浙江省杭州市西湖区杭州外国语学校2023-2024学年八年级上册期中数学试题（含解析）

这是一份浙江省杭州市西湖区杭州外国语学校2023-2024学年八年级上册期中数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题．，填空题．．，解答题．．等内容，欢迎下载使用。
1．2023亚运会在中国杭州举行，下列图形中是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．不等式组的解集在数轴上可以表示为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知点与点在同一条平行于x轴的直线上，且N到y轴的距离等于4，则点N的坐标是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
4．下列各曲线表示的y与x的关系中，y不是x的函数的是（ ）
A．B．
C．D．
5．若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为，则它的底角为（ ）
A．B．C．或D．或
6．下列条件中，三角形不是直角三角形的是（ ）
A．三个角的比B．三条边满足关系
C．三条边的比为D．三个角满足关系
7．两位同学对两个一元一次不等式（都不为0）的解提出了自己的想法，甲说：“如果，则两个不等式的解相同”，乙说：“如果两个不等式的解相同，则成立” ．则他们两人的说法为（ ）
A．甲对乙错B．甲错乙对C．甲乙都对D．甲乙都错
8．若正整数a既使得关于x一元一次方程有正整数解，又使得关于x的不等式组的解集为，那么所有满足条件的正整数a的值之和为（ ）
A．4B．3C．0D．8
9．将两块等腰直角三角形板如图放置，其中，，三点共线，若，，，分别是，的中点，是的中点，则的长为（ ）

A．B．2C．D．2.5
10．如图，在中，，D是中点，分别以，为边向外作正方形和正方形，连接，．若，则阴影部分的面积是（ ）
A．12B．9C．D．6
二、填空题．（本大题共6小题，每小题3分，共18分）．
11．函数的自变量x的取值范围是 ．
12．命题“直角三角形的两个锐角互余”的逆命题是 ，它是 (填真/假)命题．
13．如图，，点在边上，与相交于点．若，则 ．
14．如图，的顶点A，C在直线l上，，，若点P在直线l上运动，当是等腰三角形时，的度数是 ．
15．如图，，延长至点D使得，过点D作，点F与上一点E连结且，若，则 ．
16．如图，在中，，，，延长至，使得，将沿翻折，使点落点处，连接，求的长 ．
三、解答题．（本大题共7小题，共52分）．
17．解下列不等式（组）：
(1)；
(2)．
18．已知关于x，y的二元一次方程组
(1)用含有m的式子表示上述方程组的解是__________________；
(2)若x、y是相反数，求m的值；
(3)若方程组的解满足，求满足条件的m的所有非负整数值．
19．如图，在△ABC中，射线AM平分∠BAC．
（1）尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）作BC的中垂线，与AM相交于点G，连接BG、CG；
（2）在（1）条件下，∠BAC和∠BGC有何数量关系？并证明你的结论．
20．已知，与成正比，与x成正比．当时，；当时，．
(1)求y与x的函数关系式；
(2)当时，求y的值；
(3)当时，求x的取值范围．
21．中秋节前，某超市第一次购进两种月饼礼盒共100个，上市一周，全部售空，两种礼盒共获利5600元．下表列出了两种礼盒的进价与售价：
(1)根据上表，求该超市第一次购进礼盒各多少个；
(2)根据第一次的销售情况，该超市决定第二次购进两种礼盒共100个，两种礼盒的进价均不变．由于A礼盒特别畅销，超市计划比第一次多购进A礼盒个（为整数），A礼盒的售价比第一次的售价提高元，礼盒的售价也比第一次的售价提高元．在第二次购进的礼盒全部售空情况下，使得第二次的总利润至少比第一次的总利润多1600元，且第二次购进礼盒总成本不超过13000元时，请通过计算说明该超市有几种进货方案？
22．在数学探究课上，老师出示了这样的探究问题，请你一起来探究：
已知：C是线段AB所在平面内任意一点，分别以AC、BC为边，在AB同侧作等边
三角形ACE和等边三角形BCD，连接AD、BE交于点P．
(1)如图1，当点C在线段AB上移动时，线段AD 与BE的数量关系是： ．
(2)如图2，当点C在直线AB外，且∠ACB＜120°，上面的结论是否还成立？若成立请证明，不成立说明理由．此时∠APE是否随着∠ACB的大小发生变化，若变化写出变化规律，若不变，请求出∠APE的度数．
(3)如图3，在（2）的条件下，以AB为边在AB另一侧作等边三角形△ABF，连接 CF，可证得CF也经过点P，求证：PB+PC+PA=BE．
23．如图1，点C在y轴正半轴上，过点C作轴，以为斜边作等腰直角三角形，使得直角顶点A恰好落在x轴正半轴上．已知，且a，b满足：．

