2023年八年级下学期数学开学考试卷（江苏无锡专用）（解析版）

这是一份2023年八年级下学期数学开学考试卷（江苏无锡专用）（解析版），共9页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省无锡市八年级下册数学开学模拟检测卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：八年级上册。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷
一、 选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）。
1．下面是科学防控新冠知识的图片，其中的图案是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解答】解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
2．在实数，，﹣，0.0，π，，0.301300130001…（3与1之间依次增加一个0）中，无理数的个数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解答】解：＝2，，﹣，0.0都是有理数，
而π，，0.301300130001…（3与1之间依次增加一个0）都是无限不循环小数，因此是无理数，
所以无理数的个数有3个，
故选：A．
3．如图，已知△ABC的三条边和三个角，则甲、乙、丙三个三角形中和△ABC全等的是（　　）


A．甲和乙 B．甲和丙 C．乙和丙 D．只有甲
【答案】A
【解答】解：∵∠A＝180°﹣42°﹣51°＝87°，
根据AAS可以判定甲与△ABC全等，根据ASA可以判定乙与△ABC全等．
故选：A．
4．一次函数y＝﹣2x+1的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：∵k＝﹣2＜0，b＝1＞0，
∴一次函数y＝2x+1的图象经过一、二、四象限．
故选：C．
5．在一次“寻宝”游戏中，寻宝人已经找到两个标志点A（2，3）和B（1，﹣1），并且知道藏宝地点的坐标是（4，2），则藏宝处应为图中的（　　）

A．点M B．点N C．点P D．点Q
【答案】B
【解答】解：如图所示：藏宝处应为图中的N点．
故选：B．

6．如图，在△ABC中，∠C＝90°，ED垂直平分AB，若AC＝12，EC＝5，则BE的长为（　　）

A．5 B．10 C．12 D．13
【答案】D
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，EC＝5，
由勾股定理得，EA＝＝＝13，
∵ED垂直平分AB，
∴EB＝EA＝13，
故选：D．
7．如图，直线l上有三个正方形A，B，C．若正方形A，C的面积分别为8和15，则正方形B的面积为（　　）

A．6 B．7 C．23 D．120
【答案】C
【解答】解：如图，

由于A、B、C都是正方形，所以DF＝FH，∠DFH＝90°，
∵∠DFE+∠HFG＝∠EDF+∠DFE＝90°，即∠EDF＝∠HFG，
在△DEF和△FGH中，
，
∴△DEF≌△FGH（AAS），
∴DE＝FG，EF＝HG，
在Rt△DEF中，由勾股定理得：DF2＝DE2+EF2＝DE2+HG2，
即SB＝SA+SC＝8+15＝23，
故选：C．
8．一次函数y＝kx+b的x与y的部分对应值如下表所示，根据表中数值分析．下列结论正确的是（　　）
x
…
﹣1
0
1
2
…
y
…
5
2
﹣1
﹣4
…
A．y随x的增大而增大
B．x＝2是方程kx+b＝0的解
C．一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限
D．一次函数y＝kx+b的图象与x轴交于点
【答案】C
【解答】解：由题意得，当x＝1时，y＝﹣1，当x＝0时，y＝2，
则，
解得：，
函数解析式为：y＝﹣3x+2，
A、∵k＝﹣3＜0，
∴y随x的增大而减小，故错误；
B、当x＝2时，y＝﹣3×2+2＝﹣4，
∴x＝2是方程kx+b＝4的解，故错误；
C、∵k＝﹣3＜0，b＝2＞0，
∴一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限，故正确；
D、令y＝0，则﹣3x+2＝0，解得x＝，
∴一次函数y＝kx+b的图象与x轴交于点为（，0），故错误；
故选：C．
9．如图，一根长25m的梯子，斜靠在一竖直的墙上，这时梯子的底端距墙底端7m．如果梯子的顶端下滑4m，那么梯子的底端将向右滑动（　　）

