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广东省深圳市红岭教育集团2024—2025学年下学期八年级期中考试数学试卷
一、单选题（每小题3分）
1．（2025八下·深圳期中）2024年7月27日，第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，如图所示巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、图形既不是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意；
C、图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，分别进行判断，即可得出答案。
2．（2025八下·深圳期中）下列各式从左边到右边的变形是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A、因 18 4 3是单项式，不符合因式分解得定义，故A错误；
B、( +2 ) ( 2 ) = 2 4 是从乘积形式展开为多项式，属于整式乘法，而非因式分解，故B错误；
C、 右边 ( +2 ) +1 是和的形式而非乘积形式，不符合因式分解的结构要求，故C错误；
D、 2 8 +16 = ( 4 )2 将多项式分解为两个相同二项式的乘积，满足因式分解的所有条件，故D正确。
故答案为：D.
【分析】 因式分解的定义是将一个多项式转化为几个整式的乘积形式，需满足以下条件：①左边是多项式；②右边是乘积形式；③分解过程是恒等变形。
3．（2025八下·深圳期中）若，则下列不等式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：∵a∴a+2-3b.
故答案为：D.
【分析】不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变；
不等式两边同时乘（或除以）同一个大于0的整式，不等号方向不变；
不等式两边同时乘（或除以）同一个小于0的整式，不等号方向改变，据此判断即可.
4．（2025八下·深圳期中）把分式中的x和y都扩大2倍，分式的值（　　）
A．不变 B．扩大2倍
C．缩小为原来的 D．扩大4倍解答：
【答案】B
【知识点】分式基本性质的应用-判断分式值的变化
【解析】【解答】解：因中的x和y都扩大2倍 ，
则
即扩大2倍。
故答案为：B.
【分析】本题考查分式的基本性质，当分子分母中的变量同时扩大或缩小相同倍数时，分式值的变化规律 ，需要代入变量变化后的表达式，再约分来比较原式与新式的大小关系。
5．（2025八下·深圳期中）用反证法证明命题“已知，求证：”，第一步应先假设（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：用反证法证明命题“已知，求证：”，第一步应先假设∠B≥90°.
故答案为：A.
【分析】反证法的第一步，反设：作出与求证结论相反的假设，据此可求解.
6．（2025八下·深圳期中）如图，在△ABC中，分别以顶点A，B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，连接MN，分别与边AB，BC相交于点D，E.若AD=4，△AEC的周长为17，则△ABC的周长为（　　）
A．20 B．21 C．25 D．30
【答案】C
【知识点】线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】解：由题意知：MN垂直平分AB，
∴EA=EB，AB=2AD=8，
∵ C△AEC17，
∴AC+AE+CE=17，
∴AC+BE+CE=17，
∴BC+AC=17
∴ C△ABC=17+8=25
故答案为：25.
【分析】 根据题意，MN是AB的垂直平分线，故EA=EB；已知AD=4，可得AB=2AD=8，△AEC的周长转化为AC与BC的和，进而求△AB出周长。
7．（2025八下·深圳期中）如图，点A，B的坐标分别为（3，1），B（5，4），若将线段AB平移至A1B1，则a-b的值为（　　）
A．8 B．4 C．-4 D．6
【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：因为点B的横坐标是5，点B1的横坐标是4，则向左移动了1个单位，
又因为点A的纵坐标是1，点A1的纵坐标是3，则向上平移了2个单位；
∴a=4+2=6，b=3-1=2
∴a-b=6-2=4.
故答案为：4.
【分析】比较点B与B1的横坐标，得向左平移1个单位，再比点A与点A1的纵坐标，得向上平移2个单位，即线段AB先向左移动1个单位，再向上移动2个单位得到A1B1，求出a、b的值，再计算a-b。
8．（2025八下·深圳期中）如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝1．若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
【答案】D
【知识点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定
【解析】【解答】解：如图，在OA、OB上分别截取OE=OP，OF=OP，作∠MPN=60°．
∵OP平分∠AOB，
∴∠EOP=∠POF=60°，
∵OP=OE=OF，
∴△OPE，△OPF是等边三角形，
∴EP=OP，∠EPO=∠OEP=∠PON=∠MPN=60°，
∴∠EPM=∠OPN，
在△PEM和△PON中，
，
∴△PEM≌△PON（ASA）．
∴PM=PN，∵∠MPN=60°，
∴△PNM是等边三角形，
∴只要∠MPN=60°，△PMN就是等边三角形，
故这样的三角形有无数个．
故答案为：D．
【分析】在OA、OB上分别截取OE=OP，OF=OP，作∠MPN=60°，只要证明△PEM≌△PON即可推出△PMN是等边三角形，由此即可得结论．
二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分）
9．（2025八下·深圳期中）因式分解：4m-m3=　 　.
【答案】m(2 - m)(2 + m)
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解： 4m-m3 = m(4 - m2) =m(2 - m)(2 + m)
故答案为：m(2 - m)(2 + m) .
