湖南省邵阳市邵东市振华中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份湖南省邵阳市邵东市振华中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含湖南省邵阳市邵东市振华中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、湖南省邵阳市邵东市振华中学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28页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（30分）
1. 以下列长度的三条线段为边，能组成直角三角形的是（ ）
A. 2，3，4B. ，3，5C. 6，8，10D. 5，12，12
【答案】C
【解析】
【分析】先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．
【详解】解：A．，
以2，3，4为边不能组成直角三角形，故本选项不符合题意；
B．，
以，3，5为边不能组成直角三角形，故本选项不符合题意；
C．，
以6，8，10为边能组成直角三角形，故本选项符合题意；
D．，
以5，12，12为边不能组成直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两边、的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．
2. 2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场平安着陆，神舟十五号载人飞行任务取得圆满成功，展现了中国航天科技的新高度．下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
3. 一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数为 （ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】本题根据多边形的内角和定理和多边形的内角和等于900°，列出方程，解出即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
则有（n-2）180°=900°，
解得：n=7，
∴这个多边形的边数为7．
故选B．
【点睛】本题考查了多边形内角和，熟练掌握内角和公式是解题的关键.
4. 下列说法正确的是 （ ）
A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形．
B. 对角线相等的四边形是矩形．
C. 矩形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴．
D. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形．
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形，根据平行四边形、矩形、菱形的判定及性质逐项判断即可．
【详解】解：A、一组对边平行，且这组对边相等的四边形是平行四边形，所以A选项错误；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，所以B选项错误；
C、矩形是轴对称图形，两组对边中点连线所在的直线是它的对称轴，所以C选项错误；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，所以D选项正确．
故选D．
5. 在平面直角坐标系中，直线的图象不动，将坐标系向上平移个单位后得到新的平面直角坐标系，此时该直线的解析式变为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将坐标系向上平移2个单位后得到新的平面直角坐标系，相当于是把直线l：y=2x-3向下平移2个单位，据此求解即可．
【详解】解：由题意，可知本题是求把直线y=2x-3向下平移2个单位后的解析式，
则所求解析式为y=2x-3-2，即y=2x-5．
故选A．
【点睛】本题考查一次函数图象与几何变换，掌握解析式的“左加右减，上加下减”平移规律是解题的关键．
6. 若一次函数的图象经过点，，则 与 的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，利用一次函数图象的性质可得出y随x的增大而增大，结合，即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴y随x的增大而增大，
∵点点，均在一次函数的图象上，且，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查一次函数的图象与性质，牢记：在一次函数中，若，y随x的增大而增大；若，y随x的增大而减小．
7. 一次函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查判断一次函数经过的象限，根据一次函数的性质，分和，判断出图象所经过的象限即可．
【详解】解：∵，
∴当，图象经过一、二、三象限，当时，图象经过二、三、四象限，
∴符合题意的是选项D．
故选D．
8. 如图，，，，分别是四边形四条边的中点，要使四边形为菱形，则四边形应具备的条件是（ ）
A. 一组对边平行而另一组对边不平行B. 对角线相等
C. 对角线互相平分D. 对角线互相垂直
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定以及三角形的中位线定理的应用，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．连接、，利用三角形的中位线定理及菱形的判定求解．
【详解】解：连接、交于点O，

∵、分别是、的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵、分别是、的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
同理可得，，
∴，
∴四边形是平行四边形
当时，
，
∴四边形是菱形，
故要使四边形为菱形，则四边形应具备的条件是对角线相等．
故选：B．
9. 如图是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用，表示直角三角形的两直角边（），下列四个说法：

①，②，③，④.
