浙江省宁波市七校联考2023-2024学年八年级上学期12月月考数学试卷(含解析)

2023-2024学年浙江省宁波市七校八年级数学试卷12月份月考一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知方程组3x+y=1+3mx+3y=1-m的解满足x+y>0，则m取值范围是(

)A.m>1 B.m<-1 C.m>-1 D.m<12.将一根长为17cm的铅丝折成三段，再首尾相接围成一个三角形，如果要求围成的三角形边长都是整数，那么满足条件的三角形有(

)A.6个 B.7个 C.8个 D.9个3.如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE.如果∠A=α，∠CEA'=β，∠BDA'=γ，那么下列式子中正确的是(

)

A.γ=2α+β B.γ=α+2β

C.γ=α+β D.γ=180°-α-β4.如图，D是Rt△ABC斜边AB上一点，且BD=BC=AC=1，P为CD上任意一点，PF⊥BC于点F，PE⊥AB于点E，则PE+PF的值是(

)A.22

B.12

C.5.如图，在平面直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，⋯都是斜边在x轴上，斜边长分别为2，4A.(-1010,0) B.(-1008,0) C.(2,-505) D.(1,506)6.如图，AD为△ABC的高，点H为AC的垂直平分线与BC的交点，点F为BC上一点，若∠B=2∠C，且AC=AB+BF.则AC-FCDF的值为(

)A.1 B.2 C.1.5 D.3二、填空题：本题共8小题，每小题6分，共48分。7.如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为______．

8.如图，点A在线段BG上，正方形ABCD和正方形DEFG的面积分别为3和7，则△CDE的面积为______．

9.如图，在△ABC中，E为AC的中点，点D为BC上一点，BD：CD=2：3，AD、BE交于点O，若S△AOE-S△BOD=1，则△ABC的面积为

10.如图，已知等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP=OC，下面结论：

①∠ACO=15°；

②∠APO+∠DCO=30°；

③△OPC是等边三角形；

④AC=AO+AP；

其中正确的有______(填上所有正确结论的序号)．11.若不等式2|x-1|+3|x-3|≤a有解，则实数a最小值是______．12.如图，在△MNG中，MN=42，∠M=75°，MG=3.点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是______．13.如图，已知△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=6，∠BCD=15°，P为直线CD上的动点，则|PA-PB|的最大值为______．

14.甲地宏达物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度沿快速通道向乙地匀速行驶，快递车到达乙地后，卸完物资并另装货物共用了45分钟，然后按原路以另一速度返回，直至与货车相遇，已知货车行驶速度为60km/h，两车间的距离y(km)与货车行驶时间x(h)之间的函数图象如图所示

给出以下四个结论：

①快递车从甲地到乙地的速度是100km/h

②甲、乙两地之间的距离是80km

③图中点B的坐标为(234,35)

④快递车从乙地返回时的速度为90km/h

其中正确的是______(填序号三、解答题：本题共5小题，共54分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题8分)

已知a，b，c为三个非负数，且满足3a+2b+c=5，2a+b-3c=1．

(1)求c的取值范围；

(2)设S=3a+b-7c，求S的最大值和最小值．16.(本小题10分)

在等腰Rt△AOB和等腰Rt△DOC中，∠AOB=∠DOC=90°，连接AD，M为AD中点，连接OM．

(1)如图1，请写出OM与BC的关系，并说明理由；

(2)将图1中的△COD旋转至图2的位置，其他条件不变，(1)中结论是否成立？请说明理由．17.(本小题10分)

(1)如图1所示，在△ABC中，∠D=20°，∠ABC=50°，∠CBD=10°，求证AB=CD．

(2)如图2所示，在△ABC中，∠A=100°，∠ACB=30°，延长AC至D使CD=AB，求∠CDB．

18.(本小题12分)

已知一次函数y=2x-4的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，点P在该函数的图象上，P到x轴、y轴的距离分别为d1、d2．

(1)当P为线段AB的中点时，求d1+d2的值；

(2)直接写出d1+d2的范围，并求当d1+d2=3时点P的坐标；

(3)若在线段19.(本小题14分)

如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y=33x+3和直线l2：y=-3x+b相交于y轴上的点B，且分别交x轴于点A和点C．

