湖南省長沙市雅禮教育集團2023-2024學年八年級下學期期中數學試題（原卷版+解析版）-試卷下載-教習網

考生注意：本試卷共三道大題，25道小題，滿分120分，時量120分鐘．
一、選擇題（每題3分，共10小題30分）
1. 下列各圖能表示y是x的函數的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據函數的概念可直接進行排除選項．
【詳解】解：A、B、D都不是函數，因為一個x的值對應有多個y的值，C選項符合函數的概念，
故選：C．
【點睛】本題主要考查函數的概念，熟練掌握函數的概念是解題的關鍵．
2. 下列各式中運算正確的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本題考查了二次根式的加減，算術平方根的定義，二次根式的性質等知識．分別根據二次根式的加減，算術平方根的定義，二次根式的性質等知識逐項判斷即可求解．
詳解】解：A. ，不能進行加減，故原選項錯誤，不合題意；
B. ，故原選項錯誤，不合題意；
C. ，故原選項計算正確，符合題意；
D. ，故原選項錯誤，不合題意．
故選：C
3. 下列條件中，a、b、c分別為三角形的三邊，不能判斷為直角三角形的是（）
A. B. ，，
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此題考查了勾股定理逆定理，熟記勾股定理逆定理是解題的關鍵．根據勾股定理的逆定理，三角形內角和定理進行計算，逐一判斷即可解答．
【詳解】解：A、，
是直角三角形，
故不符合題意；
B、，，，，
不是直角三角形，
故符合題意；
C、，，
是直角三角形，
故不符合題意；
D、，，
，
是直角三角形，
故不符合題意；
故選：B
4. 如圖，△ABC中，已知AB＝8，∠C＝90°，∠A＝30°，DE是中位線，則DE的長為（）
A. 4B. 3C. 2D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先由含30°角的直角三角形的性質，得出BC，再由三角形的中位線定理得出DE即可．
【詳解】解：∵∠C=90°，∠A=30°，
∴BC=AB=4，
又∵DE中位線，
∴DE=BC=2．
故選：D．
【點睛】本題考查了三角形的中位線定理，解答本題的關鍵是掌握含30°角的直角三角形的性質及三角形的中位線定理．
5. 在平行四邊形中，，則等于（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本題主要考查了平行四邊形的性質，先根據平行四邊形對邊平行推出，再由已知條件得到，則．
【詳解】解；∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故選；D．
6. 已知點為第一象限內的點，則一次函數的圖象大致是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本題考查了一次函數的性質，根據點為第一象限內的點，得到，即可得到一次函數的圖象經過一、二、三象限，問題得解．
【詳解】解：∵點為第一象限內點，
∴，
∴一次函數的圖象經過一、二、三象限．
故選：A．
7. 如圖，要使平行四邊形成為矩形，需要添加的條件是（）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據矩形的判定方法進行解答即可．
【詳解】解：A．∵四邊形為平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四邊形為菱形，故A不符合題意；
B．由可以判定平行四邊形為矩形，故B符合題意；
C．由可以判定平行四邊形為菱形，故C不符合題意；
D．由可以判定平行四邊形為菱形，故D不符合題意．
故選：B．
【點睛】本題主要考查了矩形的判定，解題的關鍵是熟練掌握矩形的判定方法．
8. 菱形的對角線長分別為10和12，它的面積為（）
A. 32B. 60C. 64D. 120
【答案】B
【解析】
【分析】本題考查菱形的性質，根據菱形的面積等于對角線乘積的一半即可求解．
【詳解】解：∵菱形的對角線長分別為10和12，
∴它的面積是．
故選：B
9. 漏刻（如圖）是我國古代的一種計時工具．它由供水壺和箭壺組成，箭壺內裝有箭尺，水勻速地從供水壺流到箭壺，箭壺中的水位逐漸上升，箭尺勻速上浮，可通過讀取箭尺讀數計算時間，小潯同學依據漏刻的原理制作了一個簡單的漏刻計時工具模型，并進行了測試．下表是小潯記錄的部分數據，如果她從上午9時開始記錄，那么上午11時25分，箭尺的示數應為（）
A. 13.8B. 14.2C. 14.6D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】此題主要考查了有理數的混合運算，理解題意，熟練掌握有理數的運算法則，讀懂表格并從中獲取解題信息是解決問題的關鍵．首先從表格中的數據可得出每10分鐘，箭尺的示數增加0.8，進而可求出平均每分鐘箭尺的示數增加0.08，然后計算出從10點到11點25分過去了85分鐘，由此即可得出答案．
