江苏省南京市玄武区外国语学校2023-2024学年八年级下学期第三次月考数学试卷

2023-2024学年江苏省南京市玄武区外国语学校八年级（下）第三次月考数学试卷 一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1．（2分）下列各式与分式相等的是（　　） A． B． C． D． 2．（2分）下列关于x的方程①＝5，②＝，③＝x﹣1，④＝中，是分式方程的有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，要使ABCD为平行四边形，下列添加的条件不能是（　　） A．AD∥BC B．∠B＝∠D C．AB＝CD D．AD＝BC 4．（2分）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥DC交其延长线于点F，若AE=4，AF=6，且▱ABCD的周长为40，则▱ABCD的面积为（　　） A．24 B．36 C．40 D．48 5．（2分）已知关于x的分式方程+＝无解，且一次函数y＝（m﹣）x+m-的图象不经过第二象限，则符合条件的所有m的和为（　　） A． B． C． D． 6．（2分）如图，将△ABC绕点P顺时针旋转90°得到△A′B′C′，则点P的坐标是（　　） A．（1，1） B．（1，2） C．（1，3） D．（1，4） 二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上） 7．（2分）关于x的方程+1＝有增根x＝2，则m的值是　 　． 8．（2分）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，且CD⊥AB于点D，DE∥BC交AC于点E，BC=3cm,AB=2cm.那么△ADE的周长为 　cm． 9．（2分）如果x2﹣3x﹣1＝0，则的值是 　 　． 10．（2分）如图所示，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E、F，AB=2，BC=3，则图中阴影部分的面积为　 　． 11．（2分）如图，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是 　 　． 12．（2分）如图所示，将矩形ABCD分别沿BE，EF，FG翻折，翻折后点A，点D，点C都落在点H上．若AB=2，则GH= 　． 13．（2分）某书店分别用400元和500元两次购进同一种书，第二次数量比第一次多10本，且两次进价相同．若设该书店第一次购进x本，根据题意，列方程为  　． 14．（2分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=kx+2k-3（k为不为0的常数）与x轴正半轴，y轴负半轴分别交于点A，B，则的值是 　 　． 15．（2分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上，且BE=1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为　 　． 16．（2分）用换元法解方程组时，可设，那么原方程组可化为关于m、n的整式方程组为 　 　． 三、解答题（本大题共9小题，共88分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（9分）解方程：＝1． 18．（9分）先化简，然后在﹣1，0，2中选一个你喜欢的x值，代入求值． 19．（10分）如图，▱ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE=OC，连接CE，OE，OE=CD． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若AB=4，∠ABC=60°，求AE的长． 20．（10分）如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个顶点叫做格点． （1）在图1中以格点为顶点画一个面积为10的正方形； （2）在图2中以格点为顶点画一个三角形，使三角形三边长分别为2，，； （3）如图3中∠BCD是不是直角？请说明理由（可以适当添加字母） 21．（10分）某公司为表达对员工的关怀，准备为全体员工发放节日礼品．该公司在超市购进了甲、乙两种礼品．