江西省吉安市吉安八校联盟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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1. 剪纸艺术是中国最传统的民间艺术之一，先后入选中国非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录，以下剪纸作品中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查轴对称和中心对称图形的定义，掌握轴对称图形与中心对称图形的概念是解决的关键．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，一个图形绕某个点旋转，如果旋转前后的图形能完全重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【详解】解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故符合题意；
B、是中心对称图形，故不符合题意；
C、是中心对称图形，故不符合题意；
D、既是轴对称图形也是中心对称图形，故不符合题意；
故选：A．
2. 下列各式从左到右的变形是因式分解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了因式分解的定义，把一个多项式化成几个整式的积的形式叫做因式分解，根据因式分解的定义逐项判断即可．
【详解】解：A．原式左边不是多项式，因此不属于因式分解，故本选项不符合题意；
B．从左到右的变形不是恒等变形，故本选项不符合题意；
C．，故本选项符合题意；
D．，原式从左到右的变形错误，故本选项不符合题意．
故选：C．
3. 在平面直角坐标系中，将点先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把横坐标加2，纵坐标加1即可得出结果．
【详解】解：将点先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是．
故选：D．
【点睛】本题考查点的平移中坐标的变换，把向上（或向下）平移h个单位，对应的纵坐标加上（或减去）h，，把向右上（或向左）平移n个单位，对应的横坐标加上（或减去）n．掌握平移规律是解题的关键．
4. 如图，在中，，，，，BD是的平分线，设和的面积分别为，，则的值为（ ）
A. 5：2B. 2：5C. 1：2D. 1：5
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了角平分线的性质定理，角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
过点D作交于点E，根据角平分线的性质得出，再利用三角形的面积公式分别求出，，最后求比即可得出答案．
【详解】解：过点D作交于点E
BD是的平分线，
，，
，
故选B．
5. 如图，若一次函数的图象交轴于点，则关于的不等式的解集为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式，先根据平移的规律得到一次函数的图象与轴的交点，利用数形结合得出结论．
【详解】解：一次函数的图象向左平移个单位得到，
一次函数的图象交轴于点，
函数的图象交轴于点，
由函数图象可知，当时函数的图象在轴的上方，
关于的不等式的解集是．
故选：B．
6. 如图，已知中，，，将绕点逆时针旋转得到，以下结论：①，②，③，④，正确的有（ ）
A ①②③B. ②③④C. ①③④D. ①②④
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，平行线的判定，根据旋转的性质可得，，，再根据旋转角的度数为，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①绕A点逆时针旋转得到，
，故①正确；
②绕点逆时针旋转，

，
，
，
，
，故②正确；
③在中， ，，


与不垂直．故③不正确；
④中， ，，

，故④正确．
①②④这三个结论正确．
故选：D．
二、填空题（每小题3分，共18分）
7. 如果，那么______．（填“”或“”）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了不等式的性质，能熟记不等式性质的内容是解题的关键．由于，所以，根据不等式两边乘以同一个正数，不等号方向不变，即可求解．
【详解】解： ，
，
，
故答案为：．
8. 因式分解：________.
【答案】
【解析】
【分析】利用提取公因式法，分解因式，即可.
【详解】
【点睛】本题主要考查提取公因式法因式分解，准确找到各项的公因式，是解题的关键；注意，因式分解时，要分解到不能分解为止.
