沈阳市大东区2019-2020八年级上期中试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．9的平方根是( ) A．3

B．81

C．3

D．81

2．将3x-2y=1变形，用含x的代数式表示y，正确的是（ ） A．x12y 3B．y3x1 2C．y13x 2D．x12y 33．如图，△ABC的顶点A、B、C在边长为1的正方形网格的格点上，BD⊥AC于点D．则BD的长为（）

A．45 5B．35 4C．25 3D．35 ．若yx22x3，则P（x，y）在（ ）

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限

25．一次函数yk2xk4的图象经过原点，则k的值为( )

A．2 6．已知A．1

B．2 C．2或2 D．3

x13x2ym是二元一次方程组的解，则m﹣n的值是（ ） y2nxy1B．2

C．3

D．4

7．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为（）

A．（3，1）

B．（2，1）

试卷第1页，总6页

C．（2，3） D．（1，3）

8．在同一坐标系中，正比例函数y=kx与一次函数y=x－k的图象为( )

A． B． C．

D．

9．如图，长方形纸片ABCD中，AD4，AB10，按如图的方式折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则DE长为（ ）

A．4.8 B．5 C．5.8 D．6

10．甲、乙两人以相同路线前往距离单位10km的培训中心参加学习，图中l1，l2分别表示甲、乙两人前往目的地所走的路程s（千米）随时间t（分）变化的函数图象，以下说法：①甲比乙提前12分到达；②甲的平均速度为15千米/时；③甲乙相遇时，乙走了6千米；④乙出发6分钟后追上甲.其中正确的有（ ）

A．4个

二、填空题

B．3个 C．2个 D．1个

11．已知a＜b，化简二次根式2a2b的结果是______．

12．如图，有一个长为50cm，宽为30cm，高为40cm的长方体木箱，一根长70cm的

试卷第2页，总6页

木棍________放入（填“能”或“不能”）．

13．已知点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，且P′在直线y=kx+3上，把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为_________________． 14．定义运算“@”的运算法则为：x@y则(2@6)@8_____________． xy4，x2yk15．若方程x﹣y＝﹣1的一个解与方程组的解相同，则k的值为_____．

2xy116．如图，把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标为（3，0），点P2）（1，在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置…，则正方形铁片连续旋转2017次后，点P的坐标为____________________．

三、解答题 17．计算：

（1）5(315)62 （2）(31)(31)(3)218．解方程组：

27 2x2y9 （1）y3x13x5y3 （2）xy12319．已知x32,y32，求x2+y2+2xy﹣2x﹣2y的值．

试卷第3页，总6页

20．若一个三角形的三边长分别是a，b，c，其中a和b满足方程若这个三角形的周长为整数，求这个三角形的周长．

4a2b180，

4b3a8021．阅读下列材料：小明遇到这样一个问题：已知：在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为5,10,13，求△ABC的面积．小明是这样解决问题的：如图①所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出△ABC的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法．请回答：

（1）图1中△ABC的面积为 ； 参考小明解决问题的方法，完成下列问题：

6的正方形网格（每个小正方形的边长为1）（2）图2是一个6×．

①利用构图法在答卷的图2中画出三边长分别为13、25、29的格点△DEF； ②计算△DEF的面积．

22．如图，函数y＝2x+4的图象与正比例函数的图象相交于点A（﹣1，2），且与x轴、y轴分别交于点B、C．

（1）求正比例函数y＝kx的解析式；

（2）求两个函数图象与y轴围成图形的面积．

23．拉杆箱是人们出行的常用品，采用拉杆箱可以让人们出行更轻松．如图，一直某种拉杆箱箱体长AB＝65cm，拉杆最大伸长距离BC＝35cm，在箱体底端装有一圆形滚轮，当拉杆拉到最长时，滚轮的圆心在图中的A处，点A到地面的距离AD＝3cm，当拉杆