其中说法正确的是( )
A. ①②B. ①②③C. ①②④D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【详解】可设大正方形边长为a，小正方形边长为b，所以据题意可得a2=49,b2=4；
根据直角三角形勾股定理得a2=x2+y2，所以x2+y2=49，式①正确；
因为是四个全等三角形，所以有x=y+2，所以x-y=2，式②正确；
根据三角形面积公式可得 ，而大正方形的面积也等于四个三角形面积加上小正方形的面积，所以，化简得2xy+4=49，式③正确；
因为x2+y2=49，2xy+4=49，
所以
所以，因而式④不正确．
故答案为B．
10. 小明早晨骑自行车到学校上学，匀速骑行一段时间后，发现作业本忘在家里，于是他按原路匀速返回，半路拿到爸爸送来的作业本后，为了不耽误上学的时间，决定以更快的速度匀速骑车赶往学校，则下列最能反映小明与家的距离 s （ km ）与骑行时间 t （ h ）之间的函数关系的大致图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了图象的识别，先理解整个运动过程，再将运动过程画成图象，可得答案．
【详解】解：根据题意可知当时间时，，即小明从家出发，随着时间增加，离家越来越远，图象上线段从原点斜向上，接着小明返回，随着时间的增加，离家越来越近，图象上线段斜向右下方，遇到爸爸后，随着时间的增加，离家越来越远，图象上线段斜向上且倾斜的程度大．
故选：C．
第II卷（非选择题）
二、填空题（24分）
11. 函数中，自变量的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，二次根式有意义的条件是：被开方数为非负数．
【详解】依题意，得x-3≥0，
解得：x≥3．
【点睛】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
12. 已知，则关于轴的对称点的坐标为__．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用非负数的性质得出，的值，再利用关于轴对称点的性质得出答案．
【详解】解：，
，
解得：，
则关于轴对称点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了非负数的性质以及关于轴对称点的性质，正确得出，的值是解题关键．
13. 若正多边形的每一个内角为，则这个正多边形的边数是__________．
【答案】八（或8）
【解析】
【分析】根据正多边形的每一个内角为，求出正多边形的每一个外角，根据多边形的外角和，即可求出正多边形的边数．
【详解】解：根据正多边形的每一个内角为
正多边形的每一个外角为：
多边形的边数为：
故答案为八．
【点睛】考查多边形的外角和，掌握多边形的外角和是解题的关键．
14. 如图所示的网格是正方形网格，则__________．
【答案】45°
【解析】
【分析】延长AP交格点于D，连接BD，根据勾股定理得到PD2=BD2=1+22=5，PB2=12+32=10，求得PD2+DB2=PB2，于是得到∠PDB=90°，根据三角形外角的性质即可得到结论．
【详解】如图，延长AP交格点于D，连接BD，
，
∵PD2=BD2=1+22=5，PB2=12+32=10，
∴PD2+DB2=PB2，
∴∠PDB=90°，
∴∠DPB=∠PAB+∠PBA=45°，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
15. 在平面直角坐标系中，已知点、、，且三角形的面积等于8，则a的值是______．
【答案】或6
【解析】
【分析】分点A在点C的左侧和右侧两种情况求出AC的长后，再根据三角形面积公式列式求解即可．
【详解】解：分两种情况：①点A在点C的左侧，如图，
∵、，
∴OB=4，AC=2-a
∵
∴
∴
解得，；
②当点A在点C的右侧时，如图，
则AC=a-2
∵
∴
∴
解得，；
综上所述，a的值为：-2或6
故答案为：-2或6
【点睛】此题主要考查了图形与坐标的性质，注意点A的位置有两个是解答此题的关键．
16. 有一个圆柱形油罐，要以A点环绕油罐建梯子，正好建在A点的正上方点B处，梯子最短需________m（已知油罐的底面半径是，高是，取3）
【答案】13
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是要明确，要求两点间的最短线段，就要把这两点放到一个平面内，即把圆柱的侧面展开再计算．
【详解】解：如图，
∵油罐的底面半径是，
∴油罐的底面周长为；
又∵高是，即展开图中，，
∴，
故所建梯子最短为，
故答案：13．
17. 已知点的坐标为，且点到两个坐标轴的距离相等，则点的坐标为_______．
【答案】(，)或(，)
【解析】
【分析】根据点到两坐标轴的距离相等列出绝对值方程，然后求出的值，再求解即可．
【详解】∵点P(，)到两坐标轴的距离相等，
∴，
∴或，
解得：或，
当时，，
当时，，
∴点P的坐标为(，)或(，)．
