10，浙江省绍兴市嵊州市2023-2024学年八年级上学期期末数学试题

这是一份10，浙江省绍兴市嵊州市2023-2024学年八年级上学期期末数学试题，共26页。试卷主要包含了全卷分试题卷和答题卷，不使用计算器，其中结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．全卷分试题卷和答题卷．满分100分，考试时间90分钟．
2．答题前，必须把答题卷密封线内的相关项目填写清楚．答题时所有试题卷的答案必须填在答题卷相应的位置上，做在试题卷上无效．
3．不使用计算器．
一、选择题（本大题有10小题，每小题2分，共20分．请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分）
1. 已知点的坐标为，则点到轴的距离为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标，根据的坐标为，则点到轴、轴的距离分别为，即可作答．
【详解】解：∵点的坐标为，
则点到轴的距离为，
故选：B
2. 如图，与关于直线对称，，则度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了轴对称的性质、三角形内角和定理，由轴对称的性质可得，再由三角形内角和定理进行计算即可．熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
【详解】解：和关于直线对称，，
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，
故选：C．
3. 若，则点在（ ）
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】本题考查了点所在的象限：第一象限：，第二象限：，第三象限：，第四象限：，据此即可作答．
【详解】解：∵
∴
∴点在第二象限，
故选：B
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则．B. 若，则．
C. 若，则．D. 若，则．
【答案】BC
【解析】
【分析】本题考查了不等式的性质，根据不等式的传递性进行逐项分析，即可作答．
【详解】解：A、若，，则不一定正确，故该选项是错误的；
B、若，，则一定正确，故该选项是正确的；
C、若，，则一定正确，故该选项是正确的；
D、若，，则，不一定正确，故该选项是错误的；
故选：BC．
5. 一次函数y=2x+1 的图像大致是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一次函数的性质，由k的符号决定了直线的方向，b的符号决定了直线与y轴的交点位置，据此判断即可．
【详解】解：∵一次函数y=2x+1，
∴k=2>0，
∴直线从左往右上升，
∵b=1>0，
∴直线与y轴正半轴有交点，
∴直线经过第一、二、三象限；
故选择：A.
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象，解决问题的关键是掌握：一次函数y=kx+b中，当k＞0时，直线从左往右上升，当k＜0时，直线从左往右下降；当b＞0时，直线与y轴正半轴相交，当b＜0时，直线与y轴负半轴相交．
6. 下列尺规作图分别表示：①作一个角的平分线；②作一个角等于已知角；③作一条线段的垂直平分线．其中作法正确的是（ ）
① ② ③
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】利用作一个角等于已知角；作一个角的平分线；作一条线段的垂直平分线的作法进而判断即可得出答案．
【详解】解：①作一个角的平分线的作法正确；
②作一个角等于已知角的方法正确；
③作一条线段的垂直平分线，缺少另一个交点，故作法错误；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了基本作图，正确把握作图方法是解题关键．
7. 在解不等式的下列过程中，错误的一步是（ ）
A. 去分母得B. 去括号得
C. 移项得D. 系数化为1得
【答案】D
【解析】
【分析】按照去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1的步骤逐项分析即可.
【详解】，
去分母得，
去括号得，
移项得，
合并同类项得-x>-13，
系数化为1得.
故选D.
【点睛】本题考查了一元一次不等式的解法，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解答本题的关键.去括号时，不要漏乘没有分母的项；系数化为1时，如果未知数的系数是负数，则不等号的方向要改变，如果系数是正数，则不等号的方不变.
