山东省乐陵市王集中学2022-2023学年八年级下学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份山东省乐陵市王集中学2022-2023学年八年级下学期第二次月考数学试题（解析版），共21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。
一、选择题（本题共计12题,每题4分，共计48分）
1. 二次根式有意义，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据被开方数大于等于0列不等式求解即可．
【详解】解：由题意得，，
解得．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
2. 以下各数是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用最简二次根式定义判断即可．本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
【详解】解：A．，不是最简二次根式；
B．，不是最简二次根式；
C．不是最简二次根式；
D．，是最简二次根式；
故选：D．
【点睛】此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式定义是解本题的关键．
3. 直角三角形两边长为3，4，则第三边长为（ ）更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 A. 5B. C. 5或D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】分两种情况，3，4为直角边时和4为斜边时，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：当3，4为直角边时，第三边的长为，
当4为斜边时，第三边的长为，
则第三边的长为或，
故选：C
【点睛】此题考查了勾股定理，解题的关键是掌握勾股定理，直角三角形的两个直角边的平方和等于斜边的平方，注意分类讨论．
4. 如图．函数、为常数，的图象如图，则关于的不等式的解集为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用图象与x轴的交点坐标和函数增减性可得出答案．
【详解】解：函数的图象经过点，并且函数值y随x的增大而减小，
所以当时，函数值大于0，即关于x的不等式的解集是．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，正确利用数形结合和函数增减性求解是解题关键．
5. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A. 对角线互相垂直B. 对角线互相平分
C. 每条对角线平分一组对角D. 对角线相等
【答案】D
【解析】
【分析】利用矩形与菱形的性质逐个判断即可．
【详解】A．矩形的对角线互相不垂直，菱形的对角线互相垂直，故A不符合题意；
B．矩形与菱形都是平行四边形，矩形与菱形的对角线都互相平分，故B不符合题意；
C．矩形的每条对角线不平分一组对角，菱形的每条对角线平分一组对角，故C不符合题意；
D．矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形与菱形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形与菱形的性质．
6. 下列条件中，不能判别四边形是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法判断即可．
【详解】解：根据平行四边形的判定，A、B、C均能判定四边形是平行四边形；
D选项给出的四边形两组邻边相等，故不可以判断四边形是平行四边形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．平行四边形共有五种判定方法，记忆时要注意技巧；这五种方法中，一种与对角线有关，一种与对角有关，其他三种与边有关．
7. 下列各式中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用二次根式的性质对各选项进行判断即可．
【详解】A．，故A错误；
B．，故B正确；
C．，故C错误；
D．，故D错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，灵活应用二次根式的性质进行计算，是解题的关键．
8. 对于一次函数，下列叙述正确的是（ ）
A. 当时，函数图象经过第一、二、三象限
B. 当时，随的增大而减小
C. 当时，函数图象一定交于轴的负半轴
D. 函数图象一定经过点
【答案】C
【解析】
【详解】解： A．当时，，函数图象经过第一、三、四象限，故错误；
B．当时，随的增大而增大，故错误；
C．当时，，图象与轴交于点，因此函数图象一定交于轴的负半轴，故正确；
D．当时，，一定经过点，故错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数的知识，解题的关键是熟练掌握一次函数图像的性质．
9. 如图所示的一块地，已知，，，，，则这块地的面积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，先利用勾股定理求出，再根据勾股定理的逆定理判定是直角三角形，再由的面积减去的面积就是所求的面积，即可．
【详解】解：如图，连接．
在中，∵，
∴，
又∵，
∴是直角三角形，
∴这块地的面积 ．
故答案为：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及其逆定理的应用，根据勾股定理逆定理得到是直角三角形是解题的关键．
10. 如图，矩形中，，点P从点B出发，沿向终点D匀速运动，设点P走过的路程为x，的面积为S，能正确反映S与x之间函数关系的图象是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分当和两种情况讨论，分别求得函数关系式，即可判断．
【详解】解：由题意知，点P从点B出发，沿向终点D匀速运动，则
当时，，
当时，，
由以上分析可知，这个分段函数的图象开始是经过原点和点的一条线段，然后为经过点和点的一条水平线段．
故选：C．
【点睛】本题以动态的形式考查了分段函数，函数图象的知识和三角形面积，熟悉相关性质是解题的关键．
11. 如图，有一个圆柱，底面圆的周长为16πcm，高cm，P为的中点，一只蚂蚁从A点出发沿着圆柱的表面爬到P点的最短距离为（ ）
A. cmB. cmC. cmD. cm
【答案】B
【解析】
【分析】先把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短求解．
【详解】解：把圆柱的侧面展开如图：
则：cm，cm，
在Rt中，cm，
故选：B．
【点睛】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，勾股定理应用是解题的关键．
12. 如图，正方形中，点E、F分别在上，是等边三角形，连接交于G，下列结论：①，②，③垂直平分，④，其中正确的结论有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，由正方形的性质就可以得出EC＝FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC＝x，BE＝y，利用三角形的面积公式分别表示出和，再通过比较大小就可以得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∵△AEF等边三角形，
∴，．
∴．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴，
∴BE＝DF， ∠BAE＝∠DAF，故①正确，
∴，
即 故②正确，
∵BC＝CD，
∴，即CE＝CF，
∵AE＝AF，
∴AC垂直平分EF，故③正确．
设EC＝x，在等腰直角三角形中，
，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，
∴，
∴，
∴，
，
∵，，
∴ ，故④正确．
综上所述，正确的有4个，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质是解题的关键．
二、填空题（本题共计6小题，每题4分，共计24分）
13. 已知最简二次根式与二次根式是同类二次根式，则______．
【答案】0
【解析】
【分析】先化简，再利用同类二次根式的定义建立方程求解即可.
