2020-2021 学年广东省佛山市顺德区京师励耘实验学校八年级
（上）期中数学试卷
一、选择题（共 10 个小题，每题 3 分，共 30 分）
1．（3分）实数 4的算术平方根是（ ）
A． B．± C．2 D．±2
2．（3分）以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是（ ）
A．3，4，5 B．5，12，13 C．7，14，15 D．1，1，
3．（3分）下列各式中正确的是（ ）
A． ＝±3 B． ＝±2 C． ＝﹣2 D． ＝5
4．（3分）点 P（m﹣1，m+3）在直角坐标系的 y轴上，则 P点坐标为（ ）
A．（﹣4，0） B．（0，﹣4） C．（4，0） D．（0，4）
5．（3分）一次函数 y＝2x﹣1的图象经过（ ）
A．第一、二、三象限 B．第一、三、四象限
C．第一、二、四象限 D．第二、三、四象限
6．（3分）下列二次根式中，能与 合并的是（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）下列 4组数值，哪个是二元一次方程 2x+3y＝5的解？（ ）
A． B． C． D．
8．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．数轴上的点表示的都是有理数
B．无理数不能比较大小
C．无理数没有倒数及相反数
D．实数与数轴上的点是一一对应的
9．（3分）如图，一个底面直径为 cm，一只蚂蚁从 A处沿着糖罐的表面爬行到 B处，则
蚂蚁爬行的最短距离是（ ）
A．24cm B．10 cm C．25cm D．30cm
10．（3分）若直线 y＝kx+b经过一、二、四象限，则直线 y＝﹣bx﹣k的图象只能是图中的
（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
11．（4分）比较大小： 3．（选填“＞”、“＜”或“＝”）
12．（4 分）如图，在一次“寻宝”游戏中，寻宝人找到了两个标志点 A（2，1），C（0，
1） ．
13．（4分）Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝9，则斜边上的高为 ．
14．（4分）若直线 y＝kx+b与 x轴的交点坐标为（﹣3，0），则关于 x的方程 kx+b＝0的解
是 ．
15．（4分）已知直线 AB平行于 y＝﹣x，交 x轴于点 A，且过点 B（0，﹣4） ．
16．（4分）如图在平面直角坐标系 xOy中，四边形 ABCD是平行四边形，AB＝10，点 D在
y轴上，且 OD＝4 ．
17．（4分）如图，长方形纸片 ABCD中，AB＝3，将此长方形纸片折叠，使点 D与点 B重
合，求△BEF的面积为： ．
三、解答题（一）（共 3 个题，每题 6 分，共 18 分）
18．（6分）计算： ．
19．（6分）在数轴上找出 对应的点，并估计它在哪两个整数之间．
20．（6 分）如图，在△ABC中，BC＝8，点 D是 AC边上一点，连接 BD，BD＝10，求线
段 AD和 AB的长．
四、解答题（二）（共 3 个题，每题 8 分，共 24 分）
21．（8分）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小正方形的边长都为 1，将点 A（1，2），
B（﹣2，1），C（﹣3，4）
（1）将这些点的横坐标不变，纵坐标都乘以﹣1，画出所得到的△A1B1C1，并说出△A1B1C1
与△ABC的位置关系；
（2）求△A1B1C1的面积．
22．（8分）从地面竖直向上抛射一个小球，在落地之前，物体向上的速度 v（m/s）（s）的
一次函数．经测量，该物体的初始速度（t＝0时物体的速度），经过 2s物体的速度为 5m/s．
（1）请你求出 v与 t之间的函数关系式；
（2）经过多长时间，物体将达到最高点？（此时物体的速度为 0）
23．（8分）如图，在四边形 ABCD中，AB＝AD，BE⊥AC于 E．
（1）求证：BE＝AC；
（2）若 AB＝10，CD＝6，求四边形 ABCD的面积．
