精品解析：广东省深圳市福田区福田区莲花中学2021年八年级下学期开学考试数学试题

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莲花中学2020―2021学年第二学期开学考试
初二年级数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 在实数，，﹣，0.0，π，，0.301300130001…（3与1之间依次增加一个0）中，无理数个数为（　　）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据无理数的意义逐个数进行判断即可．
【详解】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．
【点睛】此题主要考查了有理数和无理数的有关定义，熟练掌握无理数的有关定义是解题的关键．
2. 如图所示的是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，其中阴影部分的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理计算出大正方形边长的平方，即大正方形的面积，再根据勾股定理可得两个小正方形的边长的平方和等于斜边的平方，即两个小正方形的面积和等于大正方形的面积，从而得出答案．
【详解】由勾股定理得，大正方形边长的平方==25，即大正方形面积为25，
∵两个小正方形的边长的平方和等于斜边的平方，
∴两个小正方形的面积和为25，
∴阴影部分的面积为：25+25=50．
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题关键．
3. 坐标平面内，将点向右平移两个单位长度后恰好与点关于原点对称，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由点向右平移两个单位长度可得平移后点的坐标为，然后根据该点与点关于原点对称可求解．
【详解】解：由题意可知点平移后的坐标为，
∵点与点关于原点对称，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】本题主要考查点的平移及关于原点对称，熟练掌握点的平移及关于原点对称的特征是解题的关键．
4. 函数中自变量的取值范围是（　　　）
A. B. 且 C. 且 D.
【答案】A
【解析】
【分析】二次根式有意义的条件是被开方数为非负数，分式有意义的条件是分母不为零，据此解题．
【详解】解：由题意得：，，解得：．
故选：A．
【点睛】本题考查函数自变量的取值范围，涉及二次根式有意义的条件、分式有意义的条件等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
5. 如图，直线l1：y＝3x＋1与直线l2：y＝mx＋n相交于点P（1，b），则关于x，y的方程组的解为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先把P（1，b）代入直线l1：y＝3x＋1即可求出b的值，从而得到P点坐标，再根据两函数图象的交点就是两函数组成的二元一次去方程组的解可得答案．
【详解】解：∵直线y＝3x＋1经过点P（1，b），
∴b＝3＋1，
解得b＝4，
∴P（1，4），
∴关于x，y的方程组的解为，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二元一次方程组与一次函数的关系，关键是掌握两函数图象的交点就是两函数组成的二元一次方程组的解．
6. 甲，乙，丙，丁四位同学本学期5次50米短跑成绩的平均数（秒）及方差如下表所示．若从这四位同学中选出一位成绩较好且状态稳定的同学参加学校比赛，则应该选的同学是（ ）

甲
乙
丙
丁

7
7
7.5
7.5

0.45
0.2
0.2
0.45

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】B
【解析】
【分析】算术平均数是统计学中最基本、最常见的一种平均值指标，，
方差用来衡量一组数据的离散程度，方差越大，离散程度越大，数据越不稳定，反之，方差越小，离散程度越小，数据越稳定，据此解题．
【详解】甲、乙的平均用时最短，所以成绩较好，而乙的方差最小，成绩最稳定，
选乙
故选：B
【点睛】本题考查算术平均数、方差等知识，是常见考点，难度容易，掌握相关知识是解题关键．
7. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=58°，将∠A折叠，使点A落在边CB上A′处，折痕为CD，则∠A′DB=（　　）

A. 16° B. 20° C. 26° D. 28°
【答案】C
【解析】
【分析】先根据三角形内角和求出的度数，再由折叠得，再根据外角和定理求出的度数．
【详解】解：∵，，
∴，
∵折叠，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查折叠的性质，三角形内角和和外角和定理，解题的关键是掌握这些性质定理进行求解．
8. 如图，∠1＝∠2，AC平分∠DAB，且∠D：∠DAB＝2：1，则∠D的度数是（　　）

A. 120° B. 130° C. 140° D. 150°
【答案】A
【解析】
【分析】先证明DC∥AB，得到∠D+∠DAB＝180°，再根据∠D：∠DAB＝2：1即可求解．
【详解】解：∵AC平分∠DAB，
∴∠1＝∠CAB，
∵∠1＝∠2，
∴∠CAB＝∠2，
∴DC∥AB，
∴∠D+∠DAB＝180°，
又∵∠D：∠DAB＝2：1，
∴∠D＝180°×＝120°．
故选：A
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质定理和判定定理是解题关键．
9. 如果将一组数据中的每个数都减去5，那么所得的一组新数据（ ）
A. 众数改变，方差改变
B. 众数不变，平均数改变
C. 中位数改变，方差不变
D. 中位数不变，平均数不变
【答案】C
【解析】
【分析】由每个数都减去5，那么所得的一组新数据的众数、中位数、平均数都减少5，方差不变，据此可得答案．
【详解】解：如果将一组数据中的每个数都减去5，那么所得的一组新数据的众数、中位数、平均数都减少5，方差不变，
故选：C．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差、众数、中位数和平均数的定义．
10. 如图，在△ABC中，和的平分线、相交于点，交于，交于，过点作ODBC于，下列四个结论：①；②当时，；③若，，则．其中正确的是（ ）