(1)求点B坐标．
(2)如图2，点D为的中点，连，过C作且，连接交于点N．求的值．
(3)如图3，若D点为等腰直角三角形外部一点，，连接交y轴于点E，平分交于F．试判断，，之间的数量关系，并说明理由．
参考答案与解析
1．A
【分析】根据轴对称图形的概念逐一判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形，解题的关键是掌握轴对称图形的概念：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，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
2．A
【分析】解一元二次不等式组，再将取值范围在数轴上表示出来．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
故不等式的解集为，
，
故选A．
【点睛】本题主要考查解一元二次不等式组，以及将解集在数轴上表示，熟练掌握解一元二次不等式组是解题的关键．
3．D
【分析】本题主要考查了坐标与图形，点到坐标轴的距离，解题的关键是熟练掌握平行于x轴的直线上的点纵坐标相同．
【详解】解：∵点与点在同一条平行于x轴的直线上，
∴，
∵N到y轴的距离等于4，
∴，
∴点N的坐标为或．
故选：D．
4．C
【分析】根据函数的定义即可得出答案．
【详解】解：对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之相对应，所以只有选项C不满足条件．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了函数的定义，理解对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之相对应是解答本题的关键．
5．C
【分析】根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理进行分析，注意分类讨论思想的运用．
【详解】解：①，，，

，
；
②，，，

．
故选：C．
【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角的性质的综合运用，熟练掌握这两个定理是解决问题的关键．
6．C
【分析】本题考查勾股定理的逆定理．解决问题的关键在于掌握判断三角形是否为直角三角形的方法：已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可；若已知角，只要求得一个角为即可．
【详解】解：A、设三个角分别为、、，根据三角形内角和定理，得；
解得，则，则是直角三角形；故该选项不符合题意；
B、由，则，根据勾股定理逆定理，则三角形是直角三角形；故该选项不符合题意；
C、，则不是直角三角形；故该选项符合题意；
D、由，则，则；
则，则是直角三角形；故该选项不符合题意；
故选：C．
7．B
【分析】本题考查了解一元一次不等式．熟练掌握不等式两边同时乘以或除以同一个负数，不等号的开口方向发生改变是解题的关键．
由题意可设，然后求解两个不等式的解集，对甲进行判断即可；根据x的解相同，可知无论为正的或者负的，x都同时大于或同时小于同一个数，对乙进行判断即可．
【详解】解：由题意可设，
解得，，解得，，
∴两者的解不同，甲错误；
若x的解相同，则无论为正的或者负的，x都同时大于或同时小于同一个数，即，乙正确，
故选：B．
8．A
【分析】根据题意，求出方程和不等式组的解集，然后求出a的取值范围，即可求出答案．
【详解】解：∵，
解得：，
∵关于x一元一次方程有正整数解，
∴，
解得：，且是2的倍数；
又∵是正整数，
∴，且是2的倍数；
∵，
解得：，
∵不等式组的解集为，
∴，
∴；
∴满足题意的a的值有：、
所有满足条件的正整数a的值之和为：
故选：A．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解集和一元一次方程组的整数解，正确掌握解方程的方法和解一元一次不等式组的方法是解题的关键．
9．D
【分析】连接，，先证明为直角三角形，并求得两条直角边的长度，即可求得的长度，进而可求得答案．
【详解】解：如图所示，连接，．

