深圳市南山区南头城学校2022-2023学年八年级下学期期中考试数学试卷(含答案)

2022-2023学年广东省深圳市南山区南头城学校八年级（下）期中数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I卷（选择题）一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.如图汽车标志中不是中心对称图形的是(

)A. B. C. D.2.已知a>b，则下列选项不正确是(

)A.-a3>-b3 B.a-b>0 3.已知点A(-2,a)和点B(2,-3)关于原点对称，则a的值为(

)A.2 B.-2 C.3 D.-34.把a2-4a多项式分解因式，结果正确的是(

)A.a(a-4) B.(a+2)(a-2) C.a(a+2)(a-2) D.(a-25.不等式组x<2x≥12的解集在数轴上应表示为A. B. C. D.6.下列命题的逆命题正确的是(

)A.两条直线平行，内错角相等 B.若两个实数相等，则它们的绝对值相等

C.全等三角形的对应角相等 D.若两个实数相等，则它们的平方也相等7.如图，在等边三角形ABC中，AB=4，D是边BC上一点，且∠BAD=30°，则CD的长为(

)A.1

B.32

C.2

D.8.若关于x的不等式组x-m<05-2x<1的整数解共有2个，则m的取值范围是(

)A.5<m≤6 B.4<m≤5 C.5≤m<6 D.4≤m<59.如图，函数y1=-2x与y2=ax+3的图象相交于点A(-1,2)，则关于x的不等式ax+3>-2x>0的解集是A.x>-1

B.-1<x<0

C.x<-1

D.x>210.一副三角板如图摆放，点F是45°角三角板ABC的斜边的中点，AC=4.当30°角三角板DEF的直角顶点绕着点F旋转时，直角边DF，EF分别与AC，BC相交于点M，N.在旋转过程中有以下结论：①MF=NF：②四边形CMFN有可能为正方形；③MN长度的最小值为2；④四边形CMFN的面积保持不变；⑤△CMN面积的最大值为2.其中正确的个数是(

)A.2 B.3 C.4 D.5第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）11.不等式组12x+1>01-x>0的整数解为______12.已知等腰三角形的两边分别为7厘米和4厘米，则周长是______厘米．13.如图，点A，B的坐标分别为(-4,2)，(0,-4)，将线段AB平移至A1B1，若点A1，B1的坐标分别为(a,8)，(6,b)，则a+b的值为

14.如图，∠AOP=∠BOP=15°，PC//OA，PD⊥OA，若PC=4，则PD的长为______．

15.如图，△ABO是边长为6的等边三角形，将△ABO向右平移得到第2个等边三角形△A1B1A，再将△A1B1A向右平移得第3个等边三角形△A2B2A三、解答题（本大题共7小题，共55.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.(本小题15.0分)

分解因式：

(1)8a3b2+12ab3c；

(2)x2-4y2；

(3)(a+b17.(本小题4.0分)

已知a+b=0.5，ab=-4，先因式分解，再求值：a3b+2a18.(本小题6.0分)

如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，△AOB的顶点均在格点上，点O为原点．

(1)将△AOB向下平移3个单位后得到△A1O1B1，请在图中画出△A1O1B1，其中，点A1的坐标为______．

(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A2O19.(本小题6.0分)

如图，在△ABC中，AB=AC，BD、CE是腰AB、AC上的高，交于点O．

(1)求证：OB=OC．

(2)若∠ABC=65°，求∠COD的度数．20.(本小题7.0分)

某中学决定开设“足球大课间活动”，准备购买A、B两种品牌的足球，已知购买5个A品牌足球和10个B品牌足球，需350元；购买3个A品牌足球和5个B品牌足球，需190元．

(1)求A、B两种品牌足球的单价各多少元？

(2)若学校决定购进A品牌的足球不少于60个，且此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2620元，现需要购买两种品牌的足球共100个，问有几种购买方案？为了节约资金，学校应选择哪种方案？21.(本小题8.0分)

如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠C=90°，DE⊥AB于点E，点F在AC上，BD=DF．

(1)求证：CF=EB．

(2)若AB=12，AF=8，求CF的长．22.(本小题9.0分)

探究题：(1)特殊情景：

如图(1)，在四边形ABCD中，AB=AD，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF=12∠BAD，连接EF，若∠BAD=∠B=∠D=90°，探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系为：______．

(提示：延长CD到H，使DH=BE，链接AH.)