故答案为：(，)或(，)．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质：根据点到两坐标轴的距离相等列出绝对值方程是解题的关键，也是本题的难点．
18. 如图，在平面直角坐标系中，一动点按如图所示的方式运动，从点开始第一次跳动至点，第二次跳动至，第三次跳动至，第四次跳动至，…，则第次跳动到达的点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了点坐标的规律探究．根据题意推导规律是解题的关键．
由题意知，动点经过4次跳动为一个循环，即第次跳动到达，由，可知在第次循环时，的坐标和下标序号的关系与点相同，由题意知，，然后求解作答即可．
【详解】解：由题意知，动点经过4次跳动为一个循环，
∴第次跳动到达，
∵，
∴在第次循环时，的坐标和下标序号的关系与点相同，
由题意知，，
∴，
故答案为：．
三、解答题（66分）
19. 如图，在四边形中，是对角线的中点，，分别是，的中点，，，求的度数．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了三角形中位线定理，三角形内角和，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
根据中位线定理得到，，由此得到，根据等边对等角求出，再利用三角形内角和定理求出的度数．
【详解】∵P是的中点， E是的中点，
∴为的中位线，
∴
∵P是的中点， F 是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵ ，
∴，
∴ ，
∴
∴，
在中，，
∴．
20. 如图，在平面直角坐标系中，已知点 ．
（1）画出．
（2）若与关于原点O成中心对称，画出．
（3）点的坐标是________（直接填写坐标），的面积是________．（写出计算过程）
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3），，见解析
【解析】
【分析】本题考查了作中心对称图形，坐标与图形等知识．熟练掌握中心对称图形，坐标与图形中心对称图形，坐标与图形是解题的关键．
（1）在平面直角坐标系中描点、连线即可；
（2）根据中心对称图形的性质作图即可；
（3）由中心对称图形的性质可求点的坐标，根据，计算求解即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所作；
【小问2详解】
解：由中心对称的性质作图，如图1，即为所作；
【小问3详解】
解：由题意知，，
，
故答案为：，．
21. 如图，公路MN和公路PQ在点P处交汇，且，在A处有一所中学，米，此时有一辆消防车在公路MN上沿PN方向以每秒5米的速度行驶，假设消防车行驶时周围100米以内有噪音影响．
（1）学校是否会受到影响？请说明理由．
（2）如果受到影响，则影响时间是多长？
【答案】（1）学校受到噪音影响，理由见解析；（2）32秒
【解析】
【分析】（1）过点A作于B，根据在直角三角形中，30度角所对直角边等于斜边的一半，得到，由于这个距离小于100m，所以可判断拖拉机在公路MN上沿PN方向行驶时，学校受到噪音影响；
（2）以点A为圆心，100m为半径作交MN于C、D，再根据勾股定理计算出，则，根据速度公式计算出拖拉机在线段CD上行驶所需要的时间．
【详解】解：（1）学校受到噪音影响．理由如下：
作于B，如图，
，，
，
而，
消防车在公路MN上沿PN方向行驶时，学校受到噪音影响；
（2）以点A为圆心，100m为半径作交MN于C、D，如图，
，
在中，，，
，
同理，
，
拖拉机的速度，
拖拉机在线段CD上行驶所需要的时间为：（秒），
学校受影响的时间为32秒．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用、含30度的直角三角形三边的关系以及路程与速度之间的关系，恰当的作出辅助线，构造直角三角形是解题关键．
22. 如图所示、△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，D在AB上．
（1）求证：△AOC≌△BOD；
（2）若AD=1，BD=2，求CD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）CD的长为．
【解析】
【分析】（1）因为∠AOB=∠COD=90°，由等量代换可得∠DOB=∠AOC，又因为△AOB和△COD均为等腰直角三角形，所以OC=OD，OA=OB，则△AOC≌△BOD；
（2）由（1）可知△AOC≌△BOD，所以AC=BD=2，∠CAO=∠DBO=45°，由等量代换求得∠CAB=90°，则．
【详解】（1）证明：∵∠DOB=90°-∠AOD，∠AOC=90°-∠AOD，
∴∠BOD=∠AOC，
又∵OC=OD，OA=OB，
在△AOC和△BOD中，

∴△AOC≌△BOD（SAS）；
（2）解：∵△AOC≌△BOD，
∴AC=BD=2，∠CAO=∠DBO=45°，
∴∠CAB=∠CAO+∠BAO=90°，
∴
23. 已知函数y=(12m)x+m+1，求当m为何值时．
(1)y随x的增大而增大?
