江西省宜春市丰城市第九中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（A卷）（原卷版+解析版）

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一、单选题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题关键．在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项分析判断即可．
【详解】解：A.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
B. 是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
C. 是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；
D. 是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意．
故选：B．
2. 已知函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数图象过点B. 函数图象与轴无交点
C. 当时， 随的增大而减小D. 当时， 随的增大而减小
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的性质进行判断即可．
【详解】解：A、当x=-1时，=1+2﹣1=2，函数图象过点（-1，2），此选项错误；
B、∵△=（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）=8＞0，
∴函数图象与x轴有两个交点，
故此选项错误；
C、∵=（x﹣1）2﹣2，且1＞0，
∴当x≥1时，y随x的增大而增大，
故此选项错误；
D、当x≤1,时，y随x的增大而减小，此选项正确，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质、抛物线与x轴的交点问题，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键．
3. 若关于x的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. 且C. D. 且
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，根据方程有实数根，得到，列出不等式进行求解即可．
【详解】解：由题意得，，
解得：，
故选：A．
4. 如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠OCA＝50°，AB＝4，则的长为（ ）
A. πB. πC. πD. π
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用等腰三角形的性质得出∠A的度数，再利用圆周角定理得出∠BOC的度数，再利用弧长公式求出答案．
【详解】解：∵∠OCA＝50°，OA＝OC，
∴∠A＝50°，
∴∠BOC＝2∠A＝100°，
∵AB＝4，
∴BO＝2，
∴的长为：π．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了弧长公式应用以及圆周角定理，正确得出∠BOC的度数是解题关键．
5. 要组织一次足球联赛，赛制为双循环形式（每两队之间都进行两场比赛），共要比赛90场．设共有个队参加比赛，则满足的关系式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设共有个队参加比赛，根据每两队之间都进行两场比赛，共要比赛90场，可列出方程．
【详解】解：设有个队参赛，则
．
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是理解题意，找准等量关系，列出方程．
6. 如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（ ）
A. 3个B. 2个C. 1个D. 都不对
【答案】B
【解析】
【分析】根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质易得△BAD≌△CAF，从而易得①②正确；取BC的中点O，连接OG、OA，则由直角三角形斜边上中线的性质可得OG是BC的一半，即为定值，故可得点G的运动路径是以O为圆心OG长为半径一段圆弧上运动，从而BG的长度不是固定的，因此可对③作出判定．
【详解】（1）∵四边形ADEF是正方形
∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜
∴AB=AC
∴∠BAD+DAC=90゜
∴∠BAD=∠CAF
在△BAD和△CAF中
∴△BAD≌△CAF(SAS)
∴BD=CF，∠DBA=∠FCA
设BG与AC交于点M，则∠BMA=∠CMG
∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜
∴∠CGM=90゜
∴BD⊥CF
故①②均正确；
如图，取BC的中点O，连接OG、OA
∵BG⊥CF，AB⊥AC
∴OG、OA分别是Rt△GBC、Rt△ABC斜边上的中线
∴
在Rt△ABC中，由勾股定理得
∴
则点G在以O为圆心为半径的一段圆弧上运动，其中点A为此弧的一个端点
所以BG的长变化的，不可能是定值
故③不正确
故选：B．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质等知识，对③的判断是比较难，判断出点G的运动路径后问题则迎刃而解．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7. 用因式分解法解关于的方程 ，将左边分解因式后有一个因式为，则的值为_______
【答案】1
【解析】
【分析】方法一：根据题意因式分解得到，再展开去括号，根据恒等式即可求出p的值；方法二：将代入方程可得一个关于p的一元一次方程，解方程即可得．
【详解】方法一：由题意得，，
，，
解得，
则；
方法二：由题意得，是关于x的方程的一个解，
则将代入得：，
解得，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了多项式因式分解的方法、利用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握多项式的运算法则和方程的解法是解题关键．
8. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，且点在第三象限，则m的取值范围是 ____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查平面内两点关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
根据平面内两点关于原点对称点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得，解不等式组可得答案．
【详解】解：因为在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，且点在第三象限，
所以，
解得．
故答案为：．
9. 已知是关于的二次函数，那么的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的定义，熟练掌握二次函数的定义是解题关键．根据二次函数的定义，列出关于的不等式组并求解，即可获得答案．
【详解】解：∵是关于的二次函数，
∴且，
解得．
故答案为：．
10. 如图所示，P是正方形内一点，将绕点B按顺时针方向旋转能与重合，若，则__________

