安徽省宣城市第六中学上学期期中八年级数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省宣城市第六中学上学期期中八年级数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（每题3分，共30分）
1. 平面直角坐标系中，点所在象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了平方的非负性，点的坐标，记住各象限内点的坐标的符号是解题的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限；第二象限；第三象限；第四象限．
根据平方的非负性可得，再根据各象限内点的坐标特征判断即可．
【详解】解：，
．
，
点所在象限是第一象限．
故选：A．
2. 如图，下列的四个图象中，不表示是的函数图象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了函数的图象，根据函数的定义逐一判断即可求解，熟记：“一般地，在一个变化过程中，如果有两个变量与，并且对于的每一个确定的值，都有唯一确定的值与其对应，那么我们就说是自变量，是的函数”是解题的关键．
【详解】解：根据函数的定义得：
A、是的函数图象，则不符合题意；
B、是的函数图象，则不符合题意；
C、不是的函数图象，则符合题意；
D、是的函数图象，则不符合题意；
故选C．
3. 如图是一副三角尺拼成的图案，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形的外角性质及三角形内角和定理，根据三角形内角和定理结合外角的性质即可解决问题．熟知三角形的内角和定理及外角的性质是解题的关键．
【详解】解：如图所示：
则，
∴，
∴．
故选：B．
4. 以下列各组长度的线段为边，能构成三角形的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，逐项分析即可得到答案．
【详解】解：A.，
，，不能构成三角形，不符合题意；
B.，
，，不能构成三角形，不符合题意；
C.，
，，不能构成三角形，不符合题意；
D.，
，，能构成三角形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，判断能否组成三角形的简便方法是看较短的两边的和是否大于第三边．
5. 一次函数的图像，可由函数的图像（ ）
A. 向左平移2个单位长度而得到B. 向右平移2个单位长度而得到
C. 向上平移2个单位长度而得到D. 向下平移2个单位长度而得到
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数图象平移，根据“上加下减，左加右减”的平移法则逐项验证即可解决问题．熟知“上加下减，左加右减”的平移法则是解题的关键．
【详解】解：由题知，
将函数的图象向上平移2个单位长度可得函数的图象；
或将函数的图象向左平移1个单位长度可得函数的图象，
只有C选项符合题意．
故选：C．
6. 一次函数的图象过点，，则和的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的增减性是解题的关键．
由一次函数表达式可知，所以随值的增大而减小，只需要比较，即可求解．
【详解】解：，
随值增大而减小，
，
．
故选：A．
7. 若实数满足，且，则函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了判断一次函数经过的象限，根据题意得出，，即可求解．
【详解】解：∵实数满足，且，
∴，，
∴函数的图象经过一、二、三象限，
故选：A．
8. 在下列条件中：①，②，③，④，⑤中，能确定是直角三角形的条件有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】C
【解析】
【分析】根据直角三角形的判定对各个条件进行分析，从而得到答案．
【详解】解：①∵，则，，
∴是直角三角形；
②∵，设，
则，，，
∴是直角三角形；
③∵，
∴，
则，
∴是直角三角形；
④∵，
∴，
则，
∴是直角三角形；
⑤∵，，，
∴为钝角三角形．
∴能确定是直角三角形的有①②③④共4个，
故选C．
【点睛】本题考查了直角三角形的定义，解决本题的关键是掌握其定义：有一个角为的三角形，叫做直角三角形．
9. 如图，已知在中，，点沿自向运动，作于，于，则的值与的长之间的函数图象大致是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点作于点，由题可知，从小变大时，也是先变小再变长，结合，是先变大再变小，结合选项可得结论.