【詳解】解：由表格中的數據可知：每10分鐘，箭尺的示數增加0.8，
平均每分鐘箭尺的示數增加：；
時，箭尺的示數為7.0，
又從10點到11點25分過去了：（分，
箭尺的示數為：．
故選：A．
10. 如圖，已知四邊形和四邊形均為正方形，且G是的中點，連接，若，則的長為（）
A. B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】過點E作交于點M，交于點N，則，再證明，得出，再利用勾股定理即可解答．
本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握正方形的性質，勾股定理是解題的關鍵．
【詳解】解：過點E作交于點M，交于點N，
∵四邊形和四邊形均為正方形，且G是的中點，，
∴，，，
∴四邊形是矩形，，
∴，，，，
∴，
∴，，,
∴．
故選：A．
二、填空題（每題3分，共6小題18分）
11. 因式分解：=______．
【答案】2（x+3）（x﹣3）
【解析】
【分析】先提公因式2后，再利用平方差公式分解即可．
【詳解】=2（x2-9）=2（x+3）（x-3）．
故答案為：2（x+3）（x﹣3）
【點睛】考點：因式分解．
12. 若，是一次函數的圖象上的兩個點，則與的大小關系是______．（填“>”，“=”或“
【解析】
【分析】本題考查的是一次函數圖象上點的坐標特點，熟知一次函數圖象上各點的坐標一定適合此函數的解析式是解答此題的關鍵．先根據一次函數的解析式判斷出函數的增減性，再根據即可得出結論．
【詳解】解：一次函數中，，
隨著的增大而減?。?br>，是一次函數的圖象上的兩個點，，
．
故答案為：．
13. 已知，則______．
【答案】
【解析】
【分析】本題考查二次根式有意義的條件、代數式求值等知識，由二次根式有意義的條件得，求出，代值求解即可得到答案，熟練掌握二次根式有意義的條件是解決問題的關鍵．
【詳解】解：由二次根式有意義的條件可得，解得，
，
，
故答案為：．
14. 如圖，平行四邊形的頂點O，A，C的坐標分別是，，，則頂點B的坐標是______．
【答案】
【解析】
【分析】本題考查平行四邊形性質、坐標與圖形的性質等知識，首先證明，根據點坐標即可推出點坐標，解題的關鍵是熟練掌握基本知識．
【詳解】解：∵點坐標為，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∵點坐標為，
∴點坐標為，
故答案為：．
15. 分式方程：的解為：______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】本題考查了分式方程的解法，根據解分式方程的一般步驟解方程即可求解．
【詳解】解：
方程兩邊同乘以得，
解得，
檢驗：當時，，
∴是原分式方程的解．
故答案為：
16. 如圖，一次函數與的圖象交于點P．下列結論：①；②；③當時，；④．所有正確的結論有______個．

【答案】3
【解析】
【分析】本題主要考查了一次函數圖象與其系數的關系，一次函數與不等式之間的關系，根據一次函數經過的象限可得，，據此可判斷①②；根據當時，一次函數的圖象在一次函數的圖象上方，可判斷③；根據點P的橫坐標為1，可得，即，即可判斷④．
【詳解】解：∵一次函數與y軸交于坐標軸，且經過第一、二、四象限，
∴，故①錯誤；
∵一次函數經過第一、二、三象限，
∴，
∴，故②正確；
由函數圖象可知，當時，一次函數的圖象在一次函數的圖象上方，
∴當時，，故③正確；
∵一次函數與的圖象交于點P，點P的橫坐標為1，
∴，即，故④正確；
∴正確的有3個，
故答案為：3．
三、解答題（共9小題72分）
17. 計算：．
【答案】
【解析】
【分析】本題考查零指數冪，負整數指數冪，二次根式的加減，掌握相關的運算法則是解題的關鍵．
先算零指數冪和負整數指數冪，同時化簡二次根式和絕對值，再算加減即可．
【詳解】解：
．
18. 先化簡，后求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本題考查了整式的混合運算及二次根式的求值，解決本題的關鍵是熟練掌握有關運算法則，先進行整式的混合運算，再求值即可．
【詳解】解：原式，
，
當時，
原式，
，
19. 在八下書本49頁中，我們得到了三角形中位線定理：三角形的中位線平行于三角形的第三邊，并且等于第三邊的一半，完成以下證明過程：
已知：如圖，D、E分別是的邊，的中點；
求證：且．
證明：如圖，延長到點F，使，連接，，．
∵______，，
∴四邊形是平行四邊形，（）（填推理的依據）
平行且等于，∴平行且等于．
∴四邊形是平行四邊形，（）（填推理的依據）
∴平行且等于．又∵，∴，．
【答案】；對角線互相平分的四邊形是平行四邊形；一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．
【解析】
【分析】本題考查了平行四邊形的判定與性質、三角形中位線定理等知識；熟練掌握三角形中位線定理，證明四邊形為平行四邊形是解題的關鍵．先證四邊形是平行四邊形，則平行且等于，得平行且等于．再證四邊形是平行四邊形，得平行且等于，即可得出結論．
【詳解】證明：如圖，延長到點F，使，連接，，.