试卷第4页，总6页

全部缩进箱体时，滚轮圆心水平向右平移55cm到A′处，求拉杆把手C离地面的距离（假设C点的位置保持不变）．

24．一辆客车从甲地开往乙地，一辆出租车从乙地开往甲地，两车同时出发，设客车离甲地的距离为y1千米，出租车离甲地的距离为y2千米．两车行驶的时间为x小时，y1、y2关于x的函数图象如图所示：

（1）根据图象，直接写出y1，y2关于x的函数关系式； （2）当x为何值时，两车相遇？

（3）甲、乙两地间有A、B两个加油站，相距280千米，若客车进入A加油站时，出租车恰好进入B加油站，求A加油站离甲地的距离． 25．模型建立：

(1)如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．

求证：△BEC≌△CDA． 模型应用： (2)已知直线l1：y=

4x+4与y轴交于A点，将直线l1绕着A点顺时针旋转45°至l2，如3图2，求l2的函数解析式．

试卷第5页，总6页

(3)如图3，矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为(8，6)，A、C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，设PC=m，已知点D在第一象限，且是直线y=2x-6上的一点，若△APD是不以A为直角顶点的等腰Rt△，请直接写出点D的坐标．

试卷第6页，总6页

参

1．C 【分析】

根据平方根的定义进行求解即可. 【详解】

解：9的平方根是3. 故选C. 【点睛】

本题考查平方根，一个正数有两个实平方根，它们互为相反数. 2．B 【分析】

把x看做已知数表示出y即可． 【详解】 ∵3x-2y=1， ∴2y=3x-1， ∴y3x1 2故选B 【点睛】

此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将x看做已知数求出y． 3．A 【分析】

根据图形和三角形的面积公式求出△ABC的面积，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】 如图，

答案第1页，总15页

△ABC的面积=

1×BC×AE=2， 2由勾股定理得，AC=1222=5， 则

1×5×BD=2， 2解得BD=故选A． 【点睛】

45， 5本题考查的是勾股定理的应用，掌握在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键． 4．D 【解析】 ∵yx22x3，

x20∴ ，解得：x2，

2x0∴y0033，

∴点P的坐标为（2，-3），在第四象限. 故选D. 5．A 【分析】

把原点坐标代入解析式得到关于k的方程，然后解方程求出k，再利用一次函数的定义确定满足条件的k的值． 【详解】

2， 把（0，0）代入y=（k+2）x+k2-4得k2-4=0，解得k=±而k+2≠0， 所以k=2． 故选A． 【点睛】

本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数图象上点的坐标满足其解析式，于是解

答案第2页，总15页

决此类问题时把已知点的坐标代入解析式求解．注意一次项系数不为零． 6．D 【分析】

x13x2ymn的值，根据已知将代入二元一次方程组得到m，即可求得m-n的值．

y2nxy1【详解】 ∵x13x2ym 是二元一次方程组y2nxy134m∴

n21∴m=1，n=-3 m-n=4 故选：D 【点睛】

本题考查了二元一次方程组解的定义，已知二元一次方程组的解，可求得方程组中的参数．7．C 【解析】 【分析】

AO=由已知条件得到AD′=AD=2，于是得到结论． 【详解】

解：∵AD′=AD=2， AO=

1AB=1，根据勾股定理得到OD′=AD2OA23，21AB=1， 2OD′=AD2OA23， ∵C′D′=2，C′D′∥AB， ∴C′（2，3）， 故选D． 【点睛】

答案第3页，总15页

本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．8．B 【解析】

试题分析：正比例函数和一次函数的图象.根据正比例函数经过原点，一次函数为增函数就可以排除C、D选项，A、B两个选项中正比例函数为减函数，则说明k＜0，则－k＞0，所以一次函数图象与y轴交于正半轴，所以选择B. 考点：正比例函数和一次函数的图象 9．C 【分析】

