2023-2024学年陕西省西安交大附中八年级（下）期中数学试卷（含解析）

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（含解析），共18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.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.若分式xx+2有意义，则x的取值范围是( )
A. x≠0B. x≠−2C. x>−2D. x≥−2
3.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.若关于x的方程x−23=m+12的解是负数，则m的取值范围是( )
A. m<0B. m<−73C. m>−73D. m>0
5.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=CD
C. ∠ABO=∠DCOD. ∠ABC=∠DCB
6.八年级学生去距学校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xkm/h，则可列方程为( )
A. 102x−10x=20B. 10x−102x=20C. 10x−102x=13D. 102x−10x=13
7.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0A. x<−3
B. −5C. −5D. x<0
8.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：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.分解因式：x2y−9y= ______．
10.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.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.若关于x的方程ax+1x−1−1=0有增根，则a的值为______．
13.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：本题共9小题，共61分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题6分)
解不等式组：2(x−1)≥3x−3x+2215.(本小题6分)
解方程：x−2x+3x+2=1．
16.(本小题6分)
先化简，再求值：(x−2−4x−2)÷x−4x2−4，其中x=−1．
17.(本小题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.(本小题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.(本小题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.(本小题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.(本小题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，ab+ac+bc=20，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.(本小题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．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】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，所以是中心对称图形；
选项A、B、C均不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，所以不是中心对称图形，
故选：D．
根据中心对称图形的概念和各图的特点求解．
本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据分式有意义的条件：分母不等于0即可得出答案．
本题考查了分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件：分母不等于0是解题的关键．
【解答】
解：∵分式xx+2有意义，
∴x+2≠0．
∴x≠−2．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的是等腰三角形的性质，三角形的中线和角平分线以及三角形内角和定理，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．
根据等腰三角形的性质得到∠ABC=∠ACB，根据三角形内角和定理求出∠ACB，根据角平分线的定义计算即可．
【解答】
解：∵AB=AC，AD是△ABC的中线，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB=180°−40°2=70°，
∵CE是△ABC的角平分线，
∴∠ACE=12∠ACB=35°
故本题选：B
4.【答案】B
【解析】解：x−23=m+12，
2(x−2)=3(m+1)，
2x−4=3m+3，
2x=3m+3+4，
2x=3m+7，
x=3m+72，
由题意得：3m+72<0，
3m+7<0，
3m<−7，
m<−73，
故选：B．
先解方程可得：x=3m+72，然后根据题意可得：3m+72<0，从而进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式，一元一次方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、补充AO=DO，可利用ASA证明△AOB≌△DOC，根据全等三角形的性质可得BO=CO，进而证明出△BOC是等腰三角形；
B、补充AB=CD，可利用AAS证明△AOB≌△DOC，根据全等三角形的性质可得BO=CO，进而证明出△BOC是等腰三角形；
C、补充∠ABO=∠DCO，不能证明△AOB≌△DOC，进而不能证明出△BOC是等腰三角形；
D、补充∠ABC=∠DCB，可利用AAS证明△ABC≌△DCB，根据全等三角形的性质可得∠OCB=∠OBC，进而证明出△BOC是等腰三角形；
故选：C．
根据所给的补充条件证明△AOB≌△DOC或△ABC≌△DCB，然后再证明BO=CO或∠OCB=∠OBC即可得到△BOC是等腰三角形．
此题主要考查了全等三角形的判定与性质，关键是掌握等腰三角形的判定定理：等角对等边．
6.【答案】C
【解析】【分析】
设骑车学生的速度为xkm/h，则乘车学生的速度为2xkm/h，根据时间=路程÷速度结合骑车的学生比乘车的学生多用20min(即13h)，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
【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：10x−102x=13．
故选：C．
7.【答案】B
【解析】解：∵直线y1=k1x和直线y2=k2x+b都经过A(−3,2)，且直线y2=k2x+b与x轴交于点B(−5,0)，
∴不等式0故选：B．
根据两个函数图象及交点坐标可以得到不等式k2x+b本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握数形结合是关键．
8.【答案】D
【解析】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=2BD，
∴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．
分两种情况讨论：点A落在AC上，点A落在BC上，根据旋转的性质可得α的值．
本题考查了旋转的性质，分类讨论思想，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．
9.【答案】y(x+3)(x−3)
【解析】解：原式=y(x2−9)
=y(x+3)(x−3)．
故答案为：y(x+3)(x−3)．
原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
10.【答案】(−1,3)
【解析】解：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(2−3,−2+5)，即(−1,3)．
故答案为：(−1,3)．
根据左减右加，上加下减的规律解决问题即可．
本题考查坐标与图形变化−平移，用到的知识点为：左右平移只改变点的横坐标，左减右加；上下平移只改变点的纵坐标，上加下减．
11.【答案】9
【解析】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=9，
故答案为：9．
先根据线段垂直平分线的性质得AD=BD，则AC=AD+CO=BD，再根据△CDB的周长为15得AC+BC=15由此可得AC=9，进而可得AB的长．
此题主要考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．
12.【答案】−1
【解析】【分析】
增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母x−1=0，得到x=1，然后代入化为整式方程的方程算出未知字母的值．
增根问题可按如下步骤进行：
①让最简公分母为0确定增根；
②化分式方程为整式方程；
③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
【解答】
解：方程两边都乘(x−1)，得
ax+1−(x−1)=0，
(a−1)x=−2，
∵原方程有增根，
∴最简公分母x−1=0，即增根为x=1，
把x=1代入整式方程，得a=−1；
∴关于x的方程ax+1x−1−1=0有增根，则a的值为−1
故答案为：−1．
13.【答案】 10
【解析】解：过点A作AF⊥DE于F，如图1所示：