8. 如图，一架米长的梯子斜靠在竖直的墙上，这时到墙底端的距离为米．如果梯子的顶端沿墙下滑米，那么点将向外移动了（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理的应用，本题中求的长度是解题的关键．
在直角三角形中，已知根据勾股定理即可求的长度，根据即可求得的长度，在直角三角形中，已知即可求得的长度，根据即可求得的长度．
【详解】解：在直角中，已知，
则，
∵
∵在直角中，，且为斜边，
，
故选：C．
9. 如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，点在线段上，关于轴的对称点为，点从的运动过程中，中依次出现的特殊三角形为（ ）
A. 直角三角形等腰三角形等腰三角形直角三角形
B. 直角三角形等腰三角形直角三角形等腰三角形
C. 直角三角形等腰三角形等边三角形等腰三角形
D. 直角三角形等腰三角形等边三角形直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】先画出运动中的图形，再结合的位置与轴对称的性质，逐一分析即可．
【详解】解：当与重合时，在轴负半轴上，此时为直角三角形，如图，
当运动时，如图，
∵，
∴，，
∴，
当时，则，
当时，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
当时，
由等面积法可得：，
∴，
∴，
∴，
由对称性可得：为等腰三角形；
当运动到时，则此时为直角三角形，
∴的变化状态为：
直角三角形等腰三角形等腰三角形直角三角形；
故选A
【点睛】本题考查的是坐标与图形，轴对称的性质，勾股定理的应用，一次函数与坐标轴的交点，等腰三角形的定义，二次根式的混合运算，清晰的分类讨论是解本题的关键．
10. 甲、乙两车从地出发，匀速驶向地．已知甲车先出发，乙车才沿相同路线行驶．又过了3小时，甲乙两车同时到达途中某修理厂处，乙未作停留，甲停留后，按原速度继续行驶，到达终点地停止．在此过程中，两车之间的距离与乙车出发的时间之间的函数关系如图所示．有下列结论：①乙车的速度是；②两地相距；③；④当两车相距时，的值分别为0，3.75，7．其中结论正确的是（ ）
A. ①②B. ①②④C. ①②③D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用，主要是以函数图象为背景，考查双动点条件下，两点距离与运动时间的函数关系，解答时既要注意图象变化趋势，又要关注动点的运动状态．
根据题意，两车距离为函数，由图象可知两车起始距离为60，从而得到乙车速度，根据图象变化规律和两车运动状态，得到相关未知量．
【详解】解：由图象可知，乙出发时，甲乙相距则说明甲每小时行驶，小时后，乙车追上甲．则说明乙每小时比甲快，则乙的速度为．①正确；
由图象可得第6小时，乙由A到达，两地相距；②正确；
当甲在相遇点休息时，乙前进，则点坐标为
点代表乙到达地，从相遇点到地，甲行驶了小时，共行驶了，乙行驶了小时，共行驶了，甲乙相距，点坐标为
甲到达地，还需要行驶小时，
则，③错误；
当甲车先出发时，两车相距时，此时的值为0，
当两车相遇之后，甲停留时，乙前进时，两车相距，此时的值为，
当乙到达地后，甲行驶到达地过程中，甲行驶时，两车相距时，此时的值为7．④正确．
正确的有：①②④，
故选：B．
二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共18分）
11. 如果，且，那么______0．（填不等号）
【答案】>
【解析】
【分析】本题考查了同号得正，异号得负的逆运用：根据，得是异号，结合，即可作答．
【详解】解：∵
∴是异号，
∵
∴
故答案为：>
12. 如图，，要使，可添加的条件为______．
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定． 由题意知，添加的条件为，可证．解题的关键是掌握在于确定判定三角形全等的条件．
【详解】解：由题意知，添加的条件为，
∵，，
∴，
故答案为：(答案不唯一)．
13. 如图，在中，是边上的高线，若，则的度数为______．
【答案】##18度
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理．根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理求得，推出，再利用余角的性质即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 已知关于的不等式只有3个正整数解，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查一元一次不等式的整数解，解题的关键是根据不等式正整数解的情况得出关于a的不等式组．
解不等式得出，根据不等式只有3个正整数解得出，解之即可．
【详解】由，得：，
因为不等式只有3个正整数解，
所以不等式的正整数解为、、，
解得，
故答案为：．
15. 在直角坐标系中，点A的坐标为，点的坐标为，点是轴上的一点，则当的值最小时，点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称路径最短．解决问题的关键是熟练掌握作其中一个点关于x轴对称的点，求对称点和另一点连线与x轴交点的坐标．作点关于x轴的对称点D，得到，连接交x轴于点C，此时有最小值．求得直线的函数表达式为，当时，，即得．
