；
【小问2详解】
解：设购买甲种国画幅，则乙种国画幅，总费用为元，
依题意得，，，
∴，
∵，
∴当时，最小，最小值，
∴应购买幅甲种国画，使此次购买国画的总费用最小，最小费用是元．
25. 图，分别以a，b，m，n为边长作正方形 ．

（1）若，，求图1中两个正方形的面积之和；
（2）若，，求图2中的长；
（3）已知且满足，．若图1中两个正方形的面积和为2，图2中四边形的面积为3，求的面积．
【答案】（1）
（2）4 （3）1
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，完全平方公式．熟练掌握勾股定理是解题的关键．
（1）由题意知，图1中两个正方形的面积之和为，计算求解即可；
（2）由题意知，，，则，由勾股定理求，，，根据，计算求解即可；
（3）由题意知，，，，，整理可求，则，计算求解即可．
【小问1详解】
解：由题意知，，
∴图1中两个正方形的面积之和为；
【小问2详解】
解：由题意知，，，
∴，
由勾股定理得，，，
∴，
∴的长为4；
【小问3详解】
解：由题意知，，，
∵，，
∴，，
整理得，，
解得，，
∴，
解得，，
∴的面积为1．
26. 与分别是等边三角形和等腰直角三角形，．
图1 图2
（1）如图1，点E是与的延长线的交点，连接，求的度数；
（2）如图1，作的平分线交于点F，交于点G，求证：；
（3）如图2，连接，过点B作，垂足为M，交于点N，猜想之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意知，，，根据，计算求解即可；
（2）如图1，连接，证明，进而可求，则，进而结论得证；
（3）如图2，在上取点，使，连接，证明，则，，，然后可求，，即，，由，可得．
【小问1详解】
解：∵与分别是等边三角形和等腰直角三角形，，
∴，，
∴，，
∴，
∴的度数为；
【小问2详解】
证明：如图1，连接，
由题意知，，
∵的平分线交于点F，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：，证明如下；
如图2，在上取点，使，连接，
由题意知，，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，即．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，全等三角形的判定与性质．熟练掌握等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，全等三角形的判定与性质是解题的关键．甲
乙
丙
丁
9
8
9
9
1.2
0.4
1.8
0.4
平均数
众数
中位数
七年级参赛学生成绩
m
八年级参赛学生成绩
n