2023年八年级下学期数学开学考试卷（江苏徐州专用）（解析版）

这是一份2023年八年级下学期数学开学考试卷（江苏徐州专用）（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，估计的值在，计算等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省徐州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：140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8小题，每小题3分，共24分）。
1．的平方根是（　　）
A．﹣ B． C． D．
【答案】C
【解答】解：∵（﹣）2＝，
∴的平方根是，
故选：C．
2．2022年卡塔尔世界杯是自1930年以来举办的第22届世界杯，历届世界杯可谓各具特色，会徽设计也蕴含了不同的文化．下列世界杯会徽的图案中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解答】解：A，B，C选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
D选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D．
3．在平面直角坐标系中，点P（3，﹣2）在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【解答】解：∵3＞0，﹣2＜0，
∴点P（3，﹣2）在第四象限．
故选：D．
4．如果P（m+3，2m+4）在y轴上，那么点P的坐标是（　　）
A．（﹣2，0） B．（0，﹣2） C．（1，0） D．（0，1）
【答案】B
【解答】解：∵P（m+3，2m+4）在y轴上，
∴m+3＝0，
解得m＝﹣3，2m+4＝﹣2，
∴点P的坐标是（0，﹣2）．
故选：B．
5．如图为三条两两相交的公路，某石化公司拟建立一个加油站，计划使得该加油站到三条公路的距离相等，则加油站的可选位置有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解答】解：在三角形内部三条角平分线相交于同一点，三外角平分线有三交点，除去深水湖泊那里的交点，共有三个，
故选：C．
6．估计的值在（　　）
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
【答案】B
【解答】解：∵，＝3，
而，
∴2，
∴估计的值在2和3之间．
故选：B．
7．已知三条线段的长度分别为如下数据，那么以这三条线段为边不能构成直角三角形的是（　　）
A．1，1， B．，， C．6，8，10 D．5，12，13
【答案】B
【解答】解：A、∵12+12＝（）2，
∴以1、1、为边组成的三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵（）2+（）2≠（）2，
∴以、、为边组成的三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
C、∵62+82＝102，
∴以6、8、10为边组成的三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵52+122＝132，
∴以5、12、13为边组成的三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：B．
8．如图1，在长方形ABCD中，动点P从点B出发，沿长方形的边由B→C→D→A运动，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，把y看作x的函数，函数的图象如图2所示，则△ABC的面积为（　　）


A．10 B．16 C．18 D．20
【答案】A
【解答】解：由图2知：
当动点P由B→C时，点P运动的路程为4，
∴BC＝4，
当x＝4和x＝9时，△ABP的面积相等，
∴CD＝5，
∴S△ABC＝CD×BC＝10，
故选：A．
二、 填空题(本题共8题，每小题4分，共32分）。
9．计算：×＝　 　．
【答案】
【解答】解：×＝；
故答案为：．
10．写出一个3到4之间的无理数　 　．
【答案】π
【解答】解：3到4之间的无理数π．
答案不唯一．
11．在教室里，第6列第3个座位记作（6，3），则第2列第5个座位记作 　 　．
【答案】（2，5）
【解答】解：∵第6列第3个座位记作（6，3），
∴第2列第5个座位记作（2，5）．
故答案为：（2，5）．
12．已知点P（a，﹣4）与点M（5，b）关于x轴对称，则a+b＝　 　．
【答案】9
【解答】解：∵点P（a，﹣4）与点M（5，b）关于x轴对称，
∴a＝5，b＝4，
则a+b＝5＝4＝9．
故答案为：9．
13．如图，在△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB，AC于D，E两点，且AC＝10，BC＝4，则△BCE的周长为　 　．

【答案】14
【解答】解：∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴EA＝EB，
∴△BCE的周长＝EB+EC+BC＝EA+EC+BC＝AC+BC＝14，
故答案为：14．
14．如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开．若测得AB的长为10km，则M，C之间的距离是 　 　km．

【答案】5
【解答】解：∵公路AC，BC互相垂直，
∴∠ACB＝90°，
∵M为AB的中点，
∴CM＝AB，
∵AB＝10km，
∴CM＝5km，
所以M，C之间的距离是5km，
故答案为：5．
15．已知关于x的方程ax+b＝2的解为x＝﹣5，则一次函数y＝ax+b﹣2的图象与x轴交点的坐标为 　 　．
【答案】（﹣5，0）
【解答】解：∵关于x的方程ax+b＝2的解为x＝﹣5，
∴一次函数y＝ax+b﹣2的图象与x轴交点的坐标为（﹣5，0），
故答案为：（﹣5，0）．
16．如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝∠COD＝36°．连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：
①∠AMB＝36°，②AC＝BD，③OM平分∠AOD，④MO平分∠AMD．其中正确的结论个数有（　　）个．

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝36°，
∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，

∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，故②正确；

∵∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：
∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°，故①正确；