根据题意，得：
，
，
∵为等腰直角三角形，为底边的中点，
∴，．
同理可得：
，，
∵，
∴为直角三角形．
∴．
∵为斜边的中点，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、勾股定理、直角三角形的性质，牢记等腰三角形的性质（三线合一）、勾股定理、直角三角形的性质（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）是解题的关键．
10．B
【分析】连接，过点作、．把阴影部分面积分为面积与面积，根据中位线性质可得、与正方形边长的关系，最后在中利用勾股定理，得到．
【详解】解：连接，过点作、．
为中点，，，
，．
面积，
面积，
在中，
，
阴影部分面积面积面积．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理、以及中位线的性质定理，解题的关键是作出辅助线，分割图形，最后整体求值．
11．且
【分析】本题考查了二次根式和分式有意义的条件．根据二次根式和分式有意义的条件得到且，解不等式即可求解．
【详解】解：由题意可得：且，
解得且．
∴自变量x的取值范围是且．
故答案为：且
12． 两个锐角互余的三角形是直角三角形． 真
【分析】根据给出的命题将其结论与条件互换即得到其逆命题，然后分析其真假即可．
【详解】解：逆命题为：如果三角形有两个角互余，则三角形为直角三角形．
因为符合三角形内角和定理，故是真命题．
故答案为：两个锐角互余的三角形是直角三角形．真
【点睛】此题主要考查学生对逆命题的掌握及对命题真假的判定能力．
13．74°
【分析】根据全等三角形的性质可得∠E=∠B=37°，再根据等边对等角可得∠PFB=∠B=37°，再由三角形外角的性质可得∠APF的度数．
【详解】∵△ABC≌△DEF，，
∴∠E=∠B=37°，
∵PB=PF，
∴∠PFB=∠B=37°，
∴∠APF=37°+37°=74°，
故答案为74°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，解题的关键是掌握全等三角形的对应角相等．
14．，，或
【详解】本题考查了等腰三角形的性质，先利用三角形内角和定理可得：，分三种情况：当时；当时；当时，分别讨论是解题的关键．
解：∵，，
∴，
分三种情况：
当时，若点P在的延长线上，如图：
∵是的一个外角，
∴，
∵，
∴；
当时，若点P在上，如图：
∵，，
∴；
当时，如图：
∵，
∴，
∴；
当时，如图：
∵，
∴；
综上所述：当是等腰三角形时，的度数是，，或，
故答案为：，，或．
15．6
【分析】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边．熟练掌握全等三角形的判定与性质，等角对等边是解题的关键．
如图，延长，交的延长线于点G，则．，，证明，则，，进而可求的长．
【详解】解：如图，延长，交的延长线于点G，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：6．
16．
【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．连接交于点，由折叠的性质得出，，由勾股定理求出的长，则可由勾股定理求出的长．
【详解】解：连接交于点，
将沿翻折，使点落点处，
，，
，，
，，
，
设，则，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组，熟知解一元一次不等式和解一元一次不等式组的方法是解题的关键．
（1）按照去括号，移项，合并同类项，系数化为1的步骤进行求解即可；
（2）先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可．
【详解】（1）解：
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：
（2）解：
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为．
18．(1)；
(2)；
(3)0，1，2．
【分析】（1）利用加减消元法求解即可；
（2）根据（1）的结论以及相反数的定义列方程求解即可；
（3）根据（1）的结论，代入已知不等式求出m的范围，确定出m的所有非负整数解即可．
【详解】（1）解：
①+②得：，
∴，
把 代入②得，
∴，
故方程组的解为，
故答案为：；
（2）由题意，得，
解得；
（3）由（1）得，
∵，
∴，
∴，
所以满足条件的的所有非负整数值为：0，1，2．
【点睛】此题考查了解二元一次方程组以及一元一次不等式的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19．（1）详见解析；（2）∠BAC+∠BGC＝180°，证明详见解析．
【分析】（1）作线段BC的垂直平分线即可；
（2）在AB上截取AD＝AC，连接DG．首先证明△DAG≌△CAG（SAS），推出∠ABG+∠ACG＝180°，利用四边形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：（1）线段BC的中垂线EG如图所示：
（2）结论：∠BAC+∠BGC＝180°．
理由：在AB上截取AD＝AC，连接DG．
∵AM平分∠BAC，
∴∠DAG＝∠CAG，
在△DAG和△CAG中
∵
∴△DAG≌△CAG（SAS），
∴∠ADG＝∠ACG，DG＝CG，
∵G在BC的垂直平分线上，
∴BG＝CG，
∴BG＝DG，
∴∠ABG＝∠BDG，
∵∠BDG+∠ADG＝180°，
∴∠ABG+∠ACG＝180°，
∵∠ABG+∠BGC+∠ACG+∠BAC＝360°，
∴∠BAC+∠BGC＝180°．
【点睛】本题考查的知识点有简单的尺规作图，全等三角形的判定定理，四边形内角和定理等，此类题目需要用数形结合的方法，通过作辅助线，可以使题目简单明了，更容易得解.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，求函数值，函数与不等式的关系等知识．
（1）根据题意设，即可得到，利用待定系数法即可求出函数解析式；
（2）把代入即可求解；
（3）根据题意得到关于x的不等式，解不等式即可求解．
【详解】（1）解：∵与成正比，与x成正比，
∴设，
则，
根据题意得，
解得，
∴，
即；
（2）解：把代入得；
（3）解：∵，
∴，
∴．
21．(1)该超市购进A礼盒20个，则购买礼盘80个
(2)该超市有6种进货方案，理由见解析
【分析】（1）设该超市购进礼盒个，则购买礼盒个，根据两种礼盒共获利5600元，列方程，解方程即可；
（2）根据礼盒的售价也比第一次的售价提高元．在第二次购进的礼盒全部售空情况下，使得第二次的总利润至少比第一次的总利润多1600元，且第二次购进礼盒总成本不超过13000元，列出不等组求解即可．
【详解】（1）设该超市购进礼盒个，则购买礼盒个
由题意可得：，
解得：，
答：该超市购进A礼盒20个，则购买礼盘80个．
（2）由题意可得：

