初中数学八年级上册 期中模拟卷 提升卷（北师大版2024）

这是一份初中数学八年级上册 期中模拟卷 提升卷（北师大版2024），共13页。试卷主要包含了测试范围，已知实数，满足，则的值为等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：北师大版2024八年级上册第十三章~第十五章。
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．下列说法正确的是（ ）
A．实数分为正实数和负实数B．是分数
C．数轴上的点表示的数都是有理数D．是5的平方根
【答案】D
【分析】本题考查实数的分类，平方根的概念，实数与数轴，属于基础知识的考查，掌握相关概念或性质解答即可．
【详解】解：A、实数分为正实数．负实数和零，原说法错误，本选项不符合题意；
B、是无理数，不是分数，原说法错误，本选项不符合题意；
C、数轴上的点表示的数都实数，原说法错误，本选项不符合题意；
D、，则是5的平方根，原说法正确，本选项符合题意；
故选：D
2．下列各式：①；②；③；④；⑤；⑥．其中是二次根式的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】本题主要考查了二次根式的定义，二次根式必须满足：①有二次根号；②被开方数为非负数．根据二次根式的定义逐项分析即可．
【详解】解：①是二次根式；
②被开方数是负数，不是二次根式；
③是二次根式；
④由于，即被开方数是负数，不是二次根式；
⑤由于，为非负数，是二次根式；
⑥由于，为非负数，是二次根式；
则二次根式共有4个．
故选：C．
3．已知一个正数的两个平方根分别是和，则的值是（ ）
A．B．5C．D．25
【答案】D
【分析】本题考查了平方根的性质．
根据平方根的性质，正数的两个平方根互为相反数，列出方程求解n的值，再代入任一平方根表达式计算m即可．
【详解】解：∵一个正数的两个平方根分别是和，
∴
解得：
∴m的值为：
故选：D．
4．已知，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据被开方数的变化与立方根的值的变化之间的变化规律即可得到答案．
【详解】∵，
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了被开方数的变化与立方根的值的变化之间的变化规律．当被开方数的小数点每向右(或向左)移动3位，它的立方根的小数点就相应的向右(或向左)移动1位．
5．已知是整数，则自然数m的值可以是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】本题考查了求二次根式中的参数．
由题意可知，为整数，则必为完全平方数，根据自然数的取值范围，确定符合条件的值即可．
【详解】设（为非负整数），
则，
即，
∵为自然数，
∴，
即，
完全平方数的可能值为，对应，
当时，（不在选项中）；
当时，（不在选项中）；
当时，（不在选项中）；
当时，（对应选项B）；
故选B．
6．已知实数，满足，则的值为（ ）
A．B．C．10D．18
【答案】A
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，代数式求值，二次根式计算等．
首先根据平方根的定义确定x的值，再代入求出y的值，最后计算表达式的值．
【详解】解：∵和同时有意义，
∴且，
∴．
将代入，得．
∴．
故选A．
7．如图，在平面直角坐标系中，， ，平分点，关于x轴的对称点是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查角平分线，全等三角形的判定和性质，关于x轴对称的点坐标的特征．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
过B点作轴于点，则，即，可求B点坐标，最后求出关于轴的对称点的坐标即可．
【详解】解：如图，过B点作轴于点，则，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴关于轴的对称点的坐标为，
故选：C．
8．如图是长方形纸片，已知，现将纸片折叠，使点D落在边上的点M处，且，折痕为，则的长为（ ）