A．15m B．9m C．7m D．8m
【答案】D
【解答】解；梯子顶端距离墙角地距离为＝24（m），
顶端下滑后梯子底端距离墙角的距离为＝15（m），
15﹣7＝8（m）．
故选：D．
10．如图，在△ABC中，∠A＝70°，AB＝15cm，AC＝10cm，点P从点B出发以3cm/s的速度向点A运动，点Q从点A同时出发以2cm/s的速度向点C运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，当△APQ是以PQ为底的等腰三角形时，运动的时间是（　　）

A．2s B．3s C．4s D．5s
【答案】B
【解答】解：设运动时间为t秒时，AP＝AQ，
根据题意得：15﹣3t＝2t，
解得：t＝3．
故选：B．
二、 填空题(本题共8题，每小题3分，共24分）。
11．已知△ABC≌△A′B′C′，AB＝4，A′C′＝3，则BC边的取值范围是 　 　．
【答案】1＜BC＜7
【解答】解：∵△ABC≌△A′B′C′，
∴AC＝A′C′，
∵AB﹣AC＜BC＜AB+AC，
∴4﹣3＜BC＜4+3，
∴BC的取值范围是：1＜BC＜7．
故答案为：1＜BC＜7．
12．点A（﹣3，m）、B（2，n）都在一次函数y＝﹣2x+3的图象，则m　 　n（填“＞”或“＝“或“＜”）．
【答案】＞
【解答】解：∵一次函数y＝﹣2x+3，
∴函数y随x的增大而减小，
∵点A（﹣3，m）、B（2，n）都在一次函数y＝﹣2x+3的图象上，
∴m＞n，
故答案为：＞．

13．如图，已知△ABC的周长是23，OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，且OD＝4，△ABC的面积是 　 　．

【答案】46
【解答】解：过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，连接OA，
∵OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC，
∴OE＝OD，OD＝OF，
即OE＝OF＝OD＝4，
∴△ABC的面积是：S△AOB+S△AOC+S△OBC
＝×AB×OE+×AC×OF+×BC×OD
＝×4×（AB+AC+BC）
＝×4×23
＝46；
故答案为：46．

14．一次函数y＝2x+3的图象与x轴的交点坐标是　 　．
【答案】（﹣，0）
【解答】解：令y＝2x+3中y＝0，则2x+3＝0，
解得：x＝﹣．
∴一次函数y＝﹣2x+3的图象与x轴的交点坐标为（﹣，0）．
故答案为：（﹣，0）．
15．某复印店复印收费y（元）与复印面数x面的函数图象如图所示，从图象中可以看出，复印超过100面的部分，每面收费 　 　元．

【答案】0.4
【解答】解：超过100面部分每面收费（70﹣50）÷（150﹣100）＝0.4（元），
故答案为：0.4．
16．如图，一次函数y＝kx+b的图象与坐标轴交于点A（0，2）、B（﹣1，0），则不等式kx+b＜0的解集为 　 　．

【答案】x＜﹣1
【解答】解：由题意知一次函数y＝kx+b的图象经过点B（﹣1，0），并且函数值y随x的增大而增大，因而不等式kx+b＜0的解集是x＜﹣1．
故答案为：x＜﹣1．
17.将一次函数y＝2x﹣4的图象沿x轴向左平移4个单位长度，所得到的图象对应的函数表达式是 　 　．
【答案】y＝2x+4
【解答】解：将一次函数y＝2x﹣4的图象沿x轴向左平移4个单位长度，所得到的图象对应的函数表达式是：y＝2（x+4）﹣4，即y＝2x+4．
故答案为：y＝2x+4．
18．直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A旋转90°后得到△AO'B'，则点B′的坐标是　 　．
【答案】（8，6）或（4，﹣6）
【解答】解：把x＝0或y＝0代入得，y＝2，x＝6，
故点A（6，0），B（0，2），即OA＝6，OB＝2；
①把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO1'B1'，
∴O1′B1′＝OB＝2＝AM，B1′M＝O1′A＝OA＝6，
OM＝6+2＝8，
∴B1′（8，6）；
②把△AOB绕点A逆时针旋转90°后得到△AO2'B2'，
∴O2′B2′＝OB＝2＝AN，B2′N＝O2′A＝OA＝6，
ON＝6﹣2＝4，
∴B2′（4，﹣6）；
故答案为：（8，6）或（4，﹣6）．