本题主要考查动点问题的函数图象，通过变化趋势进行判断是解题的关键．
【详解】解：过点作于点，如图，
由题可知，
当点从点运动到点，即从小变大时，也是先变小再变长，
而的面积不变，
又，
即是先变大再变小，
结合选项可知，D选项是正确的，
故选：D．
10. 如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（-2,4），B（4,2），直线y=kx-2与线段AB有交点，则K的值不可能是（ ）

A. -5B. -2C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】当直线y=kx-2与线段AB的交点为A点时，把A（-2，4）代入y=kx-2，求出k=-3，根据一次函数的有关性质得到当k≤-3时直线y=kx-2与线段AB有交点；当直线y=kx-2与线段AB的交点为B点时，把B（4，2）代入y=kx-2，求出k=1，根据一次函数的有关性质得到当k≥1时直线y=kx-2与线段AB有交点，从而能得到正确选项．
【详解】把A（-2，4）代入y=kx-2得，4=-2k-2，解得k=-3，
∴当直线y=kx-2与线段AB有交点，且过第二、四象限时，k满足的条件为k≤-3；
把B（4，2）代入y=kx-2得，4k-2=2，解得k=1，
∴当直线y=kx-2与线段AB有交点，且过第一、三象限时，k满足的条件为k≥1．
即k≤-3或k≥1．
所以直线y=kx-2与线段AB有交点，则k的值不可能是-2．
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数y=kx+b（k≠0）性质：当k＞0时，图象必过第一、三象限，k越大直线越靠近y轴；当k＜0时，图象必过第二、四象限，k越小直线越靠近y轴．
二．填空题（每题3分，共18分）
11. 函数中，自变量x的取值范围是_____．
【答案】x＞﹣2
【解析】
【分析】先根据二次根式的性质得，再根据分式的定义得，联立求解即可.
【详解】由二次根式的性质得，解得，
由分式的定义得，解得，
则.
故答案为：.
【点睛】本题考查了二次根式的性质、以及分式的定义，本题由于为分母，要保证分式有意义，则分母不等于0，部分学生容易忽略，审题要谨慎.
12. 命题“直角三角形两锐角互余”的逆命题是：_______．
【答案】两个锐角互余的三角形是直角三角形
【解析】
【分析】找出原命题的条件和结论，再把原命题的条件变为逆命题的结论，把原命题的结论变为逆命题的条件即可求解．
【详解】解：命题“直角三角形两锐角互余”的逆命题是：两个锐角互余的三角形是直角三角形，
故答案为：两个锐角互余的三角形是直角三角形．
【点睛】本题考查了写出原命题的逆命题，熟练掌握命题的条件和结论是解题的关键．
13. 已知直线与直线相交于轴上一点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查一次函数的图象和性质．根据题意，求出直线与轴的交点，再根据题意，把该坐标代入直线中，即可求出．
【详解】解：当时，，
解得：，
∴直线与轴交点为，
∵直线经过点，
∴，
∴．
故答案为：．
14. 若函数，则当函数值时，自变量的值是______．
【答案】或5
【解析】
【分析】本题考查了分段函数，根据分段函数进行分段求解是解题的关键．
根据分段函数的解析式即可得出结论．
【详解】解：若，当时，，
解得：（不合题意，舍去，），；
若，当时，，
解得：．
故答案：或5
15. 已知：如图所示，在中，点、、分别为、、的中点，且阴影部分的面积为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查三角形的中线，解题关键是正确理解三角形中线的性质，熟练利用中线性质推出三角形面积．
【详解】解：点是中点，，
，
点是的中点，
，
点是的中点，
，，
，
故答案为：．
16. 平面直角坐标系中有三点，若直线（为非零常数）将分成面积为的两部分，则的值是______．
【答案】3或
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，先找出一次函数经过定点，再根据题意将分成面积为的两部分，得直线为过或的直线，用待定系数法代入一次函数解析式即可．解题关键是发现直线过定点，并用待定系数法解决问题．