A．1B．2C．2.5D．1.5
【答案】B
【分析】本题考查勾股定理、折叠性质，过点作于点，设，利用折叠性质，结合已知条件可得，，，在中，利用勾股定理列方程求解x值即可．
【详解】解：如图，过点作于点，
设，则，，，
在中，由勾股定理得，
，
，
．
故选：B．
9．如图，在数轴上点表示的数为，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查实数与数轴的关系，利用勾股定理表示出长度为无理数的线段是解决问题的关键．首先利用勾股定理求出，然后得到点A表示的数．
【详解】解：在直角三角形中，根据勾股定理得，
，
则，
故点A表示的数为，
故选B．
10．在单位长度为1米的平面直角坐标系中，曲线是由半径为2米，圆心角为120°的弧多次复制并首尾连接而成，现有一点P从A（A为坐标原点）出发，以每秒米的速度沿曲线向右运动，则在第2023秒时点P的纵坐标为（ ）
A．1B．0C．D．-2
【答案】C
【分析】根据题意和图形，可以求得的长，得到点P纵坐标的规律：以1，0，，0四个数为一个周期依次循环，然后即可得到在第2023秒时点P的纵坐标，本题得以解决．
【详解】解：
的长为：，
（秒），
如图，作于E，与交于点D．
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴第1秒时点P纵坐标为1；
第2秒时点P纵坐标为0；
第3秒时点P纵坐标为；
第4秒时点P纵坐标为0；
第5秒时点P纵坐标为1；
…，
∴点P的纵坐标以1，0，，0四个数为一个周期依次循环，，
故在第2023秒时点P的纵坐标为，
故选：C．
【点睛】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出点P纵坐标的规律：以1，0，，0四个数为一个周期依次循环．
11．在数轴上有，两点分别表示实数和，且有与互为相反数，则的平方根为（ ）
A．B．C．7D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了平方根的定义，绝对值和算术平方根的非负性，先根据非负数的性质和相反数的定义求出，，得出，最后根据平方根定义求出结果即可．
【详解】解：∵与互为相反数，
∴，
∴，，
解得：，，
∴，
∵14的平方根为，
∴的平方根为．
故选：A
12．如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，动点P从A点出发，沿着圆柱的侧面移动到的中点S的最短路径长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查勾股定理，圆柱的侧面展开，先把侧面展开，得到一个矩形，然后再利用两点间线段最短，利用勾股定理求出长．
【详解】解：展开后矩形的长为，高为，
所以利用勾股定理可得最短距离为．
故选：A．
二、填空题（本题共6小题，每小题2分，共12分．）
13．已知，b是49的平方根，且，则的值为 ．
【答案】或
【分析】本题考查了有理数的减法，解决本题的关键是熟记有理数的减法法则．先根据绝对值确定a，b的值，再根据有理数的减法，即可解答．
【详解】解：，b是49的平方根，
，，
，
，
，或，，
或，
故答案为：或．
14．《千里江山图》是中国十大传世名画之一，如图所示是其局部．若该画纸长为，宽为．现要装裱该画，装裱后的画的长增加，宽增加，则装裱后整个画卷的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算及长方形面积公式的应用，熟练掌握二次根式的化简与乘法运算法则是解题的关键．
先分别求出装裱后画卷的长和宽，再根据长方形面积公式（面积 = 长×宽）计算装裱后的面积，需要先化简二次根式，再进行乘法运算．
【详解】解：原来长为，长增加，
装裱后长为
原来宽为，宽增加，
装裱后宽为
∴面积
故答案为：．
15．当时，化简的结果是 ．
【答案】
【分析】此题主要考查了二次根式的性质与化简，直接利用二次根式的性质化简得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
16．若是的小数部分，则代数式的值为 ．