(1)求△ABC的面积；

(2)点E坐标为(5,0)，点F为直线l1上一个动点，点P为y轴上一个动点，求当EF+CF最小时，点F的坐标，并求出此时PF+22OP的最小值；

(3)将△OBC沿直线l1平移，平移后记为△O1

答案和解析1.【答案】C

解析：解：将两个方程相加可得4x+4y=2+2m，

∴x+y=m+12，

∵x+y>0，

∴m+12>0，

解得m>-1，

故选：C．

将两个方程相加整理得出x+y=m+12.【答案】C

解析：解：当第一边为1时，另外两边为8，8；

第一边为2时，第二边为7，第三边为8；

第一边为3时，第二边为6，第三边为8；

第一边为3时，另外两边为7，7；

第一边为4时，第二边为5，第三边为8；

第一边为4时，第二边为6，第三边为7；

第一边为5时，第二边为5，第三边为7；

第一边为5时，另外两边为6，6．

所以满足条件的三角形有8个．

故选：C．

令第一边为1，结合三角形三边关系判断另外两边，再依次增加逐个判断即可．

本题主要考查了应用三角形三边关系判断三角形，注意不要漏下情况．3.【答案】A

解析：解：由折叠得：∠A'=∠A

∵∠BDA'=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A'+∠CEA'

∵∠A=α，∠CEA'=β，∠BDA'=γ

∴∠BDA'=γ=α+α+β=2α+β

故选A。4.【答案】A

解析：解：如图所示，过C作CH⊥AB于H，D是Rt△ABC斜边AB上一点，且BD=BC=AC=1，

∴CH=22，

∴S△BDC=12BD⋅CH=12×1×2=22，

又∵S△BCD=S△BPC+S△BPD=12BD⋅PE+12BC⋅5.【答案】A

解析：解：观察图形可以看出A1～A4；A5～A8……每4个为一组，

∵2023÷4=505⋯⋯3，

∴A2021在x轴负半轴，纵坐标为0，

∵A3、A7、A11的横坐标分别为0，-2，-4，

则A4n+3的横坐标为-2n，

∴A2023的横坐标为-2×505=-1010，

∴A2023的坐标为(-1010,0)．

故选：A．6.【答案】B

解析：解：如图，连接AH并延长至G使HG=BF，

∵点H为AC的垂直平分线与BC的交点，

∴AH=CH，

∴∠CAH=∠C，

∴∠AHB=2∠C，

∵HC=AB，

∴AB=AH，

∴∠B=∠AHB=2∠C设∠ACB=α，

∵∠B=2∠C=∠AHB=2α，

∵∠AHB=∠CHG，

∴∠B=∠CHG=2α，

∵2∠DAF=∠B-∠ACB=2α-α=α，

∴∠DAF=12α，

在△ABF和△CHG中，AB=CH∠B=∠CHGBF=HG，

∴△ABF≌△CHG(SAS)，

∴∠BAF=∠HCG，∠AFB=∠G，

在Rt△ABD中，AD⊥BC，

∴∠BAD=90°-∠B=90°-2α，

∴∠HCG=∠BAF=∠BAD+∠DAF=90°-2α+12α=90°-32α，

∴∠ACG=∠ACB+∠HCG=α+90°-32α=90°-12α，

在△ABF中，∠AFB=180°-∠B-∠BAF=180°-2α-(90°-32α)=90°-12α，

∴∠ACG=∠G，

∴AC=AG=AH+HG=AB+BF；

CH=AH=AB，

∵AH=AB，AD⊥BC，

∴BD=DH，

由(2)①知，AC=AB+BF=CH+BD+DF

∵FC=CD-DF=CH+DH-DF=CH+BD-DF

∴AC-FC=CH+BD+DF-(CH+BD-DF)=2DF，

∴AC-FCDF=2DFDF=2．7.【答案】180°

解析：解：如图，延长CD交AB于点F，设CD，BE交于点G，

∵∠BFG=∠A+∠C，∠BGF=∠E+∠CDE，

∴∠A+∠B+∠C+∠CDE+∠E

=∠BFG+∠BGF+∠B

=180°，

故答案为：180°．

延长CD交AB于点F，设CD，BE交于点G8.【答案】3解析：解：作EM⊥GB于点M，延长CD交EM于点N，

∵正方形ABCD和正方形DEFG的面积分别为3和7，

∴AD=3，DG=7，

∵∠DAG=90°，

∴由勾股定理得：AG=72-32=2，

∵CD//AB，∠EDG=90°，∠EMA=90°，

∴∠END=∠EMA=90°，∠NDG+∠GDA=90°，∠NDG+∠NDE=90°，

∴∠END=∠DAG，∠NDE=∠ADG，

在△END和△GAD中

∠END=∠GAD∠EDN=∠GDAED=GD

∴△END≌△GAD(AAS)，

∴EN=GA，

∵GA=2，

∴EN=2，

∴△CDE的面积是：CD⋅EN2=3×22=39.【答案】10

解析：解：∵点E为AC的中点，

∴S△ABE=12S△ABC．

∵BD：CD=2：3，

∴S△ABD=25S△ABC，

∵S△AOE-S△BOD=1，

∴S△ABE10.【答案】②③④

解析：分析：

①②利用等边对等角，即可证得：∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，则∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD，据此即可求解；