【分析】 本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是解题的关键，先提公因式，再利用平方差公式即可求解。
10．（2025八下·深圳期中）如果分式的值为0，那么x的值为 　 　．
【答案】
【知识点】分式有无意义的条件；分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：分式的值为0，
，且，
，
故答案为：．
【分析】根据分式值为0的条件，结合分式有意义的条件即可求出答案.
11．（2025八下·深圳期中）某服装店以20元的进价购进一批儿童T恤衫，销售时标价为30元，为了减少商品库存，让利于顾客，准备打折销售，但要保证利润率不低于20%，则至多可打　 　折.
【答案】八
【知识点】一元一次不等式的应用
【解析】【解答】解： 设至多打 折，则打折后的售价为 30× 元；
3x-200.4
x8
故答案为：八.
【分析】 本题考查一元一次不等式的实际应用， 根据利润 = 售价 - 进价，结合利润不低于20%列不等式求解。
12．（2025八下·深圳期中）如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，AD⊥BC.若P、Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；将军饮马模型-两线一点（两动一定）；等积变换
【解析】【解答】解：如图D-1，连接BP，
在中，AB=AC=10，BC=12，AD=8，
∴BD＝ DC=6，
∵AD⊥BC
∴
∴BP=PC，
∴PC+PQ= BP+PQ= BQ，
∴当B，P，Q共线时，PC+ PQ的值最小，
∴当BQ'⊥AC时，BQ的值最小，
∴AQ'=
故答案为：.
【分析】连接BP，利用等腰三角形的对称性得BP＝PC，则PC+PQ=BP+PQ=BQ，当B，P，Q共线时，PC+PQ的值最小，再根据垂线段最短得，BQ⊥AC时，BQ的值最小，最后运用面积法求解。
13．（2025八下·深圳期中）如图，在中，，把绕边的中点O旋转后得，若直角顶点E恰好落在边上，且边交边于点G，则的面积为　 　．
【答案】
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：连接BE，
∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝5，
∵点O是BC边的中点，
∴BO＝CO＝BC＝2，
∵把绕边的中点O旋转后得，直角顶点E恰好落在边上，
∴BO＝EO＝2，∠DFE＝∠ACB，∠CBA＝∠FED，AC＝DF，
∴CO＝EO，
∴∠OCE＝∠OEC，
∴∠DFE＝∠OEC，
∴GF＝GE，
∵∠D＋∠DFE＝∠DEG＋∠GEF＝90°，
∴∠D＝∠DEG，
∴GE＝GD，
∴GE＝DF＝AC＝，
∵OB＝OE＝OC＝BC，
∴点B、E、C在以O为圆心，BC为直径的圆上，
∴∠BEC＝90°，
∴BE＝，
∴CE＝，
∴CG＝CE GE＝，
∵GF＝GE＝GD，
∴S△GFE＝S△GDE＝S△DEF＝，
设点F到直线AC的距离为h，则，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】先求出GE＝DF＝AC＝，再求出BE、CE和CG的长，再利用S△GFE＝S△GDE＝S△DEF＝，可得，求出，最后利用三角形的面积公式计算即可。
三、解答题（共7小题，其中14题8分，15题6分，16题8分，17题8分，18题8分，19题11分，20题12分，共61分）
14．（2025八下·深圳期中）计算
（1）；
（2）
【答案】（1）解：原式=
（2）解：原式=
=
【知识点】分式的约分；分式的乘除法；分式的乘法；分式的除法
【解析】【分析】 (1)计算两个分式相乘，只需通过约分简化即可；
（2）分式除法运算，需要先将除法转化为乘法，再通过因式分解和约分进行化简。
15．（2025八下·深圳期中）解不等式组：，并写出它的所有整数解.
【答案】解： 3x 4 > 2(x 2)
3x 4 >2x 4
3x 2x > 4+4
x> 0
3(3x 2) 5(2x+1) ≥ 15
9x 6 10x 5 ≥ 15
x 11 ≥ 15
x≥ 4
x≤ 4
∴不等式组的解集为：0∴整数解为x=1，2，3，4.
【知识点】一元一次不等式组的特殊解
【解析】【分析】 首先分别解出每个不等式的解集，然后求它们的交集，最后在交集范围内找出所有整数解即可。
16．（2025八下·深圳期中）在平面直角坐标系中，的位置如图所示.（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）.
（1）将沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的；
（2）将绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的；
（3）可看作由绕P点旋转而成，直接写出点P坐标　 　.
【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
（3）（-2，-2）
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】（3）解：如图所示：两组对应点连线的中垂线的交点即是点P的位置。
故答案为：（-2，-2）
【分析】(1)分别画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可；
(2)分别画出A、B、C的对应点A2、B2、C2即可；
(3)两组对应点连线的中垂线的交点即是点P的位置。
17．（2025八下·深圳期中）如图，直线：与x轴交于点B，，直线：经过点C，且与交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）记直线与y轴的交点为D，记直线与y轴的交点为E，求的面积；
（3）根据图象，直接写出的解集．
【答案】（1）解：∵的直线解析式为，
令，
则，
解得
∴，
∵，
∴，
∵：经过点C和点A，
，
解得，
∴的直线解析式为；
（2）解：在直线的解析式中，
令，
则，
∴，
在直线的解析式中令，
则，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的关系；一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】（3）解：根据图象，因为，且，
则，
又因为，且直线与交于点，
所以，
故的解集为．
【分析】（1）根据x轴上点的坐标特征可得，再根据点的坐标可得，再根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征可得，，再根据两点间距离可得DE，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）当直线：的图象在直线：的图象上方，且都在x轴上方时，有，结合函数图象即可求出答案.
