2023-2024学年浙江省宁波市七校八年级（上）培优数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市七校八年级（上）培优数学试卷（12月份）（含解析），共25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。
1.已知方程组3x+y=1+3mx+3y=1−m的解满足x+y>0，则m取值范围是( )
A. m>1B. m−1D. m0，
∴m+12>0，
解得m>−1，
故选：C．
将两个方程相加整理得出x+y=m+12，再根据题意列出关于m的不等式，解之可得．
本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是根据题意列出关于m的不等式，并熟练掌握解不等式的步骤和依据．
2.【答案】C
【解析】解：当第一边为1时，另外两边为8，8；
第一边为2时，第二边为7，第三边为8；
第一边为3时，第二边为6，第三边为8；
第一边为3时，另外两边为7，7；
第一边为4时，第二边为5，第三边为8；
第一边为4时，第二边为6，第三边为7；
第一边为5时，第二边为5，第三边为7；
第一边为5时，另外两边为6，6．
所以满足条件的三角形有8个．
故选：C．
令第一边为1，结合三角形三边关系判断另外两边，再依次增加逐个判断即可．
本题主要考查了应用三角形三边关系判断三角形，注意不要漏下情况．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了三角形外角性质，根据三角形的外角得：∠BDA′=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A′+∠CEA′，代入已知可得结论。
【解答】
解：由折叠得：∠A′=∠A
∵∠BDA′=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A′+∠CEA′
∵∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=γ
∴∠BDA′=γ=α+α+β=2α+β
故选A。
4.【答案】A
【解析】解：如图所示，过C作CH⊥AB于H，D是Rt△ABC斜边AB上一点，且BD=BC=AC=1，
∴CH= 22，
∴S△BDC=12BD⋅CH=12×1× 2= 22，
又∵S△BCD=S△BPC+S△BPD=12BD⋅PE+12BC⋅PF=12×1×PE+12×1×PF，
∴PE+PF= 22．
故答案选A．
据已知，过C作CH⊥AB于H，根据等腰直角三角形的性质求得CH的长度，计算△BDC的面积，再利用转化为△BPD与△BPC的面积和即可求的PE+PF的值．
此题考查的知识点是全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，关键是作辅助线证矩形PGDF，再证△BPE≌△PBG．
5.【答案】A
【解析】解：观察图形可以看出A1～A4；A5～A8……每4个为一组，
∵2023÷4=505⋯⋯3，
∴A2021在x轴负半轴，纵坐标为0，
∵A3、A7、A11的横坐标分别为0，−2，−4，
则A4n+3的横坐标为−2n，
∴A2023的横坐标为−2×505=−1010，
∴A2023的坐标为(−1010,0)．
故选：A．
观察图形可以看出A1～A4；A5～A8……每4个为一组，由于2023÷4=505余3，A2023在x轴负半轴，纵坐标为0，再根据横坐标变化找到规律即可解答．
本题考查了规律型：点的坐标，找到每4个点一循环点的坐标变化规律是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：如图，连接AH并延长至G使HG=BF，
∵点H为AC的垂直平分线与BC的交点，
∴AH=CH，
∴∠CAH=∠C，
∴∠AHB=2∠C，
∵HC=AB，
∴AB=AH，
∴∠B=∠AHB=2∠C设∠ACB=α，
∵∠B=2∠C=∠AHB=2α，
∵∠AHB=∠CHG，
∴∠B=∠CHG=2α，
∵2∠DAF=∠B−∠ACB=2α−α=α，
∴∠DAF=12α，
在△ABF和△CHG中，AB=CH∠B=∠CHGBF=HG，
∴△ABF≌△CHG(SAS)，
∴∠BAF=∠HCG，∠AFB=∠G，
在Rt△ABD中，AD⊥BC，
∴∠BAD=90°−∠B=90°−2α，
∴∠HCG=∠BAF=∠BAD+∠DAF=90°−2α+12α=90°−32α，
∴∠ACG=∠ACB+∠HCG=α+90°−32α=90°−12α，
在△ABF中，∠AFB=180°−∠B−∠BAF=180°−2α−(90°−32α)=90°−12α，
∴∠ACG=∠G，
∴AC=AG=AH+HG=AB+BF；
CH=AH=AB，
∵AH=AB，AD⊥BC，
∴BD=DH，
由(2)①知，AC=AB+BF=CH+BD+DF