∵，，
∴四邊形是平行四邊形，（對角線互相平分的四邊形是平行四邊形）（填推理的依據）
平行且等于，
∴平行且等于.
∴四邊形是平行四邊形，（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）（填推理的依據）
∴平行且等于.
又∵，
∴，.
故答案為：；對角線互相平分的四邊形是平行四邊形；一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．
20. 我國古代數學著作《九章算術》中有這樣一個問題：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，適與岸齊．問水深、葭長各幾何．（1丈=10尺），大意是：有一個水池，水面是一個邊長為10尺的正方形，在水池正中央有一根蘆葦，它高出水面1尺．如果把這根蘆葦拉向水池一邊的中點，它的頂端恰好到達池邊的水面，水的深度與這根蘆葦的長度分別是多少？
將這個實際問題轉化為數學問題，根據題意畫出圖形（如圖所示），其中水面寬尺，線段，表示蘆葦，于點E．

（1）圖中______尺，______尺；
（2）求水池中水的深度．
【答案】（1）1，5 （2）水深為12尺
【解析】
【分析】本題考查了勾股定理的應用等知識．
（1）根據題意即可求解；
（2）設水深x尺，則蘆葦尺，在中，根據勾股定理列方程，解方程即可求解．
【小問1詳解】
解：由題意可得：尺，尺．
故答案為：1，5；
【小問2詳解】
解：設水深x尺，
則蘆葦尺，
在中，，
解得：，
答：水深為12尺．
21. 已知如圖，在平面直角坐標系中，直線經過點和點，連接，；
（1）求直線l的解析式；
（2）求的面積．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】本題考查了一次函數的解析式求解，以及一次函數與坐標軸的交點問題，掌握待定系數法是解題關鍵．
（1）把，，分別代入即可求解；
（2）求出直線l與坐標軸的交點即可求解；
【小問1詳解】
解：∵點A、B的坐標分別為，，
把，，分別代入得，
解得，
∴函數的解析式為；
【小問2詳解】
解：由第（1）可得直線l與x軸交點坐標：，與y軸交點坐標為：，
∴．
22. 如圖所示，在菱形中，對角線，相交于點O，過點D作，且，連接．
（1）求證：四邊形是矩形；
（2）連接，交于點F，連接，若，，求的長．
【答案】（1）見解析（2）
【解析】
【分析】此題考查矩形的判定和性質，關鍵是根據菱形的性質得出解答．
（1）根據菱形的性質得出，進而利用平行四邊形的判定和矩形的判定解答即可；
（2）根據菱形的性質得出，進而利用全等三角形的判定和性質解答即可．
【小問1詳解】
證明：菱形，
，，
又，
，
，
四邊形是平行四邊形．
，
，
是矩形；
【小問2詳解】
解：菱形，
，，
，
在與中，
，
，
，
，
矩形，
，，
，
，
．
23. 2024年4月長沙市某中學開展愛心義賣活動，推出A，B兩款帆布袋，深受該校廣大師生喜愛．已知購買2個A款帆布袋和3個B款帆布袋共需元，購買3個A款帆布袋和2個B款帆布袋共需元．
（1）求購買A，B兩款帆布袋每個各需要多少元？
（2）某老師決定購買A，B兩款帆布袋共個，且購進A款帆布袋的數量不少于B款帆布袋數量的，試問當購買A，B兩款帆布袋各多少個時，總費用最低？最低費用是多少元？
【答案】（1）A，B兩款帆布袋的單價分別為元，元
（2）購買A，B兩款帆布袋分別為6件和9件時，總費用最低，最低費用為元
【解析】
【分析】本題考查了一次函數、二元一次方程組在實際問題中的應用，正確理解題意是解題關鍵．
（1）設A，B兩款帆布袋的單價分別為x元，y元，由題意得：，據此即可求解；
（2）設購買A款帆布袋m件，購買B款帆布袋件.設總費用為w元，確定與之間的函數關系式即可求解
【小問1詳解】
解：由題意，設A，B兩款帆布袋的單價分別為x元，y元，
由題意得：，
解得：.
∴A，B兩款帆布袋的單價分別為元，元.
【小問2詳解】
解：由題意，設購買A款帆布袋m件，
∴購買B款帆布袋件，設總費用為w元，
∴.
