2023-2024学年福建省厦门十一中八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门十一中八年级（下）期中数学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若使二次根式 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≥3B. x>3C. x0，
∴方程组无解，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
故答案为：①12a；②14a2③不存在；④2(x+y)=6xy=4；⑤不存在；
(2)设新矩形长和宽分别为x，y，
根据题意，得方程组x+y=3xy=4，
思路一：见(1)解答；
思路二：∵(x−y)2=(x+y)2−4xy=9−16=−7，且(x−y)2≥0，
∴x、y不存在满足条件的情况，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
(3)设新矩形长和宽分别为x、y，
根据题意得2(x+y)=2(m+n)×12=m+n①xy=12mn②，
由①得y=12(m+n)−x③，
将③代入②得x[12(m+n)−x]=12mn，
整理得2x2−(m+n)x+mn=0，
∴Δ=[−(m+n)]2−4×2mn=(m+n)2−8mn，
∵Δ≥0时，方程有实数解，
∴(m+n)2−8mn≥0时，
即(m+n)2≥8mn，方程有解，存在满足条件的新矩形．
(1)根据正方形的周长和面积公式，可作答①②③；设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意列二元一次方程组求解，根据方程无解可作答④⑤；
(2)思路一：见(1)解析；思路二：根据(x−y)2=(x+y)2−4xy以及平方的非负性即可求解；
(3)设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意列二元一次方程组，利用代入消元法解方程，再根据一元二次方程根的判别式求解即可．
本题考查四边形的综合应用，主要考查了二元一次方程组的应用，完全平方公式的应用，一元二次方程根的判别式等知识，掌握相关知识点是解题关键．
24.【答案】(1)证明：如图，连接MM′，

∵将△MAB沿射线BA平移得到△M′A′B′，
∴MM′=AA′，A′B′=AB，MM′//AB，
∵M是OB的中点，
∴MM′是△OAB的中位线，
∴MM′=12AB=12A′B′，
∴AA′=AB′；
(2)解：△M′A′D是等腰直角三角形，
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，∠DAO=∠OAB=∠OBA=45°，
∴∠DAA′=90°，
∵将△MAB沿射线BA平移得到△M′A′B′，
∴A′B′=AB，∠MB′A′=∠MBA=45°，
∴∠DAM′=∠A′B′M′，∠M′AB′=∠M′B′A，AD=A′B′，
∴M′A=M′B′，
∴△ADM′≌△B′A′M(SAS)，
∴∠ADM′=∠B′A′M′，DM′=A′M′，
∵∠AEA′=∠M′ED，
∴∠EAA′=∠EM′D=90°，
∴△M′A′D是等腰直角三角形；
(3)解：AD= 2AM′+AA′．
由(2)得，AM′=B′M′，∠M′B′A=∠M′AB′=45°，
∴∠AMB′=90°，
∴AB′= AM′2+B′M′2= 2AM′，
∴AD=A′B′=AB′+AA′= 2AM′+AA′．
【解析】(1)连接MM′，由平移的性质得出MM′=AA′，A′B′=AB，MM′//AB，由三角形的中位线定理可得出结论；
(2)证明△ADM′≌△B′A′M(SAS)，得出∠ADM′=∠B′A′M′，DM′=A′M′，则可得出结论；
(3)证出∠AMB′=90°，则可得出结论．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平移的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
25.【答案】(1)解：∵a−b= 5−b+ 3b−15．
又∵5−b≥03b−15≥0，
∴b=5，a=5，
∴A(0,5)，D(5,5)．
(2)证明：如图1中，连接EG，延长AH交CD于T．

∵AO=AD，∠OAD=90°，
∴∠AOD=∠ADO=45°，
∵OG⊥OD，
∴∠DOG=90°，
∴∠AOG=∠AOD=45°，
∴∠AOG=∠ADE，
在△AOG和△ADE中，
AO=AD∠AOG=∠ADEOG=DE，
∴△AOG≌△ADE(SAS)，
∴AG=AE，∠OAG=∠DAE，
∴∠GAE=∠OAD=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，∠ABO=∠ADT，
∴∠GAH=∠DTH，
在△AHG和△THD中，
∠GAH=∠DTHAH=HT∠AHG=∠DHT，
∴△AHG≌△THD(ASA)，
∴AG=DT，
∴AE=DT，
∵∠ABO+∠BAO=90°，∠BAO+∠OAE=90°，
∴∠ABO=∠OAE，
∴∠OAE=∠ADT，
在△ADT和△OAE中，
DA=AO∠ADT=∠OAEDT=AE
∴△ADT≌△OAE(SAS)，
∴AT=OE=2AH，
在Rt△OGE中，OE2+OG2=EG2=2AE2，
∴DE2+4AH2=2AE2．
(3)解：结论：OM=BM+CN．
理由：如图2中作NE//BC交AB的延长线于E．

∵BC//NE，ME/​/CN，
∴四边形BENC是平行四边形，
∴BE=CN，BC=EB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∴EN=AD=AO，
∵OM⊥AB，
∴∠AMO=∠NME=∠AOB=90°，
∴∠MAO+∠AOM=90°，
∵∠AOM+∠BOM=90°，
∴∠MAO=∠BOM，
∵∠BOM=∠ENM，
∴∠MAO=∠MNE，
在△AMO和△NME中，
∠AMO=∠NME∠MAO=∠MNEAO=EN，
∴△AMO≌△NME(AAS)，
∴OM=EM，
∵EM=BM+BE，BE=CN，
∴OM=BM+CN．
【解析】(1)根据二次根式的被开方数是非负数，构建不等式求出a，b的值，可得结论．
(2)如图1中，连接EG，延长AH交CD于T.证明△AOG≌△ADE(SAS)，推出AG=AE，∠OAG=∠DAE，证明△AHG≌△THD(ASA)，推出AG=DT，AE=DT，再证明△ADT≌△OAE(SAS)，推出AT=OE=2AH，在Rt△OGE中，根据OE2+OG2=EG2=2AE2，可得结论．
(3)结论：OM=BM+CN.如图2中作NE//BC交AB的延长线于E.证明四边形BENC是平行四边形，证明△AMO≌△NME(AAS)，推出OM=EM，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，二次根式的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．时间t(单位：s)
5
10
15
20
25
30
温度计读数(单位：℃)
49.0
31.0
22.0
16.5
14.0
12.0
思路：设给定的正方形边长为a，则其周长为4a，面积为a2.若新正方形的周长是原正方形周长的一半，则新正方形边长为① ______，此时新正方形的面积是② ______．
结论：③ ______(“存在”或不存正)一个新正方形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半
思路一：消去未知数y，得到关于x的方程，根据利用“凑完全平方”得方程的解的情况解决问题．
思路二：根据利用完全平方公式的代数变换解决问题．
结论：⑤ ______(“存在”或不存在)一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．