【答案】2
【分析】本题主要考查了无理数小数部分的表示，利用平方差公式进行二次根式的运算，解题的关键是熟练掌握无理数小数部分的表示．
根据无理数的取值范围表示出小数部分，然后代入求值即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：2．
17．如图，中，点，点，连接．若，则点的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质和平面直角坐标系的知识，掌握以上知识是解答本题的关键；
本题作，垂足为，证明，再根据平面直角坐标系的知识，即可求解；
【详解】解：作，垂足为，如图：
，
∵点，点，
∴轴，，，线段与轴距离为1，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，点与轴距离为，
∵点在第二象限，
∴点的坐标是；
故答案为：；
18．如图，在等腰中，，平分，平分，M，N分别为射线上的动点，若，则的最小值为 ．
【答案】4
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，轴对称的性质，角平分线的性质，勾股定理，作出辅助线是解题的关键．
如图，作关于的对称点，则，当三点共线时最短即，当时最短，过点作，交的延长线于点，即与点重合时最短，过点作于点，根据等面积法求得，即可求解．
【详解】解：如图，作关于的对称点，过点作，交的延长线于点，过点作于点，
∴，当三点共线时最小即，
∵当时，最短，
∴即为所求，
∵， 是等腰直角三角形，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵平分，
∴
∵，
设，则
在中，
∵
∴
解得
∴
∵
∴
故答案为：4．
三、解答题（本题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
19．解下列方程
(1)
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了运用平方根解方程，运用立方根解方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）运用平方根解方程，即可作答．
（2）运用立方根解方程，即可作答．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴．
20．P为平面直角坐标系中一点．
(1)若点P的横坐标是，且到x轴的距离为5，则点P的坐标是 ．
(2)若点的横坐标与纵坐标的差为6，求点P到x轴、y轴的距离．
【答案】(1)或
(2)点到轴的距离为1，点到轴的距离为7
【分析】本题考查了点的坐标，熟记点到轴的距离等于纵坐标的绝对值，点到轴的距离等于横坐标的绝对值是解题的关键．
（1）根据点到轴的距离等于纵坐标的长度，可知纵坐标为或，进而得到点的坐标．
（2）根据横坐标与纵坐标的关系列方程求出，得出点的坐标，然后根据点到轴的距离等于纵坐标的绝对值，点到轴的距离等于横坐标的绝对值解答．
【详解】（1）解：由题意：,.
点的坐标为或．
（2）解：由题意，得，解得，
，．
点的坐标为．
点到轴的距离为，点到轴的距离为．
21．如图，长方体的长为，宽为，高为，点与点之间的距离为，一只蚂蚁要沿着长方体的表面从点爬到点去吃一滴蜜糖．
(1)求点到点的距离；
(2)蚂蚁从点爬到点的最短路程是多少？
【答案】(1)点到点的距离为
(2)
【分析】考查平面展开-最短路径问题，勾股定理，解题的关键是注意分类讨论，画出示意图．
（1）过点B作长方体宽的垂线，垂足为H，连接，根据勾股定理求解即可；
（2）分三种情况讨论：把左侧面展开到水平面上，连接，如图1 ；把右侧展开到正面上，连接，如图2 ；把向上的面展开到正面上，连接，如图3，然后利用勾股定理分别计算各情况下的，比较即可．
【详解】（1）解：如图，过点B作长方体宽的垂线，垂足为H，连接，
由长方体的性质得到：，
，
，
点到点的距离为；
（2）解：如图1，把左侧面展开到水平面上，连接，
由题意可得：，
，
在中，根据勾股定理得：，
如图2，把右侧展开到正面上，连接，
由题意得：，
在中，根据勾股定理得：
则需要爬行的最短距离是；
