广西壮族自治区南宁市青秀区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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注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分，答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效；考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑）
1. 的绝对值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了绝对值意义，根据意义即可求解，解题的关键是正确理解表示一个数的点到原点的距离叫做这个数的绝对值，一个正数的绝对值等于它的本身，零的绝对值还是零，一个负数的绝对值等于它的相反数．
【详解】解：根据绝对值的定义可得：的相反数是，
故选：．
2. 下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就叫做对称轴．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选B．
3. 下列式子为最简二次根式的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义即可判断．
【详解】A. =
B. =2
C. =
D. 为最简二次根式，
故选D．
【点睛】此题主要考查最简二次根式，解题的关键是熟知最简二次根式的定义．
4. 下列函数中，正比例函数是（ ）
A. y =B. y =C. y = x+4D. y = x2
【答案】B
【解析】
【分析】根据正比例函数定义对各选项进行逐一分析即可．
【详解】A、是反比例函数，故本选项错误；
B、是正比例函数，故本选项正确；
C、y=x+4是一次函数，故本选项错误；
D、y= x2是二次函数，故本选项错误．
故选B．
【点睛】考查的是正比例函数的定义，熟知一般地，形如y=kx（k是常数，k≠0）的函数叫做正比例函数是解答此题的关键．
5. 下列各组线段能构成直角三角形的是（ ）
A. 1，2，3B. 3，4，6C. 6，10，8D. 12，13，25
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形，据此先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可．
【详解】解：A、∵，
∴长为1，2，3的三条线段不可以组成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、∵，
∴长为3，4，6的三条线段不可以组成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、∵，
∴长为6，8，10的三条线段可以组成直角三角形，故此选项符合题意；
D、∵，
∴长为12，13，25的三条线段不可以组成直角三角形，故此选项不符合题意；
故选：C．
6. 如图，在中，，，，则的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件可知是直角三角形，CD为中AB边上的中线，即可得到答案．
【详解】解：∵在中，，
∴，即是直角三角形，
∵，CD=3，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，属于基础题．
7. 多项式分解因式的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用平方差公式分解因式即得答案.
【详解】解：；
故选：A.
【点睛】本题考查了多项式的因式分解，熟练掌握平方差公式是解题关键；平方差公式是.
8. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟知二次根式的四则运算法则是解题的关键．
【详解】解；A、，原式计算错误，不符合题意；
B、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算正确，符合题意；
D、，原式计算错误，不符合题意；
故选：C．
9. 如图，▱ABCD的周长为36，对角线AC、BD相交于点O，点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为（ ）
A. 15B. 18C. 21D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】此题涉及的知识点是平行四边形的性质．根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB=OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE=BC，所以易求△DOE的周长．
【详解】解：∵▱ABCD的周长为36，
∴2（BC+CD）=36，则BC+CD=18．
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，
∴OD=OB=BD=6．
又∵点E是CD的中点，DE=CD，
∴OE是△BCD的中位线，∴OE=BC，
∴△DOE的周长=OD+OE+DE=BD+（BC+CD）=6+9=15，
即△DOE的周长为15．
故选A
【点睛】此题重点考查学生对于平行四边形的性质的理解，三角形的中位线，平行四边形的对角对边性质是解题的关键．
10. 如图，直线与相交于点P，点P的横坐标为，则关于x的不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】观察函数图象得到当时，函数的图象都在的图象下方，所以不等式的解集为，然后根据用数轴表示不等式解集的方法对各选项进行判断．
【详解】解：根据函数图象可知，当时，，
即不等式的解集为，
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．也考查了在数轴上表示不等式的解集．
11. 如图，四边形ABCD是矩形，E，F，G，H分别为各边的中点，则四边形EFGH一定是（ ）
A 菱形B. 矩形
C. 正方形D. 对角线相等的四边形
【答案】A
【解析】
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理可得HG=AC，EF=AC，EH=BD，GF=BD，根据矩形的性质可得AC=BD，进而可证四边形EFGH一定是菱形．
详解】解：连接AC、BD，
在△DAC中，G、H为CD、DA的中点，
∴HG=AC，
同理可证EF=AC，EH=BD，GF=BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴HG=EH=GF=EF，
∴四边形ABCD是菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的性质、菱形的判定定理是解题的关键．
12. 正方形，，，按图中方式放置，点，，，和点，，，在直线和x轴上，则点的纵坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型，解题的关键是利用一次函数图象上点的坐标特征及正方形的性质可得出点，，的坐标，即可根据正方形的性质得出，，的纵坐标，根据点的坐标的变化可找出变化规律：点的纵坐标为，再代入即可得出结论．