五、解答题（三）（共 2 个题，每题 10 分，共 20 分）
24．（10分）甲、乙两人相约周末登花果山，甲、乙两人距地面的高度 y（米）与登山时间
x（分），根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）甲登山上升的速度是每分钟 米，乙在 A 地时距地面的高度 b 为
米．
（2）若乙提速后，乙的登山上升速度是甲登山上升速度的 3倍，请求出乙登山全程中（米）
与登山时间 x（分）之间的函数关系式．
（3）在（2）的条件下，登山多长时间时
25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，过点 C（0，6）（4，2）．
（1）求直线 AB的函数表达式；
（2）若在 y轴上存在一点 M，使 MA+MB的值最小，请求出点 M的坐标；
（3）在 x轴上是否存在点 N，使△AON是等腰三角形？如果存在，直接写出点 N的坐
标，说明理由．
2020-2021 学年广东省佛山市顺德区京师励耘实验学校八年级
（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共 10 个小题，每题 3 分，共 30 分）
1．【分析】利用算术平方根的概念：一般地，如果一个正数 x的平方等于 a，即 x2＝a，那
么这个正数 x叫做 a的算术平方根．记为 a．进而得出答案．
【解答】解：实数 4的算术平方根是 2．
故选：C．
【点评】此题主要考查了算术平方根的概念，正确把握定义是解题关键．
2．【分析】用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较，如果相等，则三角形为直角三
角形；否则不是．
【解答】解：A、42+82＝56，能构成直角三角形，不符合题意；
B、52+123＝132，能构成直角三角形，不符合题意；
C、77+142≠152，不能构成直角三角形，符合题意；
D、22+16＝（ ）2，能构成直角三角形，不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握判断一个三角形是不是直角三角
形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
3．【分析】各项利用平方根、立方根定义计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、 ＝3；
B、 ＝2；
C、 没有意义；
D、 ＝|﹣2|＝5，
故选：D．
【点评】此题考查了立方根，以及平方根，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．
4．【分析】根据 y轴上点的横坐标为 0，可得 m的值，根据 m的值，可得点的坐标．
【解答】解：由 P（m﹣1，m+3）在直角坐标系的 y轴上，得
m﹣8＝0，
解得 m＝1．
m+2＝4，
P点坐标为（0，6），
故选：D．
【点评】本题考查了点的坐标，利用 y轴上点的横坐标为 0得出 m的值是解题关键．
5．【分析】根据一次函数的性质即可判断该一次函数的图象的位置．
【解答】解：∵k＝2，b＝﹣1，
∴y＝7x﹣1经过一、三、四，
故选：B．
【点评】本题考查一次函数的性质，解题的关键是正确理解一次函数的性质，本题属于
基础题型．
6．【分析】各式化简得到结果，利用同类二次根式定义判断即可．
【解答】解：A、原式＝ ；
B、原式＝2 ；
C、原式＝2 ；
D、原式＝3 ．
故选：D．
【点评】此题考查了同类二次根式，以及二次根式的性质与化简，熟练掌握同类二次根
式定义是解本题的关键．
7．【分析】二元一次方程 2x+3y＝5的解有无数个，所以此题应该用排除法确定答案，分别
代入方程组，使方程左右相等的解才是方程组的解．
【解答】解：A、把 x＝0 代入方程 ＝ ≠右边；
B、把 x＝1，左边＝右边＝10；
C、把 x＝6，左边＝﹣5≠右边；
D、把 x＝4，左边＝11≠右边．
故选：B．
【点评】考查二元一次方程的解的定义，要求理解什么是二元一次方程的解，并会把 x，
y的值代入原方程验证二元一次方程的解．