（1）解：∵的直线解析式为，
令，
则，
解得
∴，
∵，
∴，
∵：经过点C和点A，
，
解得，
∴的直线解析式为；
（2）解：在直线的解析式中，
令，
则，
∴，
在直线的解析式中令，
则，
∴，
∴，
∴；
（3）解：根据图象，因为，且，
则，
又因为，且直线与交于点，
所以，
故的解集为．
18．（2025八下·深圳期中）已知：如图，在△ADC中，AD=CD，且AB//DC，CB⊥AB于B，CE⊥AD交AD的延长线于E，连接BE.
（1）求证：CE=CB；
（2）若∠CAE=30°，CE=2，求BE的长度.
【答案】（1）证明：∵AD=CD，
∴∠DAC = ∠DCA，
∵AB//CD，
∴∠DCA= ∠CAB，
∴∠DAC = ∠CAB，
∴AC是∠EAB的角平分线，
又∵CE⊥AD，CB⊥AB，
∴CE=CB.
（2）解：在Rt△ACE与Rt△ACB中，
∵AC=AC，CE=CB，
∴Rt△ACERt△ACB(HL)，
∴AE= AB.
∵AC是∠EAB的平分线，
∴∠EAB=2∠CAE=60°，
∴△AEB是等边三角形，
.·. BE= AB；
在Rt△ABC中，
∴BC⊥AB，∠CAB=30°，
∴AC=2BC=4，
∴
∴
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理
【解析】【分析】本题主要利用等腰三角形的性质、平行线的性质、角平分线的性质、直角三角形的性质以及勾股定理来求解；
(1)根据角平分线上的点到角两边的距离相等即可证明；
(2)首先证明CE=CB，再证Rt△ACERt△ACB，然后证△AEB是等边三角形，最后根据勾股定理求BE的长度。
19．（2025八下·深圳期中）红岭中学八年级数学兴趣小组对“校门口车道拥堵”问题展开项目式学习。
【模型准备】
红岭中学校门口呈东西方向共5条车道，路口无红绿灯。兴趣小组认为，某方向车道的拥堵程度可以用该方向的交通量（每分钟该方向通行的车辆数，单位：辆/分钟）与该方向车道数的比值来衡量，例如，自西向东方向的交通量为20，有2个车道，故拥堵度为10.拥堵度的数值越大，该方向越拥堵，记自东向西的拥堵度为u1，自西向东的拥堵度为u2.
【收集数据】
小组成员分工进行数据收集并整理如下：
时间x 8时 11时 14时 17时 20时
自东向西交通量y1（辆/分钟） 32 26 20 14 8
自西向东交通量y2（辆/分钟） 11 14 17 20 23
【建立模型】
成员小明发现，时间与交通量的变化规律符合一次函数的特征，并由此得到y1与x的函数关系式及y2与x的函数关系式.
【模型应用】
兴趣小组希望根据两个方向的拥堵度来合理设置不同时段可变车道的方向，成员小敏认为，在没有可变车道的情况下，哪个方向的拥堵程度更高，可变车道就设置为该方向.
【问题求解】
（1）y1与х的函数关系式为　 　：y2与x的函数关系式为　 　，（不写自变量的取值范围）
（2）在13时，如果可变车道为自东向西方向，通过计算u1及u2的值说明哪个方向更拥堵.
（3）根据小敏的想法，在没有可变车道的情况下，若u1=u2，求x的值；并直接写出该路段8时至20时的可变车道设计方案.
【答案】（1）y1=-2x+ 48；y2=x+3
（2）解：当x=13时，y1=22， y2=16，
由题意可得：自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2，
∴
∵
∴自西向东方向更拥堵.
（3）解：)在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，
即，
当u1=u2时，y1=y2，
∴-2x+48=x+3，
解得x=15，
∴在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向.
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：(1) 设y1= k1x+ b1(k1，b1为常数，且k10).
将x=8，y1= 32和x=11，y1=26代入y1= k1x+ b1
∴，
解得：’
∴y1=-2x+ 48.
设y2 = k2x十 b2(k2，b2为常数，且k20)
将x=8，y2 =11和x=11，y2=14代入y2 = k2x十 b2
∴，
解得
∴y2=x+3.
故答案为：y1=-2x+ 48，y2=x+3.
