273，山东省德州市临邑县2023-2024学年八年级上学期期末数学试题

这是一份273，山东省德州市临邑县2023-2024学年八年级上学期期末数学试题，共25页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。

（满分150分 时间120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请将选择题答案用2B铅笔填涂在答题卡指定题号里；将非选择题的答案用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷上无效．
3．考生必须保持答题卡的整洁．
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分）
1. 杭州第19届亚运会于2023年9月23日—2023年10月8日举行，在整个赛事中，中国健儿表现出了不畏艰难、团结向上的精神，最终以201金位列第一的成绩完美收官．以下体育运动图标是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形的知识，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．根据轴对称图形的概念判断即可解答．
【详解】解：A选项：沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，故是轴对称图形，符合题意；
B选项：沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意；
C选项：沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意；
D选项：沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意．
故选：A．
2. 下列二次根式中，与属于同类二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了同类二次根式：二次根式化为最简二次根式后，如果被开方数相同，二次根式的性质；把选项中不是最简二次根式的化为最简二次根式即可判断．
【详解】解：，，
则与是同类二次根式，
故选：C．
3. 下列乘法算式中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查的是二次根式的加减法、幂的乘方与积的乘方、整式的除法、分式的乘除法，掌握它们的运算法则是解决此题关键．
A、根据二次根式加减法的法则计算判断即可；B、根据单项式的除法法则计算判断即可；C、根据分式的乘除法法则计算判断即可；D、根据二次根式乘法的法则计算判断即可．
【详解】解：A、，故原计算错误，不合题意；
B、，故原计算错误，不合题意；
C、，故原计算错误，不合题意；
D、，故原计算正确，符合题意；
故选：D．
4. 如图，直线，AB＝AC，∠BAC＝40°，则∠1＋∠2的度数是（ ）
A. 60°B. 70°C. 80°D. 90°
【答案】B
【解析】
【分析】由AB＝AC，∠BAC＝40°得∠ABC=70°，在由得即可求解；
【详解】解：∵AB＝AC，∠BAC＝40°，
∴∠ABC=（180°-∠BAC）＝（180°-40°）=70°，
∵
∴
∴
故选：B．
【点睛】本题主要考查平行线的性质、等腰三角形的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键．
5. 小南是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中有这样一条信息：，，2，，a，分别对应下列六个字：数，爱，我，化，物，学．现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是（ ）
A. 我爱化B. 爱物化C. 我爱数学D. 物化数学
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平方差公式分解因式，根据因式对应信息，合理搭配信息即可，分解因式是关键．
题意给出了因式对应的含义，需要对多项式进行因式分解，然后一一对应查找替代即可呈现密码信息．
【详解】解：∵
，
分别对应4个汉字：我，爱，数，学．
则呈现的密码信息可能是：我爱数学．
故选：C．
6. 如图，在中，，平分，于，有下列结论：①；②；③；④平分；其中正确的个数是（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】D
【解析】
【分析】通过证明对选项逐个判断即可．
【详解】解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，，故①正确；
∴平分，，②④正确；
∵
∴
∴，③正确；
故选：D
【点睛】此题考查了角平分线的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
7. 阅读以下作图步骤：
①在和上分别截取，使；
②分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；
③作射线，连接，如图所示．
根据以上作图，一定可以推得的结论是（ ）

A. 且B. 且
C. 且D. 且
【答案】A
【解析】
【分析】由作图过程可得：，再结合可得，由全等三角形的性质可得即可解答．
【详解】解：由作图过程可得：，
∵，
∴．
∴．
∴A选项符合题意；
不能确定,则不一定成立，故B选项不符合题意；
不能确定,故C选项不符合题意，
不一定成立，则不一定成立，故D选项不符合题意．
故选A．
【点睛】本题主要考查了角平分线的尺规作图、全等三角形的判定与性质等知识点，理解尺规作图过程是解答本题的关键．
8. 某大学计划为新生配备如图①所示的折叠凳.图②是折叠凳撑开后的侧面示意图(木条等材料宽度忽略不计),其中凳腿AB和CD的长相等,O是它们的中点.为了使折叠凳坐着舒适,厂家将撑开后的折叠凳宽度AD设计为30 cm,则由以上信息可推得CB的长度也为30 cm,依据是( )
A. SASB. ASAC. SSSD. AAS
【答案】A
【解析】