8．【分析】A、根据实数与数轴上的点的对应关系即可确定；
B、根据无理数的定义即可判定；
C、根据无理数的定义及性质即可判定；
D、根据实数与数轴上的点的对应关系即可确定．
【解答】解：A、数轴上的点表示的不一定是有理数，故选项错误；
B、无理数可以比较大小；
C、无理数有倒数及相反数；
D、实数与数轴上的点是一一对应的．
故选：D．
【点评】本题考查了实数与数轴的对应关系，以及无理数的性质，也利用了数形结合的
思想．
9．【分析】首先将此圆柱展成平面图，根据两点间线段最短，可得 AB最短，由勾股定理即
可求得需要爬行的最短路程．
【解答】解：将此圆柱展成平面图得：
∵有一圆柱，它的高等于 20cm cm，
∴底面周长＝ cm，
∴BC＝20cm，AC＝ ，
∴AB＝ （cm）．
答：它需要爬行的最短路程为 25cm．
故答案为：25cm．
故选：C．
【点评】此题主要考查了平面展开图求最短路径问题，将圆柱体展开，根据两点之间线
段最短，运用勾股定理解答是解题关键．
10．【分析】首先确定 k＜0，b＞0，然后再确定﹣b＜0，﹣k＞0，进而可得直线 y＝﹣bx﹣k
的图象经过的象限，从而得答案．
【解答】解：∵直线 y＝kx+b经过一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
∴﹣b＜7，﹣k＞0，
∴直线 y＝﹣bx﹣k的图象经过第一、二、四象限，
故选：A．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象与系数的关系，关键是掌握一次函数 y＝kx+b：
①k＞0，b＞0 y＝kx+b的图象在一、二、三象限；
②k＞0，b＜0 y＝kx+b的图象在一、三、四象限；
③k＜0，b＞0 y＝kx+b的图象在一、二、四象限；
④k＜0，b＜0 y＝kx+b的图象在二、三、四象限．
二、填空题
11．【分析】利用平方法比较大小即可．
【解答】解：∵（ ）2＝5，32＝5，
7＜9，
∴ ＜3．
故答案为：＜．
【点评】本题考查了实数大小比较，算术平方根，利用平方法比较大小是解题的关键．
12．【分析】直接利用已知点坐标得出原点位置进而得出答案．
【解答】解：如图所示：“宝藏”点 B的坐标是（1，2）．
故答案为：（3，2）．
【点评】此题主要考查了坐标确定位置，正确得出原点位置是解题关键．
13．【分析】设 AC边上的高为 h，再根据三角形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：设 AC边上的高为 h，
∵在 Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝12，
∴AB BC＝AC h，
∴h＝ ．
故答案为：
【点评】本题考查的是三角形的面积，熟知三角形的面积公式是解答此题的关键．
14．【分析】一次函数 y＝kx+b与 x轴交点的横坐标即为一元一次方程 kx+b＝0的解．
【解答】解：∵直线 y＝kx+b与 x轴的交点坐标为（﹣3，0），
∴关于 x的方程 kx+b＝8的解是：x＝﹣3．
故答案为：x＝﹣3．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次方程的关系：一次函数 y＝kx+b与 x轴交点的
横坐标即为一元一次方程 kx+b＝0的解．
15．【分析】根据题意设直线 AB的解析式为 y＝﹣x+b，将点 B（0，﹣4）代入即可求解．
【解答】解：∵直线 AB平行于 y＝﹣x，
∴设直线 AB的解析式为 y＝﹣x+b，
将点 B（0，﹣4）代入得 b＝﹣5，
∴直线 AB的解析式为 y＝﹣x﹣4．
故答案为：y＝﹣x﹣4．
【点评】本题考查了两条直线相交或平行问题，待定系数法求得 AB的解析式是解题的关
键．
16．【分析】依据已知条件求得 AO＝DO＝4，再根据 AB＝10，即可得出 OB＝10﹣4＝6，
进而得到 B（6，0）．
【解答】解：∵∠AOD＝90°，∠DAB＝45°，
∴∠DAO＝45°，
∴AO＝DO＝4，
又∵AB＝10，
∴OB＝10﹣4＝5，
∵点 B在 x轴正半轴上，