【分析】(1)根据待定系数法求解即可；
(2)通过计算特定时刻拥堵度比较拥堵情况；
(3)依据拥堵度关系确定可变车道方案，从建模到应用逐步推导，解决车道优化问题。
20．（2025八下·深圳期中）综合与实践
在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动。其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角三角尺、若干四边形纸片。
（1）【操作判断】将四边形纸片ABCD与等腰直角三角尺DEF按如图1放置，三角尺DEF的边DE，DF分别与四边形ABCD的边AB，BC交于P，Q两点，经测量得，.小明将绕点顺时针旋转，此时点C与点重合，点的对应点为，通过推理小明得出了.
根据以上信息，请填空：
①　 　°；
②线段AP，PQ，QC之间的数量关系为　 　；
（2）【迁移探究】小明将四边形纸片ABCD换成了图2中的形状，若，，，，分别在AB，BC上，且，线段AP，PQ，QC之间的数量关系是否仍成立 若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明；
（3）【拓展应用】如图3，已知，，.小明以点为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺EDF，其中射线DE，DF分别交射线AC于点，，当点恰好为线段AC的三等分点时，请直接写出MN的长.
【答案】（1）45；AP+QC=PQ
（2）解：如图D-1，AP+QC=PQ仍然成立
∵AD=CD，
∴将△DQC绕点D旋转顺时针2α得△DQ'A，AD与CD重合，
∴DQ'=DQ，∠DAQ'=∠C，∠ADQ'=∠CDQ，
又∵∠C+∠DAB=180°，
∴ ∠DAQ'+∠DAB=180°，即Q'，A，P三点在一条直线上，
设∠PDQ=a，
∴ ∠ADQ'+∠ADP=a，
∴ ∠PDQ=∠PDQ'，
在△DPQ'和△DPQ中，
∵
∴ △DP'Q'△DPQ(SAS)，
∴ PQ'=PQ，
∴ AQ'+AP=PQ，
∴ AP+QC= PQ；
（3）解：如图D-2，当AM =AC时，将△DNC绕点D顺时针旋转90°得到△DN'A.
∵AD=CD=，∠ADC=90
∴AC= = 12
∵AM=AC=4，CM=AC-AM=8，
由题意可得，△DNC△DN'A，
∴AN'=CN，∠N'AD=∠NCD=45°
∴∠N'AM=45°+45°=90°，
由（1）得△DMN△DMN'，
∴MN'=MN，
∴AN'+MN'=CN+MN=MC=8，
∴设MN'=MN=x，则AN'＝8-x，
在Rt△AMN'中，AN'2+AM2=MN2
(8 - x)2 +42 = x2，
解得x= 5，
∴MN=5；
如图D-3，当AM =AC时，将△DNC绕点D顺时针旋转90°得到△DN'A.
∵△ DNC△DN'A，
∴∠ADN'=∠CDN，∠AN'D=∠CND，
∴∠CDN+∠CND=∠DCA=45°，
∴∠ADN'+∠AN'D=45°，
∴ ∠N'AD= 135°，
∴ ∠N'AM=135°-∠DAC=90°
∵AM=AC=8
∴CM=4
同理可得，△DN'M△DNM，
∴设MN=MN'=x，
则CN=AN'=MN-CM=x-4，
∵在Rt△AN'M中，AN2+AM2=MN2
∴ (x - 4)2 + 82 =x2，
解得x= 10，
∴MN=10，
综上所述，MN＝5或10.
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理的应用；三角形的综合；旋转全等模型
【解析】【解答】解：(1)①ΔDQC绕点D顺时针旋转90°得到ΔDQ'A，
∴∠ADQ'=∠CDQ
∠ADQ+∠CDQ=∠ADC=90
∴.∠ADQ'+∠ADQ=90°
∴∠Q'DQ=90°
∴ΔPDQΔPDQ'(SAS)，
∴∠Q'DP=∠QDP =∠Q'DQ=90°=45°
∴∠Q'DQ=45°，
故答案为：45；
②ΔDQC绕点D顺时针旋转90°得到ΔDQ'A，
∴AQ'= CQ，
∴△PDQ△PDQ’，
∴Q'P=QP，
∴AP+CQ=AP+Q'A=Q'P=QP，
故答案为：AP+QC=PQ；
【分析】本题主要考察图形旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用。通过旋转和全等三角形的证明，找出线段之间的关系，并利用勾股定理求解线段长度。
（1）①根据旋转的性质得到∠ADQI=CDQ，然后证明出∠Q'DQ=90°，然后根据全等三角形的性质得到∠Q'DP= ∠QDP =∠Q'DQ=45°；
②根据旋转的性质得到AQ'=CQ，根据全等三角形的性质得到Q'P=QP，然后根据线段的和差求解即可；
(2)将△DQC绕点D顺时针旋转2α得△DQ'A，AD与CD重合，根据题意证明出△DAQ'=△DCQ(SAS)，得到PQ'=PQ，进而求解即可；
（3）根据题意分两种情况讨论：AM=AC和AM=AC，首先根据旋转的性质构造全等三角形，然后利用勾股定理求解即可。
1 / 1广东省深圳市红岭教育集团2024—2025学年下学期八年级期中考试数学试卷
一、单选题（每小题3分）
1．（2025八下·深圳期中）2024年7月27日，第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，如图所示巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025八下·深圳期中）下列各式从左边到右边的变形是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025八下·深圳期中）若，则下列不等式正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·深圳期中）把分式中的x和y都扩大2倍，分式的值（　　）
A．不变 B．扩大2倍
C．缩小为原来的 D．扩大4倍解答：
5．（2025八下·深圳期中）用反证法证明命题“已知，求证：”，第一步应先假设（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八下·深圳期中）如图，在△ABC中，分别以顶点A，B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，连接MN，分别与边AB，BC相交于点D，E.若AD=4，△AEC的周长为17，则△ABC的周长为（　　）
A．20 B．21 C．25 D．30
7．（2025八下·深圳期中）如图，点A，B的坐标分别为（3，1），B（5，4），若将线段AB平移至A1B1，则a-b的值为（　　）
A．8 B．4 C．-4 D．6
8．（2025八下·深圳期中）如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝1．若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分）
9．（2025八下·深圳期中）因式分解：4m-m3=　 　.
