浙江省杭州市钱塘区2023-2024学年八年级上学期期末数学试题

这是一份浙江省杭州市钱塘区2023-2024学年八年级上学期期末数学试题，共22页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列四个图形中，不属于轴对称图形的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查轴对称图形的识别，掌握沿着某条直线折叠，两边的图形互相重合的的图形是轴对称图形是解题的关键.
【详解】解：根据轴对称图形的定义可知，A、B、C都是轴对称图形，只有D不是轴对称图形.
故选：D.
2. 已知点P坐标为且在第二象限，则a的值可能是（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，点的坐标，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．根据平面直角坐标系中第二象限点的坐标特征可得，然后进行计算即可解答．
【详解】解：点坐标为且在第二象限，
，
解得：，
的值可能是，
故选：B
3. 如图，若，则添加一个条件可以证明的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定，平行线的性质，根据全等三角形的判定逐项判断即可，熟练掌握全等三角形的判定定理（）是解题的关键．
【详解】A.由可得，分别是的对角，不能判定，不合题意；
B.分别是的对角，不能判定，不合题意；
C.分别是的对角，不能判定，不合题意；
D.∵，
∴，符合题意；
故选：D．
4. 如图，“三等分角器”是由两根有槽的棒，组成，两根棒在点相连，并可绕点转动，点固定，，可在槽内滑动，，若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，解题的关键是根据等边对等角得到，，利用外角的性质推出，再次利用外角的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选B．
5. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了不等式的性质，根据不等式的性质逐项分析即可求解．
【详解】已知，
A、，A选项错误，不符合题意；
B、，B选项错误，不符合题意；
C、，C选项正确，符合题意；
D、，D选项错误，不符合题意；
故选：C．
6. 已知点，在一次函数的图像上，则与的大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数的图像与性质是解题关键．对于一次函数中，当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大．由题意可知，故随的增大而减小，由此即可得出答案．
【详解】解：对于一次函数，
∵，
∴随的增大而减小，
∵，
∴．
故选：A．
7. 中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图，在中，分别取的中点D，E，连接，过点A作，垂足为F，将分割后拼接成长方形．若，，则的面积是（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，证明，，求出和，根据和矩形的面积相等，进行求解．
【详解】解：点E为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
同理可证，
，
，
，
故选：C．
8. 如图，已知，，为中点，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，理解并掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题关键．首先根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，再结合等腰三角形“等边对等角”的性质可得，，然后根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，，为中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
9. 两个一次函数，（为常数），它们在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一次函数图象与系数的关系，分时，时，时，时四种情况，写出一次函数，经过的象限，即可判断．
【详解】解：当时，一次函数，经过一、三、四象限；
当时，一次函数经过一、二、三象限；一次函数经过二、三、四象限；
当时，一次函数经过二、三、四象限；一次函数经过一、二、三象限；
当时，一次函数，经过一、二、四象限，
观察四个选项可知，只有选项A满足题意，
故选：A．
10. 如图，在中，，分别以的三边为边在的同侧作三个正方形，顶点恰为的中点，若阴影部分（四边形）的面积为9，则正方形的面积为（ ）
A. 50B. 49C. 48D. 45
【答案】D
【解析】
【分析】在中，设，，，根据题意可知，，结合顶点恰为的中点易得，在中，由勾股定理可解得；再在中，由勾股定理解得；证明，由全等三角形的性质可得，进而可得，由三角形面积公式可解得，易得，然后由正方形的面积求解即可．
【详解】解：在中，设，，，如下图，
根据题意，以的三边为边在的同侧作三个正方形，
则有，，
又∵顶点恰为的中点，
∴，
∴在中，可有，
即，
∴，
在中，可有，
即，
∴，解得，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即，
∴，
∴，即有，
∴，
∴正方形的面积．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、直角三角形两锐角互余等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
二、填空题：本大题有6个小题，每小题3分，共18分.