∴B（6，0），
故答案为：（5，0）．
【点评】本题主要考查了坐标与图形性质，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的
线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
17．【分析】由将此长方形纸片折叠，使点 D与点 B重合，折痕为 EF，易得△BEF是等腰
三角形，即 BE＝BF＝DE，然后设 BF＝x，由勾股定理得方程 32+（9﹣x）2＝x2，继而求
得答案．
【解答】解：∵长方形纸片 ABCD中，AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
∵将此长方形纸片折叠，使点 D与点 B重合，
∴BE＝DE，∠DEF＝∠BEF，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴BE＝BF，
设 BF＝x，则 BE＝DE＝BF＝x，
∵AB＝3，AD＝9，
∴AE＝AD﹣DE＝x﹣8，
在 Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE7，
∴32+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝8，
∴S△BEF＝ BF AB＝ ．
故答案为：7.8．
【点评】此题考查了折叠的性质、矩形的性质以及勾股定理的应用．注意利用方程思想
求解是关键．
三、解答题（一）（共 3 个题，每题 6 分，共 18 分）
18．【分析】直接化简二次根式进而合并得出答案．
【解答】解：原式＝2 ﹣ +4﹣2
＝4﹣ ．
【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
19．【分析】首先由 9＜10＜16得 3＜√10＜4，据此可得出答案．
【解答】解：∵9＜10＜16，
∴3＜√10＜5，
∴√10在整数 3与 4之间，更靠近数 7一些
【点评】此题主要考查了无理数的估算，根据算术平方根的意义得出 3＜√10＜4是解决
问题的关键．
20．【分析】根据勾股定理的逆定理可得∠C＝90°，根据等腰直角三角形的判定与性质可
得 AC＝BC＝8，根据线段的和差关系可得 AD，再根据勾股定理可求 AB．
【解答】解：依题意可知 CD2+BC2＝36+64＝100，BD4＝100，
∵CD2+BC2＝BD4，
∴∠C＝90°，
∵∠A＝45°，
∴∠ABC＝45°，
∴AC＝BC＝8，
∴AD＝AC﹣CD＝2，
∴ ．
【点评】考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定与性质，关键是
得到∠C＝90°．
四、解答题（二）（共 3 个题，每题 8 分，共 24 分）
21．【分析】（1）利用点的横坐标不变，纵坐标都乘以﹣1得到 A1、B1、C1的坐标，然后描
点即可；
（2）用一个矩形的面积分别减去三个三角形的面积去计算△A1B1C1的面积．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C8为所作；△A1B1C7与△ABC关于 x轴对称；
（2）△A1B1C2的面积＝4×3﹣ ×4×7﹣ ×3×2＝5．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换：几何图形都可看作是由点组成，我们在画一个
图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．
22．【分析】（1）设 v与 t之间的函数关系式为 v＝kt+b，由待定系数法求出其解就可以得出
结论；
（2）根据（1）的一次函数的解析式的性质就可以求出结论．
【解答】解：（1）设 v与 t之间的函数关系式为 v＝kt+b，由题意，得 ，
解得： ．
故 v与 t之间的函数关系式为 v＝﹣10t+25．
（2）物体达到最高点，说明物体向上的速度为 2，则
0＝﹣10t+25，
解得 t＝2.3．
答：经过 2.5秒，物体将达到最高点．