【详解】解：，
，
解得，
故答案为0
【点睛】本题考查的是同类二次根式的定义，化为最简二次根式，熟记概念与化简的方法是解题的关键.
14. 已知点（－3，）、（2，）在一次函数的图像上，则、的大小关系是___．
【答案】y1＜y2
【解析】
【分析】根据一次函数的增减性即可解答．
【详解】解：∵一次函数中，，
∴随的增大而增大，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一次函数的增减性，根据一次函数的解析式判定增减性是解答本题的关键．
15. 如图，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则的度数为_________．

【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理得到，，的长度，再判断是等腰直角三角形，进而得出结论．
【详解】解：如图，连接，

由题意， ，，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，且，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的判定与性质，判断出是等腰直角三角形是解决本题的关键．
16. 如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】解：∵，且，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形．
如图，连接AD，则，
∴当时，的值最小，此时，的面积，
∴，
∴的最小值为；
故答案为．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，本题属于中考常考题型．
17. 已知二元一次方程组的解为，则图中三角形ABC的面积为_______．
【答案】24
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组与一次函数的结合，先将变形为得到一次函数和的交点为A（2，6），将A（2，6）分别代入到和，求出一次函数表达式，再令y=0，得到B，C两点的坐标，从而求得三角形的面积即可．
【详解】解：∵二元一次方程组的解为，
即二元一次方程组的解为，
∴一次函数和的交点为A（2，6）．
将A（2，6）代入得6=2k+4，解得k=1，
∴y=x+4，
令y=0，即x+4=0，解得x=-4，
∴B（-4，0），
将A（2，6）代入得6=-3×2+b，解得b=12，
∴y=-3x+12
令y=0，即-3x+12=0，解得x=4，
∴C（4，0），
∴BC=8，
∴．
【点睛】本题考查了二元一次方程组与一次函数的结合，二元一次方程组的解就是两条一次函数的交点，还考查了待定系数法求解析式、求与坐标轴的交点坐标以及求三角形的面积．
18. 如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：
①四边形是平行四边形；
②当时，四边形是矩形；
③当时，四边形是菱形；
④当，且时，四边形是正方形．
其中正确结论有__________（填上所有正确结论的序号）．
【答案】①②③④
【解析】
【分析】对于结论①，由等边三角形的性质可得，，则；同理，由，得，由，即可得出四边形是平行四边形；对于结论②，当时，
，结合结论①，可知结论②正确；对于结论③，当时，，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，故结论④正确．
【详解】解析：①、是等边三角形，
，，，
，
，
，
同理由，得，
由，即可得出四边形是平行四边形，故结论①正确；
②当时，
，
由①知四边形是平行四边形，
平行四边形是矩形，故结论②正确；
③由①知，，四边形是平行四边形，
当时，，
平行四边形是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，
四边形是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，熟练掌握以上图形的判定方法是解题的关键．
三、解答题（本题共计7小题，共计78分）
19 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）0 （2）1
【解析】
【分析】（1）先利用有理数的乘方，负整数指数幂，零指数幂，立方根化简，再计算，即可求解；
（2）先根据平方差公式去括号，根据二次根式的除法法则计算，即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题主要考查了有理数的乘方、负整数指数幂，零指数幂，二次根式的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
20. 如图，四边形是矩形，对角线相交于点，交的延长线于点．求证：．
【答案】见详解
【解析】
【分析】根据矩形的对角线相等可得，对边平行可得，再证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的对边相等可得，从而得证．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质，熟记相关性质并证出四边形是平行四边形是解题的关键．
21. 一架梯子长25米，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙7米，

（1）这个梯子的顶端距地面有多高？
（2）如果梯子的顶端下滑了4米到，那么梯子的底端在水平方向滑动了几米？
【答案】（1）24米 （2）8米