【详解】解：∵，
∴直线必经过定点，
∴直线恒过一点，则该点的坐标是；
∵，直线将分成面积为的两部分，
直线或将分成面积为的两部分， ，如图所示：
此时高相等，面积之比等于底之比，即或，
∴，，
∴，
∴直线为过或的直线，
∴或，
解得：或，
故答案为：3或．
三、解答题（本大题共7题，其中）
17. 已知与成正比例，且当时，．
（1）求出与之间的函数关系式；
（2）若点关于轴的对称点在与的函数图象上，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了成正比例、待定系数法求一次函数表达式、一次函数的性质、关于轴对称的点的坐标特征、解一元一次方程等知识，熟记正比例定义、一次函数图象与性质、关于轴对称的点的特征及一元一次方程解法是解决问题的关键．
（1）根据正比例的定义，设，然后把已知的对应值，代入，解一元一次方程求出即可得到答案；
（2）先根据关于轴对称的点的坐标特征写出点的对称点的坐标为，然后把代入（1）中的关系式，解一元一次方程即可得到的值．
【小问1详解】
解：与成正比例，
设，
当时，，
把，代入，
得，
即，
解得，
将代入，
，
则，
移项得，
合并同类项得，
与之间的函数关系式；
【小问2详解】
解：关于轴的对称点的坐标为，
把代入，
得，
移项得，
合并同类项得，
．
18. 如图，在平面直角坐标系中，三角形各顶点的坐标分别为，，．将向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到三角形．
（1）画出平移后的；
（2）在平移的过程中，试求线段所扫过的面积．
【答案】（1）详见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了平移作图，解题的关键是数形结合．
（1）根据平移的特点作图即可；
（2）连接、，则四边形的面积即为所求，利用割补法求出四边形的面积即可．
【小问1详解】
解：如图，为所求；
【小问2详解】
如图，连接、，则四边形的面积即为所求，
四边形的面积为，
线段所扫过的面积为．
19. 已知、、为的三边长．若为等腰三角形，且周长为，已知，求的值．
【答案】．
【解析】
【分析】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
根据三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即可得解．
【详解】解：、、为等腰三角形的三边长，且周长为，，
分两种情况：
当为腰长时，底边，
，
不能构成三角形，故为腰长舍去；
当为底边时，腰长，
为底边，6为腰长符合三角形的三边关系，
，
综上所述，．
20. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，直线与轴相交于点，直线与轴、轴分别相交于点、两点．
（1）求直线的解析式；
（2）点是直线上一动点，如果面积与面积相等，求点的坐标．
【答案】（1）；
（2）或．
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的综合应用，熟练掌握待定系数法和利用数形结合思想进行求解是解题的关键．
（1）利用待定系数法将点、的坐标代入所设的表达式中，解出，的值，再代回所设的表达式即可；
（2）根据待定系数法求出直线的表达式，继而求出，，设，利用，列式计算即可．
【小问1详解】
解：设直线的表达式为，
代入点得，解得，
直线的表达式为：．
【小问2详解】
设的表达式为，把，代入，
得，解得，
直线的表达式为：，
令，则，
点的坐标为，即，
，
点是直线上一动点，
设，
，
，
面积等于，
，解得，
或．
21. 如图，平分．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）详见解析
