广东省深圳市深圳大学附属中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份广东省深圳市深圳大学附属中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含广东省深圳市深圳大学附属中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、广东省深圳市深圳大学附属中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。

考试时间：90分钟 试卷满分：100分
说明：请考生在答题卷指定区域按要求规范作答，考试结束上交答题卷
一．选择题（共10小题）
1. 下列美丽的图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的个数是（ ）

A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】第一个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；
第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；
第三个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；
第四个图形是轴对称图形，也是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2. 当时，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解答本题的关键．根据不等式的性质可判断A，B，D；利用特殊值可判断C．
【详解】解：A．∵，∴，故不正确；
B．∵，∴，故不正确；
C．当时，满足，但，故不正确；
D．∵，∴，正确；
故选D．
3. 不等式组的解集在数轴上表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据“大于向右，小于向左，包括端点用实心，不包括端点用空心”的原则即可得答案．
【详解】解：，
解不等式2x−1≤5，得：x≤3，
解不等式8−4x＜0，得：x＞2，
故不等式组的解集为：2＜x≤3，
故选：B．
【点睛】本题考查是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟悉在数轴上表示不等式解集的原则“大于向右，小于向左，包括端点用实心，不包括端点用空心”是解题的关键．
4. 如图，一个小孩坐在秋千上，若秋千绕点O旋转了，小孩的位置也从A点运动到了B点，则的度数为（ ）
A. 70°B. 60°C. 50°D. 40°
【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转角的定义、旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行解答．
【详解】解：∵秋千旋转了，小林的位置也从A点运动到了B点，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
5. 下列说法：
①真命题的逆命题一定是真命题；
②等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合；
③三角形三边的垂直平分线交于一点且这一点到三角形三个顶点的距离相等；
④用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先要假设“这个三角形中每一个内角都大于60°”．
其中，正确的说法有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】根据逆命题的概念、等腰三角形的三线合一、线段垂直平分线的性质、反证法的一般步骤判断即可．
【详解】①真命题的逆命题不一定是真命题，例如：对顶角相等是真命题，其逆命题是相等的角是对顶角，是假命题，故①说法错误；
②等腰三角形底边上的高、底边上的中线、顶角平分线互相重合，故②说法错误；
③三角形三边的垂直平分线交于一点且这一点到三角形三个顶点的距离相等，故③正确；
④用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先要假设“这个三角形中每一个内角都大于60°”，故④正确；
因此，正确的说法有2个，
故选：B．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断、反证法的应用，掌握逆命题的概念、等腰三角形的三线合一、线段垂直平分线的性质、反证法的应用是解题的关键．
6. 如图，直线y=kx+b（k≠0）经过点A（﹣2，4），则不等式kx+b＞4的解集为（ ）

A. x＞﹣2B. x＜﹣2C. x＞4D. x＜4
【答案】A
【解析】
【详解】由图象可以看出，直线y=4上方函数图象所对应自变量的取值为x>-2，
∴不等式kx+b＞4的解集是：x>-2，
故选A．
7. 如图，将沿方向平移1个单位得到，若四边形的周长是10，则的周长是（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．根据平移的性质得出，，，进而即可求解．
【详解】解：由平移可知，，，，
由四边形的周长是得，
，
所以，
即的周长为．
故选B．
8. 关于的不等式有3个整数解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的整数解只有0，1，2，即可得出实数a的取值范围．
【详解】解：∵不等式有3个整数解，
∴这3个整数解为0，1，2，
∴实数a的取值范围是
故选C
【点睛】本题考查一元一次不等式组的整数解，解题的关键是明确题意，会解一元一次不等式组.
9. 如图，在中，，分别以点A，B为圆心，大于 长为半径画弧，两弧分别相交于两侧的M，N两点，直线交于点D，交于点E，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了作图-基本作图，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质．根据，，可得，根据作图过程可得，是的垂直平分线得，进而可求的度数．
【详解】解：如图，连接，
∵，，
∴，
据作图过程可知是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
10. 如图，已知为的角平分线，且，为延长线上一点，．过点作于点，则下列结论：①可由绕点旋转而得到；②；③；④；正确的个数为（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由“”可证，可得可由绕点旋转而得到，故①正确；由全等三角形的性质可得，故②正确；由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求，故③正确；通过证明，可得，由线段的和差关系可求解，故④正确，即可求解．
【详解】解：①为的角平分线，
，
在和中，
，
，
可由绕点旋转而得到，
故①正确；
②，
，
，
故②正确；
③，，，
，
，
，
，故③正确；
④过作于点，

