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重庆市北碚区西南大学附属中学校2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．P(3，-2)关于原点对称的点的坐标是( )
A．(3，2) B．(-3，2) C．(-3，-2) D．(3，-2)
3．抛物线先向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度，平移后的抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
4．估计的值应在（ ）
A．8和9之间 B．9和10之间 C．10和11之间 D．11和12之间
5．下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．顺次连接菱形各边中点得到的四边形是菱形
D．到三角形三个顶点距离相等的点是三角形三边垂直平分线的交点
6．在同一直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
7．下列图形都是由大小相同的圆按一定规律组成的，其中第①个图形中有2个圆，第②个图形中有7个圆，第③个图形中有14个圆，一第④个图形中有23个圆，…，按此规律排列下去，则第⑨个图形中圆的个数是（ ）
A．77 B．79 C．96 D．98
8．哪吒的乾坤圈工坊以每个30灵石的进价购入一批迷你风火轮，并以每个50灵石售出，每日可售出80个．据调查发现，每个迷你风火轮的售价每降低2灵石，每日可多售出10个，若哪吒希望单日盈利达4000灵石，则需将售价降低多少灵石？若设降价灵石，则列出方程为（ ）
A． B．
C． D．
9．在正方形中，为边上一点，连接交于点，过点作．的垂线交于点，连接、，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
10．已知，，且满足，，其中为正整数，则下列说法：
①；
②若关于的方程恰有个不同的实数根，则；
③函数，当时，的取值范围是；
④若，是关于的方程的两根，则；
其中正确的有（ ）个．
A． B． C． D．
二、填空题
11．计算： ．
12．若关于的方程有实数根，则的取值范围为 ．
13．如图，将绕点A逆时针旋转后得到，且满足，，连接，则 °．
14．已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为 ．（用“”连接）
15．如图，在矩形中，点在线段上，将沿翻折至，连接，若，，，则 ．
16．若关于的不等式组有解且最多有3个整数解，且关于的分式方程的解为非负数，则所有满足条件的整数的值之和是 ．
17．如图，已知抛物线（）的顶点坐标为，下列结论：①；②；③；④；⑤若（）与轴的两个交点分别为、，则，其中正确结论的序号是 ．
18．对于任意一个四位正整数，若的百位数字等于十位数字与个位数字的和，的千位数字等于十位数字的倍与个位数字的和，则称为“灵珠数”．如：，满足，，所以是“灵珠数”；又如：四位数，满足，但，所以不是“灵珠数”．若将的千位数字与个位数字对调，百位数字与十位数字对调，得到新的四位数，且规定．若为最大的“灵珠数”，为最小的“灵珠数”，则 ；若为“灵珠数”，且满足被除余，则满足条件的的最大值为 ．
三、解答题
19．请用适当的方法解下列一元二次方程：
(1)；
(2)．
20．先化简，再求值：，其中，满足．
21．学习了三角形的角平分线和角平分线的性质后，小西进行了拓展性研究．她发现，三角形内角平分线分对边所成的两条线段所成的比例与这个角的两邻边所成比例相等．她的解决思路是通过角平分线的性质与等面积法得出结论．请根据她的思路完成以下作图与填空：
(1)如图，在中，是的角平分线，垂直，垂足为点．用直尺和圆规，完成以下基本作图：过点作的垂线交于点，垂足为点．（不写作法、不下结论，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，求证：．
证明：是的角平分线，
，，
① ．
设点A到的距离为，
， ② ．
，
，
，
，
③ ．
④ ．
22．如图，在中，将绕点A按逆时针方向旋转到的位置，使，且点刚好在的延长线上，连接，，．
(1)求的度数；
(2)求的面积．
23．某电子产品店紧跟科技潮流，计划购进一批智能手环和智能手表进行销售，以满足大众的健康管理需求．首次购进智能手环和智能手表共200个．每个智能手环进价为50元，售价定为80元；每个智能手表进价为200元，售价定为300元．
(1)若所有智能手环和智能手表全部售空，要求总利润不低于13000元，则该店最多可购进智能手环多少个？
(2)第二次购进时，因市场需求旺盛，该店决定共购进400个商品，进价不变．其中智能手环的进货量在（1）的最大值基础上增加个，售价提高元．而智能手表在运输过程中有损坏无法销售，售价保持不变．最终第二批商品全部售完后总利润为26700元，求的值．
24．如图，在中，，，，点是线段上一点，且满足，动点，同时出发，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发沿折线方向运动，动点以每秒个单位长度的速度从点出发沿折线方向运动，当点运动到点时，速度变为每秒1个单位长度继续运动，点的速度保持不变．当，有一点运动到点A时，都停止运动．设运动时间为秒，的面积为．
(1)请直接写出关于的函数表达式并注明自变量的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质；
(3)函数与的图象有且只有两个交点，请直接写出的取值范围．
25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，与轴的交点为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴交于点．点、点是直线上的动点，满足点在点的左侧且．当线段最大时，求的周长的最小值．