10．（2025八下·深圳期中）如果分式的值为0，那么x的值为 　 　．
11．（2025八下·深圳期中）某服装店以20元的进价购进一批儿童T恤衫，销售时标价为30元，为了减少商品库存，让利于顾客，准备打折销售，但要保证利润率不低于20%，则至多可打　 　折.
12．（2025八下·深圳期中）如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，AD⊥BC.若P、Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是　 　.
13．（2025八下·深圳期中）如图，在中，，把绕边的中点O旋转后得，若直角顶点E恰好落在边上，且边交边于点G，则的面积为　 　．
三、解答题（共7小题，其中14题8分，15题6分，16题8分，17题8分，18题8分，19题11分，20题12分，共61分）
14．（2025八下·深圳期中）计算
（1）；
（2）
15．（2025八下·深圳期中）解不等式组：，并写出它的所有整数解.
16．（2025八下·深圳期中）在平面直角坐标系中，的位置如图所示.（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）.
（1）将沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的；
（2）将绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的；
（3）可看作由绕P点旋转而成，直接写出点P坐标　 　.
17．（2025八下·深圳期中）如图，直线：与x轴交于点B，，直线：经过点C，且与交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）记直线与y轴的交点为D，记直线与y轴的交点为E，求的面积；
（3）根据图象，直接写出的解集．
18．（2025八下·深圳期中）已知：如图，在△ADC中，AD=CD，且AB//DC，CB⊥AB于B，CE⊥AD交AD的延长线于E，连接BE.
（1）求证：CE=CB；
（2）若∠CAE=30°，CE=2，求BE的长度.
19．（2025八下·深圳期中）红岭中学八年级数学兴趣小组对“校门口车道拥堵”问题展开项目式学习。
【模型准备】
红岭中学校门口呈东西方向共5条车道，路口无红绿灯。兴趣小组认为，某方向车道的拥堵程度可以用该方向的交通量（每分钟该方向通行的车辆数，单位：辆/分钟）与该方向车道数的比值来衡量，例如，自西向东方向的交通量为20，有2个车道，故拥堵度为10.拥堵度的数值越大，该方向越拥堵，记自东向西的拥堵度为u1，自西向东的拥堵度为u2.
【收集数据】
小组成员分工进行数据收集并整理如下：
时间x 8时 11时 14时 17时 20时
自东向西交通量y1（辆/分钟） 32 26 20 14 8
自西向东交通量y2（辆/分钟） 11 14 17 20 23
【建立模型】
成员小明发现，时间与交通量的变化规律符合一次函数的特征，并由此得到y1与x的函数关系式及y2与x的函数关系式.
【模型应用】
兴趣小组希望根据两个方向的拥堵度来合理设置不同时段可变车道的方向，成员小敏认为，在没有可变车道的情况下，哪个方向的拥堵程度更高，可变车道就设置为该方向.
【问题求解】
（1）y1与х的函数关系式为　 　：y2与x的函数关系式为　 　，（不写自变量的取值范围）
（2）在13时，如果可变车道为自东向西方向，通过计算u1及u2的值说明哪个方向更拥堵.
（3）根据小敏的想法，在没有可变车道的情况下，若u1=u2，求x的值；并直接写出该路段8时至20时的可变车道设计方案.
20．（2025八下·深圳期中）综合与实践
在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动。其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角三角尺、若干四边形纸片。
（1）【操作判断】将四边形纸片ABCD与等腰直角三角尺DEF按如图1放置，三角尺DEF的边DE，DF分别与四边形ABCD的边AB，BC交于P，Q两点，经测量得，.小明将绕点顺时针旋转，此时点C与点重合，点的对应点为，通过推理小明得出了.