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理即可求解．
（2）利用勾股定理可求得米，进而可求解．
【小问1详解】
解：由题意得：米，米，
在中，，
（米），
这个梯子的顶端距地面有24米．
【小问2详解】
由题意得：米，米，
在中，，
（米），
则：（米），
梯子的底端在水平方向滑动了8米．
【点睛】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
22. 已知一次函数（a是常数，且）．
（1）若该一次函数的图像与x轴相交于点，求一次函数的解析式．
（2）当时，函数有最大值5，求出此时a的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）当时，根据一次函数的增减性可知当时，函数取得最大值5；当时，根据一次函数增减性可知当时，函数取得最大值，分别求解即可．
【小问1详解】
解：将代入，
得，
解得，
∴一次函数解析式：；
【小问2详解】
当时，即时，
当时，，
解得，
当时，即，
当
解得，
综上，或−1．
【点睛】本题考查了一次函数的解析式，一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求解析式以及一次函数的增减性是解题的关键．
23. 如图，A市气象站测得台风中心在A市正东方向300千米的B处，以10千米/时的速度向北偏西60°的BF方向移动，距台风中心200千米范围内是受台风影响的区域．
（1）A市是否会受到台风的影响？写出你的结论并给予说明；
（2）如果A市受这次台风影响，那么受台风影响的时间有多长？
【答案】（1）会，说明见解析
（2）10小时
【解析】
【分析】（1）过点A作AD⊥BF于点D，根据直角三角形的性质可得，求出AD，再比较，即可求解；
（2）设台风到达点C时，A市开始受到台风的影响，到达点E时， A市开始不受到台风的影响，则AE=AC=200千米，根据等腰三角形的性质可得CE=DE，再由勾股定理求出CD，即可求解．
【小问1详解】
解：A市会受到台风的影响，理由如下∶
如图，过点A作AD⊥BF于点D，
在中，∠ABD=30°，AB=300千米，
∴千米，
∵AD=150千米＜200千米，
∴A市会受到台风的影响；
【小问2详解】
解∶设台风到达点C时，A市开始受到台风的影响，到达点E时， A市开始不受到台风的影响，则AE=AC=200千米，
∵AD⊥BF，
∴CD=DE，
∴千米，
∴千米，
∴A市受台风影响的时间为(小时)．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，根据题意，准确构造直角三角形是解题的关键．
24. 如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为．
（1）当为何值时，四边形是矩形；
（2）当为何值时，四边形是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形的周长和面积．
【答案】（1）当时，四边形为矩形；
（2）当时，四边形为菱形；
（3）周长为；面积为．
【解析】
【分析】（）当四边形是矩形时，，据此求得t的值；
（）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间t；
（）菱形的四条边相等，则菱形的周长等于边长的倍，面积等于底乘以高．
【小问1详解】
∵在矩形中，，，
∴，，
由已知可得，，，
在矩形中，，，
当时，四边形为矩形，
∴，得，
故当时，四边形为矩形；
小问2详解】
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为菱形，
即时，四边形为菱形，解得，
故当时，四边形为菱形；
【小问3详解】
当时，，
则周长；面积为．
【点睛】此题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题．
25. 要从甲、乙两仓库向，两工地运送水泥．已知甲、乙两个仓库分别可运出吨和吨水泥；，两工地分别需要水泥吨和吨．从两仓库运往，两工地的运费单价如下表：
（1）设甲仓库运往工地水泥吨，求总运费关于的函数表达式及自变量的取值范围．
（2）当甲仓库运往工地多少吨水泥时，总运费最省？最省的总运费是多少元？
（3）若甲仓库运往工地的运费下降了元吨，则最省的总运费为多少元？
【答案】（1）
（2）甲仓库运往工地吨水泥时，总运费最省，最省的总运费是元
（3）甲仓库运往工地的运费下降了元吨，，则最省的总运费为元
【解析】
【分析】(1)设甲仓库运往A工地水泥x吨，则甲仓库运往B工地水泥吨，乙仓库运往A工地水泥吨，乙仓库运往B工地水泥吨，根据表格列出函数表达式，根据实际情况列出不等式求得的范围；
（2）根据一次函数的性质即可求解；
（3）若甲仓库运往工地的运费下降了元吨．则，根据一次函数的性质结合的范围即可求解．
【小问1详解】
设甲仓库运往A工地水泥x吨，则甲仓库运往B工地水泥吨，
乙仓库运往A工地水泥吨，乙仓库运往B工地水泥吨，
∵
，
由题意可得，，
∴，
∴总运费关于的函数表达式为
小问2详解】
∵
，
随的增大而增大，
当时，最小，最小值为，
故甲仓库运往工地吨水泥时，总运费最省，最省的总运费是元；
【小问3详解】
若甲仓库运往工地的运费下降了元吨．则
，
当，即时，
∴当，时，取得最小值为，
当，即时，
此时，随的增大而减小，且越小，随的增大而减小得越多，
当，时，
取得最小值，最小值为，
综上，若甲仓库运往工地的运费下降了元吨，，则最省的总运费为元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，根据题意列出函数关系式是解题的关键．工地(元吨)
工地(元吨)
甲仓库
乙仓库