是上的点，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
故④正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
二．填空题（共5小题）
11. 将点向右平移2个单位得到点，则的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查坐标系中点、线段的平移规律．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
根据点的平移规律求解即可．
【详解】∵将点向右平移2个单位得到点，
∴的坐标是．
故答案为：．
12. 已知实数x，y满足，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是______．
【答案】15
【解析】
【分析】先根据非负数的性质列式求出x、y的值，再分x的值是腰长与底边两种情况讨论求解．
【详解】解：根据题意，得x-6=0，3-y=0，
解得x=6，y=3．
①6是腰长时，三角形的三边分别为6、6、3，能组成三角形，周长=6+6+3=15；
②6是底边时，三角形的三边分别为3、3、6，不能组成三角形．
所以，三角形的周长为15．
故答案为：15．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，绝对值与算术平方根的非负性，根据几个非负数的和等于0，则每一个算式都等于0求出x、y的值是解题的关键，难点在于要分情况讨论并且利用三角形的三边关系进行判断．
13. 在下列条件：①；②；③；④；⑤中，能确定为直角三角形的条件有_____．
【答案】②④⑤
【解析】
【分析】本题考查是直角三角形的性质，三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于是解答此题的关键．根据直角三角形的判定和三角形内角和定理对各个条件进行分析，从而得到答案．
【详解】解：不能确定为直角三角形，故不符合题意；
，，
，
为直角三角形，故符合题意；
，
设，
，
，
解得：，
，
不是直角三角形，故不符合题意；
，
设，则，，
，
，
解得：，
，
为直角三角形，故符合题意；
，
设，则，
，
，
解得：，
，
为直角三角形，故符合题意；
说法正确，
故答案为：．
14. 如图，在方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是点________（填M、N、P、Q中的一个）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．熟练掌握旋转的性质是确定旋转中心的关键所在．
根据旋转前后对应点到旋转中心的距离相等来判断所求的旋转中心．
【详解】解：如图，连接N和两个三角形的对应点；
发现两个三角形的对应点到点N的距离相等，且夹角都是，
因此格点N就是所求的旋转中心．
故答案为：．
15. 把一些书分给几名同学，如果每人分3本，那么余8本，如果前面的每名同学分5本，那么最后一人就分不到3本．则共有______人．
【答案】6
【解析】
【分析】设共有x人，第2种分法最后一人分到了a本，由题意列方程，由最后一人就分不到3本，可知或，代入求解即可．
【详解】解：设共有x人，第2种分法最后一人分到了a本，
根据题意可知，，
整理得，，
∵，
∴或，
当时，，
当时，（舍去），
∴共有6人．
故答案为：6．
【点睛】本题考查一元一次方程的实际应用，准确理解“最后一人就分不到3本”是解题的关键．
三．解答题（共7小题）
16. 解不等式组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式：
（1）先去括号，再移项合并同类项，即可求解；
（2）先取分母，再去括号，然后移项合并同类项，即可求解．
【小问1详解】
解：
去括号得：
移项合并同类项得：
解得：；
【小问2详解】
解：
去分母得：
去括号得：
解得：．
17. 解不等式组：，并指出它的所有的非负整数解．
【答案】；非负整数解为：0，1．
【解析】
【分析】本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解答本题的关键．先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可得到不等式组的解集，然后找出非负整数解即可．
【详解】解：由①得：，
由②得：，
∴不等式的解集为，
满足的非负整数解为：0，1
18. 如图所示，在平面直角坐标系中，的顶点，．
（1）将平移，使得点A的对应点 的坐标为，在所给图的坐标系中画出平移后的；
（2）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的
【答案】（1）画图见解析
（2）画图见解析
【解析】
【分析】本题考查了作图-旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换，旋转变换的性质，属于中考常考题型．
（1）分别作出A，B，C的对应点，，，顺次连接起来即可．
（2）分别作出，的对应点，，顺次连接起来即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所求的三角形；
【小问2详解】
如图，即为所求作的三角形
．
19. 2021年第十四届全运会将在美丽的古城西安举行开幕式与闭幕式，为建设生态西安，打造最美全运会，某一路段绿化需国槐和白皮松共320棵，其中国槐比白皮松多80棵．
（1）求国槐和白皮松各需多少棵？
（2）现计划租用甲、乙两种货车共8辆，一次性将这批国槐和白皮松全部运往该路段．已知每辆甲种货车最多可装国槐40棵和白皮松10棵，每辆乙种货车最多可装国槐和白皮松各20棵．如果甲种货车每辆需付运费400元，乙种货车每辆需付运费360元．请问应选择哪种方案可使运费最少？最少运费多少元？
【答案】（1）国槐需要200棵，白皮松需要120棵；（2）租用2辆甲种货车，6辆乙种货车可使运费最少，最少运费是2960元
【解析】
【分析】（1）设白皮松需要x棵，则国槐需要（x+80）棵，根据题目中的等量关系列方程即可；
（2）设租用m辆甲种货车，则租用（8﹣m）辆乙种货车，列出不等式组，根据m为整数，确定租车方案，再算费用即可．
【详解】解：（1）设白皮松需要x棵，则国槐需要（x+80）棵，
依题意得：x+80+x＝320，
解得：x＝120，
∴x+80＝200（棵）．
答：国槐需要200棵，白皮松需要120棵．
（2）设租用m辆甲种货车，则租用（8﹣m）辆乙种货车，
依题意得：，
解得：2≤m≤4．
∵m为整数，
∴m可以取2，3，4，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用2辆甲种货车，6辆乙种货车，运费为400×2+360×6＝2960（元）；
方案2：租用3辆甲种货车，5辆乙种货车，运费为400×3+360×5＝3000（元）；
方案3：租用4辆甲种货车，4辆乙种货车，运费为400×4+360×4＝3040（元）．
∵2960＜3000＜3040，
∴选择方案：租用2辆甲种货车，6辆乙种货车可使运费最少，最少运费是2960元．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用和一元一次不等式组的应用，解题关键是根据题目中的数量关系列出方程或不等式组，熟练的解方程或不等式组．
20. 如图，在中，．
（1）用尺规作图法作边上的高，垂足为D；
（2）若平分，，求的长．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查作图−基本作图，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
（1）根据三角形的高的定义作出图形；
（2）过点C作于点H．证明，根据勾股定理列式计算，可得结论．
【小问1详解】
解：如图，线段即为所求；
；
【小问2详解】
解：过点C作于点H，
∵平分
∴，
∵，
∴．
21. 如图，在四边形ABCD中，M，N分别是CD，BC的中点，且AM⊥CD，AN⊥BC．
（1）求证：∠BAD=2∠MAN；
（2）连接BD，若∠MAN=70°，∠DBC=40°，求∠ADC．
【答案】（1）证明见解析；（2）50°
【解析】
【分析】（1）首先连接AC，根据AM⊥CD，AN⊥BC，判断出AM、AN分别是CD、BC的垂直平分线，得到AC＝AD，AB＝AC，再根据等腰三角形三线合一的性质得到∠DAM=∠CAM，∠BAN=∠CAN，然后根据角的和差即可得出结论；
（2）由∠MAN=70°，得出∠BAD的度数．由四边形ANCM内角和等于360°，得到∠BCD的度数．在△BCD中，由三角形内角和定理得到∠BDC的度数．在△ABD中，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得出∠ADB的度数，根据角的和差即可得出结论．
【详解】（1）如图，连接AC．
∵M、N分别是CD、BC的中点，且AM⊥CD，AN⊥BC，
∴AM、AN分别是CD、BC的垂直平分线，
∴AC＝AD，AB＝AC．
∵AM⊥CD，AN⊥BC，
∴∠DAM=∠CAM，∠BAN=∠CAN，
∴∠DAC+∠BAC=2∠CAM+2∠CAN，
∴∠BAD=2∠MAN；
（2）∵∠MAN=70°，
∴∠BAD=2∠MAN=140°．
∵AM⊥CD，AN⊥BC，
∴∠BCD=180°－∠MAN=180°－70°=110°．
∵∠DBC=40°，
∴∠BDC=180°－∠DBC－∠BCD=180°－40°－110°=30°．
∵AB=AC=AD，
∴∠ABD=∠ADB．
∵∠BAD=140°，
∴∠ABD=∠ADB=20°，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=20°+30°=50°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理．解答此题的关键是得出∠BCD和∠ADB的度数．
22. 阅读下面的材料：
小华遇到这样一个问题：如图①，在中，，点D，E在边上，．若，求的长．小华发现，将绕点A逆时针旋转，得到，连接（如图②），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及，可证，得．