∵FC=CD−DF=CH+DH−DF=CH+BD−DF
∴AC−FC=CH+BD+DF−(CH+BD−DF)=2DF，
∴AC−FCDF=2DFDF=2．
故选：B．
先利用垂直平分线得出AH=CH，进而得出，∠AHB=2∠C即可得出结论；设出∠ACB=α，得出∠B=2α，∠DAF=12α，再判断出△ABF≌△CHG(SAS)得出∠BAF=∠HCG，∠AFB=∠G，进而得出∠ACG=∠G，得出BD=DH，等量代换即可得出AC−FC=2DF即可得出结论．
此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，找出角之间的关系是解本题的关键．
7.【答案】180°
【解析】解：如图，延长CD交AB于点F，设CD，BE交于点G，
∵∠BFG=∠A+∠C，∠BGF=∠E+∠CDE，
∴∠A+∠B+∠C+∠CDE+∠E
=∠BFG+∠BGF+∠B
=180°，
故答案为：180°．
延长CD交AB于点F，设CD，BE交于点G，利用三角形的外角性质及三角形内角和定理即可求得答案．
本题考查三角形的内角和及外角性质，作辅助线构造三角形及三角形的外角是解题的关键．
8.【答案】 3
【解析】解：作EM⊥GB于点M，延长CD交EM于点N，
∵正方形ABCD和正方形DEFG的面积分别为3和7，
∴AD= 3，DG= 7，
∵∠DAG=90°，
∴由勾股定理得：AG= 72− 32=2，
∵CD//AB，∠EDG=90°，∠EMA=90°，
∴∠END=∠EMA=90°，∠NDG+∠GDA=90°，∠NDG+∠NDE=90°，
∴∠END=∠DAG，∠NDE=∠ADG，
在△END和△GAD中
∠END=∠GAD∠EDN=∠GDAED=GD
∴△END≌△GAD(AAS)，
∴EN=GA，
∵GA=2，
∴EN=2，
∴△CDE的面积是：CD⋅EN2= 3×22= 3，
故答案为： 3．
根据正方形ABCD和正方形DEFG的面积分别为3和7，可以求得AD和DG的长，然后根据勾股定理可以得到AG的长，再根据题意和图形，可以得到EN的长，然后即可求得△CDE的面积．
本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】10
【解析】解：∵点E为AC的中点，
∴S△ABE=12S△ABC．
∵BD：CD=2：3，
∴S△ABD=25S△ABC，
∵S△AOE−S△BOD=1，
∴S△ABE=12S△ABC−25S△ABC=1，解得S△ABC=10．
故答案为：10．
根据E为AC的中点可知，S△ABE=12S△ABC，再由BD：CD=2：3可知，S△ABD=25S△ABC，进而可得出结论．
本题考查的是三角形的面积，熟知三角形的中线将三角形分为面积相等的两部分是解答此题的关键．
10.【答案】②③④
【解析】分析：
①②利用等边对等角，即可证得：∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，则∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD，据此即可求解；
③证明∠POC=60°且OP=OC，即可证得△OPC是等边三角形；
④首先证明△OPA≌△CPE，则AO=CE，AC=AE+CE=AO+AP．
解：∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠ACB=30°，
∵点O是AD上任意一点，
∴OC不一定是∠ACD的角平分线，
∴∠ACO不一定是15°，故①错误，
如图1，连接OB，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，∠BAD=12∠BAC=12×120°=60°，
∴OB=OC，∠ABC=90°−∠BAD=30°
∵OP=OC，
∴OB=OC=OP，
∴∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°，故②正确；
∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°，
∴∠APC+∠DCP=150°，
∵∠APO+∠DCO=30°，
∴∠OPC+∠OCP=120°，
∴∠POC=180°−(∠OPC+∠OCP)=60°，
∵OP=OC，
∴△OPC是等边三角形；
故③正确；
如图2，在AC上截取AE=PA，
∵∠PAE=180°−∠BAC=60°，
∴△APE是等边三角形，
∴∠PEA=∠APE=60°，PE=PA，
∴∠APO+∠OPE=60°，
∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°，
∴∠APO=∠CPE，
∵OP=CP，
在△OPA和△CPE中，
PA=PE∠APO=∠EPCOP=CP,
∴△OPA≌△CPE(SAS)，
∴AO=CE，