【详解】如图，作点关于x轴的对称点D，
则，
连接交x轴于点C，
此时有最小值，
设直线的函数表达式为，
∵点的坐标为，
∴，
解得，，
∴，
当时，，
∴．
故答案为：．
16. 投影仪是一种将电子图象或视频信号转换为光信号并通过光学系统放大投射到屏幕或墙壁上的设备．如图，某投影仪正对墙投屏，其光源离墙1米，离地0.5米，它透过方孔发射出来的上下两束光束的最大张角为，并在上下调整机头摆动过程中发现（假设光源位置始终不变），墙上高为1米处始终能被照射到，若不考虑墙高，则投影仪发射的光线可能到达的最高位置与最低位置相差______米．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形．解决问题的关键是添加辅助线构建直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质．
设投影仪的位置为点O，投射到屏幕上的画面宽为，投影仪高为，墙上1米高处为点C，则，，过点O作于点D，在射线上取点E，使，连接，则，，推出，当点A在点C位置时，在上取点F，使，得到，推出四边形是矩形，得到 ， ，推出，，根据，推出，得到，推出；当点B在点C位置时，在上取点G，使，设，得到，推出， ，推出，根据， ，推出，推出，得到，推出，即得．
【详解】如图1，设投影仪的位置为点O，投射到屏幕上的画面宽为，投影仪高为，墙上1米高处为点C，设C在直线上，
则，，
过点O作于点D，在射线上取点E，使，连接，
则是等腰直角三角形，
∴， ，
∴，
∴，
当点A在点C位置时，如图2，在上取点F，使，连接，
则，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点B在点C位置时，如图3，在上取点G，使，连接，
则，
∴，
设，则，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
∴投影仪发射的光线可能到达的最高位置与最低位置相差米．
故答案为：．
三、解答题（本大题有8题，第17~20题每题6分，第21~22题8分，第23题10分，第24题12分，共62分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17. 解不等式（组），
（1）
（2）
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式（组）；
（1）移项，合并同类项，求出解集即可；
（2）分别求出两个不等式的解集，再求出解集的公共部分，可得答案．
【小问1详解】
移项，得，
合并同类项，得；
【小问2详解】
解不等式①，得：，
解不等式②，得，
．
18. 一个等腰三角形的周长是．
（1）若腰长是底边长的2倍，求这个等腰三角形各边的长．
（2）若其中一边的长为，求这个等腰三角形其余两边的长．
【答案】（1）
（2）与，或与
【解析】
【分析】本题考查一元一次方程应用，等腰三角形的定义等知识，掌握分类讨论思想是解题的关键．
（1）设等腰三角形的底边长为，则腰长为，根据“周长是”列方程求解即可；
（2）根据等腰三角形的定义，分腰为与底为两种情况分别求出其他两边即可；
【小问1详解】
解：设等腰三角形的底边长为，则腰长为，
由题意得：，
解得：
∴，这个等腰三角形底边长为，腰长分别为，，
即各边长分别是；
【小问2详解】
当腰为时，底边长为： ，
∴其余两边分别为，此时能构成三角形；
当底为时，腰长为：，
∴其余两边分别为，此时能构成三角形；
综上所述：其余两边分别为与，或与．
19. 已知，如图，点在同一条直线上，，．连接交于点，并分别交于点．求证：
（1）．
（2）．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，三角形内角和定理，解答时证明三角形全等是关键．
（1）由根据等式的性质就可以得出，再由就可以得出；
（2）由，就可以得出，再根据三角形内角和定理就可以得出结论．
小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴．
在和中，
∴；
【小问2详解】
∵，
，，
20. 已知点．
（1）当点在轴上时，求的值．
（2）当点在第二象限时，求的取值范围．
（3）当点到轴的距离是4时，求的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）或6．
【解析】
【分析】（1）根据在x轴上的点纵坐标是0，可得，求出a的值即可；
（2）根据第二象限点的坐标特征列出不等式组，解不等式组即可得到答案；
（3）根据到轴的距离是横坐标的绝对值得到或，即可得到答案；
此题考查坐标轴上及各象限内点的特征、点到坐标轴的距离等知识，熟练掌握平面直角坐标系的特征是解题的关键．
【小问1详解】
解：当点在轴上时，
，
解得，
即值为；
【小问2详解】
点在第二象限时，
，
解得；
即的取值范围为；
【小问3详解】
当点到轴的距离是4时，
则或，
∴或6．
21. 如图，在中，与交于点．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据证明得即可证明；
（2）由等腰三角形的性质得，求出，利用含30度角的性质得，然后利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
在和中
