广东省深圳市龙岗区宏扬学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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（满分：100分）
第一部分 选择题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出4个选项，有且只有一个是正确的）
1. 《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史，让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来．下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2. 在数轴上表示不等式组的解集，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在数轴上表示不等式组解集的方法进行解答即可.
【详解】解：将不等式组的解集表示如图：
故答案选：
【点睛】本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，是否熟练掌握在数轴上表示小于向左，大于向右是解题的关键.在数轴上表示等于号的点是实心点，只有大于号或者小于号表示的点是空心点是解题的易错点.
3. 已知，则下列各式中一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了不等式的性质．根据不等式的性质，逐项判断即可求解．
【详解】解：A．若，则，故本选项错误，不符合题意；
B．若，则，故本选项错误，不符合题意；
C．若，，则，故本选项错误，不符合题意；
D．若，，则，故本选项正确，符合题意；
故选：D．
4. 满足下列条件的△ABC不是直角三角形的是（ ）
A. AC＝1，BC＝，AB＝2B. AC：BC：AB＝3：4：5
C. ∠A：∠B：∠C＝1：2：3D. ∠A：∠B：∠C＝3：4：5
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理可判定即可．
【详解】解：A、∵12+（）2＝4，22＝4，
∴12+（）2＝22，
∴AC＝1，BC＝，AB＝2满足△ABC是直角三角形；
B、∵32+42＝25，52＝25，
∴32+42＝52，
∴AC：BC：AB＝3：4：5满足△ABC是直角三角形；
C、∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝×180°＝90°，
∴∠A：∠B：∠C＝1：2：3满足△ABC是直角三角形；
D、∵∠A：∠B：∠C＝3：4：5，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝×180°＝75°，
∴∠A：∠B：∠C＝3：4：5，△ABC不是直角三角形．
故选：D．
【点睛】本题主要考查直角三角形的判定，解题关键是掌握直角三角形的判定方法.
5. 用反证法证明：一个三角形中，至少有两个角是锐角．应先假设三角形中（ ）
A. 至少有两个角是锐角B. 至多有一个角是锐角C. 只有一个角是锐角D. 没有一个角是锐角
【答案】B
【解析】
【分析】“至少有两个”的反面为“至多有一个”，据此可以解答．
【详解】解：“至少有两个”的反面为“至多有一个”，
而反证法的结社即原命题的逆命题正确，
应假设：三角形三个内角中至多有一个锐角，
故选：B．
【点睛】本题考查了反证法，注意逆命题与原命题关系是解题的关键．
6. 如图所示，直线经过点，，则不等式的解集是（ ）．

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，正确理解一次函数与一元一次不等式的关系是解题的关键．结合图像，利用一次函数增减性和数形结合的思想解答．
【详解】解：如图，