（1）请回答：在图②中，的长度为 ；
（2）参考小华的思考方法，解决下列问题：
①如图③，在四边形中，，，点E，F分别在，上，且，试探索，，之间的数量关系，并证明你的结论；
②如图④，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形．已知米，，，，道路，上分别有景点E、F，且，米，现要在E、F之间修一条笔直的道路，求出这条道路的长．
【答案】（1）
（2）①,见解析
②米
【解析】
【分析】（1）根据旋转性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
（2）①如将绕点A顺时针旋转，得到，证明即可．
②如图，连接，将绕点A顺时针旋转，得到，化归为①求解即可．
【小问1详解】
∵，
∴；
绕点A逆时针旋转，得到，连接，

则，，,，
∴；
∵，，
∴；
∴；
∴；
∵，
∴；
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【小问2详解】
①．理由如下：
如图，∵，
将绕点A顺时针旋转，得到，
则，,，
∵，
∴；
∴；
+
∴；
∵，
∴；
∴；
∴；
∴．
②如图，连接，
∵，
将绕点A顺时针旋转，得到，
则，，，
∵，，
∴，
∴，
∴三点共线，
∵，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
过点A作于点M，
∵米，
∴米，米，，
∵，
∴米，
∴，
∴，
∴，
∴，

∴；
∵，
∴；
∴；
∴；
∴．
∴米．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．