A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①③
【答案】B
【解析】
【分析】由角平分线的定义结合三角形内角和可判定①，在AB上取一点H，使BH=BE，进而可证△HBO≌△EBO，则有∠BOH=∠BOE=60°，再证得△HAO≌△FAO，得到AH=AF，进而可判定②，作OG⊥AC于G，OM⊥AB于M，根据三角形的面积可判定③．
【详解】解：∵∠BAC和∠ABC的平分线AE、BF相交于点O，
∴∠OBA=∠ABC∠OAB=∠BAC，
∴∠AOB=180°−∠OBA−∠OAB=180°− (∠ABC+∠BAC)=180°− (180°−∠C)=90°+∠C，故①错误；
∵∠C=60°，
∴∠ABC+∠BAC=120°，
∴∠OBA+∠OAB= (∠ABC+∠BAC)=60°，
∴∠AOB=120°，
∴∠BOE=∠AOF=60°，
如图，在AB上取一点H，使BH=BE，

∵BF是∠ABC的角平分线，
∴∠HBO=∠EBO，
∵OB=OB，
∴△HBO≌△EBO（SAS），
∴∠BOH=∠BOE=60°，
∴∠HOA=∠BOA−∠BOH=60°，
∴∠AOH=∠AOF，
∵∠HAO=∠FAO,AO=AO，
∴△HAO≌△FAO（ASA），
∴AH=AF，
∴AB=AH+BH=AF+BE，故②正确；
作OG⊥AC于G，OM⊥AB于M，如图所示：

∵∠BAC和∠ABC的平分线AE、BF相交于点O，
∴点O在∠C的平分线上，
∴OG=OD=OM=a，
∴S△ABC=AB⋅OM+BC⋅OD+AC⋅OG= (AB+BC+AC)a=ab，故③正确；
故选：B．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理及全等三角形的性质与判定，熟练掌握角平分线的性质定理及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 的算术平方根是__________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用算术平方根定义得出答案．
【详解】解：，
的算术平方根是：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了算术平方根，正确掌握相关定义是解题关键．
12. 已知A(2，3)，AB=4，且AB∥x轴，则B的坐标是____．
【答案】（﹣2，3）或（6，3）
【解析】
【分析】线段AB∥x轴，AB=4，把点A向左或右平移4个单位即可得到B点坐标．
【详解】解：∵线段AB∥x轴，
∴点B纵坐标与点A的纵坐标相同，
∵AB=4，
∴点B的坐标是（﹣2，3）或（6，3）．
故答案为（﹣2，3）或（6，3）．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，利用点的坐标计算相应线段的长和判断线段与坐标轴的位置关系．
13. 某校女子排球队队员的年龄分布如下表：
年龄

13

14

15

人数

4

7

4

则该校女子排球队队员的平均年龄是 岁．
【答案】14．
【解析】
【详解】平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数，因此，
该校女子排球队队员的平均年龄是（岁）．
故答案为：14．
14. 两块不同的三角板按如图所示摆放，两个直角顶点C重合，∠A＝60o，∠D＝45o．接着保持三角板ABC不动，将三角板CDE绕着点C旋转，但保证点D在直线AC的上方，若三角板CDE有一条边与斜边AB平行，则∠ACD＝_____．

【答案】30°或120°或165°
【解析】
【分析】分CE、DE、CD分别与AB平行分别作出图形，再根据平行线的性质求解即可．
【详解】解：如图，CD∥AB，∠BCD＝∠B＝30°，
∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝90°+30°＝120°；

如图，DE∥AB时，延长EC交AB于F，
则∠AFC＝∠E＝45°，
在中，∠ACF＝180°﹣∠A﹣∠AFC，
＝180°﹣60°﹣45°＝75°，


∴∠ACD＝；

如图，当时，


∠ACD＝30°，
故答案为：30°或120°或165°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的判定与性质，关键是根据旋转角的逐渐增大分别作出图形．
15. 如图，已知直线：，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；…；按此作法继续下去，则点的坐标为______．