，
∴，
，
；
【小问2详解】
，
．
，
，
，
，
，
，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，含30度角的性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
22. 如图，已知直线的函数表达式为，直线与相交于点，点的横坐标为，直线分别交轴于点．

（1）求直线的函数表达式．
（2）点是轴的一点，若的面积与面积相等，求点的坐标．
【答案】（1）的函数表达式为；
（2）的坐标为或．
【解析】
【分析】此题考查了一次函数的图象和性质、待定系数法求一次函数表达式等知识，数形结合的解题的关键．
（1）先求出点P的坐标，再用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出点A的坐标为，求得，设点的坐标为，令与轴的交点为，求出点的坐标为，则，求出x的值即可得到点C的坐标；
【小问1详解】
∵直线与相交于点，点的横坐标为，直线的函数表达式为，
当时，，
∴的坐标为
设直线的函数表达式为，把和代入得到
，
解得，
∴的函数表达式为；
【小问2详解】
直线的函数表达式为与y轴交点为A，
当时，，
∴点A的坐标为，
∵，
∴，
又由，可得，
设点的坐标为，
令与轴的交点为，

当时，，解得，
∴点的坐标为，
则，
解得或，
的坐标为或．
23. 嵊州是香榧的盛产地之一，某榧农与某快递公司合作寄送香榧．
素材1：
素材2：
问题解决：
【答案】（1）；（2）最省寄送费用是94元；（3）小红最多可以购买香榧，寄送方式为9件件．
【解析】
【分析】本题考查一元一次方程和一元一次不等式的应用，根据题意列出方程或不等式求解是解题的关键．
任务1：利用电子存单2或3的总费用和计量重量列出方程求出m，从而得解；
任务2：根据总计量重量是25千克，设计方案求出总费用，比较大小即可；
任务3：要尽可能的多寄送，则应该多寄10千克一件的，也就是一件少于10千克的，其余都是10千克，或者也就是一件千克的，其余都是10千克，设小红购买的香榧一共分件不超过的寄送方式，根据总费用不超过8000元列出不等式，求出y的取值范围，继而求出y的最大值，计算购买9件10千克的香榧剩余的钱或8件10千克的香榧剩余的钱，再根据剩余的钱计算剩余的寄送的重量，从而得解．
【详解】任务1：由电子存单2可得：，
解得：，
∴香榧重量超过10千克时寄送费用y(元)关于香榧重量x(千克)之间的函数关系式为：
任务2：若单件寄送，则需寄费元，
若分两件寄送，则可使得每件都不少于10千克，例如一件10千克，一件15千克，需寄费元，
若分三件寄送，则可使得三件都少于10千克，，则需寄费元，
，
最省寄送费用是94元．
任务3：前10千克的快递费是3.2元/千克，超过10千克的部分是6元/千克，
设小红购买的香榧一共分件的寄送方式，
由题意得，，
解得，
又是正整数，
最大值为9，
还剩下元，
件，余下的钱刚好能再购买并寄送，故共可寄送．
若8件的寄送的寄费为元，
，
，
此时最多可寄送．
最省钱的寄送方式应该是9件不超过的寄送，一件寄送，
小红最多可以购买香榧，寄送方式为9件件．
24. 如图，在中，，点线段上一动点，连结．
（1）当为等腰三角形时，直接写出的度数．
（2）当点是的中点时，求的度数．
（3）过点作，垂足分别点，求连结，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）的最小值是
【解析】
【分析】该题主要考查了等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，点到直线垂线段最短等知识点，解题的关键是正确做出辅助线；
（1）分为①为底时，②为底时，③为底时，分别求解即可；
（2）延长，过点作交的延长线于点，连结，根据，求出，，再根据是的中点，得出，即可证明是等边三角形，结合，即可求解；
（3）如图，连结，取的中点，连结，根据，得出，求出，是等腰直角三角形，，当最小时，最小，即当时，即可求解．
【小问1详解】
解：当为等腰三角形时，分三种情况：
①为底时，
②为底时，
③为底时，
综上，的度数为；
【小问2详解】
如图，延长，过点作交的延长线于点，连结，
，
．
是的中点，
，
是等边三角形，即，
，
，
．
【小问3详解】
如图，连结，取的中点，连结，
，
，
，
，
是等腰直角三角形．
．
当最小时，最小，即当时，此时．
的最小值是．某快递公司规定：
1．从当地寄送香榧到A市按重量收费：当香榧重量
不超过10千克时，需要寄送费32元：当重量超过10千克时，超过部分另收m元/千克．
2．寄送香榧重量均为整数千克．
电子存单1
电子存单2
电子存单3
托寄物：香榧
包装服务产品类型：
某快递公司
计量重量：7千克
件数：1
总费用：32元
托寄物：香榧
包装服务产品类型：
某快递公司
计量重量：12千克
件数：1
总费用：44元
托寄物：香榧
包装服务产品类型：
某快递公司
计量重量：15千克
件数：1
总费用：62元
任务1
分析变量关系
根据以上信息，请确定m的值，并求出香榧重量超过10千克时寄送费用y（元）关于香榧重量x（千克）之间的函数关系式
任务2
计算最省费用
若香榧重量达到25千克，请求出最省的寄送费用．
任务3
探索最大重量
小红想在当地榧农购买一批价格为80元/千克的香榧并全部寄送给在A市的朋友们，若小红能用来支配的钱有8000元，她最多可以购买多少千克的香榧？并写出一种寄送方式