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了角平分线的定义、三角形的外角的性质、三角形内角和定理、一元一次方程的应用等知识点，审清题意、灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）由角平分线的定义可得，再结合运用三角形外角的性质即可解答；
（2）设，则，易得、，再根据三角形内角和定理列方程求解即可．
【小问1详解】
解：平分，
，
又∵，
；
【小问2详解】
解：设，则，
∵，
∴，
，
在中，，
，解得：．
．
22. 2024年宣州区第一届龙舟邀请赛在水阳江开桨。甲乙两支龙舟队在赛前进行了备战训练，甲乙两队均从起点驶向终点，在整个行程中，龙舟离开起点的距离（米）与时间（分钟）的对应关系如图所示，请结合图象解答下列问题：
（1）分别求出甲、乙两支龙舟队的与函数关系式；
（2）甲龙舟队出发多长时间时两支龙舟队相距180米？（直接写出答案）
【答案】（1）甲龙舟队的与函数关系式为；乙龙舟队的与函数关系式为
（2）甲龙舟队出发或或或，两支龙舟队相距180米
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用，掌握速度、时间和路程之间的关系是解题的关键．
（1）根据速度路程时间分别求出甲、乙两支龙舟队的速度，再根据路程速度时间分别求出甲、乙两支龙舟队的y与x函数关系式即可；
（2）根据的取值范围，当两支龙舟队相距180米时分别列关于的方程并求解即可．
【小问1详解】
解：设甲龙舟队的与函数关系式为，
把（25，3000）代入，可得，解得，
∴甲龙舟队的与函数关系式为，
设乙龙舟队的与函数关系式为，
把代入，可得：，
解得：，
乙龙舟队的与x函数关系式为；
【小问2详解】
解：由（1）中得到函数关系式可知，
当时，得，
解得；
当时，得，
解得或；
当时，得，
解得．
综上所述，或或或．
答：甲龙舟队出发分或分或分或分时两支龙舟队相距180米．
23. 根据以下素材，探索完成任务1和任务2：
【答案】任务1：每杯“满杯杨梅”的利润是12元，每杯“芝士杨梅”的利润是20元
任务2：最大利润为388元，此时应制做“芝士杨梅”和“满杯杨梅”共42杯
【解析】
【分析】任务1：设每杯“满杯杨梅”的利润是元，则每杯“芝士杨梅”的利润是元，列分式方程求解即可得到答案；
任务2：设制做“芝士杨梅”杯，“满杯杨梅”杯，两种奶茶获利为元，根据等量关系得到，利用不等关系解得，再由，结合一次函数图象与性质求解即可得到答案．
【详解】解：任务1：设每杯“满杯杨梅”的利润是元，则每杯“芝士杨梅”的利润是元，
由题意得，解得，
经检验：是原方程的解，
（元），
答：每杯“满杯杨梅”的利润是12元，每杯“芝士杨梅”的利润是20元；
任务2：设制做“芝士杨梅”杯，“满杯杨梅”杯，两种奶茶获利为元，
制的茉莉清茶全部用于制作“芝士杨梅”和“满杯杨梅”，
，
，
芝士消耗量不少于，
，解得，
根据题意得，
，
随的增大而减小，
当时，取最大值，最大值为（元），
此时，
（元），
最大利润为388元，此时应制做“芝士杨梅”和“满杯杨梅”共42杯．
【点睛】本题考查分式方程、二元一次方程、不等式及一次函数解应用题，涉及解分式方程、解二元一次方程、解不等式及一次函数图象与性质，读懂题意，准确列出方程、不等式及函数是解决问题的关键．
主题：奶茶销售方案制定问题
入夏之际某知名奶茶品牌店推出两款爆款水果茶“满杯杨梅”和“芝士杨梅”
素材1
芝士杨梅配料
满杯杨梅配
芝士杯
茉莉清茶杯
茉莉清茶杯
杨梅肉
杨梅肉
多肉
多肉
素材2
11月7日当天销售“芝士杨梅”共获利润400元，“满杯杨梅”共获利润480元，其中每杯“芝士杨梅”的和每杯“满杯杨梅”的利润比为5：3，“满杯杨梅”比“芝士杨梅”多卖20杯
素材3
11月8日是该店一周年店庆，为感谢广大顾客对品牌店的信任，拟对“芝士杨梅”进行让利促销，决定每杯降价12元促销，“满杯杨梅”价格保持不变。并要求当天芝士消耗量不少于3500ml，配制的17500ml茉莉清茶全部用于制作“芝士杨梅”和“满杯杨梅”．
问题解决：拟定最优方案确定奶茶的利润
任务1
每杯“芝士杨梅”和“满杯杨梅”的利润是多少？
任务2
为了使11月8日这两种奶茶获利最大，需制做“芝士杨梅”和“满杯杨梅”共多少杯？此时最大利润是多少元？