【答案】
【解析】
【分析】根据所给直线解析式得到直线与x轴的夹角，进而根据所给条件依次得到点、的坐标，通过相应规律得到点的坐标．
【详解】解：∵，且AB⊥y轴，
∴，解得：，
∴，
∴，
∴，
∴∠AOB=60°，
∴直线与x轴的夹角为30°，∠ABO=30°，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴由勾股定理得，
∴，
同理可得，
……
∵，
∴的纵坐标为，
∴；
故答案为．
【点睛】本题主要考查一次函数的规律问题、勾股定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握一次函数的规律问题、勾股定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共55分）
16. 计算：．
【答案】3﹣．
【解析】
【分析】直接利用有理数的乘方运算法则、负整数幂的性质、绝对值的性质、立方根的定义分别化简得出答案．
【详解】解：原式＝﹣1﹣2+2﹣+4
＝3﹣．
【点睛】本题主要考查实数运算，掌握相关的运算法则是解题的关键．
17. 解方程组：
【答案】
【解析】
【分析】根据代入消元法可进行求解．
【详解】解：，
把①代入②得：，解得：，
把代入①得：，
∴原方程组的解为．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的解法，熟练掌握代入消元法是解题的关键．
18. 某校随机抽取部分学生，对“学习习惯”进行问卷调查．
设计的问题：对自己做错的题目进行整理、分析、改正；
答案选项为：A：很少，B：有时，C：常常，D：总是；
将调查结果的数据进行了整理、绘制成部分统计图如下：

请根据图中信息，解答下列问题：
（1）该调查的样本容量为 ，a= %，b= %，“常常”对应扇形的圆心角为 ；
（2）请你补全条形统计图；
（3）若该校有3200名学生，请你估计其中“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生各有多少名？
【答案】（1）200，12，36，108° （2）作图见解析 （3）960，1152
【解析】
【分析】（1）“有时”的人数除以其所占的百分比即可得到样本总量，“有时”的人数除以样本总量即可得到，“总是”的人数除以样本总量即可得到，“常常”所占的百分比乘以360°即可求出其对应扇形的圆心角的度数；

（2）求出“常常”的人数，据此补全条形统计图即可；
（3）样本总量乘以“常常”和“总是”所占的比例即可进行估算．
【详解】（1）（人）


“常常”对应扇形的圆心角
故答案为：200，12，36，108°；
（2）（人）
故补全条形统计图如下；

（3）（人）
（人）
故其中“常常”对错题进行整理、分析、改正的学生有960名，“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生有1152名．
【点睛】本题考查了概率统计的问题，掌握条形图和扇形图的性质、用样本估算整体的方法是解题的关键．
19. 如图，长方形纸片中，，，将它沿对角线折叠，使点落在点处，则图中阴影部分的面积是多少？

【答案】
【解析】
【分析】由题意易得AD∥BC，∠C=∠F=90°，，进而可得BE=DE，然后设BE=DE=x，则，然后利用勾股定理可求x的值，最后问题可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠C=90°，
∴，
由折叠的性质可得∠C=∠F=90°，，，，
∴，
∴BE=DE，
设BE=DE=x，则有，
∴在Rt△DFE中，由勾股定理可得，解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠问题、二次根式的运算及勾股定理，熟练掌握矩形与折叠问题、二次根式的运算及勾股定理是解题的关键．
20. 某商场计划用元从厂家购进台新型电子产品，已知该厂家生产甲、乙、丙三种不同型号的电子产品，设甲、乙型设备应各买入台，其中每台的价格、销售获利如下表：

甲型
乙型
丙型
价格（元/台）



销售获利（元/台）



购买丙型设备 台(用含的代数式表示) ；
若商场同时购进三种不同型号的电子产品(每种型号至少有一台)，恰好用了元，则商场有哪几种购进方案?
在第题的基础上，为了使销售时获利最多，应选择哪种购进方案?此时获利为多少?
【答案】(1) ； (2) 购进方案有三种，分别为:方案一:甲型台，乙型台，丙型台；方案二:甲型台，乙型台，丙型台；方案三:甲型台，乙型台，丙型台；(3) 购进甲型台，乙型台，丙型台，获利最多，为元
【解析】
【分析】（1）用总台数减去甲、乙两型的数量及得丙的数量；
（2）根据总费用恰好是56000元可列写一个等式方程，其中包含2个未知数，仅能得出x、y之间关系式：.再利用x、y都是正数，可得y必须是5的倍数；
（3）在（2）中得出的几种方案中，分别求解利润，得出利润最多的情况
【详解】解：
由题意得，
化简整理得：