【分析】根据中点定义求出OA=OB，OC=OD，然后利用“边角边”证明△AOD和△BOC全等，根据全等三角形对应边相等即可证明．
【详解】解：∵O是AB、CD的中点，
∴OA=OB，OC=OD，
在△AOD和△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴CB=AD，
∵AD=30cm，
∴CB=30cm．
故选A
【点睛】本题考查了全等三角形的应用，比较简单，证明得到三角形全等是解题的关键．
9. 如图，中，是角平分线，垂足为，垂足为，与交于，下列说法不一定正确的是（ ）
A. 也是中线B. 平分
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】A．根据等腰三角形三线合一可以判定A符合题意；
B．根据角平分线的性质得出，证明，得出，即可判断B不符合题意；
CD．根据全等三角形的性质得出，根据，证明垂直平分，即可判断CD不符合题意．
【详解】解：A．等腰三角形底边上的中线，顶角平分线，底边上的高线才三线合一，而不是等腰三角形，因此不一定是中线，故A符合题意；
B．∵是角平分线，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分，故B不符合题意；
CD．∵，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，，故CD不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，垂直平分线的判定，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握角平分线上的点到角的两边距离相等．
10. 四元玉鉴是我国古代数学重要著作之一，为元代数学家朱世杰所著．该著作记载了“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，倩人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽”大意是：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？（椽，装于屋顶以支持屋顶盖材料的木杆）设这批椽有x株，则符合题意的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系是解题的关键．
由“少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱”，可得出一株椽的价格为文，结合单价=总价数量，即可得出关于的分式方程，此题得解．
【详解】解：∵这批椽有株，少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，
∴一株椽的价格为文，
根据题意得：．
故选：D．
11. 若关于x的一元一次不等式组的解集为x≥5，且关于y的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为（ ）
A. -1B. -2C. -3D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】首先由不等式组的解集为x≥5，得a＜3，然后由分式方程有非负整数解，得a≥-2且a≠2的偶数，即可得解.
详解】由题意，得
，即
，即
∴，即
，解得
有非负整数解，即
∴a≥-2且a≠2
∴且
∴符合条件的所有整数a的数有：-2，-1,0,1
又∵为非负整数解，
∴符合条件的所有整数a的数有：-2,0
∴其和为
故选：B.
【点睛】此题主要考查根据不等式组的解集和分式方程的解求参数的值，熟练掌握，即可解题.
12. 如图，在中，和的平分线相交于点O，交干E，交于F，过点O作于D，下列三个结论：①∠；②当时，；③若，则．其中正确的是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①②③D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形内角和定理、三角形全等的判定与性质、角平分线的定义和角平分线的性质等知识点，由角平分线的定义和三角形内角和定理可求解和的关系，即可判定①；根据得，根据角平分线和三角形内角和定理得，在上取一点H，使，利用SAS证明可得，利用ASA可证明得，进而可判定②；作于H，于M，根据题意得，根据，利用三角形面积即可判断③即可解答．
【详解】解：∵和的平分线，相交于点O，
∴，，
∴
=
=
=，故①正确；
∵，
∴，
∵，分别是和的平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图所示，在上取一点H，使，

∵是的角平分线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故②正确；
如图所示，作于H，于M，

∵和的平分线相交于点O，
∴点O在的平分线上，
∴，
∵，
∴
=
=，
故③正确；
综上，①②③正确，
故选：C．
二、填空题（本题共计6小题，每题4分，共计24分）
13. 若代数式有意义，则x的取值范围______．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查了分式和二次根式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于0，二次根式有意义的条件是被开方数是非负数是解题的关键．
根据分式和二次根式有意义的条件得出不等式组，求解即可．
【详解】解：由题意，得，
解得：且．
故答案为：且．
14. 已知，，则的值是 __．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，把所求式子因式分解为，再代值计算即可．
【详解】解：∵，，
∴
，
故答案为：．
15. 如图，B处在A处的南偏西方向，C处在A处的南偏东方向，C处在B处的北偏东方向，求∠ACB的度数
【答案】
【解析】
【分析】根据方向角的定义，可得，然后根据平行线的性质与三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，根据方向角的定义，可得