∴AC=AE+CE=AO+AP，故④正确，
故答案为：②③④．
本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
11.【答案】4
【解析】解：当x3，原不等式变为：2x−2+3x−9≤a，解得x3，解得a>4；
综上所述，实数a最小值是4，
故答案为：4．
分类讨论：当x3，分别去绝对值解x的不等式，然后根据x对应的取值范围得到a的不等式或不等式组，确定a的范围，最后确定a的最小值．
本题考查了解含绝对值的一元一次不等式的解法：讨论x的取值范围，然后去绝对值．也考查了不等式和不等式组的解法以及分类讨论思想的运用．
12.【答案】 65
【解析】解：如图，以MG为边作等边△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．
∵△MGD和△OME是等边三角形，
∴OE=OM=ME，∠DMG=∠OME=60°，MG=MD，
∴∠GMO=∠DME，
在△GMO和△DME中，
OM=ME∠GMO=∠DMEMG=MD，
∴△GMO≌△DME(SAS)，
∴OG=DE，
∴NO+GO+MO=DE+OE+NO，
∴当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，
∵∠NMG=75°，∠GMD=60°，
∴∠NMD=135°，
∴∠DMF=45°，
∵MG=MD=3，
∴MF=DF= 22MD=3 22，
∴NF=MN+MF=4 2+3 22=11 22，
∴ND= NF2+DF2= (11 22)2+(3 22)2= 65，
∴MO+NO+GO最小值为 65，
故答案为： 65．
以MG为边作等边△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO=DE，则MO+NO+GO=NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO的最小值．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，最短路径问题，构造等边三角形是解答本题的关键．
13.【答案】6
【解析】解：如图，作A关于CD的对称点A′，连接A′B并延长交CD的延长线于点P，就是使|PA−PB|的最大值的点，|PA−PB|=A′B，连接A′C，AA′，
∵△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=6，
∴∠CAB=∠ABC=45°，∠ACB=90°，
∵∠BCD=15°，
∴∠ACD=75°，
∵点A与A′关于CD对称，
∴CD⊥AA′，AC=A′C，∠CA′A=∠CAA′，
∴∠CAA′=15°，
∵AC=BC，
∴A′C=BC，∠CA′A=∠CAA′=15°，
∴∠ACA′=150°，
∵∠ACB=90°，
∴∠A′CB=60°，
∴△A′BC是等边三角形，
∴A′B=BC=6，
∴|PA−PB|的最大值为：6，
故答案为：6．
由题意可知作A关于CD的对称点A′，连接A′B并延长交CD的延长线于点P，就是使|PA−PB|的最大值的点，|PA−PB|=A′B，连接A′C，AA′，由等腰三角形的性质和点A与A′关于CD对称得出△A′BC是等边三角形，即可求解．
本题考查了轴对称−最短路线问题，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造等边三角形是解题的关键．
14.【答案】①③④
【解析】解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则
2(x−60)=80，
x=100．
故①正确；
②因为80千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，
故②错误；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，
所以图中点B的横坐标为2+34=234，
纵坐标为80−60×34=35，
故③正确；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则返回时与货车共同行驶的时间为(25960−234)小时，此时两车还相距35千米，由题意，得
(y+60)(25960−234)=35，
y=90，
故④正确．
故答案为：①③④
要解答本题需要熟悉一次函数的图象特征，再根据一次函数的性质和图象结合实际问题对每一项进行分析即可得出答案．
本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题，关键是根据一次函数的性质和图象结合实际问题判断出每一结论是否正确．
15.【答案】解：(1)根据题意可得方程组3a+2b+c=52a+b−3c=1，
解得a=7c−3b=7−11c，
因为a，b，c为三个非负数，