∵一次函数经过，两点，
∴函数y随x的增大而增大
∴当时，
即不等式的解集为，
故选：A．
7. 下列说法中错误的是（ ）．
A. 等边三角形是等腰三角形
B. 三角形的高、中线、角平分线都是线段
C. 等腰三角形的高线、中线和角平分线互相重合
D. 钝角三角形的三条高所在直线相交于三角形外一点
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了角形的分类方法，三角形中线，角平分线，高的定义，熟知相关知识是解题的关键．根据三角形的分类方法，三角形中线，角平分线，高的定义逐一判断即可．
【详解】解：A、等边三角形是等腰三角形，原说法正确，不符合题意；
B、三角形的高、中线、角平分线都是线段，原说法正确，不符合题意；
C、等腰三角形底边上的高线、底边上的中线和顶角的角平分线互相重合，原说法错误，符合题意；
D、钝角三角形的三条高所在直线相交于三角形外一点，原说法正确，不符合题意；
故选：C．
8. 2022年4月，教育部正式印发《义务教育课程方案（2022年版）》，将劳动从原来的综合实践活动课程中完全独立出来．某学校组织七年级学生到劳动实践教育基地参加实践活动，某小组的任务是平整土地，学校要求完成全部任务的时间不超过3小时．开始的半小时，由于操作不熟练，只平整了．若设他们在剩余时间内每小时平整土地，则根据题意可列不等式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设他们在剩余时间内每小时平整土地，根据学校要求完成全部任务的时间不超过3小时．开始的半小时，由于操作不熟练，只平整了得剩余时间内平整的土地为： ，根据题意得，，即可得．
【详解】解：设他们在剩余时间内每小时平整土地，
∵学校要求完成全部任务时间不超过3小时．开始的半小时，由于操作不熟练，只平整了，
∴剩余时间内平整的土地为：
根据题意得，，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用，解题的关键是理解题意，根据题意找出等量关系列出不等式．
9. 若不等式组无解，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据大于小的小于大的无解，可得到，解出关于m的不等式即可．
【详解】解：由题意可得：，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了已知一元一次不等式组的解集，求不等式组中的字母的值，同样也是利用口诀求解，求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到(无解）．
10. 如图,已知△ABC中,∠ACB＝90°,∠BAC＝30°,AB＝4,点D为直线AB上一动点,将线段CD绕点C逆时针旋转60°得到线段CE,连接ED、BE,当BE最小时,线段AD的值为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】如图，根据题意可知E点的运动轨迹为直线l,当BE⊥l时，BE取得最小值，此时l经过AB的中点Q．连接AE,CQ,BE．易证△CQE≌△CBD，得出∠EQB＝60°, 求得，即可求出AD的长.
【详解】如图，根据题意可知E点的运动轨迹为直线l,当BE⊥l时，BE取得最小值．
l经过AB的中点Q．连接AE,CQ,BE．
∵∠ACB＝90°,Q为AB中点，
∴CQ=BQ=AQ,
∵∠BAC＝30°，∴∠ABC=60°，
∴△BCQ为等边三角形，
∵将线段CD绕点C逆时针旋转60°得到线段CE,
∴△CDE为等边三角形，
∴CE=CB，
又∠QCE=∠BCD
∴△CQE≌△CBD．
∠CQE＝∠CBD＝120°,
∴∠EQB＝60°,
∴AD＝5．选C．
【点睛】此题主要考查等边三角形的判断与性质，解题的关键是熟知线段旋转的性质.
第二部分 非选择题
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11. x的与5的差不小于3，用不等式表示为__．
【答案】x﹣5≥3．
【解析】
【详解】x的与5的差为
因为x的与5的差不小于3，即
故填
12. 在平面直角坐标系中，将点向上平移个单位长度，再向左平移个单位长度得到的点的坐标是______ ．
【答案】
【解析】
【分析】根据平移中点的变化规律是：横坐标右加左减，纵坐标上加下减求解即可．
【详解】解：将点向上平移个单位长度，再向左平移个单位长度得到的点的坐标是，
即．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化平移，平移中点的变化规律是：横坐标右加左减，纵坐标上加下减．
13. 关于x的方程的解是一个非负数，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求得方程的解为，再根据解是一个非负数得到关于a的不等式，然后求解即可．
【详解】解：解关于x的方程得，
∵方程的解是一个非负数，
∴，解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查解一元一次方程、解一元一次不等式，理解方程解的意义，掌握方程和不等式的解法是解答的关键．
14. 如图，在中，，边上的垂直平分线与、分别交于点E和D，若，，则的长为__________．

【答案】##0.9
【解析】
【分析】连接，根据线段垂直平分线的性质和勾股定理的逆定理即可求解，设设，则，在 中，根据，列出方程计算即可求解．
【详解】解：证明：连接，

∵边上的垂直平分线为，
∴，
设，则，
在 中，，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，勾股定理，注意方程思想的运用．
15. 如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，延长交于点．若，则的长为_______．

【答案】
【解析】
【分析】过点作交的延长线于点．由旋转的性质，得，，．所以，．所以．在Rt中，根据勾股定理，求得的长．在和中，求得和的长．再根据求解即可．
【详解】解：如解图，过点作交的延长线于点．