法一：作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，

则∠OGA＝∠OHB＝90°，
∵△AOC≌△BOD，
∴OG＝OH，
∴MO平分∠AMD，故④正确；
法二：∵△AOC≌△BOD，
∴∠OAC＝∠OBD，
∴A、B、M、O四点共圆，
∴∠AMO＝∠ABO＝72°，
同理可得：D、C、M、O四点共圆，
∴∠DMO＝∠DCO＝72°＝∠AMO，
∴MO平分∠AMD，
故④正确；

假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，
在△AMO与△DMO中，
，
∴△AMO≌△DMO（ASA），
∴AO＝OD，
∵OC＝OD，
∴OA＝OC，
而OA＜OC，故③错误；
正确的个数有3个；
故选：B．
三、解答题（本大题共9小题，共84分）
17．（8分）（1）计算：；
（2）解方程：（2x﹣1）2﹣9＝0．
【解答】解：（1）原式＝
＝；

（2）原方程可化为（2x﹣1）2＝9，
两边开平方，得2x﹣1＝±3，
即2x﹣1＝3，或2x﹣1＝﹣3，
所以x1＝2，x2＝﹣1．
18．（8分）如图，点B，E，C，F在一条直线上，AC与DE相交于点O，AB＝DE，AB∥DE，BE＝CF．
（1）求证：AC∥DF；
（2）若∠B＝65°，∠F＝35°，求∠EOC的度数．

【解答】证明：（1）∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEF，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠ACB＝∠F，
∴AC∥DF；
（2）解：由（1）得∠B＝∠DEF，∠ACB＝∠F，
∴∠DEF＝∠B＝65°，∠ACB＝∠F＝35°，
在△EOC中，∠DEF+∠ACB+∠EOC＝180°，
∴∠EOC＝180°﹣∠DEF﹣∠ACB＝180°﹣65°﹣35°＝80°．
19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，RT△ABC的顶点A在x轴上，AB＝AC，∠BAC＝90°，已知点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（﹣1，3）．求点C的坐标．

【解答】解：如图，过点B与点C分别作x轴的垂线交x轴于点D与点E，

∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（﹣1，3），
∴OA＝3，OD＝1，BD＝3，
∴AD＝4，
∵∠BDA＝∠BAC＝90°，
∴∠ABD+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAE，
又∵AB＝AC，∠BDA＝∠CEA＝90°，
∴△BDA≌△AEC（AAS），
∴AE＝BD＝3，CE＝AD＝4，
∴OE＝6，
∴C（6，4）．
20．（8分）如图，在△ABC中，∠A＞∠B．
（1）用尺规作图，在BC上作点D、E，使点D到AB与AC的距离相等，点E到点A与B的距离相等（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）连接EA、DA，若∠B＝45°，∠C＝65°，则∠DAE＝　10　°．

【解答】解：（1）如图，点D、E即为所求；

（2）∵∠B＝45°，∠C＝65°，
∴∠CAB＝180°﹣45°﹣65°＝70°，
∵AD是∠CAB的角平分线，
∴∠BAD＝CAB＝35°，
∵AB的垂直平分线交BC于点E，
∴EA＝EB，
∴∠EAB＝∠B＝45°，
∴∠DAE＝∠EAB﹣∠BAD＝45°﹣35°＝10°．
故答案为：10．
21．（8分）如图，在矩形ABCD中，将△BAD沿对角线BD翻折，点A落在点E处，DE与BC交于点F．
（1）求证：△BEF≌△DCF；
（2）若BC＝9，DC＝3，求DF的长．

【解答】解：（1）在矩形ABCD中，将△BAD沿对角线BD翻折，点A落在点E处，DE与BC交于点F，
∴∠E＝∠A＝∠C，BE＝BA＝DC，
在△BEF与△DCF中，
，
∴△BEF≌△DCF（AAS）；
（2）设BF＝DF＝x，则CF＝9﹣x，
在Rt△DCF中，CF2+CD2＝DF2，即（9﹣x）2+32＝x2，
解得：x＝5．
故DF的长是5．
22．（8分）如图，已知点A（﹣6，0）、点B（0，4）．
（1）求直线AB所对应的函数表达式；
（2）在直线AB上有点P，满足点P到x轴的距离等于8，求点P的坐标．

【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∵点A（﹣6，0）、点B（0，4），
∴，解得，
∴直线AB的解析式为：y＝x+4；
（2）∵点P到x轴的距离等于8，
∴P的纵坐标为y＝±8，
当y＝8时，则8＝x+4，解得x＝6；
当y＝﹣8时，则﹣8＝x+4，解得x＝﹣18；
∴P的坐标为（6，8）或（﹣18，﹣8）．

23．（8分）快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣．已知购买甲型机器人1台，乙型机器人2台，共需14万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人3台，共需24万元．
（1）求甲、乙两种型号的机器人每台的价格各是多少万元；
（2）已知甲型和乙型机器人每台每小时分拣快递分别是1200件和1000件，该公司计划购买这两种型号的机器人共8台，总费用不超过41万元，并且使这8台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8300件，则该公司有哪几种购买方案？哪个方案费用最低，最低费用是多少万元？
【解答】解：（1）设甲型机器人每台价格是x万元，乙型机器人每台价格是y万元，根据题意得