【答案】
【解析】
【分析】首先根据正方形的性质得到，再根据旋转的性质得，，则为等腰直角三角形；然后根据等腰直角三角形的性质，运用勾股定理求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴．
∵绕点B顺时针方向旋转能与重合，
∴，
∴，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
所以等于．
故答案为：．
【点睛】本题是有关旋转的性质的题目，关键涉及到了正方形与等腰直角三角形的性质．
11. 如图，小明同学用一张长11cm，宽7cm的矩形纸板制作一个底面积为的无盖长方体纸盒，他将纸板的四个角各剪去一个同样大小的正方形，将四周向上折叠即可（损耗不计）．设剪去的正方形边长为xcm，则可列出关于x的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】设剪去的正方形边长为xcm，根据题意，列出方程，即可求解．
【详解】解：设剪去的正方形边长为xcm，根据题意得：
．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
12. 如图，在平面直角坐标系中，已知点 A(0，1)、B(0，1+t)、C(0，1-t)(其中t＞0)，点P在以D(4，4)为圆心，1 为半径的⊙D上运动，且始终满足∠BPC=90°，则t的取值范围是_____ ．

【答案】4≤t≤6
【解析】
【分析】根据点A、B、C的坐标，可知点A是BC的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半解得AP的长，再由勾股定理解得AD的长，最后由点与圆的位置关系解得t的最大值与最小值，进而确定t的取值范围．
【详解】连接AP，

由题意得，
t要最大，就是点A到上的一点的距离最大
在AD延长线上，
的最大值是APAD+PD=5+1=6
的最小值是APAD-PD=5-1=4

故t的取值范围为： 4≤t≤6
故答案为：4≤t≤6．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，其中涉及坐标与图形的性质、勾股定理、直角三角形中线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
三、（本大题共4小题，每小题6分，共24分）
13. 解方程．
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）根据因式分解法求解即可；
（2）根据公式法求解即可．
【小问1详解】
解：，
∴，
∴或，
∴， ；
【小问2详解】
解：
，，，
∴，
∴，
∴，
【点睛】本题考查了解一元二次方程，常见的解法有：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，灵活选择适当的方法进行求解是解题的关键．
14. 当时，求二次函数的最大值．
【答案】2
【解析】
【分析】用配方法配方成顶点式，可求二次函数的最大值．
【详解】解：
∵对称轴为直线：x=-1，且开口向下，
∴在对称轴的右侧y随x的增大而减小，
∵，
∴当x=1时，二次函数的最大值为2．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，熟练掌握二次函数y=a(x-h)2+k的性质是解答本题的关键．
15. 抛物线与轴交点为，与y轴交点为，求两点坐标及的面积．
【答案】A（3，0），B（0，27），40.5
【解析】
【分析】根据轴和y轴上点的坐标特征可求A，B的坐标，由于是直角三角形，根据直角三角形的面积计算公式即可求出结果．
【详解】解：令y=0，则
解得：x=3，
∴点A的坐标为（3，0），
令x=0，则
∴点B的坐标为（0，27），
∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，27），
∴OA=3，OB=27．
∴=40.5．
【点睛】本题考查二次函数与坐标轴的交点问题，掌握相关知识是解题的关键．
16. 如图，正方形的边长为4，以为直径在正方形内部作半圆O，点E在边上，，连接，和．
（1）求证：是半圆O的切线；
（2）请直接写出图中阴影部分的面积（用含π的代数式表示）．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点O作OF⊥DE于F，利用勾股定理分别求出DE、OE、OD，利用勾股定理逆定理判断是直角三角形，利用等面积法求出OF的长即可求证结论．
（2）利用即可求解．
【小问1详解】
解：过点O作OF⊥DE于F，如图所示：
在中，，，CE=BC-BE=4-1=3，
，
在中，，，
，
中，，，
，
，
三角形是直角三角形，且，
，
，
，
是圆的半径，且，
是半圆O的切线．
【小问2详解】
．
【点睛】本题考查了切线的判定、正方形的性质、勾股定理及逆定理的应用、等面积法求高和求不规则图形的面积，熟练掌握正方形的性质及勾股定理及其逆定理是解题的关键．
17. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）如果方程的两实根为，，且，求m的值．
【答案】（1）见解析 （2）；
【解析】
【分析】（1）由题意可得根的判别式，即可得证；
（2）由根与系数的关系可得；然后代入求出的值即可．
【小问1详解】
解：∵方程