设DE=EB=x，在Rt△ADE中，利用勾股定理列出方程即可解决问题． 【详解】

∵四边形EFCD是由四边形EFCB翻折得到， ∴DE=EB， 设DE=EB=x， 在Rt△ADE中，

∵∠A=90°，AD=4，DE=EB=x，AE=10x， ∴x242(10x)2， 解得：x5.8， ∴DE=5.8， 故选：C． 【点睛】

本题考查了翻折变换、勾股定理等知识，解题的关键是利用翻折不变性解决问题，学会把问题转化为方程去思考，属于中考常考题型． 10．B 【分析】

根据题目的要求结合一次函数的性质，先计算出相关的选项结果，再判断正误. 【详解】

解：①乙在28分时到达，甲在40分时到达，所以乙比甲提前了12分钟到达；故①正确；②根据甲到达目的地时的路程和时间知：甲的平均速度10答案第4页，总15页

4015千米/时；故②正确； 60

④设乙出发x分钟后追上甲，则有：

1010x18x

281840解得x6，故④正确；

③由④知：乙第一次遇到甲时，所走的距离为：6所以正确的结论有三个：①②④， 故选B． 【点睛】

此题重点考查学生对一次函数的实际应用，掌握一次函数的性质是解题的关键. 11．-a2b 【解析】 【分析】

直接利用二次根式的性质得出a，b的符号，进而化简即可． 【详解】

∵a＜b，2a2b有意义，∴a＜0，b≤0，∴2a2ba2b． 故答案为﹣a2b． 【点睛】

本题考查了二次根式的性质与化简，正确得出a，b的符号是解题的关键． 12．能 【解析】

根据勾股定理可计算出长方体最大容纳长度=302402502500070,故答案为:能.

13．y=﹣5x+5． 【分析】

由对称得到P′（1，﹣2），再代入解析式得到k的值，再根据平移得到新解析式. 【详解】

∵点P（1，2）关于x轴的对称点为P′， ∴P′（1，﹣2）， ∵P′在直线y=kx+3上，

答案第5页，总15页

106km，故③错误；

2818

∴﹣2=k+3，解得：k=﹣5， 则y=﹣5x+3，

∴把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为：y=﹣5x+5． 故答案为y=﹣5x+5．

考点：一次函数图象与几何变换． 14．6 【解析】

试题解析：根据题意可得：2@6264164.

2@6@84@8484366.