【点评】本题是一次函数的应用，考查了待定系数法求一次函数的解析式的运用，一次
函数的性质的运用，解答时求出一次函数的解析式是关键．
23．【分析】（1）根据 AAS可证△AEB≌△DCA，再根据全等三角形的性质即可求解；
（2）根据已知条件可求 AD，再根据勾股定理可求 AC，进一步得到 BE，再根据三角形
面积公式可求四边形 ABCD的面积．
【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠DAE+∠BAE＝90°，
∴∠DAC＝∠ABE，
在△AEB与△DCA中，
，
∴△AEB≌△DCA（AAS），
∴BE＝AC；
（2）∵AB＝10，
∴AD＝AB＝10，
在 Rt△ACD中，AC＝ ＝ ，
∴BE＝AC＝8，
∴四边形 ABCD的面积＝ ×AC×CD+ ×6×6+ ．
【点评】考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，关键是根据 AAS证明△AEB≌△
DCA．
五、解答题（三）（共 2 个题，每题 10 分，共 20 分）
24．【分析】（1）根据速度＝高度÷时间即可算出甲登山上升的速度；根据高度＝速度×时
间即可算出乙在 A地时距地面的高度 b的值；
（2）分 0≤x≤2和 x＞2两种情况，根据高度＝初始高度+速度×时间即可得出 y关于 x
的函数关系；
（3）当乙未到终点时，找出甲登山全程中 y关于 x的函数关系式，令二者做差等于 50
即可得出关于 x的一元一次方程，解之即可求出 x值；当乙到达终点时，用终点的高度
﹣甲登山全程中 y关于 x的函数关系式＝50，即可得出关于 x的一元一次方程，解之可
求出 x值．综上即可得出结论．
【解答】解：（1）（300﹣100）÷20＝10（米/分钟），
b＝15÷1×2＝30．
故答案为：10；30．
（2）当 6≤x≤2时，y＝15x；
当 x＞2时，y＝30+10×5（x﹣2）＝30x﹣30．
当 y＝30x﹣30＝300时，x＝11．
∴乙登山全程中，距地面的高度 y（米）与登山时间 x（分）之间的函数关系式为 y＝
．
（3）甲登山全程中，距地面的高度 y（米）与登山时间 x（分）之间的函数关系式为 y
＝10x+100（0≤x≤20）．
当 10x+100﹣（30x﹣30）＝50时，解得：x＝7；
当 30x﹣30﹣（10x+100）＝50时，解得：x＝9；
当 300﹣（10x+100）＝50时，解得：x＝15．
答：登山 4分钟、3分钟或 15分钟时，甲．
【点评】本题考查了一次函数的应用以及解一元一次方程，解题的关键是：（1）根据数
量关系列式计算；（2）根据高度＝初始高度+速度×时间找出 y关于 x的函数关系式；（3）
将两函数关系式做差找出关于 x的一元一次方程．
25．【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；
（2）根据解析式求出 B点坐标，根据 A点和 B点坐标计算面积即可；
（3）分 OA＝OQ，OA＝AQ，OQ＝AQ三种情况分别求出 Q点的坐标即可．
【解答】解：（1）设直线 OA的解析式为 y＝kx，
∵A（4，2），
∴2k＝2，
解得 k＝ ，
∴直线 OA的解析式为 y＝ x；
设直线 AB的解析式为 y＝sx+t，
∵点 C（5，6），2）在直线 AB上，
∴ ，
解得 ，
∴直线 AB的解析式为 y＝﹣x+6；
（2）∵直线 AB的解析式为 y＝﹣x+2，
∴B（6，0），
∴OB＝7，
∴S△AOB＝ OB yA＝ ×6×8＝6，
即△AOB的面积为 6；
（3）存在，
若△AOQ是等腰三角形，分以下三种情况：
①OA＝OQ时，
此时 OQ＝OA＝ ＝2 ，
∴Q（4 ，0）或（﹣7 ，
②OA＝AQ时，
此时 OQ＝2xA＝3×4＝8，
∴Q（3，0），
③OQ＝AQ时，
设 Q点的坐标为（m，0），
∴ ＝m，
解得 m＝ ，
即 Q（ ，0），
综上，符合条件的 Q点的坐标为（4 ，7）或（8 ，0）．
【点评】本题主要考查一次函数的图象和性质，熟练掌握待定系数法求解析式及一次函数的
图象和性质是解题的关键．