11. 写出命题“若，则”的逆命题：____________________．
【答案】若，则
【解析】
【分析】本题主要考查了命题和逆命题的知识，正确写出逆命题是解题关键．对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论和条件，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆命题．根据题目中给出的命题，结合逆命题的定义解答即可．
【详解】解：命题“若，则”的逆命题为：若，则．
故答案为：若，则．
12. 若，，，则_______度．
【答案】50
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质以及三角形内角和定理，利用全等三角形的性质确定的值是解题关键．首先根据全等三角形的性质确定的值，再在中，利用三角形内角和定理解得的度数即可．
【详解】解：如下图，
∵，，，
∴，
∴在中，．
故答案为：50．
13. 已知点，把点向上平移6个单位得到点．若点和关于轴对称，则的值为 _______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了关于轴对称的点的坐标特征、点的平移以及解一元一次方程等知识，理解并掌握平面直角坐标系中点的平移特征以及关于坐标轴对称的点的特征是解题关键．首先根据点的平移确定点的坐标，在结合关于轴对称的点的坐标特征为“横坐标相等，纵坐标互为相反数”列出关于的一元一次方程，求解即可获得答案．
【详解】解：根据题意，点向上平移6个单位得到点，
则点，
又∵点和关于轴对称，
∴，
解得．
故答案为：．
14. 如图，在中，平分，于点D．若，则的度数是 ________．
【答案】##18度
【解析】
【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理，根据等腰三角形“三线合一”可得，根据等边对等角可得，根据可得，通过等量代换即可求解．
【详解】解：平分，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
15. 在“探索一次函数的系数k，b与图象的关系”活动中，如图所示，老师给出了平面直角坐标系中的三个点：，，．同学们画出了经过这三个点中每两个点的一次函数的图象，并得到对应的函数表达式，，．分别计算，，的值，其中最大的值等于 _____．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查一次函数和图象和性质，画出三条直线，比较三个函数在时的函数值，可得直线的一次项与常数项的和最大，利用待定系数法求出直线的解析式即可．
【详解】解：如图，作直线，，，与直线的交点分别为，，，
则，，的值等于，，的纵坐标，
由图可知，的纵坐标最大，即的值最大，
将，代入，得，
解得，
，
故答案为：5．
16. 如图，在等边中，D为延长线上一点，E为上一点，过点B作，连接，，且．若，，则的长度是 _____．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，在的延长线上截取，连接，证明为等边三角形，然后推导，即可解题．
【详解】解：在的延长线上截取，连接，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．

三、解答题：本大题有8个小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 解一元一次不等式组．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，熟知解一元一次不等式组的方法和步骤是解题的关键．分别求出两个不等式的解集，然后根据“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则可得该不等式组的解集．
【详解】解：，
解不等式①，可得 ，
解不等式②，可得
所以，该不等式组的解集为．
18. 在长方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都在格点的三角形叫做格点三角形．是格点三角形，请分别画出符合下列要求的图形（各画出一个即可）．

（1）在图甲中画格点，使与全等．
（2）在图乙中画格点，使与不全等但面积相等．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查格点作图、全等三角形：
（1）利用格点作点B关于的对称点，即可求解；
（2）等底等高的三角形面积相等，利用格点作图即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
解：如图，即为所求．

19. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在格点上．
（1）写出点，坐标，并求出的面积．
（2）把平移，使点平移到点，点平移到点，点平移到点，作出平移后的，并写出点，的坐标．
【答案】（1），；
（2）见详解，，
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形、点的坐标以及平移的性质，解题关键是运用数形结合的思想分析问题．
（1）结合图形写出点，的坐标；利用割补法求出的面积；
（2）首先根据题目中平移要求作出，然后结合图形写出点，的坐标即可．
【小问1详解】
解：结合图形可知，，；
，
答：的面积为；
小问2详解】
如下图，即为所求，
由图形可知，，．
20. 如图，在和中，点在边上，，，．
（1）求证：．
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，利用“”证明是解题关键．
（1）首先证明，然后利用“”证明即可；
（2）首先根据全等三角形的性质可得，，再结合等腰三角形“等边对等角”的性质可得，然后由求解即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
【小问2详解】
∵，，
∴，，
∴，
∴．
21. 学校准备安装校园人脸识别系统，计划购买人脸识别通道闸机和门禁机．已知通道闸机的单价是门禁机单价的3倍，购买2台通道闸机和4台门禁机共需7500元．
（1）求通道闸机和门禁机的单价．