故a≥0，b≥0，c≥0，
即可得不等式组7c−3≥07−11c≥0c≥0，
解得37≤c≤711；
(2)将a=7c−3b=7−11c代入到S=3a+b−7c中，得
S=3(7c−3)+7−11c−7c=3c−2，
因为37≤c≤711，
故97≤3c≤2111，
即−57≤3c−2≤−111，
故S最大值为−111，最小值为−57．
【解析】(1)将已知两个方程联立形成方程组，并用含有c的代数式表示出a，b；再根据a，b，c为三个非负数，得a≥0，b≥0，c≥0，进而得出关于c的不等式组，求出解集即可；
(2)将用含有c表示a，b的代数式代入到S=3a+b−7c中，整理得出用c表示S的式子，再根据c的取值范围得出S的取值范围，进而得出答案．
考查不等式组的应用；把一个未知数看成已知数，表示出其余未知数的值是解决本题的关键．
16.【答案】解：(1)延长MO交BC与点E，将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD′，OM旋转至OM′，如图1，
∴∠MOM′=90°，∠DOD′=90°，OD′=OD，OM′=OM，D′M′=DM，BM′=DM，
∴点C、O、D′共线，
∵AM=DM，
∴BM′=D′M′，
∵OC=OD，
∴OD′=OC，
∴OM′=12BC，OM′//BC，
∴OM=12BC，BC⊥EM，即：OM⊥BC；
(2)如图2，
结论仍然成立，理由如下：
∵将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD′，OM旋转至OM′，OM与BC交于点F，
∴∠MOM′=90°，∠DOD′=90°，OD′=OD，OM′=OM，D′M′=DM，BM′=DM，
∴点C、O、D′共线，
∵AM=DM，
∴BM′=D′M′，
∵OC=OD，
∴OD′=OC，
∴OM′=12BC，OM′//BC，
∴OM=12BC，BC⊥FM，
即：OM⊥BC；
【解析】【分析】
本题主要考查了旋转的性质，三角形中位线定理等知识，解决问题的关键是作旋转的辅助线．
(1)将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD′，OM旋转至OM′，证得OM′是△BCD′的中位线，进一步得出结论；
(2)方法和步骤与(1)完全相同．
17.【答案】解：(1)作∠BCE=10°交BC于E，过点B作BF⊥AC交CA的延长线于F，过点E作EH⊥BC，如图，

∵∠BCE=10°，∠CBD=10°，
∴BE=CE，∠DEC=20°，
∵∠D=20°，
∴CE=DC，
∵EH⊥BC，
∴CH=BH，
∵∠ACB=∠CBD+∠D=30°，BF⊥AC，∠ABC=50°，
∴BF=BH=CH，∠ABF=10°，
在△ABF和△ECH中，
∠AFB=∠EHC=90°∠ABF=∠ECH=10°BF=CH，
∴△ABF≌△ECH(AAS)，
∴AB=EC，
∴AB=CD．
(2)在AC上取AE=AB，连接BE，作AF平分∠BAC，交BE于H，交BC于F，如图，

∵AF平分∠BAC，∠BAC=100°，
∴∠BAH=∠EAH=50°，BH⊥AF，
∵∠ACB=30°，
∴∠ABF=∠BAF=50°，
即△ABF是等腰三角形，
作AG⊥BC，则AG=BH(等腰三角形两腰上的高相等)，
∵∠ACB=30°，
∴2AG=AC，
∵2BH=BE，
∴AC=BE，
∵CD=AB=AE，
∴AC=DE，
∴AC=BE=DE，
∵∠AEB=12(180°−∠BAE)=40°，
∴∠D=20°，
【解析】(1)作∠BCE=10°交BC于E，过点B作BF⊥AC交CA的延长线于F，过点E作EH⊥BC，由题意得BE=CE和∠DEC=20°，利用等角对等边可得CE=DC，利用三线合一的性质得CH=BH，结合含30°角的直角三角形性质得BF=BH=CH，可证明△ABF≌△ECH，即可证得结论；
(2)在AC上取AE=AB，连接BE，作AF平分∠BAC，交BE于H，交BC于F，根据题意得∠ABF=∠BAF=50°，利用等腰三角形两腰上的高相等得AG=BH，结合含30°角的直角三角形性质得AC=BE，由题意得AC=DE，即可求得∠AEB=40°，即可求得答案．
本题主要考查等腰三角形的判定和性质、三线合一的性质、全等三角形的判定和性质和含30°角的直角三角形性质，解题的关键是添加辅助线并找到对应边角之间的关系．
18.【答案】解：(1)对于一次函数y=2x−4，
令x=0，得到y=−4；令y=0，得到x=2，
∴A(2,0)，B(0,−4)，
∵P为AB的中点，
∴P(1,−2)，
则d1+d2=3；
(2)①d1+d2≥2；
②设P(m,2m−4)，
∴d1+d2=|m|+|2m−4|，
当0≤m≤2时，d1+d2=m+4−2m=4−m=3，
解得：m=1，此时P1(1,−2)；
当m>2时，d1+d2=m+2m−4=3，
解得：m=73，此时P2(73,23)；
当m