2025-2026学年广东省佛山市顺德一中外国语学校、京师励耘学校两校联盟八年级（上）核心素养数学试卷（含答案+解析）（12月份）

这是一份2025-2026学年广东省佛山市顺德一中外国语学校、京师励耘学校两校联盟八年级（上）核心素养数学试卷（含答案+解析）（12月份），共25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。
1.在实数−23，0，π， 5中，无理数的个数为( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
2.在下列各组数中，是勾股数的一组是( )
A. 0.3，0.4，0.5B. 6，8，10C. 35，45，1D. 1，2，3
3.若点A(2,−1)关于x轴对称的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.下列运算正确的是( )
A. 2+ 3= 5B. 3 3− 3=3C. 24÷ 6=4D. 3× 5= 15
5.象棋在中国有着三千多年的历史，由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的益智游戏．如图，是一局象棋残局，已知表示棋子“馬”和“車”的点的坐标分别为(4,3)，(−2,1)，则表示棋子“炮”的点的坐标为( )
A. (−3,3)B. (3,2)C. (0,3)D. (1,3)
6.估算2+ 14的值应在( )
A. 2到3之间B. 3到4之间C. 4到5之间D. 5到6之间
7.若m，n为实数，且(m−4)2+ n+5=0，则(m+n)2的值是( )
A. −1B. 2C. 1D. 9
8.如图，在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，地毯的长度至少需要( )
A. 13m
B. 17m
C. 18m
D. 26m
9.如图1所示的旋转木马的运动轨迹可抽象成同心圆，小明乘坐的木马A离入口的距离y(单位：dm)与旋转时间x(单位：s)之间的关系如图2所示.下列说法错误的是( )
A. 旋转木马转一圈需要60s
B. 当x=30s时，小明与入口的距离为42dm
C. 小明与入口的距离为38dm时，旋转木马恰好转了80s
D. 当x0，
∴ 3+ 7______ 3+7.(填“>”“0，过点B在y轴左侧作BN⊥AB，且BN=AB，连结ON，当k变化时，△OBN的面积是否为定值？请说明理由.
【拓展应用】
(3)如图4，点M在x轴负半轴上，OM=16，将直线y=kx+4(k≠0)向下平移10个单位，点P是平移后直线上的动点，Q是y轴上的动点，△MPQ是以动点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若k=−2，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：实数−23，0，π， 5中，无理数有π， 5这2个，
故选：B.
根据无理数的三种形式：①开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有π的数，结合所给数据进行判断即可．
本题考查了无理数的定义，属于基础题，解答本题的关键是熟练掌握无理数的三种形式．
2.【答案】B
【解析】解：∵满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数，
∴A、0.3，0.4，0.5不是正整数，不是勾股数，不符合题意；
B、62+82=102，6，8，10是勾股数，符合题意；
C、35，45，不是正整数，不是勾股数，不符合题意；
D、12+22≠32，1，2，3不是勾股数，不符合题意，
故选：B.
根据勾股数的定义解答即可．
本题考查勾股数，熟知满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵已知点A(2,−1)，关于x轴对称的点的坐标：横坐标保持2不变，纵坐标−1的相反数是1，
∴对称点的坐标为(2,1)，
∴点(2,1)的横坐标和纵坐标都是正数，符合第一象限的坐标特征；
故选：A.
先根据轴对称的性质求出点A(2,−1)关于x轴对称的点的坐标，再根据横、纵坐标的正负判断所在象限，明确关于x轴对称的点的坐标变化规律：横坐标不变纵坐标变为原来的相反数．
本题考查关于坐标轴对称的两点的坐标之间的关系，判断点所在象限，解题的关键是掌握关于x轴对称的两个点的横坐标相等，纵坐标互为相反数．
4.【答案】D
【解析】解：A. 2与 3不能合并，所以A选项不符合题意；
B.原式=2 3，所以B选项不符合题意；
C.原式= 24÷6= 4=2，所以C选项不符合题意；
D.原式= 3×5= 15，所以D选项符合题意；
故选：D.
分析：
根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断；根据二次根式的乘法法则对D进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：如图所示：棋子“炮”的点的坐标为：(1,3).
故选：D.
根据棋子“馬”和“車”的点的坐标可得出原点的位置，进而得出答案．
此题主要考查了坐标确定位置，正确得出原点的位置是解题关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵9；
(2)见答案；
(3)∵原正方形的面积为10平方米，
∴边长为 10米，篱笆总长为4 10米．
设两个小正方形的面积分别为x平方米和(10−x)平方米，
∴小正方形的边长为 x米和 10−x米．
∵ x>0， 10−x>0，
∴根据(2)的结论可得， x+ 10−x> 10.
