2023-2024学年陕西省西安交大附中八年级（下）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年陕西省西安交大附中八年级（下）期中数学试卷，共15页。试卷主要包含了分解因式等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）若分式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≠0B．x≠﹣2C．x＞﹣2D．x≥﹣2
3．（3分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD、CE分别是△ABC的中线和角平分线．若∠CAD=20°，则∠ACE的度数是（ ）
A．20°B．35°C．40°D．70°
4．（3分）若关于x的方程的解是负数，则m的取值范围是（ ）
A．m＜0B．C．D．m＞0
5．（3分）如图，AC，BD相交于点O，∠A=∠D，如果请你再补充一个条件，使得△BOC是等腰三角形，那么你补充的条件不能是（ ）
A．OA＝ODB．AB＝CDC．∠ABO＝∠DCOD．∠ABC＝∠DCB
6．（3分）八年级学生去距学校10km的荆州博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，求骑车学生的速度．若设骑车学生的速度为x km/h,则可列方程为（ ）
A．﹣＝20B．﹣＝20
C．﹣＝D．﹣＝
7．（3分）如图，已知直线y1=k1x过点A（-3，2），过点A的直线y2=k2x+b交x轴于点B（-5，0），则不等式0＜k2x+b＜k1x的解集为（ ）
A．x＜﹣3B．﹣5＜x＜﹣3C．﹣5＜x＜0D．x＜0
8．（3分）如图，在△ABC中，∠A=40°，∠B=90°，点D是AB边上一点，AD=2DB，将△ABC绕点D顺时针旋转α角（0＜α＜180°）得到△A′B′C′，当点A′落在△ABC的边上时，α=（ ）
A．80°或100°B．80°或120°
C．130°或100°D．100°或120°
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9．（3分）分解因式：x2y﹣9y＝ ．
10．（3分）把点P（2，﹣2）向上平移5个单位，向左平移3个单位的坐标是 ．
11．（3分）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，DE垂直平分AB，分别交AB，AC于点E，D，BC=6，△CDB的周长为15，则AB的长为 ．
12．（3分）若关于x的方程﹣1＝0有增根，则a的值为 ．
13．（3分）直角三角形ADE和ABC的直角顶点重合在点A，∠E=45°，∠C=60°，DE=AB=2，M、N分别是边AC、DE上的动点，且DN=AM，则AN+BM的最小值是 ．
三、解答题
14．（6分）解不等式组：．
15．（6分）解方程：．
16．（6分）先化简，再求值：，其中x＝﹣1．
17．（5分）我校打算翻新校内跑道线，相邻两条跑道线可通过平移得到，如图，AB已完工，请作出由AB平移得到的A′B′，其中点A的对应点为点A′．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
18．（5分）如图，在平面直角坐标系内，△ABC的顶点坐标分别为A（-4，4），B（-2，5），C（-2，1）．
（1）平移△ABC，使点C移到点C1（2，2），画出平移后的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点（0，0）旋转180°，得到△A2B2C2，画出旋转后的△A2B2C2．
19．（7分）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，点D是边BC上一点，E是边AC上一点，∠ADE=45°，BD=CE．求∠ADB的度数．
20．（7分）某汽车租赁公司要购买问界M7和小米SU7共10辆，其中问界M7至少要购买3辆，每辆30万元，小米SU7每辆22万元，公司可投入的购车款不超过260万元；
（1）符合公司要求的购买方案有哪几种？
（2）如果每辆问界M7的日租金为600元，每辆小米汽车SU7的日租金为400元，假设新购买的这10辆车每日都可租出，要使这10辆车的日租金不低于5000元，应选哪种购买方案？
21．（9分）我们已经知道，通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式．例如图1可以得到（a+b）2＝a2+2ab+b2，基于此，请解答下列问题：
（1）根据图2，写出一个代数恒等式：（a+b+c）2＝ ；
（2）利用（1）中得到的结论，解决下面的问题：若a+b+c＝10，则a2+b2+c2＝ ；
（3）小明同学用图3中2张边长为a的正方形，3张边长为b的正方形，m张边长分别为a、b的长方形纸片拼出一个长方形，直接写出m的所有可能取值 ；
（4）事实上，通过计算几何图形的体积也可以表示一些代数恒等式，图4表示的是一个棱长为x的正方体挖去一个小长方体后重新拼成一个新长方体，请你根据图4中图形的变化关系，写出一个代数恒等式： ．