已知甲礼品的单价比乙礼品的单价的2倍少30元，用1200元购买乙礼品的数量是用900元购买甲礼品的数量的2倍．问甲礼品的单价是多少元？ 22．（10分）如图，在▱ABCD中，E，F分别是边AD，BC上的点，且AE=BF，连接AF，BE相交于点G，连接CE，DF相交于点H，连接GH．求证：． 23．（10分）阅读与理解 下面是小刚同学的一篇数学周记，请仔细阅读并完成相应的任务． 和谐分式我们知道：分式和分数有着很多的相似点，如类比分数的基本性质，我们得到了分式的基本性质，等等．小学里，把分子比分母小的数叫做真分数．类似的，我们把分子的次数小于分母的次数的分式称为真分式，反之，称为假分式． 对于任何一个假分式都可以化成整式与一个分子为常数的真分式的和的形式，因此也称这个假分式为“和谐分式”． 如：，， 则和都是“和谐分式”． （1）下列分式中，属于“和谐分式”的是：　 　（填序号）； ① ② ③ ④ （2）将“和谐分式”化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式． 24．（10分）如图1，将矩形ABOC放置于第一象限，使其顶点O位于原点，且点B，C分别位于x轴，y轴上．若A（m,n）满足； （1） 求点A的坐标； （2）取AC中点M，连接MO，△CMO与△NMO关于MO所在直线对称，连接AN并延长，交x轴于点P． ①求AP的长； ②如图2，点D位于线段AC上，且CD=8．点E为平面内一动点，满足DE⊥OE，连PE．请你求出线段PE长度的最大值． 25．（10分）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且CF=AE，连接DE、DF． （1）求证：DE⊥DF； （2）连接EF，取EF中点G，连接DG并延长交BC于H，连接BG． ①依题意，补全图形； ②求证：BG=DG； ③若∠EGB=45°，用等式表示线段BG、HG与AE之间的数量关系，并证明． 2023-2024学年江苏省南京市玄武区外国语学校八年级（下）第三次月考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1．【答案】C 【解答】解：A．∵＝﹣， ∴≠，故本选项不符合题意； B．∵＝﹣， ∴≠，故本选项不符合题意； C．＝﹣； D．∵﹣ ∴≠﹣； 故选：C． 2．【答案】A 【解答】解：①＝6，③，④＝属于整式方程； ②＝的分母里是含有字母x的方程． 故选：A． 3．【答案】D 【解答】解：A、当AB∥CD， 故可证明四边形ABCD为平行四边形； B、∵AB∥CD， ∴∠B+∠C＝180°， ∵∠B＝∠D， ∴∠C+∠D＝180°， ∴AD∥BC， ∴四边形ABCD为平行四边形， ∴可证明四边形ABCD为平行四边形； C、当AB∥CD，一组对边分别平行且相等； D、当AB∥CD，四边形ABCD可能为等腰梯形； 故选：D． 4．【答案】D 【解答】解：∵▱ABCD的周长＝2（BC+CD）＝40， ∴BC+CD＝20①， ∵AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，AF＝6， ∴S▱ABCD＝2BC＝6CD， 整理得，BC＝， 联立①②解得，CD＝8， ∴▱ABCD的面积＝AF•CD＝6CD＝8×8＝48． 故选：D． 5．【答案】C 【解答】解：分式方程两边同时乘以（x﹣3）（x﹣6），得 mx+8（x﹣6）＝3（x﹣4）， 解得（m﹣1）x＝3， ∵方程无解， ∴m＝6或x＝3或x＝6， ∴m＝6或m＝2或m＝， ∵一次函数y＝（m﹣）x+m﹣， ∴m﹣＞0≤0， ∴＜m≤， ∴m＝8或m＝， ∴满足条件的m的和是， 故选：C． 6．【答案】B 【解答】解：∵△ABC绕P点顺时针旋转90°得到△A′B′C′， ∴点A的对应点为点A′，点C的对应点为点C′， 作线段AA′和CC′的垂直平分线，它们的交点为P（1， ∴旋转中心的坐标为（1，8）． 故选：B． 二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上） 7．【答案】﹣4． 【解答】解：去分母，得：5+m+（x﹣2）＝8， 由分式方程有增根，得到x﹣2＝0， 把x＝8代入整式方程，可得：m＝﹣4． 故答案为：﹣4． 8．【答案】4． 