【详解】解：如图所示，过点作轴于，
当时，，当时，，
∴点的坐标为，点A的坐标为，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点的纵坐标与点的纵坐标相同，都为1，
当时，，
∴点的坐标为,
同理，点的纵坐标为2，
同理，可知：点的坐标为，
点的纵坐标为4，
……，
∴点的纵坐标为，
∴点的纵坐标为．
故选：B．
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，每小题2分，共12分）
13. 若有意义，则x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．根据二次根式的性质意义，被开方数大于等于0，即可求得．
【详解】解：由题意得，
解得：，
故答案为：
14. 若点（﹣3，y1）、（2，y2）都在函数y＝﹣4x+b的图象上，y1__y2（填“＞”、“＜”、“＝”）．
【答案】
【解析】
【分析】由k＝﹣4＜0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而减小，结合﹣3＜2可得出y1＞y2．
【详解】解：∵k＝﹣4＜0，
∴y随x的增大而减小，
又∵点（﹣3，y1）、（2，y2）都在函数y＝﹣4x+b的图象上，且﹣3＜2，
∴y1＞y2．
故答案为：＞
【点睛】本题考查了一次函数的性质，牢记“k＞0，y随x的增大而增大；k＜0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
15. 如图，已知函数和的图象交于点，则根据图象可得，二元一次方程组的解是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标求解．
本题考查了一次函数与二元一次方程（组）：方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标．
【详解】解：函数和的图象的交点的坐标为，
二元一次方程组的解是．
故答案是．
16. 如图，四边形是菱形，，于点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的性质，直角三角形的勾股定理，先求出的长度，在中根据面积相等方法即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的对角线相互垂直且相互平分，直角三角形的勾股定理，等面积法求边长或高是解题的关键．
17. 如图，某自动感应门的正上方A处装着一个感应器，离地面的高度AB为2.5米，一名学生站在C处时，感应门自动打开了，此时这名学生离感应门的距离BC为1.2米，头顶离感应器的距离AD为1.5米，则这名学生身高CD为 _____米．
【答案】1.6
【解析】
【分析】过点D作DE⊥AB于E，则CD=BE，DE=BC=1.2米，由勾股定理得出AE=0.9（米），则BE=AB-AE=1.6（米），即可得出答案．
【详解】解：过点D作DE⊥AB于E，如图所示：
则CD=BE，DE=BC=1.2米=米，
在Rt△ADE中，AD=1.5米=米，
由勾股定理得：AE= =0.9（米），
∴BE=AB-AE=2.5-0.9=1.6（米），
∴CD=BE=1.6米，
故答案为：1.6．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
18. 如图，正方形的边长为a，点E、F分别在、上，且，与相交于点G，连接，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先证明，得，由于、不变，因此当H、G、C在同一条直线上时，取最小值，依据与的长，即可得出的最小值．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，．
取中点H，连接，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，的长不变，
∴当H、G、C在同一条直线上时，取最小值．
在中，，
∴的最小值．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，确定的最小值是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 计算：．
【答案】0
【解析】
【分析】本题考查实数的混合运算，熟练掌握负整数指数幂和零指数幂是解决问题的关键．
根据算术平方根的定义、零指数幂、负整数指数幂进行计算即可．
【详解】
；
20. 解方程：
【答案】x=5
【解析】
【分析】先去分母，再去括号，然后移项合并同类项，系数化为1，最后检验可得方程的解．
【详解】解：去分母得：2（x-1）=x+3
去括号得：2x-2=x+3
解得：x=5
经检验，x=5是原分式方程解．
【点睛】本题考查了解分式方程，解分式方程要注意检验．
21. 如图，中，，点是中点，连接，过点作．
（1）尺规作图：过点作直线于点（基本作图，保留作图痕迹不写作法，并标明字母）；
（2）求证：四边形是矩形．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
【解析】
【分析】（1）以点为圆心，以任意长度为半径作弧，交于点，再分别以为半径，以大于的长度为半径作弧交于点，作直线交于点即可；
（2）根据“三个角是直角的四边形是矩形”证明即可．
【小问1详解】
解：如图，直线即为所作；
【小问2详解】
证明：∵，点是中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了作图-作垂线、等腰三角形的性质、矩形的判定等知识，解题关键是熟练掌握相关知识．
22. 为增强学生安全意识，南宁市某校举行了一次全校3000名学生参加的安全知识竞赛．从中随机抽取n名学生的竞赛成绩进行了分析，把成绩（满分100分，所有竞赛成绩均不低于60分）分成四个等级（D：；C：；B：；A：），并根据分析结果绘制了不完整的频数分布直方图和扇形统计图．请根据以上信息，解答下列问题：

（1）填空：______，______；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）若把等级定为“优秀”等级，请你估计该校参加竞赛的名学生中达到“优秀”等级的学生人数．
【答案】（1）150；36
（2）见解析 （3）480人
【解析】
【分析】本题考查了频数分布直方图、扇形统计图、用样本评估总体：
（1）利用等的百分比及频数可求得，利用等的频数除以总人数再乘即可求解；
（2）利用先求出等学生人数，再根据等学生人数进行补全频数分布直方图即可；
（3）利用样本评估总体的方法即可求解；
能从频数分布直方图及扇形统计图中获取相关信息是解题的关键．
【小问1详解】
解：，
，
，
故答案为：150；36．
【小问2详解】
等学生人数有：（人），
则补全频数分布直方图如下：
【小问3详解】
（人），
答：估计该校参加竞赛的名学生中达到“优秀”等级的学生人数有人．
23. 如图是某型号新能源纯电动汽车充满电后，蓄电池剩余电量（千瓦时）关于已行驶路程 （千米）的函数图象.