∴4( x+ 10−x)>4 10.
∴这些篱笆尚不足围成两个面积和为10平方米的正方形地块．
故答案为：尚不足．
(1)依据题意，根据所给算式直接计算进而可以判断得解；
(2)依据题意，可得( a+ b)2=a+b+2 ab，( a+b)2=a+b，又a+b+2 ab−a−b=2 ab≥0，故( a+ b)2−( a+b)2≥0，结合 a+ b≥0， a+b≥0，进而可以判断得解；
(3)依据题意，由原正方形的面积为10平方米，则边长为 10米，篱笆总长为4 10米，又设两个小正方形的面积分别为x平方米和(10−x)平方米，则小正方形的边长为 x米和 10−x米，结合 x>0， 10−x>0，故根据(2)的结论可得， x+ 10−x> 10，则4( x+ 10−x)>4 10，进而可以判断得解．
本题主要考查了二次根式的应用，解题时要熟练掌握并能根据题意列出关系式是关键．
21.【答案】(1)y2关于x的函数解析式为y2=0.4x (2)交点P表示骑行20分钟时，A、B两个品牌的共享电动车收费相同，均为8元 A (4)当x为5或40时，两种品牌共享电动车收费相差4元
【解析】解：(1)B品牌共享电动车每分钟收费8÷20=0.4(元)，
∴y2关于x的函数解析式为y2=0.4x；
(2)交点P表示骑行20分钟时，A、B两个品牌的共享电动车收费相同，均为8元；
(3)小明骑共享电动车从家到工厂用时9÷0.3=30(分钟)，
由图象可知，当x=30时，y110时，|y1−y2|=4，即|0.2x+4−0.4x|=4，
解得x=0(舍去)或x=40，
∴当x为5或40时，两种品牌共享电动车收费相差4元．
(1)求出B品牌共享电动车每分钟的收费，再根据“B品牌的收费=每分钟的收费×骑行时间”写出y2关于x的函数解析式即可；
(2)根据一次函数的交点的意义联系实际说明即可；
(3)根据时间=路程÷速度求出小明骑共享电动车从家到工厂所用的时间，再比较y1与y2的大小即可；
(4)根据x的取值范围，将y1和y2关于x的函数解析式分别代入|y1−y2|=4，得到关于x的绝对值方程并求解即可．
本题考查一次函数的应用，写出y2关于x的函数解析式、掌握绝对值方程的解法是解题的关键．
22.【答案】 AD′2−AB2=8 BC−BD′=2 2 83
【解析】(1)由折叠可知：△D′AE≌△DAE，
∴AD′=AD=10，ED′=ED.
∵∠B=90∘，AB=6，
∴BD′= AD′2−AB2=8，
∴CD′=BC−BD′=2.
在Rt△CED′中，设CE=x，则D′E=DE=6−x.
由勾股定理可得：D′C2+CE2=D′E2，即22+x2=(6−x)2，
解得CE=83，
故答案为： AD′2−AB2=8，BC−BD′=2，2，83；
(2)当△CED′为直角三角形时，有两种情况：
当点D′落在矩形内部，∠CD′E=90∘时，如图2.1，
在矩形ABCD中，AB=12，AD=5，
∴CD=12，BC=5，∠D=90∘，
由折叠的性质得：∠AD′E=90∘，DE=D′E，AD′=AD=5，
∴∠AD′E+∠CD′E=180∘，
∴点A，D′，C三点共线，
∵AC= AD2+CD2=13，
∴CD′=AC−AD′=8，
设CE=x，则DE=D′E=12−x，
在Rt△CED′中，由勾股定理可得：CD′2+D′E2=CE2，即82+(12−x)2=x2，
解得x=263，即CE=263；
当点D′落在AB边上，∠CED′=90∘时，如图2.2，
此时，∠DED′=90∘，
∵在矩形ABCD中，∠D=∠DAD′=90∘，
∴四边形AD′ED是矩形，
由折叠的性质得：AD′=AD=5，
∴四边形AD′ED是正方形，
∴DE=D′E=5，
∴CE=CD−DE=7；
综上，当△CED′为直角三角形时，CE的长为263或7；
(3)CE的长为2或112.理由如下：
过点D′作MN⊥AB于N，MN交CD于点M，
设DE=a，则D′E=a，
当点E在线段CD上时，如图3.1，
∵MN是AB边的中垂线，
∴AN=DM=12CD=12AB=4，AD=AD′=5，
由勾股定理可知：D′N= AD′2−AN2= 52−42=3，
∴MD′=MN−ND′=AD−ND′=2，EM=DM−DE=4−a，
∵ED′2=EM2+MD′2，
∴a2=(4−a)2+22，
解得：a=52，则DE=52，
∴CE=CD−DE=112；
当点E在CD延长线上时，如图3.2，
同理，ND′= AD′2−AN2=3，
∴MD′=MN+ND′=5+3=8，
∴ME=DE−DM=a−4，
在Rt△D′ME中，D′E2−D′M2=ME2，
即a2−82=(a−4)2，
解得：a=10，
∴CE=DE−CD=2；
综上所述，CE的长为2或112.