三、解答题（本大题共8小题，共66分）
19．（6分）计算：+（）2﹣．
【解答】解：原式＝3+8﹣
＝10．
20．（8分）已知a，b都是实数，设点P（a+2，），且满足3a＝2+b，我们称点P为“梦之点”．
（1）判断点A（3，2）是否为“梦之点”，并说明理由．
（2）若点M（m﹣1，3m+2）是“梦之点”，请判断点M在第几象限，并说明理由．
【解答】解：（1）当A（3，2）时，a+2＝3，，
解得a＝1，b＝1，
则3a＝3，2+b＝3，
所以3a＝2+b，
所以A（3，2），是“梦之点”；

（2）点M在第三象限，
理由如下：
∵点M（m﹣1，3m+2）是“梦之点”，
∴a+2＝m﹣1，，
∴a＝m﹣3，b＝6m+1，
∴代入3a＝2+b有3（m﹣3）＝2+（6m+1），
解得m＝﹣4，
∴m﹣1＝﹣5，3m+2＝﹣10，
∴点M在第三象限．
21．（6分）如图，每个小正方形的边长都为1，A、B、C、D均在网格格点上．
（1）求四边形ABCD的面积；
（2）∠BCD是直角吗？为什么？

【解答】解：（1）四边形ABCD的面积是5×5﹣﹣﹣﹣﹣1×1
＝25﹣2.5﹣2﹣1﹣4﹣1
＝14.5；

（2）∠BCD是直角，
理由是：连接BD，

由勾股定理得：BD2＝32+42＝25，BC2＝22+42＝20，CD2＝12+22＝5，
所以BC2+CD2＝BD2，
即∠BCD是直角．
22．（6分）如图：AD＝BE，AC＝DF，AC∥DF．求证：∠C＝∠F．

【解答】证明：∵AC∥DF，
∴∠A＝∠EDF，
∵AD＝BE，
∴AB＝DE，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠C＝∠F．
23．（8分）已知y+2与x成正比例，且x＝3时，y＝1．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若点（a，2）在这个函数图象上，求a的值．
【解答】解：（1）设y+2＝kx（k≠0），
把x＝3，y＝1代入得：1+2＝3k，
解得：k＝1，
则该函数关系式为：y＝x﹣2；
（2）∵点（a，2）在函数y＝x﹣2图象上，
∴2＝a﹣2，
∴a＝4．
24．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣2，0），点B（0，1）．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点C在直线AB上，且点C到x轴的距离为2，求点C的坐标．

【解答】解：（1）设直线AB的解析式：y＝kx+b，
将点A（﹣2，0），点B（0，1）代入，
得，
解得，
∴直线AB的解析式：；
（2）∵点C到x轴的距离为2，
∴点C的纵坐标为2或﹣2，
代入直线AB的解析式，得2＝或﹣2＝，
解得x＝2或x＝﹣6，
∴C（2，2）或（﹣6，﹣2）．

25．（10分）甲、乙两车从M地出发，沿同一路线驶向N地，甲车先出发匀速驶向N地，15分钟后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时10分钟．由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了40km/h，结果与甲车同时到达N地，甲、乙两车距M地的路程y（km）与乙车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示．
（1）a＝　 　，甲的速度是 　 　km/h．
（2）求线段AD对应的函数表达式．
（3）直接写出甲出发多长时间，甲乙两车相距10km．