如图3，把向上的面展开到正面上，连接，
由题意可得：，
在中，根据勾股定理得：；
同理，把向上的面展开到后面时，；
∵，
∴则需要爬行的最短距离是．
22．小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如，于是进行了以下探索：
若设（其中均为整数），则有，所以．
这样小明就找到一种把类似的式子化为平方式的方法．
请你依照小明的方法解决下列问题：
(1)若，则______，______；
(2)若，当均为整数时，用含的式子分别表示，得______，______；
(3)若，当均为正整数时，求的值．
【答案】(1)，
(2)，
(3)28或12
【分析】本题主要考查了二次根式的性质与化简、整式的加减、完全平方式，熟练掌握完全平方式的应用，读懂材料明确题意是解题关键．
（1）仔细阅读材料根据探索得问题，通过完全平方公式去掉括号表示出；
（2）通过完全平方公式去掉括号表示出；
（3）根据题意，求出，根据均为正整数，分两种情况求出的值．
【详解】（1）解：
∴，
故答案为：7，4；
（2）解：，
∴，
故答案为：，；
（3）解：
∴，∴．
∵均为正整数，
∴或．
当时，；
当时，，
即的值为28或12．
23．（1）如图1，分别把两个面积为的小正方形沿一条对角线裁成4个小三角形拼成一个面积为的大正方形，则大正方形的边长为_____cm；
（2）如图2，若正方形的面积为，小丽同学想沿这块正方形边的方向裁出一块面积为的长方形纸片，使它的长和宽之比为，但她不知道能否裁得出来．小明见了说：“一定能用一块面积大的纸片裁出一块面积小的纸片！”你同意小明的说法吗?请说明理由．
（3）若一个圆的面积与一个正方形的面积都是，设圆的周长为，正方形的周长为，请比较与的大小；
【答案】（1）；（2）不同意，理由见解析；（3）．
【分析】本题考查的是算术平方根的概念和二次根式的运算．熟练掌握正方形面积公式，长方形面积公式，圆面积公式，是解题的关键．
（1）取大正方形面积的算术平方根，即得；
（2）设长方形纸片的长为，宽为，得，解得，根据正方形的边长为9，，得小丽不能用这块纸片裁出符合要求的纸片；
（3）设圆的半径为r，正方形的边长为a，则，解得，得；由，解得，得，得，即得．
【详解】解：（1）∵大正方形面积为2，
∴大正方形边长为；
故答案为：；
（2）不同意小明的说法，
∵面积为81的正方形纸片的边长为：，长方形纸片的长和宽之比为，
∴设长方形纸片的长为，宽为，
∵长方形纸片面积为60，
∴，
∵，
∴，
∴，
故小丽不能用这块纸片裁出符合要求的纸片，
（3）设圆的半径为r，正方形的边长为a，
则圆面积，
∴，
∴；
∵正方形面积，
∴，
∴，
∵，，
且，
∴，
即．
24．数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化．从而起到优化解题途径的目的．
(1)【经历体验】已知，均为正实数、且，求的最小值．
通过分析，小明想到了利用下面的构造解决此问题：如图，，，，，，点是线段上的动点，且不与端点重合，连接，，设，．
①用含的代数式表示______，用含的代数式表示______；
②据此写出的最小值是______；
(2)【类比应用】根据上述的方法，代数式的最小值是______；
(3)【感悟探索】
①已知，，为正数，且，试运用构图法，画出图形，并写出的最小值；
②若，为正数，试运用构图法，直接写出以，，为边的三角形的面积是______．
【答案】(1)①， ②
(2)
(3)① ②
【分析】本题是三角形的综合题，考查了轴对称-最短路线问题：灵活运用两点之间线段最短或垂线段最短解决此类问题.也考查了勾股定理和类比的方法.
（1）①利用勾股定理可得和的长；
②利用三角形三边的关系得到(当且仅当、、共线时取等号) ，过点作于点，则四边形是矩形，利用勾股定理计算出长即可；
（2）利用（1）中的方法画出图形，设 则利用勾股定理得到， 根据三角形三边的关系得到而 (当且仅当、、共线时取等号)，过点作于点，则四边形是矩形，利用勾股定理计算出长即可；
（3）①利用类比的方法，仿照（1）的方法画出边长为的正方形，再利用两点之间线段最短即可得出结论；
②利用类比的方法，仿照（1）的方法画出边长，的长方形，利用勾股定理构图解答即可.
