广东省深圳市红岭教育集团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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初二数学试卷
一.选择题（共10小题）
1. 第31届世界大学生夏季运动会将于2023年7月28日在成都开幕．下面四个高校校徽主体图案是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：选项A、B、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键是熟练掌握定义，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．
2. 若分式的值为0，则x的值为（ ）
A. 0B. -1C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由分式的值等于0的条件进行计算，即可得到答案
【详解】解：∵分式的值为0，
∴，
解得；
故选：B
【点睛】本题考查了分式的值等于0的条件，解题的关键是掌握分式的值等于0的条件
3. 在数轴上表示不等式组的解，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集，从而用数轴表示出解集即可．
【详解】解：解不等式，得：，
不等式组的解集为，
将不等式组的解集表示在数轴上如下：
，
故选：B．
【点睛】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．
4. 如图，在平行四边形中，，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得，再由，两式相加进行计算即可得到答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
由得，，
，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的邻角互补是解题的关键．
5. 如图，在中，为钝角，，，点从点出发以的速度向点运动，点同时从点出发以的速度向点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动.当是等腰三角形时，运动的时间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，一元一次方程的应用．熟练掌握等腰三角形的性质，一元一次方程的应用是解题的关键．
设运动时间为，由题意知，，，则，由为钝角，是等腰三角形，可得，即，计算求解，然后作答即可．
【详解】解：设运动时间为，
由题意知，，，
∴，
∵为钝角，是等腰三角形，
∴，即，
解得，，
故选：D．
6. 若关于x的分式方程＝1有增根，则m的值为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】考查了分式方程的增根，增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母，得到，然后代入化为整式方程的方程算出的值．
【详解】解：方程两边同乘以，得①，
∵原方程有增根，
即．
把代入①，得
故选：B．
7. 如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正五边形上，若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由多边形的外角和为可求得正五边形的外角为，由平行线的性质可得，再由平角的定义即可求．
【详解】解：如图，

由题意得：，
太阳光线平行照射在放置于地面的正五边形上，，
，
．
故选：．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
8. 如图，已知的顶点，，点B在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，作射线交于点G．则点G的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得，，，由勾股定理可得的长，由平行线的性质和角平分线的性质可得，即可求解．
详解】解：由题意可得：平分，
∵的顶点，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴点，
故选：C．
【点睛】本题考查尺规作图-作角平分线、平行四边形的性质、平行线的性质、等角对等边、勾股定理、坐标与图形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
9. 要装配30台机器，在装配好6台后，采用了新技术，工作效率提高了一倍，结果总共用了3天就完成了任务．设原来每天能装配机器x台，则可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了分式方程应用，设原来每天能装配机器台，则实际每天装台，根据题意，解答即可，正确理解题意，列出等量关系是解题的关键．
【详解】设原来每天能装配机器台，则实际每天装台，
根据题意，
故选C．
10. 若关于x的不等式组的整数解共有3个，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了一元一次不等式组的整数解，分别求出不等式组中不等式的解集，利用取解集的方法表示出不等式组的解集，根据解集中整数解有个，可得到的范围是解本题的关键．
【详解】解：解不等式组的解集为，
∵不等式组的整数解有3个，
∴得到整数解为，，，
∴m的范围为．
故选：B．
二.填空题（共5小题）
11. 因式分解：____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了公式法以及提公因式法分解因式，先进行提公因式再进行平方差公式进行因式分解，即可作答．
【详解】解：
故答案为：
12. 如图，在中，，，分别以点A和点C为圆心，大于，两弧相交于点M、N，作直线，交于点D，连接，则的度数为 ________．

【答案】##60度
【解析】
【分析】利用基本作图得到垂直平分，利用线段垂直平分线的性质得，所以，则根据三角形外角性质计算出，然后利用三角形内角和计算的度数．
【详解】解：由作法得垂直平分，
∴，
∴，
∴，
在中，．
故答案：．
【点睛】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13. 在平面直角坐标系中，一次函数和的图象如图所示，则关于的一元一次不等式的解集是_________________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查了根据两条直线的交点求不等式的解集．熟练掌握根据两条直线的交点求不等式的解集是解题的关键．
由题意知，根据的解集是一次函数的图象在一次函数图象上方部分所对应的的取值范围，结合图象作答即可．
【详解】解：由题意知，的解集是一次函数的图象在一次函数图象上方部分所对应的的取值范围，
∴由图象可知，的解集是，
故答案为：．
14. 定义新运算：对于非零的两个实数a和b，规定，如．若，则x的值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题侧重考查了解分式方程，掌握定义的新运算的意义是解题的关键．根据已知新定义进行转化，然后结合分式方程的求法可求．
【详解】解：，
，
，
，
解得：，
经检验，是的解．
故答案为：
15. 如图，在边长为的正方形中，点，分别是，边的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则_____________________．
【答案】
【解析】
【分析】连接并延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【详解】解：连接并延长交于，连接，

四边形是正方形，
，，，
，分别是边，的中点，
，
，
，
∵H是边的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
点，分别是，的中点，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线性质，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质．
三.解答题（共7小题）
16. 解不等式，并把它的解集在数轴上表示出来．