∴．
∵AE，DB是正南正北方向，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了方向角的定义，平行线的性质以及三角形的内角和定理，正确理解定义是解题的关键．
16. 已知关于x的分式方程的增根是，则m的值为________．
【答案】8
【解析】
【分析】先将分式方程去分母求得，然后根据方程的增根为，最后代入求解即可．
【详解】解：方程去分母得：，
∴
解得，，
∵分式方程的增根为，
∴，
解得，
故答案为：8．
【点睛】本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程有增根的条件是解题的关键．
17. 如图所示，在边长为2的正三角形ABC中，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，点P为线段EF上一个动点，连接BP、GP，则的周长的最小值是____．
【答案】3
【解析】
【分析】连接AG交EF于M，根据等边三角形的性质证明A、G关于EF对称，得到P，△PBG周长最小，求出AB+BG即可得到答案．
【详解】解：要使△PBG的周长最小，而BG=1一定，只要使BP+PG最短即可，
连接AG交EF于M，
∵等边△ABC，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，
∴AG⊥BC，EF∥BC，
∴AG⊥EF，AM=MG，
∴A、G关于EF对称，
即当P和E重合时，此时BP+PG最小，即△PBG的周长最小，
AP=PG，BP=BE，
最小值是：PB+PG+BG=AE+BE+BG=AB+BG=2+1=3．
故答案为3．
18. 如图，∠AOB=120°，点P为∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM=PN；②OM+ON=OP；③四边形PMON的面积保持不变；④△PMN的周长保持不变．其中说法正确的是_______．(填序号)
【答案】①②③
【解析】
【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，根据题意得：∠EPM=∠FPN，再根据角平分线的性质定理可得PE=PF，从而得到Rt△POE≌Rt△POF，进而得到OE=OF，可得到△PEM≌△PFN，从而得到∠PEM=∠PFN，EM=NF，PM=PN，可得S△PEM=S△PFN，OM+ON= 2OE，从而得到①②③正确，再由M，N的位置变化，可得MN的长度是变化的，再证得△PMN是等边三角形，可得故④错误，即可求解．
详解】解：如图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∵∠PEO=∠PFO=90°，
∴∠EPF+∠AOB=180°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠EPF=∠MPN，
∴∠EPM=∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE=PF，
在Rt△POE和Rt△POF中，
∵OP=OP，PE=PF，
∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），
∴OE=OF，
在△PEM和△PFN中，
∵∠MPE=∠NPF， PE=PF，∠PEM=∠PFN，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴∠PEM=∠PFN，EM=NF，PM=PN，故①正确；
∴S△PEM=S△PFN，
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故③正确；
∵OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=定值，故②正确；
∵M，N的位置变化，
∴MN的长度是变化的，
∵PM=PN，∠MPN=60°，
∴△PMN是等边三角形，
∴△PMN的周长是变化的，故④错误，
∴说法正确的有①②③．
故答案为：①②③
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，等边三角形判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，等边三角形判定和性质等知识是解题的关键．
三、解答题（本题共计7小题，共计78分）
19. （1）因式分解：；
（2）计算：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了因式分解，二次根式的混合运算，熟练掌握提公因式分解因式，二次根式的性质、二次根式的乘法法则和除法法则是解决问题的关键．
（1）利用提公因式分解因式；
（2）先根据二次根式的除法和乘法法则运算，再利用完全平方公式计算，然后合并即可．
【详解】解：（1）原式
．
（2）原式
．
20. （1）先化简，再求值：，其中，．
（2）解分式方程：．
【答案】（1），3；（2）
【解析】
【分析】本题考查了因式分解、整式的除法与加减法、以及化简求值，熟练掌握整式的运算法则是解题关键．
（1）首先计算整式的除法，然后计算加减，最后代数求值；
（2）方程两边同时乘以转化成整式方程，然后求解即可，最后要检验．
【详解】（1）
将，代入原式．
（3）解：两边同时乘以得：
，
∴，
解得，
检验：把代入最简公分母得：，
∴是原方程的解．
21. 如图所示，平分，，，垂足分别为B，D．若，，求四边形的面积．
【答案】
【解析】
【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，证明是解题的关键．
由平分，得，而，即可根据证明，得，，则，所以．
【详解】证明：∵平分，，，
∴，，
∴
∴；
又，，
则，，
∵，
，，
∴四边形的面积为．
22. 如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知三个定点坐标分别为，，．
（1）画出关于x轴对称后的图形，并写出各点的坐标．