∵∠DAE=∠BAC=90°，∠E=45°，∠C=60°，DE=AB=2，
∴△ADE为等腰直角三角形，∠ABC=30°，
∴DF=EF=AF=12DE=1，
设DN=AM=x，
∴FN=DF−DN=1−x，
在Rt△ANF中，由勾股定理得：AN= AF2+FN2= 12+(1−x)2，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：BM= AB2+AM2= 22+x2，
∴AN+BM= 12+(1−x)2+ 22+x2，
在直角坐标系中，设点H(x,0)，P(1,1)，Q(0,2)，
则HP= 12+(1−x)2，HQ= 22+x2，
∴HP+HQ= 12+(1−x)2+ 22+x2，
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(0,2)的对称点Q′(0,−2)，连接PQ′交x轴于R，连接HQ′，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，最小值为线段PQ′的长，
即HP+HQ的最小值为线段PQ′的长，
∵PQ′= (1−0)2+(1+2)2= 10，
∵HP+HQ的最小值 10，
即AN+BM的最小值 10．
过点A作AF⊥DE于F，则DF=EF=AF=1，设DN=AM=x，则AN= AF2+FN2= 12+(1−x)2，BM= AB2+AM2= 22+x2，进而得AN+BM= 12+(1−x)2+ 22+x2，在直角坐标系中，设点H(x,0)，P(1,1)，Q(0,2)，则HP+HQ= 12+(1−x)2+ 22+x2，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(0,2)的对称点Q′(0,−2)，连接PQ′交x轴于R，连接HQ′，当点D与点R重合时，HP+HQ′为最小，最小值为线段PQ′的长，然后求出PQ′= 10，由此可得AN+BM的最小值．
此题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，利用轴对称求最短路线，熟练掌握等腰三角形的性质，直角三角形的性质，利用轴对称求最短路线是解决问题的关键．
14.【答案】解：2(x−1)≥3x−3①x+22解①得：x≤1，
解②得：x<6，
∴不等式组的解集为：x≤1．
【解析】解①得：x≤1，解②得：x<6，所以不等式组的解集为：x≤1．
本题考查了解不等式组，熟练掌握不等式的解法是解答本题的关键．
15.【答案】解：原方程两边都乘x(x+2)，去分母得(x−2)(x+2)+3x=x(x+2)，
去括号得：x2−4+3x=x2+2x，
移项，合并同类项得：x=4，
检验：当x=4时，x(x+2)≠0，
故原方程的解为x=4．
【解析】利用去分母将原方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
16.【答案】解：原式=(x−2)2−4x−2⋅(x+2)(x−2)x−4
=x(x−4)x−2⋅(x+2)(x−2)x−4
=x(x+2)
=x2+2x，
当x=−1时，原式=1−2=−1．
【解析】先把括号内通分和除法运算化为乘法运算，再约分得到原式=x2+2x，然后把x的值代入计算即可．
本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．
17.【答案】解：如图，线段A′B′即为所求作．

【解析】连接BA′，作∠BA′B′=∠ABA′，且A′B′=AB即可．
本题考查作图−平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．

