天津市南开区美达菲中学2025_2026学年八年级上学期月考数学试题（10月）含答案

这是一份天津市南开区美达菲中学2025_2026学年八年级上学期月考数学试题（10月）含答案，共23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12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列消防安全标志图中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.若关于x的一元二次方程x2+2kx+k2=0的一个实数解为x=−3，则k的值为( )
A. 0B. −3C. 3D. 3或−3
3.抛物线y=2(x−1)2的顶点在( )
A. y轴上B. x轴上C. 原点D. 第二象限
4.如图，在△ABC中，∠BAC=90∘，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，点A′恰好落在BC边上，若∠ACB=42∘，则∠ABB′的度数为( )
A. 116∘
B. 117∘
C. 118∘
D. 119∘
5.如图，某小区计划在一块长为32米，宽为20米的矩形空地上修建三条同样宽的道路，剩余的空地上种植草坪，使道路的面积为90平方米.若设道路的宽为x米，则所列方程正确的是( )
A. (32−2x)(20−x)=90B. 32x+2×20x=90
C. (32−2x)(20−x)=32×20−90D. 32x+2×20x−2x2=32×20−90
6.若关于x的一元二次方程ax2−2x+1=0有实数根，则a应满足( )
A. a≤1B. a≤1且a≠0C. a≥−1且a≠0D. a≥1
7.已知x1、x2是方程x2+4x−3=0的两根，则1x1+1x2的值为( )
A. 34B. −34C. 43D. −43
8.将抛物线y=−(x−2)2+1先向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为( )
A. y=−(x+1)2−1B. y=−(x−5)2−1
C. y=−(x+1)2+3D. y=−(x−5)2+3
9.关于二次函数y=−3(x−2)2+5，下列说法正确的是( )
A. 其图象的开口向上B. 其图象的对称轴为直线x=−2
C. 其最小值为5D. 当x0；⑤4a−2b+c0，故本小题错误；
⑥∵二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为x=−1，与x轴交于点(1,0)，
∴与x轴另一交点是(−3,0)，
∴ax2+bx+c1或x0，再根据有理数的乘法运算的符号运算法则解答；
③根据x=1时的函数值是0判断；
④根据x=−1时的函数值是正数判断；
⑤根据抛物线的对称轴为x=−1，得出x=−2与x=0时的函数值相等，由x=0时，y>0，得出x=−2时，y>0，由此判断即可；
⑥由二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为x=−1，与x轴交于点(1,0)，得出与x轴另一交点是(−3,0)，再根据抛物线开口向下，即可得出ax2+bx+c1或xEF，
故B选项不正确，不符合题意；
∵∠E=∠B不一定等于∠ACE，
∴AC与DE不一定平行，
故A选项不正确，不符合题意；
∵将△ABC绕点C顺时针旋转60∘得到△DEC，
∴∠BAC=∠D，而∠BFE不一定等于∠D，
∴∠BAC与∠BFE不一定相等，
故C选项不正确，不符合题意；
故选：D.
先根据旋转性质得∠BCE=∠ACD=60∘，结合∠B=30∘，即可得证BF⊥CE，再根据AB=AC不一定成立，来分析CD=DE不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
本题考查了旋转性质，正确掌握相关性质是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：①：当x=36时，y=450−15×36−350.5=420，故①正确；
②：y=450−15×x−350.5=−30x+1500，故②正确；
③：设销售利润为w元，则w=(x−30)(−30x+1500)=−30x2+2400x−45000，
当w=2880时，2880=−30x2+2400x−45000，
解得x1=42，x2=38.
若使销售量较大，则x=38，故③错误；
④：w=−30x2+2400x−45000=−30(x−40)2+3000，
所以日销售利润最大，销售价格应定为40元/千克，故④正确．
故选：B.
根据题意计算出当x=36时y的值，可对①进行判断；
根据销售量与销售价格的关系可得y与x的关系式，可对②进行判断；
设销售利润为w元，根据利润=每千克的利润×销售量得到w关于x的关系式，列出一元二次方程可对③进行判断；
根据二次函数的性质可对④进行判断；
本题考查二次函数的实际应用，根据题意列出二次函数的关系式是解题关键．
13.【答案】(−1,6)
【解析】解：点(1,−6)关于原点对称的点的坐标是(−1,6).
故答案为：(−1,6).
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)，进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
14.【答案】14
【解析】【分析】本题考查了解一元二次方程、等腰三角形的性质、三角形的三边关系等知识点，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
先求出方程的解，再根据三角形的三边关系判断能否组成三角形，再求出即可．
【解答】
解：解方程x2−7x+12=0得：x=3或4，
当腰为3时，三角形的三边为3，3，6，3+3=6，此时不符合三角形三边关系，构不成三角形；
当腰为4时，三角形的三边为4，4，6，此时符合三角形三边关系，三角形的周长为4+4+6=14.
故答案为：14.
15.【答案】(1,−2)
【解析】解：过点B作BM⊥x轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，
∴∠AMB=∠CNA=90∘.
∵点A的坐标为(−3,0)，点B的坐标为(−1,4)，
∴OA=3，OM=1，BM=4，
∴AM=OA−OM=2.
