广西南宁市2024-2025学年下学期八年级开学考试 数学试卷（含解析）

这是一份广西南宁市2024-2025学年下学期八年级开学考试 数学试卷（含解析），共18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。
（考试时间：120分钟分值120分）
一、选择题（本大题共12小题，每题3分，共36分．）
1. 下列式子是二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的定义：形如的式子逐项判断即可．
【详解】解：A、被开方数，不符合二次根式的定义，故本选项不符合题意；
B、为三次根式，不符合二次根式的定义，故本选项不符合题意；
C、缺少条件，不一定是二次根式，故本选项不符合题意；
D、，，一定是二次根式，故本选项符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的定义，解题的关键是掌握二次根式的概念．
2. 中国航天取得了举世瞩目成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】解：，，选项中的图形都不能找到一条直线，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；
选项中的图形能找到一条直线，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：．
3. 如图，南宁白沙大桥是一座斜拉索桥，造型美观，结构稳固，其蕴含的数学道理是（ ）
A. 三角形的稳定性B. 四边形的不稳定性
C 三角形两边之和大于第三边D. 三角形内角和等于
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了三角形的稳定性，由三角形的稳定性，即可得到答案，掌握三角形的稳定性是解题的关键．
【详解】解：南宁白沙大桥是一座斜拉索桥，造型美观，结构稳固，其蕴含的数学道理是三角形的稳定性，
故选：．
4. 如图所示的是某绿色植物细胞结构图，该绿色植物细胞的直径约为米，将数据米用科学记数法表示为（ ）

A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法表示绝对值小于1的正数的一般形式为，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．n的值由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：米米，
故选：D．
5. 如图是折叠凳及其侧面示意图，若，则折叠凳的宽可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了三角形三边关系的应用．确定第三边的取值范围是解题的关键．
由题意知，，即，然后判断作答即可．
【详解】解：由题意知，，
，
故选：A．
6. 佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的边数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的内角和，设这个正多边形的边数为，根据内角和求出正多边形的边数即可．
【详解】解：设这个正多边形的边数为，
则，
∴，
故选：．
7. 如图，若，则的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
根据题意得到，计算即可得到答案．
【详解】解：∵，
，
，
，
故选：B ．
8. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减，以及二次根式的乘除法，根据二次根式的加减法则可判断A，B；根据二次根式的乘除法法则可判断C和D．
【详解】解：A．与不是同类二次根式，不能合并，故不正确；
B．，故不正确；
C．，故不正确；
D．，正确；
故选D．
9. 如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线，AC＝8cm，且△ABD的周长为14cm，则△ABC的周长为( )
A. 15cmB. 18cmC. 22cmD. 25cm
【答案】C
【解析】
【分析】先根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DC，再根据三角形的周长公式计算即可.
【详解】解：∵DE是AC的垂直平分线，∴DA＝DC，
∵△ABD的周长为14cm，∴AB+BD+AD＝14cm，
∴AB+BD+CD＝14cm，即AB+BC＝14cm，
∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝22cm，
故选C
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质和三角形周长的计算，属于常考题型，熟练掌握线段垂直平分线的性质是关键.
10. 从图1到图2的变化过程可以发现的结论是（ ）
A. （a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2B. （a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C. （a+b）2＝a2+2ab+b2D. a2+2ab+b2＝（a+b）2
【答案】A
【解析】
【分析】根据图1可知图形的面积为（a+b）（a﹣b），由图2可知图形的面积为a2﹣b2，进而问题可求解．
【详解】解：由图1可知图形的面积为（a+b）（a﹣b），由图2可知图形的面积为a2﹣b2，
∴从图1到图2的变化过程可以发现的结论是（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2；
故选A．
【点睛】本题主要考查平方差公式，解题的关键是根据图形得到平方差公式．
11. “孔子周游列国”是流传很广的故事．有一次孔子和学生们到距离他们住的驿站12公里的书院参观，学生们步行出发，1小时后，孔子乘牛车出发，牛车的速度是步行的速度的倍，孔子和学生们同时到达书院．设学生们步行的速度为每小时公里，则下面所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了从实际问题中抽象出分式方程，设学生步行的速度为每小时x里，则孔子坐牛车的速度为每小时里，根据步行所用时间比牛车所用时间多1列出方程即可．
【详解】解：设学生步行的速度为每小时x里，则孔子坐牛车的速度为每小时里，
由题意得，
．
故选B．
12. 对于正数，规定，例如．则（ ）
A. 2022B. 2021C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查以实数运算为背景的新定义题型．确定是解题关键．
根据可得，故，据此即可求解．
【详解】解：∵
∴
∴
∴原式
．
故选：C．
二、填空题（本大题共4小题，每题3分，共12分．）
13. 若分式的值为0，则x的值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据分式值为零的条件：分子为零，分母不为零即可求解．
【详解】依题意可得x-2=0，x+1≠0
∴x=2
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查分式值为零的条件，解题的关键是熟知分式的值为零的条件．
14. 将因式分解后的结果为______________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解．因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法．因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止．用完全平方根公式分解即可．
【详解】解：．
故答案为：．
15. 如图，从一个大正方形中截去面积分别为8和18的两个小正方形，则图中阴影部分面积为_________．
【答案】24
【解析】
【分析】此题考查了二次根式的应用，利用二次根式化简求出两个小正方形的边长，得到大正方形的边长，求出大正方形的面积，即可得到阴影面积，正确掌握二次根式的化简是解题的关键．
【详解】解：两个小正方形的边长分别为和，
∴大正方形的边长为，
∴大正方形的面积为，
∴图中阴影部分面积为
故答案为24．
16. 如图，在等腰中，，于点，，两动点分别在线段、上运动，若，则当取得最小值时，的度数为_____．
【答案】
【解析】
【分析】依据题意，连接，先证明，得到，从而推出当、、三点共线且时最小，即此时最小，过点作于点，交于点，连接，由三线合一定理得到，则，故当最小时，，，同理可得，则，利用三角形外角的性质即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，，
∴，，
又∵是公共边，
∴，
∴，
∴，
∴当、、三点共线且时最小，即此时最小，过点作于点，交于点，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∴，
∴当取得最小值时，的度数为，
故答案为：．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，线段最短问题，三角形外角的性质等知识，解题的关键将的最值转化为．
三、解答题（本大题共7小题，共72分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 解决下列问题：
（1）计算：；
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，分式的化简求解．
（1）先算二次根式的乘法、除法和零指数幂，再算加减；
（2）先算括号，并把除法转化为乘法，然后约分化简，再把代入计算即可．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：
，
当时，
原始．
18. 如图，已知的三个顶点的坐标分别是．
（1）画出与关于轴对称的，并写出点和点的坐标；
（2）求的面积．
【答案】（1）见解析，
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形，坐标与图形变化—轴对称：
（1）关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数，据此得到A、B、C对应点的坐标，描出并顺次连接即可；
（2）利用割补法求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
∵与关于轴对称，，
∴．
【小问2详解】
解；由题意得，．
19. 如图，在中，于点．
（1）尺规作图：在，边上分别找出点和点，使沿直线折叠后点与点恰好重合；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）条件下，连接，若，求度数．
【答案】（1）作图见解析.