【解答】解：∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∵CD⊥AB于D， ∴∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴∠A＝∠B， ∴AC＝BC＝3cm， ∵CD⊥AB， ∴AD＝BD＝AB＝1cm， ∵DE∥BC， ∴∠EDC＝∠BCD，∠ADE＝∠B， ∴∠EDC＝∠ACD，∠A＝∠ADE， ∴DE＝CE，DE＝AE， ∴CE＝AE＝DE， ∴DE是△ABC的中位线， ∴AE＝DE＝BC＝， ∴△ADE的周长＝AD+DE+AE＝6++＝4（cm）， 故答案为：3． 9．【答案】2． 【解答】解：当x＝0时，则0﹣5×0﹣1＝﹣7≠0， 故x≠0， 则x8﹣3x﹣1＝4两边同时除以x， 得， ∴， ∴， ∴， 则， 故答案为：2． 10．【答案】3． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OC，AD∥BC， ∴∠AEO＝∠CFO． ∵∠AOE＝∠COF， ∴△AOE≌△COF，则S△AOE＝S△COF， ∴S阴影＝S△AOE+S△BOF+S△COD＝S△COF+S△BOF+S△COD＝S△BCD， ∴S△BCD＝BC•CD＝，故S阴影＝3． 故答案为：4． 11．【答案】见试题解答内容 【解答】解：直线y＝﹣x+5与x轴，0），4）两点， ∵旋转前后三角形全等，∠O′AO＝90° ∴OA＝O′A，OB＝O′B′， ∴点B′的纵坐标为OA长，即为2， 横坐标为OA+OB＝OA+O′B′＝3+4＝7， 故点B′的坐标是（7，3）， 故答案为：（2，3）． 12．【答案】． 【解答】解：依题意AE＝EH＝ED，，AB＝BH＝6，DF＝FC＝HF 设AE＝ED＝a， ∵∠BEH+∠FEH+∠AEB+∠DEF＝180°，∠BEH＝∠AEB， ∴∠BEF＝∠BEH+∠FEH＝90°， 在Rt△BEF中，BE2+DF2＝BF8， ∴AB2+AE2+DE6+DF2＝BC2+FC6 ∴22+a5+a2+14＝（2a）2+52 解得：， 同理∠EFG＝90°， 又∵DF＝FC， 在Rt△EFG中，EG2＝EF2+FG2， ∴DE5+DF2+FC2+CG8＝EG2， 设CG＝GH＝x，BG＝2 ∵BC＝2，AB＝BH＝4， 在Rt△BHG中，BH2+HG2＝BG8 ∴， 解得：x＝． 故答案为：． 13．【答案】＝． 【解答】解：∵第二次数量比第一次多10本，且该书店第一次购进x本， ∴第二次购进（x+10）本． 依题意得：＝． 故答案为：＝． 14．【答案】﹣1． 【解答】解：当y＝0时，kx+2k﹣6＝0， 解得：x＝， ∴点A的坐标为（，2）， ∵点A在x轴正半轴上， ∴OA＝； 当x＝7时，y＝k×0+2k﹣3＝2k﹣3， ∴点B的坐标为（7，2k﹣3）， ∵点B在y轴负半轴上， ∴OB＝3﹣2k， ∴﹣＝﹣＝＝﹣1． 故答案为：﹣4． 15．【答案】见试题解答内容 【解答】解：如图，连接ED交AC于一点F， ∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与点D关于AC对称， ∴BF＝DF， ∴△BFE的周长＝BF+EF+BE＝DE+BE，此时△BEF的周长最小， ∵正方形ABCD的边长为4， ∴AD＝AB＝4，∠DAB＝90°， ∵点E在AB上且BE＝5， ∴AE＝3， ∴DE＝＝5， ∴△BFE的周长＝5+7＝6， 故答案为：6． 16．【答案】． 【解答】解：将代入方程组 得：， 故答案为：． 三、解答题（本大题共9小题，共88分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．【答案】． 【解答】解：（x﹣3）2﹣3（x+3）＝x2﹣6， x2﹣6x+3﹣2x﹣6＝x8﹣9， ﹣8x＝﹣12， ， 经检验为原方程的根． 18．【答案】，﹣2． 【解答】解： ＝• ＝• ＝， ∵x﹣4≠0，x+1≠7， ∴x≠2，﹣1， ∴当x＝4时，原式＝． 19．【答案】见试题解答内容 【解答】（1）证明：∵DE∥AC，DE＝OC， ∴四边形OCED是平行四边形． ∵OE＝CD， ∴平行四边形OCED是矩形， ∴∠COD＝90°， ∴AC⊥BD， ∴▱ABCD是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC，CD＝AB＝BC＝4， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB＝4， ∴OA＝OC＝7， 在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝＝， 由（1）可知，四边形OCED是矩形， ∴CE＝OD＝2，∠OCE＝90°， ∴AE＝＝＝2， 即AE的长为2． 