故答案为6. 15．-4 【分析】

联立不含k的方程组成方程组，求出方程组的解得到x与y的值，即可确定出k的值． 【详解】

解：联立方程得：xy1，

2xy1x2解得：，

y3代入方程得：2﹣6＝k， 解得：k＝﹣4， 故答案为﹣4 【点睛】

此题考查了二元一次方程组的解，以及二元一次方程的解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

16．（6053，2）． 【分析】

根据前四次的坐标变化总结规律，从而得解. 【详解】

第一次P1（5，2），第二次P2（8，1），第三次P3（10，1），第四次P4（13，1），第五次P5

答案第6页，总15页

（17，2），…

发现点P的位置4次一个循环， ∵2017÷4=504余1，

P2017的纵坐标与P1相同为2，横坐标为5+3×2016=6053， ∴P2017（6053，2）， 故答案为（6053，2）．

考点：坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标． 17．（1）－1；（2）【分析】

（1）先把除法运算化为乘法运算，然后根据二次根式的乘除法则运算； （2）利用平方差公式和二次根式计算，然后化简后合并即可． 【详解】

36﹣1 21×2 （1）原式＝5﹣（3+15）×6＝5﹣3(15)2

6＝5﹣1﹣5 ＝﹣1；

（2）原式＝3﹣1﹣3+36 2＝36﹣1． 2【点睛】

本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．

8xx118．（1）；（2）3

y4y1【分析】

答案第7页，总15页

（1）方程组利用代入消元法求出解即可； （2）方程组整理后，利用加减消元法求出解即可． 【详解】

x2y9①（1），

y3x1②把②代入①得：x+6x+2＝9， 解得：x＝1，

把x＝1代入②得：y＝4，

x1则方程组的解为；

y4（2）方程组整理得：②﹣①得：3y＝3， 解得：y＝1，

8把y＝1代入①得：x＝，

33x5y3①，

3x2y6②8x则方程组的解为3．

y1【点睛】

本题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．

19．12﹣43 【分析】

先对所求的式子分解因式然后代入数值计算求解． 【详解】

∵x32,y32， ∴x2+y2+2xy﹣2x﹣2y ＝（x+y）2﹣2（x+y） ＝（x+y）（x+y﹣2）

答案第8页，总15页

＝

2+3+3-23+2+3-2-2

＝23×（23﹣2） ＝12﹣43． 【点睛】

本题考查了二次根式的化简求值，分母有理化，正确对所求的式子分解因式是解题的关键．20．9 【分析】

先解二元一次方程组求出a，b的值，再确定第三条边的值，即可得到结论. 【详解】 解方程组4a2b180a4得，

4b3a80b1∴4-1∴三角形的周长=4+1+4=9. 【点睛】

此题考查的是三角形的三边关系的应用以及解二元一次方程组，解此题的关键是结合三角形三边关系确定c的长度. 21．（1）【分析】

（1）根据图①直接写△ABC的面积即可； （2）①利用勾股定理的逆定理进行解答； ②利用（1）方法解答就可以解决问题． 【详解】

3﹣（1）S△ABC＝3×（2）

①如下图所示，△DEF即为所求三角形，

7；（2）①见解析；②8 21117×1×2﹣×1×3﹣×2×3＝ ； 2222答案第9页，总15页

②S△DEF＝5×4﹣【点睛】

111×3×2﹣×4×2﹣×5×2＝8． 222本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键． 22．（1）y=-2x；（2）2 【分析】

（1）将点A（-1，2）代入y=kx求得k的值即可得出答案；

（2）先求出y=2x+4与y轴的交点，再根据三角形的面积公式求出△OAC的面积即可得． 【详解】

（1）将点A（﹣1，2）代入y＝kx，得：﹣k＝2， 则k＝﹣2，

所以正比例函数解析式为y＝﹣2x； （2）y＝2x+4中令x＝0，得：y＝4， ∴点C坐标为（0，4）， 则OC＝4，

所以两个函数图象与y轴围成图形的面积为【点睛】

本题主要考查两直线相交于平行的问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式及直线与坐标轴的交点坐标的求法． 23．拉杆把手C离地面的距离为63cm 【分析】

-55+x）过C作CE⊥DN于E，延长AA'交CE于F，根据勾股定理即可得到方程652-x2=1002（

2

1×4×1＝2． 2，求得A'F的长，即可利用勾股定理得到CF的长，进而得出CE的长．

【详解】

答案第10页，总15页

如图所示，过C作CE⊥DN于E，延长AA'交CE于F，则∠AFC＝90°，

设A'F＝x，则AF＝55+x，

由题可得，AC＝65+35＝100，A'C＝65， ∵Rt△A'CF中，CF2＝652﹣x2， Rt△ACF中，CF2＝1002﹣（55+x）2， ∴652﹣x2＝1002﹣（55+x）2， 解得x＝25， ∴A'F＝25， ∴CF＝2， ACAF2＝60（cm）

又∵EF＝AD＝3（cm）， ∴CE＝60+3＝63（cm），

∴拉杆把手C离地面的距离为63cm． 【点睛】

本题主要考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是 解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．24．（1）y1＝60x（0≤x≤10），y2＝﹣100x+600（0≤x≤6）；（2）当x为（3）A加油站到甲地距离为120km或330km 【分析】

（1）直接运用待定系数法就可以求出y1、y2关于x的函数图关系式； （2）根据y1=y2列等式，求出即可；

B加油站在甲地与A加油站之间两种情况列出方（3）分A加油站在甲地与B加油站之间，程求解即可． 【详解】

（1）设y1＝k1x，由图可知，函数图象经过点（10，600）， ∴10k1＝600，

答案第11页，总15页

15小时时，两车相遇；4

解得：k1＝60， ∴y1＝60x（0≤x≤10），

设y2＝k2x+b，由图可知，函数图象经过点（0，600），（6，0），

b600则，

6kb02k2100解得：，

b600∴y2＝﹣100x+600（0≤x≤6）； （2）由题意，得 60x＝﹣100x+600， x＝

15； 415h时，两车相遇； 4答：当x为

（3）由题意，得

①当A加油站在甲地与B加油站之间时，（﹣100x+600）﹣60x＝280， 解得x＝2，

2＝120km， 此时，A加油站距离甲地：60×

②当B加油站在甲地与A加油站之间时，60x﹣（﹣100x+600）＝280， 5.5＝330km， 解得x＝5.5，此时，A加油站距离甲地：60×综上所述，A加油站到甲地距离为120km或330km． 【点睛】