(2)图象经过第一、二、四象限?
(3)图象经过第一、三象限?
(4)图象与y轴的交点在x轴的上方?
【答案】(1) m；(3) ；(4) m>l
【解析】
【分析】根据一次函数的定义及性质求解.
（1）当k>0时，y随x的增大而增大；所以1-2m>0，解不等式可求解；
（2）当k0时，图象经过第一、二、四象限.所以可构建不等式组求解；
（3）当k>0时，图象经过第一、三象限，所以可构建不等式求解；
（4）根据图象与y轴的交点在x轴的上方列出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】解：（1）当k>0时，y随x的增大而增大；
即：，解得：
（2）当k0时，图象经过第一、二、四象限.
即：解得：
（3）当k>0时，图象经过第一、三象限.
即：解得：
（4）当b>0，k时，图象与y轴的交点在x轴的上方，即：且1-2m
解得：且m≠
当1-2m=0时图象是一条平行于x轴的直线，与y轴交点也在x轴上方，此时
综上所述，满足条件的m的值为m＞-1．
【点睛】本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．
24. 如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据角平分线的定义可得，从而可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据菱形的判定即可得证；
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解．
【小问1详解】
，
平分，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是菱形；
【小问2详解】
四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
在中，，，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
25. 如图，长方形中，O为平面直角坐标系的原点，A点的坐标为，C点的坐标为，点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O→A→B→C→O的路线移动（即：沿着长方形移动一周）．

（1）点B的坐标为________；
（2）当P点移动了4秒时，点P的坐标为________．
（3）在移动过程中，当点P到x轴距离为5个单位长度时，则点P移动的时间为________．
【答案】 ①. ②. ③. 秒或秒
【解析】
【分析】（1）根据坐标与图形可求解；
（2）先求得点P移动的路程，再利用坐标与图形可得结果；
（3）分两种情况求解即可．
【详解】解：（1）∵A点的坐标为，C点的坐标为，
∴，，
∵长方形中，轴，轴，
∴，，
∴点B坐标为，
故答案：；
（2）∵点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度动，
∴当P点移动了4秒时，点P运动的路程为，
则点P在上，且，
∴P点移动了4秒时的坐标为，
故答案为：；
（3）设点P移动的时间为t秒，
根据题意，有两种情况：
当点P在上且到x轴距离为5个单位长度时，即，
由得；
当点P在上且到x轴距离为5个单位长度时，即，
由得，
综上，满足条件的点P移动的时间为秒或秒，
故答案为：秒或秒．
【点睛】本题考查坐标与图形、一元一次方程的应用，熟练掌握坐标与图形性质，利用数形结合和分类讨论思想求解是解答的关键．
26. 在平面直角坐标系中，是原点，矩形的顶点、分别在轴、轴上，已知点坐标为，且，满足，若点沿线段从向以每秒2cm的速度运动至，同时动点沿线段从向以同样的速度运动，当其中一个点停止时，另一个也停止运动，设运动时间为秒，连接、．
（1）如图1，当 t 为何值时，四边形是菱形？
（2）如图2，将矩形沿着折叠，点的对应点恰好落在边上，连接，
①求点坐标；
②求四边形的面积．
（3）如图3，点P是对角线上一动点，求的最小值．
【答案】（1）当 t =，四边形 是菱形
（2）① ；②
（3）
【解析】
【小问1详解】
解：，满足，
，
，，点坐标为，
，，
四边形是菱形，
，即，
解得：，
当时，四边形是菱形；
【小问2详解】
①解：如图，连接，

矩形沿着折叠，点的对应点恰好落在边上，
，，
在中，
，
，
∴；
②设，则，
在中，
，即，
解得：，
，
矩形沿着折叠，点的对应点恰好落在边上，
；
小问3详解】
解：作点于点D，如图所示：
∵垂线段最短，
∴为的最小值，
∵，，
∴
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用对称把问题转化为垂线段最短．