(1)根据推理过程利用勾股定理填空即可；
(2)当△CED′为直角三角形时，分当点D′落在矩形内部，∠CD′E=90∘时，当点D′落在AB边上，∠CED′=90∘时，两种情况讨论即可；
(3)过点D′作MN⊥AB于N，MN交CD于点M，设DE=a，则D′E=a，分点E在线段CD上；点E在CD延长线上；两种情况讨论即可．
本题属于四边形综合题，主要考查了翻转变换、轴对称的性质、矩形的性质以及勾股定理，结合勾股定理列出方程是解答本题的关键．
23.【答案】①2，4；
②点E的坐标为(4,6)；
当k变化时，△OBN的面积是定值；理由如下：
过点N作NM⊥y轴于点M，如图3，
同理：△BMN≌△AOB(AAS)，
∴MN=OB=4，
∴S△OBN=12OB⋅MN=12×4×4=8，
∴k变化时，△OBN的面积是定值，且定值为8；
Q(0,103)或Q(0,22)
【解析】(1)①OA=2，OB=4；理由如下：
∵k=−2，则直线y=−2x+4，
令x=0时，y=4，
令y=0时，x=2，
∴A(2,0)，B(0,4)，
即OA=2，OB=4，
故答案为：2；4；
②过点E作ED⊥OB于点D，如图2，
∴∠BDE=∠AOB=90∘，
∵∠ABO+∠EBD=90∘，
∠ABO+∠BAO=90∘，
∴∠BAO=∠EBD，
在△BED和△ABO中，
∠EBD=∠BAO∠BDE=∠AOBBE=AB，
∴△BED≌△ABO(AAS)，
∴DE=OB=4，BD=OA=2，
∴OD=OB+BD=6，
∴点E的坐标为(4,6)；
(2)当k变化时，△OBN的面积是定值；理由如下：
过点N作NM⊥y轴于点M，如图3，
同理：△BMN≌△AOB(AAS)，
∴MN=OB=4，
∴S△OBN=12OB⋅MN=12×4×4=8，
∴k变化时，△OBN的面积是定值，且定值为8；
(3)点Q的坐标为Q(0,103)或Q(0,22)；理由如下：
∵将直线y=kx+4(k≠0)向下平移10个单位，k=−2，
∴平移后的解析式为y=−2x−6，
①当P点在x轴的下方时，过点P作PH⊥y轴于H，如图4，
设P(n,−2n−6)，Q(0,t)，
∵M(−16,0)，
同理可得：△QMO≌△PQH，
∴QH=MO=16，OQ=PH=t=n，
∴16−n=−(−2n−6)，
解得：n=t=103，
∴点Q(0,103)；
②当点P在x轴上方时，同理过点P作PH⊥y轴于H，如图5，
同理可得：△QMO≌△PQH，
∴QH=MO=16，OQ=PH=t=−n，
∴16−n=−2n−6，
解得：n=−22，t=22，
∴点Q(0,22)，
综上所述，点Q的坐标为Q(0,103)或Q(0,22).
(1)①k已知，代入可直接写出解析式，分别令x=0，y=0，即可求解；
②过点E作y轴垂线，运用全等三角形的性质证明边长相等，即可求得点E坐标；
(2)过点N作y轴垂线，运用全等三角形的性质表示出N点坐标，再用三角形边长表示出三角形面积，即可判断；
(3)分两种情况，平移后的解析式为y=−2x−6，①当P点在x轴的下方时，过点P作PH⊥y轴于H，由全等三角形的性质证明边长相等，进一步求解即可；当点P在x轴上方时，同理过点P作PH⊥y轴于H，同理用全等三角形的性质证明边长相等，进一步求解即可求解．
本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的图象和性质、动点求面积问题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质．熟练掌握一次函数的图象及性质，构造全等三角形及利用全等三角形的性质是解答本题的关键．