（2）已知该校园内至少需要安装10台通道闸机，若购买通道闸机和门禁机共40台，且费用不超过48000元，请列出所有购买方案，并指出哪种方案所需资金最少？最少资金多少元？
【答案】（1）通道闸机的单价为2250元，门禁机的单价为750元
（2）方案1：购买道闸机10台，购买门禁机30台；方案2：购买道闸机11台，购买门禁机29台；方案3：购买道闸机12台，购买门禁机28台．其中方案1所需资金最少，为45000元
【解析】
【分析】（1）设门禁机的单价为元，则通道闸机的单价为元，根据题意列方程并求解，即可获得答案；
（2）设购买道闸机台，则购买门禁机台，根据题意列出关于的一元一次不等式组并求解，结合实际确定的值，即可列出可能方案，并分别计算每一种方案的费用，比较即可获得答案．
【小问1详解】
解：设门禁机的单价为元，则通道闸机的单价为元，
根据题意，可得，
解得元，
则元．
答：通道闸机的单价为2250元，门禁机的单价为750元；
【小问2详解】
解：设购买道闸机台，则购买门禁机台，
根据题意，可得
，
解得，
∵为正整数，
∴可以为10，11，12，
∴共有3种购买方案：
方案1：购买道闸机10台，购买门禁机30台，费用为元；
方案2：购买道闸机11台，购买门禁机29台，费用为元；
方案3：购买道闸机12台，购买门禁机28台，费用为元，
∵，
∴方案1所需资金最少，为45000元．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用、有理数混合运算以及有理数比较大小等知识，理解题意，弄清数量关系是解题关键．
22. 钱塘江绿道是浙江首个完全贯通的城市主要水系绿道，也是全国目前已建成的最长沿江（河）连续绿道．小聪和小慧两人在笔直的绿道上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知小聪先出发4分钟，在整个步行过程中，小聪、小慧两人的距离（米）与小聪出发的时间（分）之间的关系如图所示．
（1）分别求出小聪和小慧的速度，并说明点的实际意义．
（2）求出、两点的坐标．
【答案】22. 小聪的速度为60米/分钟，小慧的速度为80米/分钟；点的实际意义为小慧恰好追上小聪
23. 点的坐标为，点的坐标为
【解析】
【分析】本题主要考查了函数图像的应用，解答本题的关键是明确题意，理解函数图像上点的坐标的实际意义，利用数形结合的思想解答．
（1）首先根据题意和函数图像中的数据分别求出小聪的速度；结合图像可知点时小聪、小慧两人的距离为0，即可确定点的实际意义；然后求得小慧的速度即可；
（2）结合（1），首先求得小慧走完全程的时间，进而可求得此时小聪离终点距离为，即可确定点的坐标；计算出小聪到达终点所用时间，即可确定点的坐标为．
【小问1详解】
解：由题意可得，小聪的速度米/分钟，
由函数图像可知，点时小聪、小慧两人的距离为0，
即点的实际意义为小会恰好追上小聪，
则小慧的速度为米/分钟；
【小问2详解】
小慧走完全程的时间为分钟，
小慧到达终点时，小聪用时为分钟，
此时小聪离终点距离米，
即两人距离的最大值是360米，
所以点的坐标为；
小聪到达终点用时分钟，此时两人距离为0，
所以点的坐标为．
23. 设两个不同的一次函数，（k，b是常数，且）．
（1）若函数的图象经过点，函数的图象经过点，求k，b的值．
（2）若函数的图象经过点，求证：函数的图象经过点；
（3）设，，当时，求x的取值范围．
【答案】23. ，
24. 见解析 25. 时，时，
【解析】
【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，熟知一次函数的图象和性质是解题的关键.
（1）将点的坐标代入函数解析式，建立二元一次方程组即可解决问题；
（2）将点代入，得出的关系即可解决问题；
（3）先求出和，再用作差法即可解决问题.
【小问1详解】
将点( 和 分别代入和 得,
，解得 ，
∴，；
【小问2详解】
证明：∵函数的图象经过点，
∴ ，
将代入得：，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，即，
∴函数的图象经过点 ；
【小问3详解】
，
，
又∵，
则
∴即
∴当 时，
当 时，
当 时，不存在；
故时，时，
24. 【综合与实践】
问题情景：
在数学活动课上，老师展示一张直角三角形纸片，如图1，在中，，，，点，分别在，上，将沿折叠得，使点的对应点落在线段上．各学习小组先解决老师提出的问题，然后又提出了新的数学问题，请你解决这些问题．
问题解决：
（1）老师提出问题：如图1，若，求的值．
深入探究：
（2）如图2，勤学小组提出问题：若是边上的中线，求的值．
拓展探究：
（3）如图3，奋进小组提出问题：将直角三角形纸片换成等边三角形纸片，即在等边中，若是边上的中线，求的值．
【答案】（1）；（2）2；（3）
【解析】
【分析】（1）由折叠的性质可得，，，，在中，根据“直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半”可得，由勾股定理可解得；再在中易得，设，易知，求解即可得的值，即可求得的值；
（2）由折叠的性质可得，，，，结合是边上的中线，易得，在中，由勾股定理可解得的长度，进而可得的值，设，则，在中，由勾股定理可得，代入数值可解得，进而可得，即可求得的值；
（3）首先根据等边三角形的性质可得，，由折叠的性质可得，，，，设，结合是边上的中线，易得，，，在中，由勾股定理解得，进而可得；再证明为等腰三角形，可得，进而可得，即可求得的值．
【详解】解：（1）根据题意可知，，，，
由折叠的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴在中，，即，
∴由勾股定理可得，即
解得，
∴在中，，，
∴，
设，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
（2）根据题意可知，，，，
由折叠的性质可得，，，，
∴，
∵是边上的中线，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
设，则，
在中，可有，即
解得，
∴，
∴；
（3）∵为等边三角形，
∴，，
由折叠的性质可得，，，，
设，
∵是边上的中线，
∴，，，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，综合性强，难度较大，综合运用相关知识是解题关键．