（1）根据图象，直接写出蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶的路程，当时，求1千瓦时的电量汽车能行驶的路程；
（2）当时求关于的函数表达式，并计算当汽车已行驶180千米时，蓄电池的剩余电量.
【答案】（1）1千瓦时可行驶5千米；（2）当时，函数表达式为，当汽车行驶180千米时，蓄电池剩余电量为20千瓦时.
【解析】
【分析】（1）由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米，据此即可求出1千瓦时的电量汽车能行驶的路程；
（2）运用待定系数法求出y关于x的函数表达式，再把x=180代入即可求出当汽车已行驶180千米时，蓄电池的剩余电量．
【详解】（1）由图像可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车行驶了150千米.
1千瓦时可行驶千米.
（2）设，把点，代入，
得，∴，∴.
当时，.
答：当时，函数表达式为，当汽车行驶180千米时，蓄电池剩余电量为20千瓦时.
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题的关键：（1）熟练运用待定系数法就解析式；（2）找出剩余油量相同时行驶的距离．本题属于基础题，难度不大，解决该类问题应结合图形，理解图形中点的坐标代表的意义．
24. 阅读下列材料，然后回答问题：
在进行二次根式运算时，我们有时会碰上如、这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：； .
以上这种化简过程叫做分母有理化.
还可以用以下方法化简：.
（1）请用其中一种方法化简；
（2）化简：.
【答案】(1) ＋；(2) 3-1.
【解析】
【分析】(1)运用了第二种方法求解，即将4转化为；
（2）先把每一个加数进行分母有理化，再找出规律，即后面的第二项可以和前面的第一项抵消，然后即可得出答案.
【详解】（1）原式=；
（2）原式=+++…
=3﹣1.
【点睛】本题主要考查了分母有理化，找准有理化的因式是解题的关键.
25. 人教版数学八年级下册教材的数学活动折纸，引起许多同学的兴趣实践发现：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开：以为折痕再一次折叠纸片，使点落在折痕上的点处，把纸片展开，连接．

（1）求；
（2）如图，折叠矩形纸片，使点落在边上点处，并且折痕交边于点，交边于点把纸片展开，连接交于点，连接求证：四边形是菱形．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由折叠可知垂直平分，，，由垂直平分线的性质可得，进而得到，则为等边三角形，，由三角形内角定理求得，于是，代入计算即可求解；
（2）由折叠可知，，由平行线的性质可得，，以此可通过证明≌，得到，由对角线互相垂直平分的四边形为菱形即可得到结论．
【小问1详解】
解：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，
垂直平分，
，
以为折痕再一次折叠纸片，使点落在折痕上的点处，
，，
，
为等边三角形，，
，
；
【小问2详解】
证明：折叠矩形纸片，使点落在边上点处，
垂直平分，
，，
∵，
，，
在和中，
，
≌，
，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键．折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
26. 在平面直角坐标系中，O是坐标原点，长方形的顶点A，B分别在x轴和y轴上，已知，，点D坐标为，点P从点A出发以每秒2个单位长度的速度沿线段的方向运动，当点P与点B重合时停止运动，运动的时间为t秒．

（1）如图①，当点P经过点C时，的长为______．
（2）如图②，把长方形沿着直线折叠，点B的对应点恰好落在边上，求点P的坐标．
（3）在点P的运动过程中，是否存在某个时刻使为等腰三角形?若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）或或
【解析】
【分析】（1）分别求得，的长度，然后利用勾股定理解答即可；
（2）根据翻折的性质，可知，由勾股定理可以求出的长，从而求出的长，在根据勾股定理求出的长即可．
（3）根据等腰三角形的腰的不同进行分类讨论：；；，结合等腰直角三角形的性质、垂直平分线的性质和勾股定理进行求解即可．
【小问1详解】
解：如图1，

，，
；
故答案为：10；
【小问2详解】
解：由折叠的性质可知，，，
在中，由勾股定理可得：，
，
设，则，
在中，由勾股定理可得：，
解得：，
∴；
【小问3详解】
解：存在，
，
，
①当时，
，
在上，
由勾股定理可得：，
，
②当时，在的垂直平分线，
在上，
，
③当时，在上，
由①可知，，
，
的坐标为：或或．
【点睛】本题主要考查了图形与坐标、勾股定理及等腰三角形的性质，合理运用勾股定理及等腰三角形的性质是本题解题的关键．