由旋转的性质，得，，．
所以，．
所以．
在中，根据勾股定理，得
．
在中，，
∴
在中，，
∴
由勾股定理得，即，
∴
∴．
故答案：．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形，或角的直角三角形得性质及勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共55分）
16. 解不等式，并将解集在数轴上表示出来．
【答案】不等式的解集为，在数轴上表示见解析．
【解析】
【分析】去括号，移项、合并同类项得到x＞-1即可．
【详解】解：，
去括号得：，
移项、合并同类项得：，
∴不等式的解集为，
将解集在数轴表示为：
．
【点睛】本题主要考查对不等式的性质，解一元一次不等式，在数轴上表示不等式的解集等知识点的理解和掌握，能熟练地运用不等式的性质解不等式是解此题的关键．
17. 解不等式组，并写出它的所有整数解．
【答案】，整数解为-2、-1、0、1
【解析】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集，然后根据解集即可求得整数解．
【详解】
解不等式：，得
解不等式：，得：，
则不等式组的解集为，
所以不等式组的整数解为-2、-1、0、1．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，求不等式组的整数解，正确的计算是解题的关键．
18. 如图在平面直角坐标系中，已知A(﹣2，﹣4)，B(0，﹣4)，C(1，﹣1)．
（1）画出ABC绕点O逆时针旋转90°后的图形A1B1C1；
（2）将（1）中所得A1B1C1先向左平移4个单位再向上平移2个单位得到A2B2C2，画出A2B2C2；
（3）若A2B2C2可以看作ABC绕某点旋转得来，则旋转中心的坐标为 ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）(﹣3，﹣1)
【解析】
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可；
（2）利用点平移的坐标变换规律写出点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
（3）作B2B和AA2的垂直平分线，它们的交点为旋转中心．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
∵A1（4，-2），B1（4，0），C1（1，1），
∴A2（0，0），B2（0，2），C2（-3，3）；
（3）如图，△A2B2C2可以看作△ABC绕P点旋转得来，
作作B2B和AA2的垂直平分线可以发现两者交于点（-3，-1）
旋转中心P的坐标为（-3，-1）．
故答案为：（﹣3，﹣1）．
【点睛】本题主要考查了平移作图，旋转作图，找旋转中线，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
19. 如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线OM与边AC的垂直平分线ON交于点O，这两条垂直平分线分别交BC于点D、E．
（1）若∠ABC＝30°，∠ACB＝40°，求∠DAE的度数；
（2）已知△ADE周长7cm，分别连接OA、OB、OC，若△OBC的周长为15cm，求OA的长．
【答案】（1）40°；（2）4cm．
【解析】
【分析】（1）求出∠BAC＝110°根据线段垂直平分线的性质得到，DA＝DB，EA＝EC，继而即可求解；
（2）连接OA，OB，OC，根据三角形的周长公式求出OB+OC，根据线段垂直平分线的性质求得OA＝OB和 OA＝OC ，进而得出OB=OC，计算即可求解．
【详解】解：（1）∵∠ABC＝30°，∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣30°﹣40°＝110°，
∵DM是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴∠DAB＝∠ABC＝30°，
同理，EA＝EC，
∴∠EAC＝∠ACB＝40°，
∴∠DAE＝∠BAC﹣∠BAD﹣∠EAC＝110°﹣30°﹣40°＝40°；
（2）连接OA，OB，OC，
∵△ADE的周长7cm
∴AD+DE+EA＝7（cm），
∴BC＝DB+DE+EC＝AD+DE+EA＝7（cm）；
∵△OBC的周长为15，
∴OB+OC+BC＝15，
∵BC＝7，
∴OB+OC＝8，
∵OM垂直平分AB，
∴OA＝OB，
同理，OA＝OC，
∴OA＝OB＝OC＝4cm．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握线段垂直平分线的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．
20. 某超市计划同时购进一批甲、乙两种商品，若购进甲商品10件和乙商品8件，共需要资金880元；若购进甲商品2件和乙商品5件，共需要资金380元．
（1）求甲、乙两种商品每件的进价各是多少元？
（2）该超市计划购进这两种商品共50件，而可用于购买这两种商品的资金不超过2520元．根据市场行情，销售一件甲商品可获利10元，销售一件乙商品可获利15元．该超市希望销售完这两种商品所获利润不少于620元．则该超市有哪几种进货方案？
【答案】（1）甲商品每件的进价是元，乙商品每件的进价是元
（2）方案一：购进甲商品件，乙商品件；方案二：购进甲商品件，乙商品件；方案三：购进甲商品件，乙商品件
【解析】
【分析】（1）设甲商品每件的进价是元，乙商品每件的进价是元，根据题意建立二元一次方程组，解方程组即可求解；
（2）设购进甲商品件，则购进乙商品件，根据题意，建立一元一次不等式组，解不等式组，求得整数解即可求解．
【小问1详解】
解：设甲商品每件的进价是元，乙商品每件的进价是元，根据题意得，
解得：
答：甲商品每件的进价是元，乙商品每件的进价是元；
【小问2详解】
解：设购进甲商品件，则购进乙商品件，根据题意得，
解得：
∵为正整数，故
∴有三种进货方案，
方案一：购进甲商品件，乙商品件；
方案二：购进甲商品件，乙商品件；
方案三：购进甲商品件，乙商品件；
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，根据题意列出方程组或不等式组是解题的关键．
21. 如图，在中，，，D为上一点，且．动点P以每秒2个单位长度的速度从点A出发，沿着匀速运动到点C时停止运动，设点P运动的时间为x秒，的面积为y．