(3)点为抛物线上的一个动点，点、点为第（2）问周长取得最小值时的点，当时，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的过程．
26．是等腰直角三角形，，在外有一点，连接、．
(1)如图，与相交于点，，，，求的长度．
(2)如图，将线段绕点逆时针旋转得线段，且点恰好在的延长线上，过点作交于点、交于点，连接．求证：．
(3)如图，在（）的条件下，，，点是直线上的一动点，连接，将绕点顺时针旋转到，连接．点是内部的一动点，请直接写出的最小值．
《重庆市北碚区西南大学附属中学校2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题》参考答案
1．C
解：A、不是中心对称图形，故不符合题意；
B、不是中心对称图形，故不符合题意；
C、是中心对称图形，故符合题意；
D、不是中心对称图形，故不符合题意；
故选C．
2．B
解：关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数，因此P(3，-2)关于原点对称的点的坐标是(-3，2)．
故答案为B．
3．C
解：∵抛物线先向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度，
∴，
故选：C．
4．B
解：∵，且，
∴，
∴的值应在9和10之间；
故选B．
5．D
解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，原说法错误，故不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误，故不符合题意；
C、如图，
∵四边形是菱形，
∴，
∵点E、F、G、H分别是边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
同理可得，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；原说法错误，故不符合题意；
D、根据“线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”可知该说法正确，故符合题意；
故选D．
6．C
解：A、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意；
B、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意；
C、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者一致，故本选项符合题意；
D、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意；
故选：C．
7．D
解：由所给图形可知，
第①个图形中圆的个数为：；
第②个图形中圆的个数为：；
第③个图形中圆的个数为：；
，
所以第n个图形中圆的个数为：；
当时，
（个），
即第⑨个图形中圆的个数为98个．
故选：D．
8．B
解：由题意得，，
故选：B．
9．A
解：过点H作于点P，于点M，的延长线交于点N，过点A作交的延长线于点K，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，，，，，
∵，
∴，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴矩形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
．
故选：A．
10．B
解：∵，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，；
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴关于的方程即为，
∴或，
即或，
∵关于的方程恰有个不同的实数根，
∴或，
解得或，
∵，方程有个不同的实数根，
∴，
∴，故②正确；
∵，，，，
∴，
∴，
∵，
∴二次函数的对称轴为直线，开口向上，顶点坐标为，
∵，
∴当，取最小值，
当时，，
∴的取值范围是，故③错误；
∵，，，，
∴，
∴方程即为，
化简得，，
∵，是关于的方程的两根，
∴，，
∴，
∴，故④正确；
综上，正确的说法有个，
故选：．
11．/
解：；
故答案为．
12．
解：由关于的方程有实数根，可知：
，
解得：；
故答案为．
13．70
解：∵将绕点A逆时针旋转后得到，
∴，，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：70．
14．
解：∵，
∴二次函数图象的对称轴为直线，
∴关于对称轴的对称点为，
∵，
∴二次函数图象开口向上，
∴当时，y随x的增大而减小，
∵，
∴．
故答案为：．
15．
解：由折叠的性质可知：，
∵，且，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
过点作于点E，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为．
16．
解：，
解①得：，
解②得：，
关于的一元一次不等式组有解且最多有3个整数解，
，
解得，
解方程，得，
关于的分式方程的解为非负数，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
综上所述，且，
则所有满足条件的整数的值之和是，
故答案为：．
17．②④⑤
解：由图象知，，
由题意可得：，则，
∴，则①错误；
，则②正确；
∵时，，
∴，
∵，
∴，则③错误；
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故④正确；