【解析】(1)根据平移的性质作图即可．
(2)根据旋转的性质作图即可．
本题考查作图−平移变换、旋转变换，熟练掌握平移的性质、旋转的性质是解答本题的关键．
19.【答案】解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠C=45°，
∵∠ADC=∠B+∠BAD，∠ADC=∠ADE+∠CDE，∠ADE=45°，
∴∠BAD=∠CDE，
在△ABD和△DCE中，
∠BAD=∠CDE∠B=∠BBD=CE，
∴△ABD≌△DCE(AAS)，
∴AB=DC=AC，
∴∠ADC=∠CAD=12(180°−∠C)=12×(180°−45°)=67.5°，
∴∠ADB=180°−∠ADC=112.5°．
【解析】根据等腰直角三角形的性质求出∠B=∠C=45°，根据三角形外角性质、角的和差求出∠BAD=∠CDE，利用AAS证明△ABD≌△DCE，根据全等三角形的性质得出AB=DC=AC，根据等腰三角形性质求出∠ADC=67.5°，再根据邻补角定义求解即可．
此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形，根据全等三角形的性质求出AB=DC=AC是解题的关键．
20.【答案】解：(1)设购买x辆问界M7，则购买(10−x)辆小米SU7，
根据题意得：x≥330x+22(10−x)≤260，
解得：3≤x≤5，
又∵x为正整数，
∴x可以为3，4，5，
∴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)根据题意得：600x+400(10−x)≥5000，
解得：x≥5，
又∵3≤x≤5，
∴x=5，
∴应选择购买5辆问界M7，5辆小米SU7．
【解析】(1)设购买x辆问界M7，则购买(10−x)辆小米SU7，根据“问界M7至少要购买3辆，且公司可投入的购车款不超过260万元”，可列出关于x的一元一次不等式组，解之可得出x的取值范围，结合x为正整数，即可得出各购买方案；
(2)根据这10辆车的日租金不低于5000元，可列出关于x的一元一次不等式，解之可得出x的取值范围，再结合3≤x≤5，即可得出应选择的购买方案．
本题考查了一元一次不等式组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
21.【答案】a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac 60 5或7 x3−x=x(x+1)(x−1)
【解析】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+b2+c2+2ab+2bc+2ac
两部分面积相等．
∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，
故答案为：a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac；
(2)∵(a+b+c)2
=(a+b+c)(a+b+c)
=a2+ab+ac+ab+b2+bc+ac+bc+c2
=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac
=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)，
∵a+b+c=10，ab+ac+bc=20，
∴102=a2+b2+c2+2×20，
∴a2+b2+c2=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+3b2+mab
从因式分解的角度看，可分解为(2a+b)(a+3b)或(2a+3b)(a+b)
∴(2a+b)(a+3b)=2a2+3b2+7ab或(2a+3b)(a+b)=2a2+3b2+5ab
∴m=5或7．
故答案为：5或7；
(4)∵原几何体的体积=x3−1×1⋅x=x3−x，新几何体的体积=(x+1)(x−1)x，
∴x3−x=(x+1)(x−1)x．
故答案为：x3−x=x(x+1)(x−1)．
(1)利用等面积法确定恒等式；
(2)利用(1)中结论求解；
(3)利用所拼成的长方形或正方形的面积从因式分解的角度进行解答；
(4)利用体积关系求关于x的恒等式．
本题考查的是因式分解的应用和完全平方公式和平方差公式的几何背景，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
22.【答案】(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，由旋转的性质可得PA2=PB2，PO2=PC2，
∴(x−2)2+(y−1)2=x2+(y−4)2x2+y2=(x+1)2+(y−6)2，
解得x=52y=72，
∴点P的坐标为(52,72)，
当点A与点C是对应点时，点O与点B对应，
∴PA=PC，PO=PB，
∴PA2=PC2，PO2=PB2，
∴(x−2)2+(y−1)2=(x+1)2+(y−6)2x2+y2=x2+(y−4)2，
解得x=−2y=2，
∴点P的坐标为(−2,2)，
综上，点P的坐标为(52,72)或(−2,2)；
(3)以BC为边作等边三角形BNC，连接AN，DN，

∴∠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=12AD=1，BS=CS=12BC=2，NS=2 3，
∴NR= 22−1= 3，
∴S△ADN=12×2× 3= 3，S△BNC=12×4×2 3=4 3，
∴S四边形ABCD+ 3=4 3，
∴S四边形ABCD=4 3− 3=3 3．
【解析】(1)连接AB，作AB的垂直平分线，与x轴的交点即为所求；
(2)分两种情况讨论，点A与点B是对应点和点A与点D是对应点，再根据勾股定理即可求解；
(3)以BC为边作等边三角形BNC，连接AN，DN，
本题考查旋转的性质，坐标与图形，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，正确作出辅助线是解题关键．