当时，；
当时，；
当时，．
购进方案有三种，分别为:
方案一:甲型台，乙型台，丙型台；
方案二:甲型台，乙型台，丙型台；
方案三:甲型台，乙型台，丙型台．
方案一:(元)，故可获利元，
方案二一:(元)，故可获利元，
方案三:(元)，故可获利元，
因为
所以购进甲型台，乙型台，丙型台，获利最多，为元．
【点睛】本题的难点是利用二元一次不定方程求解，当方程数量少于未知数时，通常是无法直接求解出未知数的值的.此刻，我们还需要根据“整数”这个条件，进行分析.
21. 如图 1，C是线段 AB 上一个定点，动点P从点 A出发向点B匀速移动，动点Q从点B出发向点C匀速移动，点P，Q同时出发，移动时间记为x（s），点 P与点 C的距离记为 y（cm），点 Q与点 C 的距离记为 y（cm）． y、y与 x的关系如图 2 所示．

（1）线段 AB的长为 cm；
（2）求点 P出发 3 秒后y与x之间的函数关系式；
（3）当 P，Q两点相遇时，x= s．
【答案】（1）27；（2）y1=2x6；（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数图象中的数据可以得到线段AB的长；
（2）根据图象中的数据和题意可以得到点P出发3秒后y1与x之间的函数关系式；
（3）根据题意可以得到点P和Q的速度，从而可以求得x的值．
【详解】解：（1）由图可得，
线段AC的长度为6cm，线段BC的长为21cm，
∴段AB的长为6+21=27cm，
故答案为：27；
（2）设点P出发3秒后，y1与x之间的函数关系式为y1=kx+b（k≠0），
由图象可得，点P的运动速度为：6÷3=2cm/s，
由27÷2=13.5，可知y1=kx+b的图象过点（13.5，21），
又∵y1=kx+b的图象过点（3，0），
，得，
即y1与x的函数关系式为y1=2x-6；
（3）由题意可得，
点Q的速度为：21÷7=3cm/s，
则当P，Q两点相遇时，x=，
故答案为：．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想和一次函数的性质解答．
22. 如图，在中，，若动点P从点C开始，按的路径运动，且速度为每秒，设出发的时间为t秒．

（1）出发2秒后，求的周长；
（2）问t为何值时，为以C为顶点的等腰三角形；
（3）另有一点Q，从点C开始，按的路径运动，且速度为秒，若P，Q两点同时出发，当P，Q中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当t为何值时，直线PQ把的周长分成相等的两部分．
【答案】（1）7＋（cm）
（2）t为3s，5.4s时，为以C为顶点的等腰三角形
（3）t为2或6秒
【解析】
【分析】（1）根据速度为每秒1cm，求出出发2秒后CP的长，然后就知AP的长，利用勾股定理求得PB的长，最后即可求得周长．
（2）因为AB与CB已知，由勾股定理得AC＝4 cm，要让△BCP为等腰三角形，有两种情况，点P在AC边上或者点P在AB边上，只要保证PC=BC就可以．
（3）分类讨论：当P点在AC上，Q在AB上，则PC＝t，BQ＝2t−3，t＋2t−3＝6；当P点在AB上，Q在AC上，则AC＝t−4，AQ＝2t−8，t−4＋2t−8＝6．
【小问1详解】
解：如图1，由∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，

∴AC＝4，动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，
∴出发2秒后，则CP＝2，
∵∠C＝90°，
∴PB＝（cm），
∴△ABP的周长为：AP＋PB＋AB＝2＋5＋＝7＋（cm）．
【小问2详解】
①如图2，若P在边AC上时，BC＝CP＝3cm，

此时用的时间为3s，△BCP为等腰三角形；
②若P在AB边上时，CP＝BC＝3cm，过C作斜边AB的高，则CD=2.4cm，



在Rt△PCD中，PD＝＝=1.8（cm），
所以BP＝2PD＝3.6cm，
所以P运动的路程为9−3.6＝5.4cm，
则用的时间为5.4s，△BCP为等腰三角形；
综上所述，当t为3s，5.4s时，△BCP为等腰三角形
【小问3详解】
如图6，当P点在AC上，Q在AB上，则PC＝t，BQ＝2t−3，

∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴t＋2t−3＝3，
∴t＝2；
如图7，当P点在AB上，Q在AC上，则AP＝t−4，AQ＝2t−8，

∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴t−4＋2t−8＝6，
∴t＝6，
∴当t为2或6秒时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
【点睛】此题考查了，勾股定理，等腰三角形的判定与性质的理解和掌握，综合运用以上知识并能分类讨论是解题的关键．