9. 如图，平分，点P在上，于点D，，，E是射线上的动点，则的最小值为______cm．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了角平分线的性质，过P点作于H，根据角平分线的性质得到，然后根据垂线段最短求解．
【详解】解：过P点作于H，如图，
平分，，
，
点E是射线上的动点，
的最小值为，
故答案为：3．
10. 若不等式组的解集为，则m的取值范围是______．
【答案】##
【解析】
【分析】分别求出两个不等式的解集，根据不等式组的解集即可求解．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵不等式组的解集为：，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，根据不等式的解求参数的取值范围，熟练掌握解不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小大小小大中间找，大大小小找不到（无解）是解题的关键．
11. 如图，点在的平分线上，于点.将沿射线的方向平移到点的对应点落在射线上．若，则平移的距离为____．
【答案】4
【解析】
【分析】先根据，，求得OB=4，再根据平移的性质可得OO’∥BB’， 再由OO’∥BB’以及点B’在的平分线上证得BB’=OB，即可求解．
【详解】解：∵，
∴∠OBA=90°，
∴OB2+AB2=OA2
∵，
∴OB=4，
∵平移
∴OO’∥BB’，
∴∠BB’O=∠B’OO’
∵B’在的平分线上
∴∠BOB’ =∠B’OO’
∴∠BOB’ =∠BB’O
∴BB’ =BO=4
故答案为：4．
【点睛】本题考查了平移的性质、角平分线的性质、平行线的性质以及等腰三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
12. 如图所示，在等边中，，点P与点Q分别从点B，C同时出发，沿三角形的边运动，已知点P的速度为，点Q的速度为，设点P与点Q运动的时间为．当时，点P与点Q运动_________s后，可得到．
【答案】2或10或3.2
【解析】
【分析】根据题意，时P点刚好运动一周回到B点，而Q点只能运动到的中点.分情况讨论：①P在上，Q在上，且②P在上，Q在上，且；③P、Q都在上，且.根据“直角三角形中，的角所对的边等于斜边的一半”分别列方程求出t的值即可.
【详解】①如图1，P在上，Q在上，且，
解得
（图1）
②如图2，P在上，Q在上，且，
则
解得
（图2）
③如图3，P、Q都在上，且，
则
解得
（图3）
综上，点P与点Q运动的时间为2秒或3.2秒或10秒时可得到.
【点睛】本题是一个动点问题，主要考查了“直角三角形中，的角的边等于斜边的一半”这一性质.解题的关键是要运用数形结合和分类讨论的思想，防止漏解.
三、解答题（每小题6分，共30分）
13. （1）因式分解：
（2）如图，在中，，，，求的长．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）本题考查了公式法分解因式，熟练掌握完全平方公式和平方差公式是解题的关键．先运用完全平方公式，再利用平方差公式分解即可；
（2）本题考查了勾股定理，和角的直角三角形直角边和斜边的关系，掌握相关性质是解题的关键．先根据，，，可得，再利用勾股定理即可求解；
【详解】（1）
（2）∵，，．
∴
由勾股定理可知．
14. 解不等式组：，并把它的解集在数轴上表示出来．
【答案】，数轴表示见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集，先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集，进而在数轴上表示不等式组的解集即可．
【详解】解；
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为，
数轴表示如下所示：
15. 已知在平面直角坐标系中的位置如图所示，每个小正方形的边长均为1．
（1）在平面直角坐标系中作出关于原点O对称的，并写出点D、E、F的坐标；
（2）将绕点O逆时针旋转得到请在图中作出旋转后的；
【答案】（1）画图见解析，，，
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）本题考查了图形关于原点中心对称，熟悉关于原点中心对称坐标的特点是解决问题的关键．根据点关于原点中心对称的特征，横纵坐标都互为相反数，求出点，，关于原点对称的对应点，，，顺次连接起来即得到．
（2）本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．利用网格特点和旋转的性质画出点，，绕点O逆时针旋转的对应点，，，从而得到；
【小问1详解】
解： 点，，，关于原点的对称点分别为
点，，，顺次连接起来，即为所求，如图所示，
【小问2详解】