③证明∠POC=60°且OP=OC，即可证得△OPC是等边三角形；

④首先证明△OPA≌△CPE，则AO=CE，AC=AE+CE=AO+AP．

解：∵AB=AC，∠BAC=120°，

∴∠ABC=∠ACB=30°，

∵点O是AD上任意一点，

∴OC不一定是∠ACD的角平分线，

∴∠ACO不一定是15°，故①错误，

如图1，连接OB，

∵AB=AC，AD⊥BC，

∴BD=CD，∠BAD=12∠BAC=12×120°=60°，

∴OB=OC，∠ABC=90°-∠BAD=30°

∵OP=OC，

∴OB=OC=OP，

∴∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，

∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°，故②正确；

∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°，

∴∠APC+∠DCP=150°，

∵∠APO+∠DCO=30°，

∴∠OPC+∠OCP=120°，

∴∠POC=180°-(∠OPC+∠OCP)=60°，

∵OP=OC，

∴△OPC是等边三角形；

故③正确；

如图2，在AC上截取AE=PA，

∵∠PAE=180°-∠BAC=60°，

∴△APE是等边三角形，

∴∠PEA=∠APE=60°，PE=PA，

∴∠APO+∠OPE=60°，

∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°，

∴∠APO=∠CPE，

∵OP=CP，

在△OPA和△CPE中，

PA=PE∠APO=∠EPCOP=CP,

∴△OPA≌△CPE(SAS)，

∴AO=CE，

11.【答案】4

解析：解：当x<1，原不等式变为：2-2x+9-3x≤a，解得x≥11-a5，

∴11-a5<1，解得a>6；

当1≤x≤3，原不等式变为：2x-2+9-3x≤a，解得x≥7-a，

∴1≤7-a≤3，解得4≤a≤6；

当x>3，原不等式变为：2x-2+3x-9≤a，解得x<a+115，

∴a+115>3，解得a>4；

综上所述，实数a最小值是4，

故答案为：4．

分类讨论：当x<1或1≤x≤3或x>3，分别去绝对值解x的不等式，然后根据x12.【答案】65解析：解：如图，以MG为边作等边△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．

∵△MGD和△OME是等边三角形，

∴OE=OM=ME，∠DMG=∠OME=60°，MG=MD，

∴∠GMO=∠DME，

在△GMO和△DME中，

OM=ME∠GMO=∠DMEMG=MD，

∴△GMO≌△DME(SAS)，

∴OG=DE，

∴NO+GO+MO=DE+OE+NO，

∴当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，

∵∠NMG=75°，∠GMD=60°，

∴∠NMD=135°，

∴∠DMF=45°，

∵MG=MD=3，

∴MF=DF=22MD=322，

∴NF=MN+MF=42+322=1122，

∴ND=NF2+DF2=(1122)2+(322)2=65，

13.【答案】6

解析：解：如图，作A关于CD的对称点A'，连接A'B并延长交CD的延长线于点P，就是使|PA-PB|的最大值的点，|PA-PB|=A'B，连接A'C，AA'，

∵△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=6，

∴∠CAB=∠ABC=45°，∠ACB=90°，

∵∠BCD=15°，

∴∠ACD=75°，

∵点A与A'关于CD对称，

∴CD⊥AA'，AC=A'C，∠CA'A=∠CAA'，

∴∠CAA'=15°，

∵AC=BC，

∴A'C=BC，∠CA'A=∠CAA'=15°，

∴∠ACA'=150°，

∵∠ACB=90°，

∴∠A'CB=60°，

∴△A'BC是等边三角形，

∴A'B=BC=6，

∴|PA-PB|的最大值为：6，

故答案为：6．

由题意可知作A关于CD的对称点A'，连接A'B并延长交CD的延长线于点P，就是使|PA-PB|的最大值的点，|PA-PB|=A'B，连接A'C，AA'，由等腰三角形的性质和点A与A'关于CD对称得出△A'BC是等边三角形，即可求解．

本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造等边三角形是解题的关键．14.【答案】①③④

解析：解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则

2(x-60)=80，

x=100．

故①正确；

②因为80千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，

故②错误；

③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，

所以图中点B的横坐标为2+34=234，

纵坐标为80-60×34=35，

故③正确；

④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则返回时与货车共同行驶的时间为(25960-234)小时，此时两车还相距35千米，由题意，得15.【答案】解：(1)根据题意可得方程组3a+2b+c=52a+b-3c=1，