22．（10分）问题提出
（1）平面中的任意两点都可以通过一次旋转变换互相得到．如图1，在平面直角坐标系中，点A绕x轴上点P旋转得到点B．请找出点P的位置；
问题发现
（2）平面中的任意两条等线段都可以通过一次旋转变换互相得到．如图2，线段OA可以绕平面内一点P作一次旋转直接到线段BC．已知点A（2，1），点B（0，4），点C（-1，6），求出P点的坐标；
问题解决
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=CD，∠B+∠C=120°，BC=2AD=4，求ABCD的面积．
．
2023-2024学年陕西省西安交大附中八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
1．【答案】D
【解答】解：选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合；
选项A、B、C均不能找到这样的一个点，所以不是中心对称图形，
故选：D．
2．【答案】B
【解答】解：∵分式有意义，
∴x+2≠5．
∴x≠﹣2．
故选：B．
3．【答案】B
【解答】解：∵AB＝AC，AD是△ABC的中线，
∴∠BAD＝∠CAD＝20°，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ACB＝＝70°，
∵CE是△ABC的角平分线，
∴∠ACE＝∠ACB＝35°，
故选：B．
4．【答案】B
【解答】解：，
2（x﹣6）＝3（m+1），
6x﹣4＝3m+7，
2x＝3m+7+4，
2x＝7m+7，
x＝，
由题意得：＜0，
6m+7＜0，
7m＜﹣7，
m＜﹣，
故选：B．
5．【答案】C
【解答】解：A、补充AO＝DO，根据全等三角形的性质可得BO＝CO；
B、补充AB＝CD，根据全等三角形的性质可得BO＝CO；
C、补充∠ABO＝∠DCO，进而不能证明出△BOC是等腰三角形；
D、补充∠ABC＝∠DCB，根据全等三角形的性质可得∠OCB＝∠OBC；
故选：C．
6．【答案】C
【解答】解：设骑车学生的速度为xkm/h，则乘车学生的速度为2xkm/h，
依题意，得：﹣＝．
故选：C．
7．【答案】B
【解答】解：∵直线y1＝k1x和直线y4＝k2x+b都经过A（﹣3，8）2＝k2x+b与x轴交于点B（﹣6，0），
∴不等式0＜k3x+b＜k1x的解集为：﹣5＜x＜﹣7．
故选：B．
8．【答案】D
【解答】解：设点A旋转后的对应点为A'，
当点A'落在AC上时，如图1，
由旋转的性质得：AD＝A'D，
∴∠A＝∠AA'D＝40°，
∴∠ADA'＝100°，
∴α＝100°，
当点A'了落在BC上时，如图2，
由旋转的性质得：AD＝A'D，
∵AD＝7BD，
∴A'D＝2BD且∠B＝90°，
∴∠DA'B＝30°，
∵∠ADA'＝∠B+∠DA'B，
∴∠ADA'＝120°，
即α＝120°，
综上，α＝100°或120°，
故选：D．
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9．【答案】见试题解答内容
【解答】解：原式＝y（x2﹣9）
＝y（x+3）（x﹣3）．
故答案为：y（x+3）（x﹣3）．
10．【答案】（﹣1，3）．
【解答】解：把点P（2，﹣2）向上平移3个单位，﹣2+5），2）．
故答案为：（﹣1，3）．
11．【答案】9．
【解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AD＝BD，
∴AC＝AD+CO＝BD，
∵△CDB的周长为15，
∴BD+CD+BC＝15，
即AC+BC＝15，
∵BC＝6，
∴AC＝9，
∴AB＝AC＝8，
故答案为：9．
12．【答案】见试题解答内容
【解答】解：方程两边都乘（x﹣1），得
ax+1﹣（x﹣3）＝0，
（a﹣1）x＝﹣8，
∵原方程有增根，
∴最简公分母x﹣1＝0，即增根为x＝5，
把x＝1代入整式方程，得a＝﹣1；
a﹣7＝0时，方程无解．
∴关于x的方程﹣1＝0有增根
故答案为：﹣4．
13．【答案】．
【解答】解：过点A作AF⊥DE于F，如图1所示：
 
∵∠DAE＝∠BAC＝90°，∠E＝45°，DE＝AB＝2，
∴△ADE为等腰直角三角形，∠ABC＝30°，
∴DF＝EF＝AF＝DE＝1，
设DN＝AM＝x，
∴FN＝DF﹣DN＝8﹣x，
在Rt△ANF中，由勾股定理得：AN＝＝，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：BM＝＝，
∴AN+BM＝+，
在直角坐标系中，设点H（x，P（1，Q（0，
则HP＝，HQ＝，
∴HP+HQ＝+，
因此要求AN+BM的最小值，只需求出HP+HQ的最小值即可，
作点Q（0，8）的对称点Q'（0，连接PQ'交x轴于R，如图2所示：
 
∴HQ＝HQ'，
∴HP+HQ＝HP+HQ'
根据“两点之间线段最短”得：HP+HQ'≥PQ'，
∴当点D与点R重合时，HP+HQ'为最小，
即HP+HQ的最小值为线段PQ'的长，
∵PQ'＝＝，