(2)类比猜想：类比特殊情景，在上述(1)条件下，把“∠BAD=∠B=∠D=90°”改成一股情况“∠B+∠D=180°，”如图(2)，小明猜想：线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明结论．

(3)解决问题：如图(3)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=2，计算DE的长度．1.【答案】B

【解析】解：A、是中心对称图形．故错误；

B、不是中心对称图形．故正确；

C、是中心对称图形．故错误；

D、是中心对称图形．故错误．

故选：B．

2.【答案】A

【解析】解：A.∵a>b，

∴-a3<-b3，故本选项符合题意；

B.∵a>b，

∴a-b>0，故本选项不符合题意；

C.∵a>b，

∴a+c>b+c，故本选项不符合题意；

D.∵a>b，c2≥0，

∴a⋅c【解析】解：∵点A(-2,a)和点B(2,-3)关于原点对称，

∴a=3，

故选：C．

4.【答案】A

【解析】解：a2-4a=a(a-4)，

故选：A．

5.【答案】【解析】解：不等式组的解集是12≤x<2，在数轴上可表示为：

故选：B．

6.【答案】A【解析】解：A、两条直线平行，内错角相等的逆命题为内错角相等，两条直线平行，故本选项正确，符合题意；

B、若两个实数相等，则它们的绝对值相等的逆命题为若两个实数的绝对值相等，则这两个实数相等，故本选项错误，不符合题意；

C、全等三角形的对应角相等的逆命题为对应角相等的三角形是全等三角形，故本选项错误，不符合题意；

D、若两个实数相等，则它们的平方也相等的逆命题是若两个实数的平方相等，则它们相等，故本选项错误，不符合题意；

故选：A．

7.【答案】C

【解答】

解：∵△ABC为等边三角形，

∴∠BAC=60°，BC=AB=4．

∵∠BAD=30°，

∴∠CAD=∠BAC-∠BAD=60°-30°=30°=∠BAD，

∴AD为∠BAC的角平分线，

∴AD为BC的中线，

∴CD=12BC=128.【答案】B

【解析】解：不等式组整理得：x<mx>2，即2<x<m，

所以不等式组的整数解有2个整数解为3，4，

则m的范围为4<m≤5．

故选：B．

9.【答案】B【解析】解：∵函数y1=-2x与y2=ax+3的图象相交于点A(-1,2)，

∴关于x的不等式ax+3>-2x>0的解集是：0>x>-1．

故选：B．

【解析】解：①连接CF，

∵F为AB中点，AC=BC，∠ACB=90°，

∴AF=BF=CF，CF⊥AB，

∴∠AFM+∠CFM=90°．

∵∠DFE=90°，∠CFM+∠CFN=90°，

∴∠AFM=∠CFN．

同理，∵∠A+∠MCF=90°，∠MCF+∠FCN=90°，

∴∠A=∠FCN，

在△AMF与△CNF中，

∵∠AFM=∠CFNAF=CF∠A=∠FCN，

∴△AMF≌△CNF(ASA)，

∴MF=NF．

故①正确；

②当MF⊥AC时，四边形MFNC是矩形，此时MA=MF=MC，根据邻边相等的矩形是正方形可知②正确；

③连接MN，当M为AC的中点时，CM=CN，根据边长为4知CM=CN=2，此时MN最小，最小值为22，故③错误；

④当M、N分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形．

∵△ADF≌△CEF，

∴S△CEF=S△AMF

∴S四边形CDFE=S△AFC．

故④正确；

⑤由于△MNF是等腰直角三角形，因此当DM最小时，DN也最小；

即当DF⊥AC时，DM最小，此时DN=12BC=2．

∴DN=2DN=2【解析】解：解不等式12x+1>0，得：x>-2，

解不等式1-x>0，得：x<1，

∴不等式组的解集为-2<x<1，

∴不等式组12x+1>01-x>0的整数解为-1，0，

故答案为：-1，0．

12.【解析】解：当4厘米为腰时，由4+4>7，则7，4，4能构成三角形；此时三角形周长为7+4+4=15厘米．

当7厘米为腰时，由7+4=11>7，则7，7，4能构成三角形，此时三角形周长为7+7+4=18厘米．

故答案为：15或18．

13.【答案】4

【解析】解：∵A、B的坐标分别为(-4,2)、(0,-4).将线段AB平移至A1B1，若A1、B1的坐标分别为(a,8)、(6,b)，