根据以上信息，请填空：
①　 　°；
②线段AP，PQ，QC之间的数量关系为　 　；
（2）【迁移探究】小明将四边形纸片ABCD换成了图2中的形状，若，，，，分别在AB，BC上，且，线段AP，PQ，QC之间的数量关系是否仍成立 若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明；
（3）【拓展应用】如图3，已知，，.小明以点为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺EDF，其中射线DE，DF分别交射线AC于点，，当点恰好为线段AC的三等分点时，请直接写出MN的长.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、图形既不是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意；
C、图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，分别进行判断，即可得出答案。
2．【答案】D
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A、因 18 4 3是单项式，不符合因式分解得定义，故A错误；
B、( +2 ) ( 2 ) = 2 4 是从乘积形式展开为多项式，属于整式乘法，而非因式分解，故B错误；
C、 右边 ( +2 ) +1 是和的形式而非乘积形式，不符合因式分解的结构要求，故C错误；
D、 2 8 +16 = ( 4 )2 将多项式分解为两个相同二项式的乘积，满足因式分解的所有条件，故D正确。
故答案为：D.
【分析】 因式分解的定义是将一个多项式转化为几个整式的乘积形式，需满足以下条件：①左边是多项式；②右边是乘积形式；③分解过程是恒等变形。
3．【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：∵a∴a+2-3b.
故答案为：D.
【分析】不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变；
不等式两边同时乘（或除以）同一个大于0的整式，不等号方向不变；
不等式两边同时乘（或除以）同一个小于0的整式，不等号方向改变，据此判断即可.
4．【答案】B
【知识点】分式基本性质的应用-判断分式值的变化
【解析】【解答】解：因中的x和y都扩大2倍 ，
则
即扩大2倍。
故答案为：B.
【分析】本题考查分式的基本性质，当分子分母中的变量同时扩大或缩小相同倍数时，分式值的变化规律 ，需要代入变量变化后的表达式，再约分来比较原式与新式的大小关系。
5．【答案】A
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：用反证法证明命题“已知，求证：”，第一步应先假设∠B≥90°.
故答案为：A.
【分析】反证法的第一步，反设：作出与求证结论相反的假设，据此可求解.
6．【答案】C
【知识点】线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】解：由题意知：MN垂直平分AB，
∴EA=EB，AB=2AD=8，
∵ C△AEC17，
∴AC+AE+CE=17，
∴AC+BE+CE=17，
∴BC+AC=17
∴ C△ABC=17+8=25
故答案为：25.
【分析】 根据题意，MN是AB的垂直平分线，故EA=EB；已知AD=4，可得AB=2AD=8，△AEC的周长转化为AC与BC的和，进而求△AB出周长。
7．【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：因为点B的横坐标是5，点B1的横坐标是4，则向左移动了1个单位，
又因为点A的纵坐标是1，点A1的纵坐标是3，则向上平移了2个单位；
∴a=4+2=6，b=3-1=2
∴a-b=6-2=4.
故答案为：4.
【分析】比较点B与B1的横坐标，得向左平移1个单位，再比点A与点A1的纵坐标，得向上平移2个单位，即线段AB先向左移动1个单位，再向上移动2个单位得到A1B1，求出a、b的值，再计算a-b。
8．【答案】D
【知识点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定
【解析】【解答】解：如图，在OA、OB上分别截取OE=OP，OF=OP，作∠MPN=60°．
∵OP平分∠AOB，
∴∠EOP=∠POF=60°，
∵OP=OE=OF，
∴△OPE，△OPF是等边三角形，
∴EP=OP，∠EPO=∠OEP=∠PON=∠MPN=60°，
∴∠EPM=∠OPN，
在△PEM和△PON中，
，
∴△PEM≌△PON（ASA）．
∴PM=PN，∵∠MPN=60°，
∴△PNM是等边三角形，
∴只要∠MPN=60°，△PMN就是等边三角形，
故这样的三角形有无数个．
故答案为：D．
【分析】在OA、OB上分别截取OE=OP，OF=OP，作∠MPN=60°，只要证明△PEM≌△PON即可推出△PMN是等边三角形，由此即可得结论．
9．【答案】m(2 - m)(2 + m)
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解： 4m-m3 = m(4 - m2) =m(2 - m)(2 + m)
故答案为：m(2 - m)(2 + m) .
【分析】 本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是解题的关键，先提公因式，再利用平方差公式即可求解。
10．【答案】
【知识点】分式有无意义的条件；分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：分式的值为0，
，且，
，
故答案为：．
【分析】根据分式值为0的条件，结合分式有意义的条件即可求出答案.
11．【答案】八
【知识点】一元一次不等式的应用
【解析】【解答】解： 设至多打 折，则打折后的售价为 30× 元；
3x-200.4
x8
故答案为：八.
【分析】 本题考查一元一次不等式的实际应用， 根据利润 = 售价 - 进价，结合利润不低于20%列不等式求解。
12．【答案】
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；将军饮马模型-两线一点（两动一定）；等积变换
【解析】【解答】解：如图D-1，连接BP，
在中，AB=AC=10，BC=12，AD=8，
∴BD＝ DC=6，
∵AD⊥BC
∴
∴BP=PC，
∴PC+PQ= BP+PQ= BQ，
∴当B，P，Q共线时，PC+ PQ的值最小，
∴当BQ'⊥AC时，BQ的值最小，
∴AQ'=
故答案为：.