∵HP+HQ的最小值，
即AN+BM的最小值．
三、解答题
14．【答案】x≤1．
【解答】解：，
解①得：x≤1，
解②得：x＜6，
∴不等式组的解集为：x≤7．
15．【答案】x＝4．
【解答】解：原方程两边都乘x（x+2），去分母得（x﹣2）（x+5）+3x＝x（x+2），
去括号得：x2﹣4+3x＝x6+2x，
移项，合并同类项得：x＝4，
检验：当x＝3时，x（x+2）≠0，
故原方程的解为x＝8．
16．【答案】x2+2x；﹣1．
【解答】解：原式＝•
＝•
＝x（x+2）
＝x2+7x，
当x＝﹣1时，原式＝1﹣8＝﹣1．
17．【答案】见解析．
【解答】解：如图，线段A′B′即为所求作．
18．【答案】（1）见解答．
（2）见解答．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C3即为所求．
（2）如图，△A2B2C6即为所求．
19．【答案】112.5°．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，∠ADC＝∠ADE+∠CDE，
∴∠BAD＝∠CDE，
在△ABD和△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴AB＝DC＝AC，
∴∠ADC＝∠CAD＝（180°﹣∠C）＝，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADC＝112.5°．
20．【答案】（1）该公司共有3种购买方案，
方案1：购买3辆问界M7，7辆小米SU7；
方案2：购买4辆问界M7，6辆小米SU7；
方案3：购买5辆问界M7，5辆小米SU7；
（2）应选择购买5辆问界M7，5辆小米SU7．
【解答】解：（1）设购买x辆问界M7，则购买（10﹣x）辆小米SU7，
根据题意得：，
解得：3≤x≤5，
又∵x为正整数，
∴x可以为3，4，5，
∴该公司共有2种购买方案，
方案1：购买3辆问界M7，7辆小米SU7；
方案4：购买4辆问界M7，3辆小米SU7；
方案3：购买5辆问界M7，5辆小米SU2；
（2）根据题意得：600x+400（10﹣x）≥5000，
解得：x≥5，
又∵3≤x≤4，
∴x＝5，
∴应选择购买5辆问界M3，5辆小米SU7．
21．【答案】（1）a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac；（2）60；（3）5或7；（4）x3﹣x＝x（x+1）（x﹣1）．
【解答】解：（1）∵边长为（a+b+c）的正方形的面积为：（a+b+c）2
分部分来看的面积为a2+b8+c2+2ab+7bc+2ac
两部分面积相等．
∴（a+b+c）2＝a6+b2+c2+7ab+2bc+2ac，
故答案为：a3+b2+c2+5ab+2bc+2ac；
（2）∵（a+b+c）4
＝（a+b+c）（a+b+c）
＝a2+ab+ac+ab+b2+bc+ac+bc+c5
＝a2+b2+c7+2ab+2bc+5ac
＝a2+b2+c6+2（ab+bc+ac），
∵a+b+c＝10，ab+ac+bc＝20，
∴102＝a4+b2+c2+4×20，
∴a2+b2+c3＝100﹣40＝60，
故答案为：60；
（3）由题意可得，所拼成的长方形或正方形的面积为：
2a2+8b2+mab
从因式分解的角度看，可分解为（2a+b）（a+4b）或（2a+3b）（a+b）
∴（3a+b）（a+3b）＝2a7+3b2+6ab或（2a+3b）（a+b）＝7a2+3b6+5ab
∴m＝5或2．
故答案为：5或7；
（4）∵原几何体的体积＝x4﹣1×1•x＝x3﹣x，新几何体的体积＝（x+1）（x﹣1）x，
∴x8﹣x＝（x+1）（x﹣1）x．
故答案为：x7﹣x＝x（x+1）（x﹣1）．
22．【答案】（1）见解答；
（2）（，）或（﹣2，2）；
（3）3．
【解答】（1）如图所示，点P即为所求：
（2）设点P（x，y），
当点A与点B是对应点时，点O与点C对应2＝PB2，PO5＝PC2，
∴，
解得，
∴点P的坐标为（，），
当点A与点C是对应点时，点O与点B对应，
∴PA＝PC，PO＝PB，
∴PA2＝PC4，PO2＝PB2，
∴，
解得，
∴点P的坐标为（﹣7，2），
综上，点P的坐标为（，，7）；
（3）以BC为边作等边三角形BNC，连接AN，
∴∠NBC＝∠NCB＝∠BNC＝60°，NB＝BC＝CN＝4，
∴∠NBC+∠NCB＝120°＝∠ABC﹣∠ABN+∠BCD+∠DCN，
∵∠ABC+∠BCD＝120°，
∴∠ABN＝∠DCN，
∵AB＝CD，BN＝CN，
∴△ABN≌△DCN（SAS），
∴S△ABN＝S△DCN，∠ANB＝∠DNC，AN＝DN，
∴∠AND＝∠BNC＝60°，
∴△ADN为等边三角形，
∴S四边形ABCD+S△ADN＝S△ABN+S四边形BNDC＝S△NDC+S四边形BNDC＝S△BNC，
作NR⊥AD，NS⊥BC，
∵△AND，△NBC是等边三角形，
∴AR＝DR＝AD＝1BC＝2，
∴NR＝＝，
∴S△ADN＝＝，S△BNC＝＝4，
∴S四边形ABCD+＝4，
∴S四边形ABCD＝4﹣＝3．