广东省河源市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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说明：
1．全卷含答题卡共8页，满分120分，考试用时为120分钟．
2．本次考试范围：八年级下册内容．
3．答卷前，考生根据学校要求，人工批改学校考生在答题卡左侧横线处用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、姓名、学号信息；网上阅卷学校无须填写，只需正确贴条形码信息即可．
4．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的信息点涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题上．
5．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡指定区域内相应位置上．如需改动，先划掉原答案，然后再写上新的答案．答题卡不得使用透明胶或涂改液．不按以下要求作答的答案无效．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列与杭州亚运会有关的图案中，中心对称图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．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，这个点叫做对称中心．
【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，
故选：D
【点睛】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2. 若将点A（1，3）向左平移2个单位，再向下平移4个单位得到点B，则点B的坐标为（ ）
A. （﹣1，0）B. （﹣1，﹣1）C. （﹣2，0）D. （﹣2，﹣1）
【答案】B
【解析】
【详解】解：已知点A（1，3）向左平移2个单位，再向下平移4个单位得到点B，
根据向左平移横坐标减，向下平移纵坐标减的平移规律可得，
点B的横坐标为1﹣2=﹣1，纵坐标为3﹣4=﹣1，
所以B的坐标为（﹣1，﹣1）．
故选B．
【点睛】考点：坐标与图形变化﹣平移．
3. 如果，那么下列各式中正确是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查不等式的知识，解题的关键是掌握不等式的性质：两边都加一个或者减一个整式，不等号的方向不变；不等式两边乘以或者除以同一个正数，不等号的方向不变；不等式两边乘以或者除以同一个负数，不等号的方向改变，即可．
【详解】A、∵，
∴，
∴A错误，不符合题意；
B、∵，
∴，
∴B错误，不符合题意；
C、∵，
∴，
∴C错误，不符合题意；
D、∵，
∴，
∴D正确，符合题意；
故选：D．
4. 若将分式中的x，y都扩大10倍，则分式的值（ ）
A. 扩大为原来的10倍B. 缩小为原来的
C. 缩小为原来的D. 不改变
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了分式的性质，解题的关键是掌握分式的性质，分式的分子分母都乘以或除以同一个不为零的数或者整式，分式的值不变．根据分式的性质进行判断即可．
【详解】解：将分式中的x，y都扩大10倍，得
∴分式中的x，y都扩大10倍，则这个分式的值不变，
故选：D．
5. 下列从左边到右边的变形，是因式分解的是( )