解得a=7c-3b=7-11c，

因为a，b，c为三个非负数，

故a≥0，b≥0，c≥0，

即可得不等式组7c-3≥07-11c≥0c≥0，

解得37≤c≤711；

(2)将a=7c-3b=7-11c代入到S=3a+b-7c中，得

S=3(7c-3)+7-11c-7c=3c-2，

因为37≤c≤711，

故解析：(1)将已知两个方程联立形成方程组，并用含有c的代数式表示出a，b；再根据a，b，c为三个非负数，得a≥0，b≥0，c≥0，进而得出关于c的不等式组，求出解集即可；

(2)将用含有c表示a，b的代数式代入到S=3a+b-7c中，整理得出用c表示S的式子，再根据c的取值范围得出S的取值范围，进而得出答案．

考查不等式组的应用；把一个未知数看成已知数，表示出其余未知数的值是解决本题的关键．16.【答案】解：(1)延长MO交BC与点E，将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD'，OM旋转至OM'，如图1，

∴∠MOM'=90°，∠DOD'=90°，OD'=OD，OM'=OM，D'M'=DM，BM'=DM，

∴点C、O、D'共线，

∵AM=DM，

∴BM'=D'M'，

∵OC=OD，

∴OD'=OC，

∴OM'=12BC，OM'//BC，

∴OM=12BC，BC⊥EM，即：OM⊥BC；

(2)如图2，

结论仍然成立，理由如下：

∵将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD'，OM旋转至OM'，OM与BC交于点F，

∴∠MOM'=90°，∠DOD'=90°，OD'=OD，OM'=OM，D'M'=DM，BM'=DM，

∴点C、O、D'共线，

∵AM=DM，

∴BM'=D'M'，

∵OC=OD，

∴OD'=OC，

∴OM'=12BC，OM'//BC，

∴OM=17.【答案】解：(1)作∠BCE=10°交BC于E，过点B作BF⊥AC交CA的延长线于F，过点E作EH⊥BC，如图，

∵∠BCE=10°，∠CBD=10°，

∴BE=CE，∠DEC=20°，

∵∠D=20°，

∴CE=DC，

∵EH⊥BC，

∴CH=BH，

∵∠ACB=∠CBD+∠D=30°，BF⊥AC，∠ABC=50°，

∴BF=BH=CH，∠ABF=10°，

在△ABF和△ECH中，

∠AFB=∠EHC=90°∠ABF=∠ECH=10°BF=CH，

∴△ABF≌△ECH(AAS)，

∴AB=EC，

∴AB=CD．

(2)在AC上取AE=AB，连接BE，作AF平分∠BAC，交BE于H，交BC于F，如图，

∵AF平分∠BAC，∠BAC=100°，

∴∠BAH=∠EAH=50°，BH⊥AF，

∵∠ACB=30°，

∴∠ABF=∠BAF=50°，

即△ABF是等腰三角形，

作AG⊥BC，则AG=BH(等腰三角形两腰上的高相等)，

∵∠ACB=30°，

∴2AG=AC，

∵2BH=BE，

∴AC=BE，

∵CD=AB=AE，

∴AC=DE，

∴AC=BE=DE，

∵∠AEB=12(180°-∠BAE)=40°，

解析：(1)作∠BCE=10°交BC于E，过点B作BF⊥AC交CA的延长线于F，过点E作EH⊥BC，由题意得BE=CE和∠DEC=20°，利用等角对等边可得CE=DC，利用三线合一的性质得CH=BH，结合含30°角的直角三角形性质得BF=BH=CH，可证明△ABF≌△ECH，即可证得结论；

(2)在AC上取AE=AB，连接BE，作AF平分∠BAC，交BE于H，交BC于F，根据题意得∠ABF=∠BAF=50°，利用等腰三角形两腰上的高相等得AG=BH，结合含30°角的直角三角形性质得AC=BE，由题意得AC=DE，即可求得∠AEB=40°，即可求得答案．

本题主要考查等腰三角形的判定和性质、三线合一的性质、全等三角形的判定和性质和含30°角的直角三角形性质，解题的关键是添加辅助线并找到对应边角之间的关系．18.【答案】解：(1)对于一次函数y=2x-4，

令x=0，得到y=-4；令y=0，得到x=2，

∴A(2,0)，B(0,-4)，

∵P为AB的中点，

∴P(1,-2)，

则d1+d2=3；

(2)①d1+d2≥2；

②设P(m,2m-4)，

∴d1+d2=|m|+|2m-4|，

当0≤m≤2时，