画出点，，绕点O逆时针旋转的对应点，，，顺次连接，就是所要求作的三角形，如图所示，
16. 如图，将沿所在直线的方向平移至，若，，求平移的距离是多少．
【答案】平移的距离为6
【解析】
【分析】本题考查了平移性质，熟练掌握平移性质是解题的关键．由平移的性质可知，，又，即可求出的长度，平移的距离为即可求解．
【详解】解：由平移的性质可知，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
故平移的距离为6．
17. 如图，在中，的垂直平分线交于点E，交于点F，D为线段的中点，且．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了垂直平分线的性质，三角形外角性质，等腰三角形的判定与性质，掌握垂直平分线的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
（1）连接，根据线段垂直平分线的性质得到，证明，根据等腰三角形的三线合一性质即可证得结论；
（2）由可得，由外角的性质可得，由可得，进而求出．
【小问1详解】
证明：如图，连接，
是的垂直平分线，
∴，
又∵,
∴
又D为线段的中点，
，
；
【小问2详解】
由（1）可知，，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴．
四、解答题（每小题8分，共24分）
18. 已知关于x的函数．
（1）若该函数的图象与y轴的交点坐标为．
①求m的值；
②请在如图所示的平面直角坐标系内画出该函数的图象，并直接写出关于x的不等式的解集；

（2）若该函数的图象经过第二、三、四象限，求m的取值范围．
【答案】（1）①1；②图见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）①将代入中求解即可；②利用描点法画出函数图象，再根据图象位于x轴上方的点的横坐标取值范围即可求解；
（2）根据一次函数图象经过的象限得到关于m的不等式组，然后求解即可．
【小问1详解】
解：①由题意可得，解得，即m的值为1；
②由①知，，
∴时，；时，，
则该函数的图象如图所示：

由图知，关于x的不等式的解集为；
【小问2详解】
解：∵该函数的图象经过第二、三、四象限，
∴，解得．
【点睛】本题考查一次函数的图象与性质、一次函数图象与坐标轴的交点问题、一次函数与不等式的关系，理解题意，利用数形结合思想求解是解答的关键．
19. 如图所示，在四边形中，，点F是的中点，连接并延长交的延长线于点E．
（1）求证：四边形的面积与的面积相等；
（2）若平分，试猜想线段、、之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）证明，即可得证；．
（2）由 AE平分，得，再根据平行线的性质得．从而得，由（1）可知，于是得，即可得解．
【小问1详解】
证明：∵点F是CD的中点，
∴．
又∵，
∴，
∴
∴
∵，
∴四边形的面积等于三角形的面积．
【小问2详解】
解： ，理由如下：
∵平分，
∴
又∵，
∴，
∴．
∴，
又由（1）可知，
∴
∵，
∴，即
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，平行线的性质，角平分线，等腰三角形的怕你的判定，熟练掌握全等三角形的判定及性质及平行线的性质是解题的关键．
20. 阅读材料：常用的分解因式方法有提公因式、公式法等，但有的多项式只有上述方法就无法分解，如，细心观察这个式子会发现，前两项符合平方差公式，后两项可提取公因式，前后两部分分别分解因式后会产生公因式，然后提取公因式就可以完成整个式子的分解因式，过程为：
这种分解因式的方法叫分组分解法，利用这种方法解决下列问题：
（1）分解因式：
（2）的三边满足，判断的形状．
【答案】（1）；（2）等腰三角形
【解析】
【分析】（1）按照题目给出的方法，把前三项分成一组，后两项分成一组，因式分解即可；
（2）按照题目给出的方法先把等式左边因式分解，得出三边的关系，再判断三角形形状即可．
【详解】解：（1）
；
（2），
，
，
，
是三角的三边，
，
，
得，
是等腰三角形．
【点睛】本题考查了分组分解法进行因式分解，解题关键是读懂题目给出的方法，熟练运用这种方法进行因式分解．
五、解答题（每小题9分，共18分）
21. 如图，在中，，，过点B作于点E，与交于点F，于点D，，．
（1）求证：；
（2）求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形性质，平行线性质，三角形全等，角平分线性质，以及勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据，可证得，即是的平分线，又，，即可得到结果；
（2）证明，得到，设，则，在中利用勾股定理即可求解，的面积由此得解；
【小问1详解】
证明：
∵，
∴，
又∵，
∴
∴，即是的平分线．
∵，，
∴．