20．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）∠BCD是直角，理由见解析． 【解答】解：（1）面积为10的正方形的边长为， ∵＝， ∴如图1所示的四边形即为所求； （2）∵＝， ＝， ∴如图8所示的三角形即为所求； （3）∠BCD是直角，理由如下： 如图3：BD＝＝＝5， BC＝＝2， CD＝， ∵（），即BC2+CD2＝BD8， ∴∠BCD＝90°． 21．【答案】甲礼品的单价是90元． 【解答】解：设乙礼品的单价是x元，则甲礼品的单价是（2x﹣30）元， 根据题意得：＝×3， 解得：x＝60， 经检验，x＝60是原方程的解， ∴2x﹣30＝2×60﹣30＝90， 答：甲礼品的单价是90元． 22．【答案】见解析． 【解答】证明：如图，连接EF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC． ∵AE＝BF， ∴DE＝CF． ∵AE∥BF，DE∥CF， ∴四边形ABFE和四边形EFCD都是平行四边形， ∴AG＝FG，FH＝DH， ∴GH是△AFD的中位线， ∴． 23．【答案】（1）①③； （2）． 【解答】解：（1）①是“和谐分式”； ②不是“和谐分式”； ③是“和谐分式”； ④不是“和谐分式”； 故答案为：①③； （2） ＝ ＝ ＝ ＝ ＝． 24．【答案】（1）（12，8）； （2）①AP＝10； ②． 【解答】解：（1）∵． ∴m﹣12＝7，n﹣8＝0， 解得m＝12，n＝3， ∴点A的坐标为（12，8）； （2）①∵△CMO与△NMO关于MO所在直线对称， ∴ON＝OC＝8，MN＝CM＝AM＝3， 如图，连接NC， ∵MN＝AM＝MC， ∴∠MAN＝∠MNA，∠MNC＝∠MCN， 设∠MAN＝∠MNA＝α，∠MNC＝∠MCN＝β， 在△ACN中，∠ACN+∠CAN+∠ANM+∠MNC＝180°， ∴2α+2β＝180°， ∴α+β＝90°， ∴∠CNA＝90°， ∴∠NCA+∠CAN＝90°， ∵∠NCA+∠OMC＝90°， ∴∠CAN＝∠OMC， ∴OM∥AP， ∵AC∥OB， ∴四边形AMOP是平行四边形， ∴， ∴点P为OB的中点， ∴P（7，0）； ∴ ②取OD的中点Q，连接QE． ∵∠OED＝∠OCA＝90°，点Q是OD的中点． ∴D（6，8）， ∴， ∴， 由中点坐标公式可知：点Q的坐标为（3，4）， ∵P（6，7）， ∴， ∴当点P、Q、E三点共线时， 则PE的最大值为QE+PQ， ∴PE的最大值为． 25．【答案】（1）证明见解析； （2）①图形见解析；②证明见解析；③BG2+HG2＝4AE2，证明见解析． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠A＝∠B＝∠BCD＝∠ADC＝90°， ∴∠DCF＝90°， 又∵AE＝CF， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴∠ADE＝∠CDF， ∵∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠CDF+∠CDE＝90°， 即∠EDF＝90°， ∴DE⊥DF； （2）①解：依题意，补全图形如图所示： ②证明：由（1）可知，△DEF和△BEF都是直角三角形， ∵G是EF的中点， ∴DG＝EFEF， ∴BG＝DG； ③解：BG2+HG7＝4AE2，证明如下： 由（1）可知，△ADE≌△CDF， ∴DE＝DF， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴∠DEG＝45°， ∵G为EF的中点， ∴DG⊥EF，DG＝，BG＝， ∴∠EGD＝∠HGF＝∠DGF＝90°，∠GDF＝45°，∠GBF＝∠GFB， ∵∠EGB＝45°， ∴∠GBF＝∠GFB＝22.5°， ∵∠DHF+∠HFG＝∠DHF+∠CDH＝90°， ∴∠HFG＝∠CDH＝22.5°， ∴∠CDF＝∠GDF﹣∠HDC＝22.6°＝∠CDH， 又∵∠DCH＝∠DCF＝90°，CD＝CD， ∴△CDH≌△CDF（ASA）， ∴CH＝CF， 在Rt△GHF中，由勾股定理得：GF2+HG2＝HF8， ∵HF＝2CF＝2AE，GF＝BG， ∴BG8+HG2＝（2AE）5， ∴BG2+HG2＝2AE2． 学科网（北京）股份有限公司 $$