解这个方程组得：

答：甲、乙两种型号的机器人每台价格分别是6万元、4万元
（2）设该公司购买甲型机器人a台，乙型机器人（8﹣a）台，根据题意得

解这个不等式组得

∵a为正整数
∴a的取值为2，3，4，
∴该公司有3种购买方案，分别是
购买甲型机器人2台，乙型机器人6台
购买甲型机器人3台，乙型机器人5台
购买甲型机器人4台，乙型机器人4台
设该公司的购买费用为w万元，则w＝6a+4（8﹣a）＝2a+32
∵k＝2＞0
∴w随a的增大而增大
当a＝2时，w最小，w最小＝2×2+32＝36（万元）
∴该公司购买甲型机器人2台，乙型机器人6台这个方案费用最低，最低费用是36万元．
24．（10分）甲、乙两车分别从B，A两地同时出发，甲车匀速前往A地；乙车匀速前往B地，到达B地立即以另一速度按原路匀速返回到A地；设甲、乙两车距A地的路程为y（千米），乙车行驶的时间为x（时），y与x之间的函数图象如图所示．
（1）求乙车从B地到达A地的速度；
（2）求乙车到达B地时甲车距A地的路程；
（3）求乙车返回前甲、乙两车相距40千米时，乙车行驶的时间．

【解答】解：（1）由图象可得，
乙车从A地到B地的速度为：180÷1.5＝120（千米/时），
∴120m＝300，
解得m＝2.5，
∴乙车从B地到达A地的速度为：300÷（5.5﹣2.5）＝300÷3＝100（千米/时），
即乙车从B地到达A地的速度是100千米/时；
（2）由图象可得，
甲车的速度为：（300﹣180）÷1.5＝120÷1.5＝80（千米/时），
则乙车到达B地时甲车距A地的路程是：300﹣2.5×80＝300﹣200＝100（千米），
即乙车到达B地时甲车距A地的路程是100千米；
（3）乙车返回前甲、乙两车相距40千米时，设乙车行驶的时间为t小时，
甲乙相遇之前：80t+120t+40＝300，
解得t＝1.3；
甲乙相遇之后：80t+120t﹣40＝300，
解得t＝1.7；
答：乙车返回前甲、乙两车相距40千米时，乙车行驶的时间是1.3小时或1.7小时．
25．（12分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，A（﹣8，0），B（0，4）．
（1）如图1，求点C的坐标；
（2）如图2，BC交x轴于点M，AC交y轴于点N，且BM＝CM，求证：∠CMN+∠BAM＝90°；
（3）如图3，若点A不动，点B在y轴的正半轴上运动时，分别以OB、AB为直角边在第一、第二象限作等腰直角△BOF与等腰直角△ABE，其中∠ABE＝∠OBF＝90°，连接EF交y轴于P点，问当点B在y轴正半轴上移动时，BP的长度是否变化？若变化请说明理由，若不变化，请求出其长度．


【解答】（1）解：如图1中，作CD⊥BO，

∵∠CBD+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBD＝∠BAO，
在△ABO和△BCD中，
，
∴△ABO≌△BCD（AAS），
∴BD＝AO＝8，CD＝BO＝4，OD＝8﹣4＝4，
∴C点坐标（4，﹣4）；

（2）证明：如图2中，在MA上取一点G，使得MN＝MG．

∵直线BC经过B（0，4），C（4，﹣4），设直线BC解析式为y＝kx+b，
代入B、C得直线BC解析式为y＝﹣2x+4，
∴M点坐标为（2，0），
∵直线AC经过A（﹣8，0），C（4，﹣4），设直线AC解析式为y＝kx+b，
代入A、C得直线BC解析式为y＝﹣x﹣，
∴N点坐标为（0，﹣），
∴Rt△OMN中，MN＝＝＝，
∵MG＝MN，
∴G点坐标为（﹣，0），
∴BG＝，CN＝，
∴GB＝CN，
在△CMN和△BMG中，
，
∴△CMN≌△BMG（SSS），
∴∠AMB＝∠CMN，
∵∠AMB+∠BAM＝90°，
∴∠CMN+∠BAM＝90°；
方法二：过点C作CP⊥CB交y轴于点P

证明△ABM≌△BCP，推出∠BAM＝∠CBP，
证明△CNM≌△CNP，推出∠CMN＝∠CPN，
由∠CPB+∠CBP＝90°，可以推出∠CMN+∠BAM＝90°；

（3）解：结论：PB＝4．
理由：如图3中，作EG⊥y轴，

∵∠BAO+∠OBA＝90°，∠OBA+∠EBG＝90°，
∴∠BAO＝∠EBG，
在△BAO和△EBG中，
，
∴△BAO≌△EBG（AAS），
∴BG＝AO，EG＝OB，
∵OB＝BF，
∴BF＝EG，
在△EGP和△FBP中，
，
∴△EGP≌△FBP（AAS），
∴PB＝PG，
∴PB＝BG＝AO＝4．