∵线段AB绕点A顺时针旋转90∘得到AC，
∴AB=AC，∠BAC=90∘，
∴∠BAM+∠CAN=90∘.
∵∠BAM+∠ABM=90∘，
∴∠CAN=∠ABM，
∴△ABM≌△CAN(AAS)，
∴CN=AM=2，AN=BM=4，
∴ON=AN−OA=4−3=1，
∴点C坐标是(1,−2).
故答案为：(1,−2).
过点B作BM⊥x轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，可得OA=3，OM=1，BM=4，AM=OA−OM=2，证明△ABM≌△CAN，可得CN=AM=2，AN=BM=4，则ON=AN−OA=1，则可得点C坐标是(1,−2).
本题考查坐标与图形变化-旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
16.【答案】8
【解析】解：∵α、β是方程x2+3x−5=0的两个实数根，
∴α+β=−3，α2+3α−5=0，
∴α2+3α=5，
∴α2+2α−β
=α2+3α−α−β
=(α2+3α)−(α+β)
=5−(−3)
=5+3
=8，
故答案为：8.
根据α、β是方程x2+3x−5=0的两个实数根，可以得到α+β=−3，α2+3α−5=0，然后将所求式子变形，即可求出相应的数值．
本题考查根与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，求出所求式子的值．
17.【答案】5
【解析】解：依题意，令h=0得：0=30t−6t2，
即t(30−6t)=0，
解得：t=0(舍去)或t=5，
即小球从飞出到落地所用的时间为5s.
故答案为：5.
根据关系式，令h=0即可求得t的值为飞行的时间．
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．此题为数学建模题，关键在于读懂小球从飞出到落地即飞行的高度为0时的情形，借助二次函数解决实际问题．此题较为简单．
18.【答案】4 5
2 5

【解析】解：(Ⅰ)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90∘，
∵AB=6，BE=2，
∴AE=FE= AB2+BE2= 62+22=2 10，
∵∠AEF=90∘，
∴AF= 2AE=4 5.
故答案为：4 5；
(Ⅱ)如图，连接AC，CF，过点F作FK⊥BC交BC的延长线于点K.
∵∠B=∠K=∠AEF=90∘，
∴∠AEB+∠BAE=90∘，∠AEB+∠FEK=90∘，
∴∠BAE=∠FEK，
∵AE=EF，
∴△ABE≌△EKF(AAS)，
∴BE=FK，AB=EK，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=FK，
∴BE=CK=FK，
∴∠FCK=∠ACB=45∘，
∴∠ACF=90∘，
∵AP=PF，
∴CP=12AF=2 5.
故答案为：2 5.
(Ⅰ)利用勾股定理求出AE，再利用等腰直角三角形的性质求解；
(Ⅱ)如图，连接AC，CF，过点F作FK⊥BC交BC的延长线于点K.证明∠ACF=90∘，再利用直角三角形斜边中线的性质求解．
本题考查作图-旋转变换，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
19.【答案】x1=43，x2=1；
x1=−4+ 13，x2=−4− 13
【解析】(1)∵3x2−7x+4=0，
∴a=3，b=−7，c=4，
Δ=b2−4ac=(−7)2−4×3×4=49−48=1>0，
∴x=−(−7)± 12×3=7±16，
∴x1=43，x2=1；
(2)∵x2+8x+3=0，
∴x2+8x+16=13，
∴(x+4)2=13，
∴x+4=± 13，
x+4= 13或x+4=− 13，
∴x1=−4+ 13，x2=−4− 13.
(1)先计算Δ=b2−4ac=(−7)2−4×3×4=49−48=1>0，再利用求根公式解方程即可；
(2)把方程化为x2+8x+16=13可得(x+4)2=13，再利用直接开平方法解方程即可．
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握解一元二次方程的方法是关键．
20.【答案】∵Δ=[−(k+6)]2−4(3k+9)
=k2+12k+36−12k−36
=k2≥0，
∴方程总有实数根；
2
【解析】(1)∵Δ=[−(k+6)]2−4(3k+9)
=k2+12k+36−12k−36
=k2≥0，
∴方程总有实数根；
(2)由条件可得，x1+x2=k+6，x1⋅x2=3k+9，
∴(x1−3)(x2−3)+2
=3k+9−3(k+6)+11
=3k+9−3k−18+11
=2.
(1)根据一元二次方程根的判别式计算即可求解；
(2)根据一元二次方程根与系数的关系可得，x1+x2=k+6，x1⋅x2=3k+9，再整理代入(x1−3)(x2−3)+2=x1⋅x2−3(x1+x2)+11即可求解．
本题考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系等知识点，掌握相关结论即可．
21.【答案】y=x2−4x+3；
顶点坐标(2,−1)，对称轴为直线x=2
【解析】(1)由题意可得：
8=1−b+c−1=4+2b+c，
∴b=−4c=3，
∴y=x2−4x+3；
(2)∵y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴顶点坐标(2,−1)，对称轴为直线x=2.
(1)利用待定系数法解题即可；
(2)将其表达式变成顶点式，然后根据y=a(x−h)2+k(a≠0)，其对称轴为x=h，顶点坐标为(h,k)解题即可．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的顶点式，二次函数的顶点坐标与对称轴，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
22.【答案】3 0或2 < 0