（1）直接写出y关于x的函数关系式，并注明x的取值范围；
（2）请在直角坐标系中画出y的函数图象，并写出该函数的一条性质；
（3）若与y的图象有且只有一个交点，请直接写出t的取值范围．
【答案】（1）
（2）图象见解析，当时，函数值随x的增大而增大（答案不唯一）
（3）
【解析】
【分析】（1）分两种情况：当点P在上时，直接求出关系式即可；当点P在上时，过点P作于E，求出的长，即可求得关系式；
（2）画出函数图象，结合图象写出一条性质即可；
（3）结合函数图象，即可求得t的取值范围．
【小问1详解】
解：①当点P在上时，即时，
∵，，
∴；
当点P在上时，即时，
过点P作于E，如图，

∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
综上，；
【小问2详解】
解：画出的函数图象如下：

性质：当时，函数值随x的增大而增大（答案不唯一）
【小问3详解】
解：当过原点时，则；当过点时，，
则，
当在间平行移动时，直线恰好与图象有一个交点，但不与重合，
此时．

∴．
【点睛】本题是函数与几何的综合，考查了直角三角形的性质，求函数解析式，画函数图象，关键是求出函数解析式，正确画出函数图象，确定t的范围时，注意数形结合．
22. 综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，点D在等边的边上，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接．试猜想与的数量关系，并加以证明．
（1）独立思考：请解答老师提出的问题；
（2）实践探究：希望小组受到启发，如图2，点D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，若的延长线经过点E，求的度数．
（3）问题解决：智慧小组突发奇想，如图3，点D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，的延长线与交于点F，连接．智慧小组对该图形进行探究，得出结论：．智慧小组的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．
【答案】（1）见详解 （2）
（3）智慧小组的结论正确，理由见详解
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可得，然后可证，进而问题可求解；
（2）由题意易得，则有，然后可证，进而根据全等三角形的性质可进行求解；
（3）同理（2）可得，，过点A分别作，，垂足分别为M、N，然后根据角平分线的判定定理可进行求解．
【小问1详解】
证明：，理由如下：
∵是等边三角形，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：设与的交点为F，如图，
∵是等边三角形，
∴，
由旋转性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，且，
∴；
【小问3详解】
证明：智慧小组的结论正确，理由如下：
∵是等边三角形，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
过点A分别作，，垂足分别为M、N，如图所示：
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴平分，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质、角平分线的判定定理及旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质、角平分线的判定定理及旋转的性质是解题的关键．