【详解】（1）解：①，，
故答案为：，；
②连接，
由①可得，
∵(当且仅当、、共线时取等号)，
∴最小值为长，
过点作于点，则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值是，
故答案为：；
（2）解：根据（1）可得，作，，，，，点是线段上的动点，连接，，设，．
∴，，
∴，
连接，
∵(当且仅当、、共线时取等号)，
∴最小值为长，
过点作于点，则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值是，
故答案为：；
（3）①解：画出边长为的正方形，在边上截取出长为，，的线段，作图如下：
则，，
，
利用两点之间线段最短可知：(当且仅当、、、共线时取等号) ，
，
的最小值为，
的最小值为；
②分别以，为边长作出矩形，则，取，的中点为， 连接， ，， 如图，
则，，
，，
∴以为边的三角形的面积，

，
∴以为边的三角形的面积为，
故答案为： ．
25．如图，在平面直角坐标系中，轴负半轴上有点，点为中点．

(1)如图1，点与点关于轴对称，且，则点的坐标为________；求证：为等边三角形；
(2)在（1）的条件下，若点为轴上点右侧的一个动点，则______，并求出的最小值（用含的式子表示）；
(3)如图2，分别为轴正半轴与轴正半轴上的动点，若，点为的角平分线交点，猜想线段与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)，证明见解析
(2)，
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据关于轴对称的点的纵坐标互为相反数，即可得出点的坐标，根据题意，垂直平分，垂直平分，进而根据垂直平分线的性质可得，即可得证；
（2）根据等边三角形的性质，，可得，，过点作于点，则，得出，则当三点共线时，取得最小值，是等边三角形的高，则，即可求解；
（3）连接，点为的角平分线交点，根据角平分线的定义可得，，进而得出，证明，可得出，则是等腰直角三角形，同理可得，可得是等腰直角三角形，延长至，使得，连接，倍长中线法证明，进而证明，可得，即，即可得证．
【详解】（1）解：∵点与点关于轴对称，且,
∴点的坐标为，
故答案为：．
证明：∵是的中点，，
∴垂直平分，
∴，
∵，且，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：∵是等边三角形，，
∴，，
故答案为：．
如图所示，过点作于点，则，

∴，则当三点共线时，取得最小值，
∵，
则与轴的交点即为点，此时，
又是等边三角形的高，则
∴的最小值为；
（3）解：，理由如下，
如图所示，连接，

∵点为的角平分线交点，
∴，，
∴，
∴,
∵，，
∴
∴，，
∴，则是等腰直角三角形，
同理可得，可得是等腰直角三角形，
∴，，
∵是的中点，
∴，
延长至，使得，连接，
又∵
∴，
∴，，
∵，
又，
∴
在中，
∴
∴
即，
∴
【点睛】本题考查了坐标与图形，垂直平分线的性质，轴对称的性质求线段的和，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
26．如图，在平面直角坐标系中，，，在线段上有一个动点P(与A、B不重合)，连接，的平分线交于点M，的平分线交于点N．
(1)当点P在中点时， ；
(2)下列结论：①；②，其中有且只有一个结论成立．请你判断哪一个结论成立，并证明成立的结论．
(3)如图2，过点M作x轴的垂线，垂足为E，过点N作y轴的垂线，垂足为F，与相交于点G，连接，试说明：．
【答案】(1)
(2)结论②正确，见解析
(3)见解析
【分析】（1）先根据垂直的意义得出，再根据角平分线的意义得出，，从而可得，再结合，得出，从而可得；
（2）先利用证明，从而可得，，进而得出，再根据勾股定理得出，再利用证明，根据全等三角形的性质得出，从而可得；再根据∵①；②，其中有且只有一个结论成立，得出结论①不成立．
（3）先根据等腰直角三角形的性质得出，，，再根据，，利用勾股定理得出，结合由（2）的结论，可得出 ，从而可得，进而可得，于是有．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵的平分线交于点M，的平分线交于点N，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）结论②正确．
证明：如图，过点O作，并使，连接、．
∵，，
∴，．
∵，，
∴，则，
在和中，
，
∴．
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故结论②正确．
∵①；②，其中有且只有一个结论成立，
∴结论①不成立．
（3）如图，过点M作轴于点P，过点N作轴于点Q．
，
，，，
，，
，
由（2）知，，
，
，
，
即．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定（），勾股定理，角平分线的意义，垂直的意义等知识点，解题关键是掌握上述知识点．