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了尺规作图与线段垂直平分线性质，解题的关键是正确作图．
（1）作的垂直平分线，交于P，交于Q即可．
（2）连接．根据垂直平分线的性质可得，则，由可推得，再根据三角形外角的性质即可推得的大小．
【小问1详解】
解：如图所示，点即为所求．
【小问2详解】
如上图，连接．
由（1）的作法可知，直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴．
∵，则，
∴，则，
∴．
20. 如图，在中，是的垂直平分线，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】本题主要考查了垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，含30度角直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
（1）先根据垂直平分线性质得出，再根据等角对等边得出，即可得出答案；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质，得出即可．
【小问1详解】
证明：∵是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：根据解析（1）可知：，
∵，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴．
21. 某网店销售甲、乙两种茶具套装，甲种茶具套装的单价比乙种茶具套装的单价少30元，花1500元购进甲种茶具套装的数量是花900元购进乙种茶具套装数量的2倍．
（1）求甲、乙两种茶具套装的单价；
（2）某茶社准备在该网店购买甲、乙两种茶具套装共10套，花费不超过1600元，则该茶社最多可以购买多少套乙种茶具？
【答案】（1）甲茶具的单价为150元，则乙种茶具单价180元
（2）该茶社最多可以购买3套乙种茶具
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
（1）设甲茶具的单价为元，则乙种茶具单价为元，分别表示出数量，再根据花1500元购进甲种茶具套装的数量是花900元购进乙种茶具套装数量的2倍建立分式方程；
（2）设购买套乙种茶具，则购买套甲种茶具，先表示出各自费用，再根据总花费不超过1600元建立不等式求解即可．
【小问1详解】
解：设甲茶具的单价为元，则乙种茶具单价为元，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：甲种茶具的单价为150元，则乙种茶具单价180元；
【小问2详解】
解：设购买套乙种茶具，则购买套甲种茶具，
由题意得：，
解得：，
∵茶具m为整数，因此m最大取3，
∴该茶社最多可以购买3套乙种茶具．
22. 认识概念：
一、两个含有二次根式且非零的代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式；
如：；，我们称的一个有理化因式为，的一个有理化因式是；
二、如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化．
如：；
理解应用：
（1）填空：的有理化因式是________；将分母有理化得________；
（2）化简：；
拓展应用：
（3）利用以上解题方法比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）， ；（2）；（3），理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的性质，二次根式的混合运算，掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
（1）根据材料提示的分母有理化方法，二次根式的性质，二次根式的乘法运算法则即可求解；
（2）根据二次根式的混合运算法则，二次根式的性质化简即可求解；
（3）根据题意可得，，再根据实数比较大小的方法即可求解．
【详解】解：（1）∵，
∴的有理化因式是，
∵，
∴将分母有理化得，
故答案为：，；
（2）
；
（3），理由如下：
由题意得：，，
∵，
∴．
23. 的顶点是平面内一动点，始终保持，分别以为边，向外作等边三角形和等边三角形，连接交于点，连接交于点，与交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求的度数；
（3）在点运动过程中，证明是定值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，等边三角形的判定与性质，三角形的内角和定理等知识点，利用证明是解题的关键．
（1）由等边三角形的性质可得，，，利用可证；
（2）由（1）可知，于是可证得，过点分别作，垂直于，，且垂足分别为点，点，再利用角平分线的判定即可得出答案；
（3）选①证明：在上取一点，使，连接，利用可证得，于是可得，即可得出结论；选②证明：在上取一点，使，连接，利用可证得，于是可得，即可得出结论．
【小问1详解】
证明：∵等边三角形和等边三角形，
，，，
，
；
【小问2详解】
解：由（1）可知：，
，
，
，
，
如图1，过点分别作，垂直于，，且垂足分别为点，点，
，
，
平分，
，
；
【小问3详解】
解：如图2，在上取一点，使，连接，
，
∴为等边三角形，
∴，且，
∴，又，
∴，
∴，
∴．