【分析】连接BP，利用等腰三角形的对称性得BP＝PC，则PC+PQ=BP+PQ=BQ，当B，P，Q共线时，PC+PQ的值最小，再根据垂线段最短得，BQ⊥AC时，BQ的值最小，最后运用面积法求解。
13．【答案】
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：连接BE，
∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝5，
∵点O是BC边的中点，
∴BO＝CO＝BC＝2，
∵把绕边的中点O旋转后得，直角顶点E恰好落在边上，
∴BO＝EO＝2，∠DFE＝∠ACB，∠CBA＝∠FED，AC＝DF，
∴CO＝EO，
∴∠OCE＝∠OEC，
∴∠DFE＝∠OEC，
∴GF＝GE，
∵∠D＋∠DFE＝∠DEG＋∠GEF＝90°，
∴∠D＝∠DEG，
∴GE＝GD，
∴GE＝DF＝AC＝，
∵OB＝OE＝OC＝BC，
∴点B、E、C在以O为圆心，BC为直径的圆上，
∴∠BEC＝90°，
∴BE＝，
∴CE＝，
∴CG＝CE GE＝，
∵GF＝GE＝GD，
∴S△GFE＝S△GDE＝S△DEF＝，
设点F到直线AC的距离为h，则，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】先求出GE＝DF＝AC＝，再求出BE、CE和CG的长，再利用S△GFE＝S△GDE＝S△DEF＝，可得，求出，最后利用三角形的面积公式计算即可。
14．【答案】（1）解：原式=
（2）解：原式=
=
【知识点】分式的约分；分式的乘除法；分式的乘法；分式的除法
【解析】【分析】 (1)计算两个分式相乘，只需通过约分简化即可；
（2）分式除法运算，需要先将除法转化为乘法，再通过因式分解和约分进行化简。
15．【答案】解： 3x 4 > 2(x 2)
3x 4 >2x 4
3x 2x > 4+4
x> 0
3(3x 2) 5(2x+1) ≥ 15
9x 6 10x 5 ≥ 15
x 11 ≥ 15
x≥ 4
x≤ 4
∴不等式组的解集为：0∴整数解为x=1，2，3，4.
【知识点】一元一次不等式组的特殊解
【解析】【分析】 首先分别解出每个不等式的解集，然后求它们的交集，最后在交集范围内找出所有整数解即可。
16．【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
（3）（-2，-2）
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】（3）解：如图所示：两组对应点连线的中垂线的交点即是点P的位置。
故答案为：（-2，-2）
【分析】(1)分别画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可；
(2)分别画出A、B、C的对应点A2、B2、C2即可；
(3)两组对应点连线的中垂线的交点即是点P的位置。
17．【答案】（1）解：∵的直线解析式为，
令，
则，
解得
∴，
∵，
∴，
∵：经过点C和点A，
，
解得，
∴的直线解析式为；
（2）解：在直线的解析式中，
令，
则，
∴，
在直线的解析式中令，
则，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的关系；一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】（3）解：根据图象，因为，且，
则，
又因为，且直线与交于点，
所以，
故的解集为．
【分析】（1）根据x轴上点的坐标特征可得，再根据点的坐标可得，再根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征可得，，再根据两点间距离可得DE，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）当直线：的图象在直线：的图象上方，且都在x轴上方时，有，结合函数图象即可求出答案.
（1）解：∵的直线解析式为，
令，
则，
解得
∴，
∵，
∴，
∵：经过点C和点A，
，
解得，
∴的直线解析式为；
（2）解：在直线的解析式中，
令，
则，
∴，
在直线的解析式中令，
则，
∴，
∴，
∴；
（3）解：根据图象，因为，且，
则，
又因为，且直线与交于点，
所以，
故的解集为．
18．【答案】（1）证明：∵AD=CD，
∴∠DAC = ∠DCA，
∵AB//CD，
∴∠DCA= ∠CAB，
∴∠DAC = ∠CAB，
∴AC是∠EAB的角平分线，
又∵CE⊥AD，CB⊥AB，
∴CE=CB.
（2）解：在Rt△ACE与Rt△ACB中，
∵AC=AC，CE=CB，
∴Rt△ACERt△ACB(HL)，
∴AE= AB.
∵AC是∠EAB的平分线，
∴∠EAB=2∠CAE=60°，
∴△AEB是等边三角形，
.·. BE= AB；
在Rt△ABC中，
∴BC⊥AB，∠CAB=30°，
∴AC=2BC=4，
∴
∴
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理
【解析】【分析】本题主要利用等腰三角形的性质、平行线的性质、角平分线的性质、直角三角形的性质以及勾股定理来求解；
(1)根据角平分线上的点到角两边的距离相等即可证明；
(2)首先证明CE=CB，再证Rt△ACERt△ACB，然后证△AEB是等边三角形，最后根据勾股定理求BE的长度。
19．【答案】（1）y1=-2x+ 48；y2=x+3
（2）解：当x=13时，y1=22， y2=16，
由题意可得：自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2，
∴
∵
∴自西向东方向更拥堵.