∴
，
∴方程有两个不相等的实数根；
【小问2详解】
解：由两根关系得，
∵，
∴，
即
即
解得：；
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式、根与系数的关系等知识点，熟练掌握一元二次方程根的判别式和根与系数的关系是解题的关键．
四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18. 如图，已知，，均在上，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）．

（1）在图①中，若，作一个的角；
（2）在图②中，若，分别是边的中点，作的内心．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接并延长交于点，连接，则，进而即可得．
（2）延长分别交于D、E,则根据垂径定理得到，连接相交于P点, 根据圆周角定理得到，，则点P为的内角平分线的交点, 所以点P为的内心．
【小问1详解】
解：在上找一点D，连接，如图，

则是直径，
∴，
∵，
∴，
∴即为所求；
【小问2详解】
解：延长分别交于、，根据垂径定理得到，连接相交于点, 根据圆周角定理得到，，则点为的内角平分线的交点，所以点为的内心；
【点睛】本题考查了作图—复杂作图，涉及到圆周角的性质，垂径定理等，灵活运用所学知识是关键．
19. 如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．

（1）求证：AE⊥BD；
（2）若AD＝2，CD＝3，试求四边形ABCD的对角线BD的长．
【答案】(1)见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可得AC=BC，∠DBC=∠CAE，即可得∠ACB=90°，根据直角三角形的性质可得AE⊥BD，
（2）由旋转的性质可得CD=CE=3，BD=AE，∠DCE=∠ACB=90°，由勾股定理可求BD的长．
【详解】（1）如图，设AC与BD的交点为点M，BD与AE的交点为点N，

∵旋转
∴AC=BC，∠DBC=∠CAE
又∵∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BAC=45°，
∴∠ACB=90°，
∵∠DBC+∠BMC=90°
∴∠AMN+∠CAE=90°
∴∠AND=90°
∴AE⊥BD，
（2）如图，连接DE，

∵旋转
∴CD=CE=3，BD=AE，∠DCE=∠ACB=90°
∴DE==3，∠CDE=45°
∵∠ADC=45°
∴∠ADE=90°
∴EA==
∴BD=.
【点睛】此题考查旋转的性质，勾股定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．
20. 李大爷每天到批发市场购进某种水果进行销售，这种水果每箱10千克，批发商规定：整箱购买，一箱起售，每人一天购买不超过10箱；当购买1箱时，批发价为8.2元/千克，每多购买1箱，批发价每千克降低0.2元．根据李大爷的销售经验，这种水果售价为12元/千克时，每天可销售1箱；售价每千克降低0.5元，每天可多销售1箱．
（1）请求出这种水果批发价y（元/千克）与购进数量x（箱）之间的函数关系式；
（2）若每天购进的这种水果需当天全部售完，请你计算，李大爷每天应购进这种水果多少箱，才能使每天所获利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）且x为整数．
（2）李大爷每天应购进这种水果7箱，获得的利润最大，最大利润是140元．
【解析】
【分析】（1）根据题意列出，得到结果．
（2）根据销售利润=销售量（售价-进价），利用（1）结果，列出销售利润w与x的函数关系式，即可求出最大利润．
【小问1详解】
解：由题意得
∴批发价y与购进数量x之间的函数关系式是，且x为整数．
【小问2详解】
解：设李大爷销售这种水果每天获得的利润为w元
则
∵
∴抛物线开口向下
∵对称轴是直线
∴当时，w的值随x值的增大而增大
∵x为正整数，∴此时，当时，
当时，w的值随x值的增大而减小
∵x为正整数，∴此时，当时，
∵
∴李大爷每天应购进这种水果7箱，获得的利润最大，最大利润是140元．
【点睛】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用，最大销售利润的问题常利用二次函数的增减性来解答，解题关键是理解题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案进行解决．
五、（本大题共2小题，每小题9分，共 18分）
21. （1）课本再现：在中，是所对的圆心角，是所对的圆周角，我们在数学课上探索两者之间的关系时，要根据圆心O与的位置关系进行分类．图1是其中一种情况，请你在图2和图3中画出其它两种情况的图形，并从三种位置关系中任选一种情况证明；
（2）知识应用：如图4，若的半径为2，分别与相切于点A，B，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）①如图2，当点O在∠ACB内部，作直径，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得结论；②如图3，当O在∠ACB的外部时，作直径CD，同理可理结论；
（2）如图4，先根据（1）中的结论可得∠AOB=120°，由切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，可得∠OPA=30°，从而得PA的长．
【详解】解：（1）①如图2，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA=OC=OB，
∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=2∠ACO+2∠BCO=2∠ACB，
∴∠ACB=∠AOB；
如图3，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA=OC=OB，
∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD-∠BOD=2∠ACO-2∠BCO=2∠ACB，
∴∠ACB=∠AOB；
（2）如图4，连接OA，OB，OP，
∵∠C=60°，
∴∠AOB=2∠C=120°，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，∠APO=∠BPO=∠APB=（180°-120°）=30°，
∵OA=2，
∴OP=2OA=4，
∴PA=
【点睛】本题考查了切线长定理，圆周角定理等知识，掌握证明圆周角定理方法是解本题的关键．
22. 小明探究函数的图象和性质的过程如下，请按要求回答问题：
（1）列表：
表格中， ， ．
（2）在如图所示的坐标系中进行描点，并画出函数M的图象．