【解答】解：（1）a＝3+＝，
甲车的速度＝380÷（4.5+）＝80（千米/小时）；
故答案为：，80；
（2）∵甲车先出发15分钟，乙出发时，甲距M地80×＝20（千米），
∴A（0，20），
设线段AD的函数表达式为y＝kx+20，将D（4.5，380）代入得：
4.5k+20＝380，
解得k＝80，
∴线段AD的解析式为y＝80x+20；
（3）①乙车出发前，甲车出发10÷80＝（小时），与乙车相距10千米；
设乙车开始速度为x千米/小时，
3x+（4.5﹣）（x﹣40）＝380，
解得x＝100，
②乙车出发后，在甲车后面10千米时，设此时甲车已经出发m小时，
则80m﹣10＝100（m﹣），
解得m＝，
③乙出发后追上甲车，在甲车前面10千米时，设甲车已经出发n小时，
则80n+10＝100（n﹣），
解得n＝，
④乙车减速后，甲车在乙车后面10千米，设此时甲车已经出发p小时，
则80p+10＝3×100+（100﹣40）×（p﹣﹣），
解得p＝，综上所述，甲出发小时或小时或小时或小时，甲乙两车相距10km．

26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知A（a，0）、B（0，b）分别在坐标轴的正半轴上．
（1）如图1，若a、b满足（a﹣4）2+＝0，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限内作等腰直角△ABC，则点C的坐标是 　 　；
（2）如图2，若a＝b，点D是OA的延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰直角△BDE，连接AE，求证：∠ABD＝∠AED；
（3）如图3，设AB＝c，∠ABO的平分线过点D（2，﹣2），直接写出a﹣b+c的值．


【解答】（1）解：∵（a﹣4）2+＝0，
∴（a﹣4）2＝0，＝0，
∴a﹣4＝0，b﹣3＝0，
∴a＝4，b＝3，
∵A（a，0）、B（0，b），
∴OA＝4，OB＝3，
过点C作CN⊥y轴于N，如图1所示：
则∠BNC＝90°，
∵∠ABC＝∠AOB＝90°，
∴∠CBN+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBN＝BAO，
又∵∠BNC＝∠AOB＝90°，BC＝AB，
∴△BNC≌△AOB（AAS），
∴BN＝AO＝4，CN＝BO＝3，
∴ON＝OB+BN＝7，
∴C（3，7），
故答案为：（3，7）；
（2）证明：过E作EF⊥x轴于F，如图2所示：
则∠EFD＝90°，
∵a＝b，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵△BDE是等腰直角三角形，∠BDE＝90°，
∴DB＝DE，
∵∠EDF+∠BDO＝90°，∠DEF+∠EDF＝90°，
∴∠BDO＝∠DEF，
∵∠EFD＝∠DOB＝90°，
∴△DEF≌△BDO（AAS），
∴∠EDF＝∠DBO，DF＝OB，EF＝OD，
∵OB＝OA，
∴DF＝OA，
∴DF+AD＝OA+OD，
即AF＝OD，
∴AF＝EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝∠AEF＝45°，
∵∠EDF＝∠EAF+∠AED＝45°+∠AED，∠DBO＝∠OBA+∠ABD＝45°+∠ABD，
∴∠ABD＝∠AED；
（3）解：过D作DM⊥y轴于M，DH⊥x轴于H，DG⊥BA交BA的延长线于G，
∵D（2，﹣2），
∴DM＝DH＝OM＝OH＝2，
∵BD平分∠ABO，DM⊥OB，DG⊥AB，
∴DM＝DG，
又∵BD＝BD，
∴Rt△BDG≌△BDM（HL），
∴BG＝BM，
同理：Rt△ADH≌△ADG（HL），
∴AH＝AG，
∵OA＝a，OB＝b，AB＝c，
∴a﹣b+c＝OA﹣OB+AB＝（OH+AH）﹣（BM﹣OM）+（BG﹣AG）＝2+AH﹣BM+2+BG﹣AG＝4，
即a﹣b+c＝4．