______，______，______．
（2）画出点C关于直线对称的点以及求出的坐标，连接，，，并求出的面积．
【答案】（1）图形见解析，，，
（2）图形见解析，；面积为8
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，坐标与图形：
（1）根据关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数求出A、B、C对应点，，的坐标，再描出，，，最后顺次连接，，即可；
（2）先根据点C关于直线对称的点为点，得到点的坐标为，进而得到，，据此可求出对应三角形的面积．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求，
∴，，；
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求：
∵点C关于直线对称的点为点，
∴点的坐标为，
∵，，
∴，，
∴．
23. 2024年龙年春晚吉祥物形象“龙辰辰”正式发布亮相，作为中华民族重要的精神象征和文化符号，千百年来，龙的形象贯穿文学、艺术、民俗、服饰、绘画等各个领域，也呈现了吉祥如意、平安幸福的美好寓意．吉祥物“龙辰辰”的产生受到众人的热捧．某工厂计划加急生产一批该吉祥物，决定选择使用A、B两种材料生产吉祥物．已知使用B材料的吉祥物比A材料每个贵50元，用3000元购买用A材料生产吉祥物的数量是用1500元购买B材料生产吉祥物数量的4倍．
（1）求售卖一个A材料、一个B材料的吉祥物各需多少元？
（2）一所中学为了激励学生奋发向上，准备用不超过3000元购买A、B两种材料的吉祥物共50个，来奖励学生．恰逢工厂对两种材料吉祥物的价格进行了调整：使用A材料的吉祥物的价格按售价的九折出售，使用B材料的吉祥物比售价提高了，那么该学校此次最多可购买多少个用B材料的吉祥物？
【答案】（1）购买一个A材料的吉祥物需50元，购买一个B材料的吉祥物需100元
（2）该学校此次最多可购买10个B材料的吉祥物
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
（1）设使用材料生产的吉祥物的单价为元个，则使用材料生产的吉祥物的单价为元个，利用数量=总价单价，结合用3000元购买用材料生产吉祥物的数量是用1500元购买材料生产吉祥物数量的4倍，可列出关于的分式方程，解之经检验后，可得出使用材料生产的吉祥物的单价，再将其代入中，即可求出使用材料生产的吉祥物的单价；
（2）设该学校此次购买m个使用材料生产的吉祥物，则购买个使用材料生产的吉祥物，利用总价单价数量，结合总价不超过3000元，可列出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论．
【小问1详解】
解：设购买一个A材料的吉祥物需x元，则购买一个B材料的吉祥物需元，
依题意，得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：购买一个A材料的吉祥物需50元，购买一个B材料的吉祥物需100元；
【小问2详解】
设该学校此次购买m个B材料的吉祥物，则购买个A材料的吉祥物，
依题意，得：，
解得：．
∴m的最大值为10，
答：该学校此次最多可购买10个B材料的吉祥物．
24. 定义：若分式P与分式Q的差等于它们的积，即，则称分式P与分式Q互为“关联分式”．如与，因为，所以与互为“关联分式”，其中一个分式是另外一个分式的“关联分式”．
（1）请通过计算判断分式是不是分式的“关联分式”．
（2）求分式的“关联分式”．
【答案】（1）见解析 （2）或
【解析】
【分析】本题考查用新定义解决数学问题，熟练掌握分式混合运算法则是求解本题的基础；
（1）根据“关联分式”的定义判断即可；
（2）①设分式为P，则其关联式为Q，则有，计算Q即可；
②设为Q，则其关联式为P，则有，计算P即可；
【小问1详解】
解：证明：若和为关联分式，
则必须满足，
故：，
，
∴，
故分式是分式的“关联分式”；
【小问2详解】
已知题意：，
①设为P，则其关联式为Q，
，
，
，
，
故其关联式为．
②设为Q，则其关联式为P，
，
，
，
，
故其关联式为．
综上，分式的“关联分式”为或．
25. 在等边中，线段为边上的中线．动点D在直线上时，以为一边在的下方作等边，连接．
（1）若点D在线段上时（如图1），则 （填“＞”、“＜”或“＝”）， 度；
（2）设直线与直线的交点为O．
①当动点D在线段的延长线上时（如图2），试判断与的数量关系，并说明理由；
②当动点D在直线上时，试判断是否为定值？若是，请直接写出的度数．
【答案】（1），
（2）①，理由见解析；②是定值，
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，即可得出，根据即可证明，即可得出；根据“三线合一”即可求出的度数；
（2）①用和（1）相同的方法，证明即可得出结论；②根据可得，在中，根据直角三角形两个锐角互余，即可得出结论．
【小问1详解】
解：∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴；
∵线段为边上的中线，是等边三角形，
∴．
故答案为：=，．
【小问2详解】
①∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴；
②情况一：当点D在线段上时，如图：
∵线段为边上的中线，是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
情况二：当点D在线段延长线上时，如图：
∵线段为边上的中线，是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
情况三，当点D在线段的延长线上时，如图：
∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴
∵线段为边上中线，是等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，
∴的值为定值，．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形三边相等，三个角都是，以及全等三角形对应边相等，对应角相等．