【答案】，表示解集见数轴
【解析】
【分析】去分母解一元一次不等式，然后在已知数轴上进行表示即可．
【详解】解：
去分母得：，
不等式的解集为．
解集在数轴上表示为：
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式及解集表示，在数轴上表示解集注意空心与实心的区别是解题的关键．
17. 先化简，再求值：，并从，，中选一个合适的数作为的值代入求值．
【答案】，当时，原式
【解析】
【分析】先通分，然后化除为乘，根据，，进行约分，然后代值求解即可．
【详解】
；
∵,
∴当时，原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值，解题的关键是掌握，，对分式进行化简，注意分式有意义的条件．
18. 如图，的三个顶点的坐标分别为、、．
（1）将以点C为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
（2）平移，若A对应点的坐标为，画出平移后对应的；
（3）若将绕某一点旋转得到，请直接写出旋转中心的坐标为 ．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B绕点C旋转后的对应点、的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据A对应点的坐标为，得出先向右平移3个单位再向下平移6个单位到，找出平移后的对应点、、的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据旋转的定义结合图形，连接两对对应点，交点即为旋转中心．
【小问1详解】
解：即为所求作的三角形，如图所示：
【小问2详解】
解：即为所求，如图所示：
【小问3详解】
解：如图，旋转中心P；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平移作图和旋转作图，解题的关键是作出平移或旋转后对应点的位置．
19. 如图，在中，点是中点，连接并延长交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由，点是中点，可得，，证明，则，进而可得；
（2）由（1）可知，，由，，可得，则，根据，计算求解即可．
【小问1详解】
证明：∵，点是中点，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）可知，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角，三角形外角的性质．熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角，三角形外角的性质是解题的关键．
20. 以诗育德，以诗启智，以诗怡情，以诗塑美，万州区某中学开展诗歌创作比赛，积极营造诗韵书香学生生活．年级决定购买两种笔记本奖励在此次创作比赛中的优秀学生，已知种笔记本的单价比种笔记本的单价便宜元，已知用元购买种笔记本的数量是用元购买种笔记本的数量的倍．
求种笔记本的单价；
根据需要，年级组准备购买两种笔记本共本，其中购买种笔记本的数量不超过种笔记本的二倍．设购买种笔记本本，所需经费为元，试写出与的函数关系式，并请你根据函数关系式求所需的最少经费．
【答案】（1）种笔记本的单价为6元．（2）所需经费最少为702元．
【解析】
【分析】设种笔记本的单价为元，则种笔记本的单价为元．根据题意列出分式方程，求解即可；
由知种笔记本的单价为元，得到：，由于，所以W随的增大而减小．再根据A种笔记本的数量不超过B种笔记本数量的2倍，得到，解之可得m的取值范围，最后取值代入可得．
【详解】解： 设种笔记本的单价为元，则种笔记本的单价为元．
解得；
经检验：是原方程的解，且符合题意．
答：种笔记本的单价为元．
由知种笔记本的单价为元，
又∵
∴W随的增大而减小．
又∵A种笔记本的数量不超过B种笔记本数量的2倍
∴；
解得：；
∵m为正整数
∴当时，取得最小值，最小值为702元．
答：所需最少经费为702元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用及其解法；一元一次不等式的应用及其解法；其中将分式方程化为整式方程并求出其解以后，必须进行检验以判断是否为增根，如为增根则必须舍去；一元一次不等式在得到解集之后也要根据题目当中的已知条件进得取值．
21. 阅读材料：要将多项式分解因式，可以先把它的前两项分成一组，再把它的后两项分成一组，从而得： ．这种分解因式的方法称为分组分解法．根据以上方法回答下列问题：
（1）尝试填空： ；
（2）解决问题：因式分解：；
（3）拓展应用：已知三角形的三边长分别为a，b，c，且满足，试判断这个三角形的形状，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）这个三角形为等边三角形，理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，等边三角形的判定，正确理解题意掌握分组法进行因式分解是解题的关键．
（1）把和看做一组，分别提取公因数2，公因式y，得到，再提取公因式即可得到答案；
（2）把和看做一组，分别提取公因数c和用平方差公式分解因式，得到，再提取公因式即可得到答案；
（3）把已知条件式左边利用分组法结合完全平方公式进行分解因式推出，进而根据非负数的性质推出，由此可得结论．
【小问1详解】
解：
，
故答案为：；
【小问2详解】
解：
；
【小问3详解】
解：这个三角形为等边三角形，理由如下：
，
，
，
，，
，，
，
这个三角形为等边三角形．
22. 【模型呈现】
（1）发现：如图1，，，过点作于点，过点作于点，由，得，又，可以推理得到，进而得到 ， ．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】（2）应用：如图2，在中，，，直线经过点，且于点，于点．请探究线段，，之间的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点为平面内一点．若是以为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标 ．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）或
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）由，可得，然后作答即可；
（2）证明，则，，，进而可得；
（3）如图3，过作轴于，作于，由题意知，分两种情况求解；同理（1），则，设，则，，可求，则；同理可得，，然后作答即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：，证明如下；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图3，过作轴于，作于，
由题意知，分两种情况求解；
同理（1），
∴，
设，则，
∴，
解得，，
∴；
同理可得，，
综上所述，点的坐标为或，
故答案为：或．