本题考查了一次函数的应用，一次函数解析式的求法；主要根据待定系数法求一次函数解析式，根据图象准确获取信息是解题的关键． 25．(1)证明见解析；(2)y=【分析】

（1）先根据△ABC为等腰直角三角形得出CB=CA，再由AAS定理可知△ACD≌△CBE；（2）过点B作BC⊥AB于点B，交l2于点C，过C作CD⊥x轴于D，根据∠BAC=45°可知△ABC为等腰Rt△，由（1）可知△CBD≌△BAO，由全等三角形的性质得出C点坐标，利用待定系数法求出直线l2的函数解析式即可；

（3）当点D为直角顶点，分点D在矩形AOCB的内部与外部两种情况；点P为直角顶点，

答案第12页，总15页

120222838x+4；(3)(4，2)，()，()． ，，73333

显然此时点D位于矩形AOCB的外部，由此可得出结论． 【详解】

(1)∵△ABC为等腰直角三角形， ∴CB=CA，

又∵AD⊥CD，BE⊥EC，

∴∠D=∠E=90°-90°=90°，∠ACD+∠BCE=180°， 又∵∠EBC+∠BCE=90°， ∴∠ACD=∠EBC， 在△ACD与△CBE中，

DEACDEBC， CACB∴△ACD≌△EBC(AAS)；

(2)过点B作BC⊥AB于点B，交l2于点C，过C作CD⊥x轴于D，

如图1，

∵∠BAC=45°， ∴△ABC为等腰Rt△， 由(1)可知：△CBD≌△BAO， ∴BD=AO，CD=OB， ∵直线l1：y=

4x+4， 3∴A(0，4)，B(-3，0)， ∴BD=AO=4．CD=OB=3， ∴OD=4+3=7， ∴C(-7，3)，

答案第13页，总15页

设l2的解析式为y=kx+b(k≠0)， ∴4b，

37kb1k∴7， b4∴l2的解析式：y=

1x+4； 7(3)当点D位于直线y=2x-6上时，分两种情况： ①点D为直角顶点，分两种情况：

当点D在矩形AOCB的内部时，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交直线BC于F，设D(x，2x-6)；

则OE=2x-6，AE=6-(2x-6)=12-2x，DF=EF-DE=8-x； 则△ADE≌△DPF，得DF=AE，即： 12-2x=8-x，x=4； ∴D(4，2)；

当点D在矩形AOCB的外部时，设D(x，2x-6)；

则OE=2x-6，AE=OE-OA=2x-6-6=2x-12，DF=EF-DE=8-x；

答案第14页，总15页

同1可知：△ADE≌△DPF， ∴AE=DF，即：2x-12=8-x，x=∴D(

20； 32022)； ，

33②点P为直角顶点，显然此时点D位于矩形AOCB的外部； 设点D(x，2x-6)，则CF=2x-6，BF=2x-6-6=2x-12； 同(1)可得，△APB≌△PDF， ∴AB=PF=8，PB=DF=x-8； ∴BF=PF-PB=8-(x-8)=16-x； 联立两个表示BF的式子可得： 2x-12=16-x，即x=∴D(

28； 32838)； ，

3320222838)，()． ，，

3333综合上面六种情况可得：存在符合条件的等腰直角三角形； 且D点的坐标为：(4，2)，(【点睛】

考查的是一次函数综合题，涉及到点的坐标、矩形的性质、一次函数的应用、等腰直角三角形以及全等三角形等相关知识的综合应用，需要考虑的情况较多，难度较大．

答案第15页，总15页