（3）解：)在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，
即，
当u1=u2时，y1=y2，
∴-2x+48=x+3，
解得x=15，
∴在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向.
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：(1) 设y1= k1x+ b1(k1，b1为常数，且k10).
将x=8，y1= 32和x=11，y1=26代入y1= k1x+ b1
∴，
解得：’
∴y1=-2x+ 48.
设y2 = k2x十 b2(k2，b2为常数，且k20)
将x=8，y2 =11和x=11，y2=14代入y2 = k2x十 b2
∴，
解得
∴y2=x+3.
故答案为：y1=-2x+ 48，y2=x+3.
【分析】(1)根据待定系数法求解即可；
(2)通过计算特定时刻拥堵度比较拥堵情况；
(3)依据拥堵度关系确定可变车道方案，从建模到应用逐步推导，解决车道优化问题。
20．【答案】（1）45；AP+QC=PQ
（2）解：如图D-1，AP+QC=PQ仍然成立
∵AD=CD，
∴将△DQC绕点D旋转顺时针2α得△DQ'A，AD与CD重合，
∴DQ'=DQ，∠DAQ'=∠C，∠ADQ'=∠CDQ，
又∵∠C+∠DAB=180°，
∴ ∠DAQ'+∠DAB=180°，即Q'，A，P三点在一条直线上，
设∠PDQ=a，
∴ ∠ADQ'+∠ADP=a，
∴ ∠PDQ=∠PDQ'，
在△DPQ'和△DPQ中，
∵
∴ △DP'Q'△DPQ(SAS)，
∴ PQ'=PQ，
∴ AQ'+AP=PQ，
∴ AP+QC= PQ；
（3）解：如图D-2，当AM =AC时，将△DNC绕点D顺时针旋转90°得到△DN'A.
∵AD=CD=，∠ADC=90
∴AC= = 12
∵AM=AC=4，CM=AC-AM=8，
由题意可得，△DNC△DN'A，
∴AN'=CN，∠N'AD=∠NCD=45°
∴∠N'AM=45°+45°=90°，
由（1）得△DMN△DMN'，
∴MN'=MN，
∴AN'+MN'=CN+MN=MC=8，
∴设MN'=MN=x，则AN'＝8-x，
在Rt△AMN'中，AN'2+AM2=MN2
(8 - x)2 +42 = x2，
解得x= 5，
∴MN=5；
如图D-3，当AM =AC时，将△DNC绕点D顺时针旋转90°得到△DN'A.
∵△ DNC△DN'A，
∴∠ADN'=∠CDN，∠AN'D=∠CND，
∴∠CDN+∠CND=∠DCA=45°，
∴∠ADN'+∠AN'D=45°，
∴ ∠N'AD= 135°，
∴ ∠N'AM=135°-∠DAC=90°
∵AM=AC=8
∴CM=4
同理可得，△DN'M△DNM，
∴设MN=MN'=x，
则CN=AN'=MN-CM=x-4，
∵在Rt△AN'M中，AN2+AM2=MN2
∴ (x - 4)2 + 82 =x2，
解得x= 10，
∴MN=10，
综上所述，MN＝5或10.
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理的应用；三角形的综合；旋转全等模型
【解析】【解答】解：(1)①ΔDQC绕点D顺时针旋转90°得到ΔDQ'A，
∴∠ADQ'=∠CDQ
∠ADQ+∠CDQ=∠ADC=90
∴.∠ADQ'+∠ADQ=90°
∴∠Q'DQ=90°
∴ΔPDQΔPDQ'(SAS)，
∴∠Q'DP=∠QDP =∠Q'DQ=90°=45°
∴∠Q'DQ=45°，
故答案为：45；
②ΔDQC绕点D顺时针旋转90°得到ΔDQ'A，
∴AQ'= CQ，
∴△PDQ△PDQ’，
∴Q'P=QP，
∴AP+CQ=AP+Q'A=Q'P=QP，
故答案为：AP+QC=PQ；
【分析】本题主要考察图形旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用。通过旋转和全等三角形的证明，找出线段之间的关系，并利用勾股定理求解线段长度。
（1）①根据旋转的性质得到∠ADQI=CDQ，然后证明出∠Q'DQ=90°，然后根据全等三角形的性质得到∠Q'DP= ∠QDP =∠Q'DQ=45°；
②根据旋转的性质得到AQ'=CQ，根据全等三角形的性质得到Q'P=QP，然后根据线段的和差求解即可；
(2)将△DQC绕点D顺时针旋转2α得△DQ'A，AD与CD重合，根据题意证明出△DAQ'=△DCQ(SAS)，得到PQ'=PQ，进而求解即可；
（3）根据题意分两种情况讨论：AM=AC和AM=AC，首先根据旋转的性质构造全等三角形，然后利用勾股定理求解即可。
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