∴AB向右平移6个单位，向上平移6个单位得到A1，B1，

∴a=2，b=2，

∴a+b=4，

故答案为：【解析】解：过P作PE⊥OB，交OB与点E，

∵∠AOP=∠BOP，PD⊥OA，PE⊥OB，

∴PD=PE，

∵PC//OA，

∴∠CPO=∠POD，

又∠AOP=∠BOP=15°，

∴∠CPO=∠AOP=∠BOP=15°，

又∠ECP为△OCP的外角，

∴∠ECP=∠COP+∠CPO=30°，

在直角三角形CEP中，∠ECP=30°，PC=4，

∴PE=12PC=2，

则PD=PE=2．

故答案为：2．

15.【答案】26或【解析】解：过点B作BC⊥OA于C．

∵△ABO是边长为6的等边三角形，BC⊥OA，

∴OC=12OA=3，BC=3OC=33，

∴纵坐标为23的点在边OB上或边AB上，其垂足是OA的三等分点．

∵OA3=6×4=24，OA4=6×5=30，

∴若P(m,23)在△A4B4A3边上，则m的值是24+13×6=26或24+23×6=28．

故答案为：26或28．

16.【答案】解：(1)8a3b2+12ab3c

=4ab2(2a2+3bc)；

(2)x2-417.【答案】解：a3b+2a2b2+ab3

=ab(a2+2ab+b2)

=ab(a+b)18.【答案】(4,-1)

(-2,4)

【解析】解：(1)如图，△A1O1B1即为所求，点A1的坐标为(4,-1)．

故答案为：(-2,4)；

(2)如图，△A2OB2即为所求，点A2的坐标为(-2,4)．

故答案为：(-2,4)19.【答案】(1)证明：∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

∵BD、CE是△ABC的两条高线，

∴∠BEC=∠BDC=90°，

在△BEC和△CDB中，

∠BEC=∠CDB∠EBC=∠DCBBC=CB，

∴△BEC≌△CDB，

∴∠DBC=∠ECB，BE=CD，

在△BOE和△COD中，

∠BOE=∠CODBE=CD∠BEC=∠BDE，

∴△BOE≌△COD，

∴OB=OC；

(2)解：∵∠ABC=65°，AB=AC，

∴∠A=180°-2×65°=50°，20.【答案】解：(1)设A品牌足球的单价是x元，B品牌足球的单价是y元，

根据题意得：5x+10y=3503x+5y=190，

解得：x=30y=20．

答：A品牌足球的单价是30元，B品牌足球的单价是20元；

(2)设购买m个A品牌的足球，则购买(100-m)个B品牌的足球，

根据题意得：m≥6030m+20(100-m)≤2620，

解得：60≤m≤62，

又∵m为正整数，

∴m可以为60，61，62，

∴该校共有3种购买方案，

方案1：购买60个A品牌的足球，40个B品牌的足球，所需总费用为30×60+20×40=2600(元)；

方案2：购买61个A品牌的足球，39个B品牌的足球，所需总费用为30×61+20×39=2610(元)；

方案3：购买62个A品牌的足球，38个B品牌的足球，所需总费用为30×62+20×38=2620(元)．

∵2600<2610<2620，

∴为了节约资金，学校应购买60个A品牌的足球，40个21.【答案】(1)证明：∵AD平分∠BAC，∠C=90°，DE⊥AB于E，

∴DE=DC．

在Rt△CDF与Rt△EDB中，

DF=DBDC=DE,

∴Rt△CDF≌Rt△EDB(HL)，

∴CF=EB．

(2)解：设CF=x，则AE=12-x，

∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，

∴CD=DE．

在Rt△ACD与Rt△AED中，

∵AD=ADCD=ED,

∴Rt△ACD≌Rt△AED(HL)，

∴AC=AE，即8+x=12-x，22.【答案】BE+DF=EF

【解析】解：(1)结论：BE+DF=EF，理由如下：

如图，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，得到△ADG，

∵四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°，∠EAF=12∠BAD，

∵∠ADC=∠B=∠ADG=90°，∠EAF=12∠BAD=45°，

∴∠FDG=180°，即点F，D，G共线．