，
为整数，
所以该超市有6种进货方案
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
22．(1)AD =BE
(2)AD =BE成立，∠APE不随着∠ACB的大小发生变化，始终是60°，见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠ACE＝∠DCB＝60°，CA＝CE，CD＝CB，根据全等三角形的判定定理得到△ECB≌△ACD（SAS），根据全等三角形的性质得出结论；
（2）证明△ECB≌△ACD（SAS），由全等三角形的性质得出AD＝BE，∠CEB＝∠CAD，设BE与AC交于Q，证出∠APQ＝∠ECQ＝60°，则可得出结论；
（3）同理可得△EAB≌△CAF，求出∠CPE=∠EAC=60°，在PE上截取PH＝PC，连接HC，可得△PCH为等边三角形，证明△CPA≌△CHE（AAS），由全等三角形的性质得出AP＝EH，则可得出结论．
【详解】（1）解：∵△ACE和△BCD都是等边三角形，
∴∠ACE＝∠DCB＝60°，CA＝CE，CD＝CB，
∴∠ACE＋∠DCE＝∠DCB＋∠DCE，即∠ACD＝∠ECB，
在△ECB和△ACD中，，
∴△ECB≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，
故答案为：AD＝BE；
（2）AD=BE成立，∠APE不随着∠ACB的大小发生变化，始终是60°，
证明：∵△ACE和△BCD是等边三角形，
∴EC = AC，BC=DC，∠ACE=∠BCD=60°，
∴∠ACE+∠ACB =∠BCD+∠ACB，即∠ECB=∠ACD，
在△ECB和△ACD中，，
∴△ECB≌△ACD（SAS），
∴AD=BE，∠CEB=∠CAD，
设BE与AC交于Q，
又∵∠AQP=∠EQC，∠AQP+∠QAP +∠APQ =∠EQC+∠CEQ +∠ECQ=180°，
∴∠APQ =∠ECQ=60°，即∠APE=60°；
（3）由（2）同理可得△EAB≌△CAF（SAS），
∴∠AEB＝∠ACF，
设BE与AC交于Q，则∠AQE＝∠PQC，
∴∠CPE=∠EAC=60°，
在PE上截取PH=PC，连接HC，
∴△PCH为等边三角形，
∴HC=PC，∠CHP=60°，
∴∠CHE=120°，
又∵∠APE=∠CPE =60°，
∴∠CPA=120°，
∴∠CPA=∠CHE，
在△CPA和△CHE中，，
∴△CPA≌△CHE（AAS），
∴AP =EH，
∴PB+PC+PA= PB+PH+ EH =BE．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
23．(1)
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据非负数的性质求出即可求解；
（2）过E作于H．根据证明得，，根据证明得，进而可求出；
（3）设，，由可得，从而，由三角形外角的性质得，进而可证结论成立．
【详解】（1）∵，
∴，
∴．
∴
（2）如图，过E作于H．

由得
又，故
在与中，
则
则，，故H是AC的中点．
在与中，
则
则，故
因此：．
（3）．理由如下：
设，
因为，所以
又，所以
由得：
整理得：
∵
所以．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，非负数的性质，全等三角形的性质，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
进价（元/个）
售价（元/个）
A礼盒
160
240
礼盒
100
150