∵抛物线（）的顶点坐标为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵抛物线与x轴的交点为、，
∴是方程的两个根，
∴，，
∴，故⑤正确；
故答案为：②④⑤．
18．
解：为使千位最大，设十位，个位 (满足)；
百位，千位，得；
设十位，个位 (满足)；
千位，得；
，
设上个位数字为，十位数字为，百位数字为，千位数字为；
，
，
其中，，
，
∵被9除余2，
∴被除余，
当，，，不满足题意；
当，，，不满足题意；
当，被除都不余，不满足题意；
当时，被除都不余，不满足题意；
当时，时，满足题意，这个数为：
时，满足题意，这个数为：
综上所述，最大值为：，
故答案为：；．
19．(1)
(2)
（1）解：
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：
化简得：，
解得：．
20．，
解：
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴原式．
21．(1)图见详解
(2)证明见详解
（1）解：如图，即为所求．
（2）证明：是的角平分线，
，，
设点A到的距离为，
，，
，
，，
，
，
，
．
22．(1)
(2)
（1）解：由旋转的性质可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由旋转的性质可知：，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴．
23．(1)100个
(2)
（1）解：设该店购进智能手环x个，则购进智能手表个，
由题意得，，
解得，
∴x的最大值为100，
答：该店最多可购进智能手环100个；
（2）解：由题意得，，
整理得，
解得或（舍去）．
24．(1)
(2)函数图象见解析，性质：当时，y随x的增大而增大（答案不唯一）
(3)函数与y的图象有且只有两个交点，k的取值范围为
（1）解：在中，，，，
∴，
∵，
∴，，
当时，
过A作于H，
∵，
∴，
∴；
当时，如图，
∴，
综上所述，；
（2）解：如图所示；
性质：当时，y随x的增大而增大（答案不唯一）；
（3）解：∵，
∴直线过点，如图，
当函数过点，，时为临界点，
将点代入得：，
解得：；
∴函数与y的图象有且只有两个交点，k的取值范围为．
25．(1)
(2)的周长的最小值为
(3)点的坐标为或
（1）解：∵抛物线经过点，，
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：在中，当时，，即，
设直线的解析式为，
将，代入直线的解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
设，
∵轴交于点，
∴，
∴，
∵，
∴当时，取得最大值，为，此时，
∴，
如图，过点作交轴于点，
，
设直线的解析式为，
将代入解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，即，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
连接并延长，使得，连接，
∵，，
∴，
∴为等腰直角三角形，即，
∵，
∴，
∵，
∴点、关于直线对称，
∴，
∴的周长，
连接交于，当、、在同一直线上时（即、重合时），最小，为，
设，则，
解得：，即，
∴，
∴的周长的最小值为；
（3）解：如图，
，
设直线的解析式为，
将，代入解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得，即，
设，则，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，
如图，过点轴，作轴交轴于，作交于，
，
则，
∴，，
∴，
∵直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，此时，
∴；
作点关于的对称点，作直线，
由轴对称的性质可得：，
∴，
∴点为直线与抛物线的交点，，
设直线的解析式为，
将代入解析式可得，
∴直线的解析式为，
∴设直线的解析式为，
将代入解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立可得：，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，此时，
∴；
综上所述，点的坐标为或．
26．(1)
(2)见解析
(3)
（1）解：∵是等腰直角三角形，，，
∴点是的中点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
即，
∴，
∴；
（2）证明：如图，过点作交于点，
∵是等腰直角三角形，
∴，
由旋转知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，；
∵，，
∴，
∴，
即；
∵，，
∴，
∴；
（3）解：过点作延长线于点，连接，设交于点，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∴，
由旋转知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴直线是定直线，即点的轨迹在过点且与直线的夹角为的定直线上，
此时，如图，点为内部的一动点，连接，，，
将绕点逆时针旋转得到，连接，
由旋转知，，，
∴是等边三角形，同理是等边三角形，
∴，
∴，
由点为直线上一点，
∴当时，最小，即最小，此时如图，设延长线交直线于点，过点作于点，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
即，
解得：,
即的最小值为．

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