（3）观察图象并解答：
①当 时，y有最小值；
②求函数与直线的交点坐标．
【答案】（1）3；
（2）见解析 （3）①；②交点坐标为，，．
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，含有绝对值的解析式，分类讨论是关键．
（1）将和分别代入即可求出、的值；
（2）描点，画出图象即可；
（3）①根据图像可得时，函数有最小值即可；②根据的取值范围分解为两个解析式，再与直线解析式联立求出交点坐标即可．
【小问1详解】
解：当时，，
当时，，
故答案：3；；
【小问2详解】
解：如图所示：
；
【小问3详解】
解：①由图象可知，当时，函数有最小值为；
故答案为：；
②，
当时，联立方程组 解得或，
此时 与的交点坐标为和；
当时，，解得或 （舍去），
综上， 与直线的交点坐标为，，．
六、（本题12分）
23. 如图1，已知抛物线经过点，两点，且与y轴交于点C．

（1）求b，c的值．
（2）在第二象限的抛物线上，是否存在一点P，使得的面积最大？求出点P的坐标及的面积最大值． 若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点E为线段上一个动点（不与B，C重合），经过B、E、O三点的圆与过点B且垂直于的直线交于点F，当面积取得最小值时，求点E坐标．
【答案】（1）
（2）存在，点P坐标为，的面积最大值是
（3）
【解析】
【分析】（1）将A、B两点坐标代入即可求出；
（2）由（1）得到抛物线的解析式为，求出点，设点，，连接，作轴交于M，利用待定系数法求出直线的解析式为，则，得到，得到，从而可求出的面积最大值及点P的坐标；
（3）连接，证明，则，是等腰直角三角形，当最小时，面积取得最小值.由点E在线段上，则当时，最小. 此时点E是中点，由中点坐标公式即可得到点E坐标．
【小问1详解】
将，两点坐标代入得：
，
解得：；
【小问2详解】
存在．理由如下：
由（1）得到抛物线的解析式为，
当时，
∴点，
设点，，
连接，作轴交于M，

设直线的解析式为，
由，可得
,
解得，
∴直线的解析式为，则，
，
∵，
当时，
∴的面积最大值为；
当时，，
∴点P坐标为；
【小问3详解】
连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴当最小时，面积取得最小值.
∵点E在线段上，
∴当时，最小.
∵是等腰直角三角形，
∴此时点E是中点，
∵，，
∴.
【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质、圆周角定理、待定系数法求二次函数的解析式和一次函数解析式、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解答此题的关键．
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2
3
4
0
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3
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