∵，
∴w隨m的增大而增大.
∵購進A款帆布袋的數量不少于B款帆布袋數量的，
∴.
∴且m為正整數.
∴當時，w有最小值，最小值為.
此時.
∴購買A，B兩款帆布袋分別為6件和9件時，總費用最低，最低費用為元.
24. 設a，b是任意兩個不相等的實數，我們規(guī)定：當時，滿足不等式的實數x的所有取值的全體叫做“穩(wěn)定區(qū)間”，表示為，對于一個函數，如果它的自變量x與函數值y滿足：，有我們就稱此函數是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”．
（1）正比例函數是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”嗎？請判斷并說明理由；
（2）若一次函數是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”，求m，n的值；
（3）若函數是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”，且a，b為整數，求數a，b的值．
【答案】（1）正比例函數是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”，見解析
（2），；
（3），或，或，或，或，.
【解析】
【分析】此題考查了一次函數的性質，求一次函數的函數值：
（1）根據定義分別計算x，y的區(qū)間，即可判斷；
（2）由一次函數是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”，得，，分兩種情況解答；
（3）當時，一次函數在穩(wěn)定區(qū)間上y隨x的增大而增大，當時，
一次函數在穩(wěn)定區(qū)間上y隨x的增大而減小，分三種情況討論解答即可．
【小問1詳解】
解：是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”
∵，∴y隨x的增大而增大，
∴當時，；當時，，
∴，
∴正比例函數是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”；
【小問2詳解】
∵一次函數是穩(wěn)定區(qū)間上的“穩(wěn)定函數”，
∴，，
分兩種情況：
①若時，y隨x的增大而增大，∴時，；時，
，∴，；
②若時，y隨x的增大而減小，∴時，；時，
，，矛盾，
綜合以上兩種情況可知：，；
【小問3詳解】
當時，一次函數在穩(wěn)定區(qū)間上y隨x的增大而增大，當時，
一次函數在穩(wěn)定區(qū)間上y隨x的增大而減?。?br>∴分以下三種情況討論：
①當時，根據閉函數定義知：，解得：（舍）；
②當時，此時函數的最大值，由穩(wěn)定區(qū)間上穩(wěn)定函數定義知，或，
即或，解得：或（舍）；
③當時，根據穩(wěn)定函數定義知：，，
∴，∵a與b是整數，
解得：或或或；
綜上，，或，或，或，或，．
25. 如圖，平面直角坐標系中，已知等腰三角形，，點，點，且a，b滿足，軸，
（1）求點C的坐標______；
（2）動點P從A出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿方向運動，運動時間為t秒，當三角形滿足時，求對應t的值；
（3）已知點，且，，D是線段上的動點，，
①當最小時，求點M坐標；
②在第①問的條件下，點T是坐標軸上的點，點Q是平面內一點，以點A、D、T、為頂點的四邊形是以為邊的矩形，求點Q的坐標．
【答案】（1）
（2）或8秒
（3）①；②或或
【解析】
【分析】此題考查幾何變換的綜合題，全等三角形的判定和性質，勾股定理，關鍵是根據翻折的性質和全等三角形的性質解答．
（1）由坐標與圖形的性質及勾股定理進行解答即可；
（2）分當點P在線段上時和當點P在線段上時兩種情況，利用三角形面積公式解答即可；
（3）作點M關于直線的對稱點，則在x軸上，當D，，E三點共線，且與垂直時，有最小值，據此解答即可．
【小問1詳解】
由題可知：，，
∴，
∵，
∴
∴
【小問2詳解】
由題意可知，存在兩種情況：
①當點P在線段上，即時，如圖1，
，
∵.
∴ ，.
②當點P在線段上時，即時，如圖2.
，
∵
∴
∵，
∴，.
綜上可知，或8秒.
【小問3詳解】
①由題意得：
所以M在線段上運動，
∵軸
∴
∵
∴，
∴.
作點M關于直線的對稱點，則在x軸上，如圖3，
當D，，E三點共線，且與垂直時，如圖4，
有最小值，
∴
則，
，
又已知，代入上式得：
，，
∴
聯(lián)立：，解得.
∴
②由第①可得，，
∵，平行x軸，
∴，
又，
連并延長，交x軸于點，
與y軸重合，
∴，
又，
∴，
，
∴，
因為為矩形的邊，
∴四邊形，四邊形為矩形，
又，
∴，；
設，
由勾股定理有：，
∴，
∴，
∴；
綜合以上可得：或或
時間
…
9：00
9：10
9：30
10：00
…
箭尺示數
…
2.2
3.0
4.6
7.0
…

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