A. (a+3)(a﹣3)＝a2﹣9B. x2+x﹣5＝x(x+1)﹣5
C. x2+1＝x(x+)D. x2+4x+4＝(x+2)2
【答案】D
【解析】
【分析】根据分解因式就是把一个多项式化为几个整式的积的形式的定义，利用排除法求解．
【详解】A、是多项式乘法，不是因式分解，错误；
B、x2+x﹣5=x（x+1）﹣5，右边不是积的形式，错误；
C、不是因式分解，错误；
D、是因式分解，右边是积的形式，正确；
故选D．
【点睛】这类问题的关键在于能否正确应用分解因式的定义来判断．
6. 四边形中，，，则下列结论不一定正确的是（ ）
A. B.
C. D. 对角线互相平分
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握一行四边形的性质是解答本题的关键．
由题中结论可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得出结论．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，对角线互相平分
∴B、C、D均正确，
而A选项，但并不一定，故该选项错误，符合题意，
故选：A．
7. 等腰三角形的一个内角为，则这个等腰三角形的底角为（ ）
A. 或B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由于不明确的角是等腰三角形的底角还是顶角，故应分的角是顶角和底角两种情况讨论．
【详解】解：分两种情况：
①当的角为等腰三角形的顶角时，
底角的度数；
②当的角为等腰三角形的底角时，其底角为，
故它底角度数是或．
故选：A．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形内角和定理，解题的关键是注意的角是顶角和底角两种情况，不要漏解，利用分类讨论的思想求解．
8. 若一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（ ）
A. 5B. 6C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了多边形的内角和和外角和问题，设这个多边形的边数为，根据多边形的内角和公式和外角和并结合题意得出等式，计算即可得出答案．
【详解】解：设这个多边形的边数为，
由题意得：，
解得：，
故这个多边形的边数是，
故选：C．
9. 如图，直线与（且a，b为常数）的交点坐标为（3，﹣1），则关于x的不等式的解集为（ ）
A. x≥﹣1B. x≥3C. x≤﹣1D. x≤3
【答案】D
【解析】
【详解】解：从图象得到，当x≤3时，的图象对应的点在函数的图象上面，
∴不等式的解集为x≤3．
故选：D．
10. 如图，四边形ABCD中，AB=CD，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF，CE，若DE=BF，则下列结论：①CF=AE；②OE=OF；③四边形ABCD是平行四边形；④图中共有四对全等三角形．其中正确结论的个数是
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【详解】解：∵DE=BF，
∴DF=BE．
∵在Rt△DCF和Rt△BAE中，
CD=AB，DF=BE，
∴Rt△DCF≌Rt△BAE（HL）．
∴FC=EA．故①正确．
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥FC．
∵FC=EA，
∴四边形CFAE是平行四边形．
∴EO=FO．故②正确．
∵Rt△DCF≌Rt△BAE，
∴∠CDF=∠ABE．
∴CD∥AB．
∵CD=AB，
∴四边形ABCD是平行四边形．故③正确．
由上可得：△CDF≌△BAE，△CDO≌△BAO，△CDE≌△BAF，△CFO≌△AEO，△CEO≌△AFO，△ADF≌△CBE等．故④图中共有6对全等三角形错误．
故正确的有3个．
故选B．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 如图，将绕着点顺时针旋转，得到，若，则等于__________．
【答案】##30度
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转之后对应角相等即可得出答案，熟练掌握旋转的性质是解此题的关键．
【详解】解：∵将绕着点顺时针旋转，得到，，
∴，
故答案为：．
12. 如图，在中，，点D，E分别为的中点，则_____．

【答案】2
【解析】
分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：∵D、E分别为边的中点，
∴DE是的中位线，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
13. 多项式与的公因式是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了公因式的定义，因式分解，先对两个多项式分解因式，根据公因式的定义即可得出答案．
【详解】解：∵，，
∴多项式与的公因式是，
故答案为：．
14. 如图，已知∠AOB=30°，P是∠AOB平分线上一点，CP∥OB，交OA于点C，PD⊥OB，垂足为点D，且PC=4，则PD等于_____．

【答案】2
【解析】
【分析】作PE⊥OA于E，根据三角形的外角的性质得到∠ACP=30°，根据直角三角形的性质得到PE=PC=2，根据角平分线的性质解答即可.