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
由（1）可知，，又，
∴，
∴
设，则，
∴由勾股定理可得：
，即，
解得：
∴
22. 随着我国的歼20隐身战斗机亮相广东珠海第十四届中国航展，“歼20飞机模型”备受军迷喜爱，某玩具店为了满足广大航天爱好者的需求，购进了进价分别为元和元的，两种型号的“歼20飞机模型”，下表是近两周以来的销售情况：
（1）求，两种型号的“歼20飞机模型”的销售单价．
（2）该玩具店准备用不超过元的金额再采购这两种型号的“歼20飞机模型”共件，并且要求型不少于型的，请问有哪几种采购方案？
（3）在（2）的条件下，如何进货才能获得最大利润？
【答案】（1）、两种型号的“歼20飞机模型”的销售单价分别元件和元件
（2）方案一：型采购件型采购件；方案一：型采购件型采购件；方案一：型采购件型采购件
（3）型采购件型采购件利润最大，最大值为元
【解析】
【分析】本题考查的是二元一次方程组的应用，一元一次不等式、一次函数的应用，
（1）设、两种型号的“歼飞机模型”的销售单价分别为元件和元/件，依题意列方程组，解方程组，即可求解；
（2）设型“歼飞机模型”采购件，则型“歼飞机模型采购的件数为件，依题意列不等式组，求不等式组的整数解，即可求解；
（3）设利润为元，根据题意得出一次函数解析式，根据一次函数性质，即可求解．
【小问1详解】
设、两种型号的“歼飞机模型”的销售单价分别为元件和元/件，依题意列方程组
得：
解得：
答：、两种型号“歼飞机模型”的销售单价分别元件和元件．
【小问2详解】
设型“歼飞机模型”采购件，则型“歼飞机模型采购的件数为件，
依题意列不等式组得：
解得：
∵为正整数，或或
即方案一：型采购件型采购件；
方案一：型采购件型采购件；
方案一：型采购件型采购件；
【小问3详解】
设利润为元，则
，随的增大而增大，又
当时，利润有最大值为元．
即型采购件型采购件利润最大．
六、解答题（共12分）
23. 如图，已知∠DAC＝90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于E．
（1）如图1，猜想∠QEP＝ ；
（2）如图2，若当∠DAC是锐角时，其他条件不变，猜想∠QEP的度数，并证明；
（3）如图3，若∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，且AC＝6，求BQ的长．
【答案】（1）60°；（2）∠QEP＝60°．证明见解析；（3）BQ＝3﹣3．
【解析】
【分析】（1）如图1，先根据旋转的性质和等边三角形的性质得出∠PCA=∠QCB，进而可利用SAS证明△CQB≌△CPA，进而得∠CQB=∠CPA，再在△PEM和△CQM中利用三角形的内角和定理即可求得∠QEP=∠QCP，从而完成猜想；
（2）以∠DAC是锐角为例，如图2，仿（1）的证明思路利用SAS证明△ACP≌△BCQ，可得∠APC=∠Q，进一步即可证得结论；
（3）仿（2）可证明△ACP≌△BCQ，于是AP=BQ，再求出AP的长即可，作CH⊥AD于H，如图3，易证∠APC=30°，△ACH为等腰直角三角形，由AC=4可求得CH、PH的长，于是AP可得，问题即得解决．
【详解】解：(1)∠QEP=60°；
证明：连接PQ，如图1，由题意得：PC=CQ，且∠PCQ=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠PCA=∠QCB，
则在△CPA和△CQB中，
，
∴△CQB≌△CPA(SAS)，
∴∠CQB=∠CPA，
又因为△PEM和△CQM中，∠EMP=∠CMQ，
∴∠QEP=∠QCP=60°．
故答案为：60°；
(2)∠QEP=60°．
证明：如图2，∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，
∴CP=CQ，∠PCQ=60°，
∴∠ACB+∠BCP=∠BCP+∠PCQ，
即∠ACP=∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴∠APC=∠Q，
∵∠1=∠2，
∴∠QEP=∠PCQ=60°；
(3)连结CQ，作CH⊥AD于H，如图3，
与(2)一样可证明△ACP≌△BCQ，
∴AP=BQ，
∵∠DAC=135°，∠ACP=15°，
∴∠APC=30°，∠CAH=45°，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴AH=CH=AC=×4=，
在Rt△PHC中，PH=CH=，
∴PA=PH−AH=－，
∴BQ=－．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和有关计算、30°角的直角三角形的性质等知识，涉及的知识点多、综合性强，灵活应用全等三角形的判定和性质、熟练掌握旋转的性质和相关图形的性质是解题的关键．销售时段
销售数量
销售收入
种型号
种型号
第一周
件
件
元
第二周
件
件
元