【详解】作PE⊥OA于E，

∵CP∥OB，
∴∠OPC=∠POD，
∵P是∠AOB平分线上一点，
∴∠POA=∠POD=15°，
∴∠ACP=∠OPC+∠POA=30°，
∴PE=PC=2，
∵P是∠AOB平分线上一点，PD⊥OB，PE⊥OA，
∴PD=PE=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
15. 关于的方程有增根，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查分式方程的知识，解题的关键是掌握分式方程有增根，则该方程无解，解出，即可求出．
【详解】解：去分母得，，
合并同类项得，，
∵有增根，
∴该方程无解，即，
解得：，
∴．
故答案为：．
16. 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝4，∠ABC＝60°，过BC的中点E作EF⊥AB于点F，交DC的延长线于点G，则DE＝_____．
【答案】．
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得出CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，由平行线的性质得出∠GCE＝∠B＝60°，证出EF⊥DG，由含30°角的直角三角形的性质得出CG＝CE＝1，求出EG＝CG＝，DG＝CD＋CG＝4，由勾股定理求出DE即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，
∴∠GCE＝∠B＝60°，
∵E是BC的中点，
∴CE＝BE＝2，
∵EF⊥AB，
∴EF⊥DG，
∴∠G＝90°，
∴CG＝CE＝1，
∴EG＝CG＝，DG＝CD＋CG＝3＋1＝4，
∴DE＝；
故答案为．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，由含30°角的直角三角形的性质求出CG是解决问题的关键．
三、解答题（一）（共4小题，第17、18题各4分，第17、18题各6分，共20分）
17. 分解因式：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了综合提公因式法和公式法分解因式，先提取公因式，再利用平方差公式分解即可得出答案．
【详解】解：原式．
18. 解不等式组
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的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，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．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．
【详解】解：，
解不等式①，得：，
解不等式②，得：，
则不等式组的解集为．
19. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了分式的化简求值，括号内先通分，再将除法转化为乘法，约分即可化简，再代入计算即可得解，熟练掌握分式的混合运算法则是解此题的关键．
【详解】解：
；
当时，原式．
20. 在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长为个单位长度的正方形）．

（1）将沿轴方向向左平移个单位，画出平移后得到的；
（2）将绕着点顺时针旋转，画出旋转后得到的，并直接写出点、的坐标；
【答案】（1）见解析 （2）见解析，点的坐标为，点的坐标为
【解析】
【分析】本题考查图形的平移和旋转，解题的关键是掌握平移的规律，旋转的性质，即可．
（1）根据平移的规律：上加下减，左减右加，依次连接点，即可得到；
（2）根据网格和旋转的性质，画出点，的对应点，，依次连接，即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所作．
【小问2详解】
解：如图所示，即为所作，点坐标为，点的坐标为．

四、解答题（二）（共3小题，第21题8分，第22、23题各10分，共28分）
21. 如图，在△ABC和△DCB中，∠A=∠D=90°，AC=BD，AC与BD相交于点O．
（1）求证：△ABC≌△DCB；
（2）求证：△OBC是等腰三角形．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，用公理证：；
（2）利用的对应角相等得，从而OB=OC，即得是等腰三角形．
【详解】证明：（1）在与中
（2），
∴，
∴OB=OC，即是等腰三角形．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定和性质，关键是学生对直角三角形全等的判定和等腰三角形的判定与性质的理解和掌握．
22. 暑假期间，两名家长计划带领若干名学生去旅游，他们联系了报价均为元的两家旅行社．经协商，甲旅行社的优惠条件是：两名家长全额收费，学生都按七折收费．乙旅行社的优惠条件是：家长学生都按八折收费．假设这两位家长带领名学生去旅游．
（1）分别写出甲、乙旅行社的收费（元）、（元）关于的函数关系式．
（2）他们应该选择哪家旅行社更合算？
【答案】（1），；
（2）当时，选择甲旅行社更合算；当时，两家旅行社收费相同；当时，选择乙旅行社更合算．
【解析】
【分析】（）根据题意写出（元）、（元）关于的函数关系式即可；
（）分、和三种情况计算即可求解；
本题考查了一次函数的实际应用，根据题意，正确得出函数关系式是解题的关键．
【小问1详解】
解：由题意可得，，
；
【小问2详解】
解：当时，即，
解得；
当时，即，
解得；
当时，即，
解得；
∴当时，选择甲旅行社更合算；当时，两家旅行社收费相同；当时，选择乙旅行社更合算．
23. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，E，F分别是的中点，连接．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质得，再证，即可得出结论；
（2）由勾股定理得，则，再由勾股定理求出，进而解答即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵E，F分别是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的平与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，由勾股定理求出的长是解题的关键．
五、解答题（三）（共2小题，每小题12分，共24分）
24. 某汽车销售公司经销某品牌A款汽车，随着汽车的普及，其价格也在不断下降，今年5月份A款汽车的售价比去年同期每辆降价1万元，如果卖出相同数量的A款汽车，去年销售额为100万元，今年销售额只有90万元．
（1）今年5月份A款汽车每辆售价多少万元？
（2）为了增加收入，汽车销售公司决定再经销同品牌的B款汽车，已知A款汽车每辆进价为7.5万元，B款汽车每辆进价为6万元，公司预计用不多于105万元的资金购进这两款汽车共15辆，且A款汽车的数量不少于6辆，有几种进货方案？
（3）按照（2）中两种汽车进价不变，如果B款汽车每辆售价为8万元，为打开B款汽车的销路，公司决定每售出一辆B款汽车，返还顾客现金a万元，要使（2）中所有的方案获利相同，a值应是______万元．（不必提供求解过程，直接给出a值即可）
【答案】（1）今年5月份A款汽车每辆售价9万元；
（2）共有5种进货方案，详见解析；
（3）0.5
【解析】
【分析】（1）设今年5月份A款汽车每辆售价m万元，根据数量相同列分式方程求解即可；
（2）设购进A款汽车x辆，根据“用不多于105万元的资金购进这两款汽车共15辆，且A款汽车的数量不少于6辆”求出x的取值范围，即可得到进货方案；
（3）设总获利为W万元，购进A款汽车x辆，列出W关于x的一次函数关系式，然后根据所有的方案获利相同，说明与所设的未知数x无关，让未知数x的系数为0即可．
【小问1详解】
解：设今年5月份A款汽车每辆售价m万元．
根据题意，得：，
解得：m＝9，
经检验，m＝9是原方程的解且符合题意，
答：今年5月份A款汽车每辆售价9万元；
小问2详解】
设购进A款汽车x辆．
根据题意，得：7.5x＋6（15−x）≤105，
解得：x≤10，
又∵x≥6，
∴6≤x≤10，
∵x的正整数解为6，7，8，9，10，
∴共有5种进货方案，
方案1．购进A款汽车6辆，购进B款汽车9辆．
方案2．购进A款汽车7辆，购进B款汽车8辆．
方案3．购进A款汽车8辆，购进B款汽车7辆．
方案4．购进A款汽车9辆，购进B款汽车6辆．
方案5．购进A款汽车10辆，购进B款汽车5辆；
【小问3详解】
设总获利为W万元，购进A款汽车x辆，
根据题意，得：W＝（9−7.5）x＋（8−6−a）（15−x）＝（a−0.5）x＋30−15a，
∵使（2）中所有的方案获利相同，
∴a−0.5＝0，
解得：a＝0.5，
故答案为：0.5．
【点睛】本题考查分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，一次函数的应用，找到合适的等量关系及不等关系是解决问题的关键．
25. （1）如图1，△ABC为等边三角形，点D为BC边上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等边△ADE，连接CE．易求∠DCE＝ °；
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE，类比题（1），请你猜想：线段BD、CD、DE之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，若D点在BC的延长线上运动，以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE．CE＝10，BC＝6，求AE的长．
【答案】（1）120°；（2），理由见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）利用等式的性质判断出∠BAD=∠CAE，进而得出△ABD≌△ACE，即可得出答案；
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，进而得出BD=CE，∠BCE=90°，即可得出结论；
（3）同（2）的方法，即可得出结论．
【详解】（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠B=∠ACB=∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B=∠ACE=60°，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=120°，
故答案为：120；
（2）DE2=CD2+BD2；理由如下：
在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
根据勾股定理得，DE2=CD2+CE2=CD2+BD2；
（3）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABC＝∠ACE＝45°，BD＝CE，
∴∠ABC+∠ACB＝∠ACE+∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠ECD＝90°
∵BC＝6，CE＝10，
∴BD＝CE＝10，
∴CD＝BD﹣BC=10﹣6＝4，
∴Rt△DCE中，DE＝
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△ABD≌△ACE是解本题的关键．