精品解析：陕西省西安市碑林区西北工大附中2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2023-2024学年陕西省西安市碑林区西北工大附中八年级（下）期末数学试卷 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项是符合题意的） 1. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶．下列四幅标识图，其中文字上面图案是中心对称图形的是（ ） A. 惊蛰 B. 芒种 C. 立秋 D. 大雪 2. 下列从左到右的变形，是分解因式的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，小刚荡秋千，秋千旋转了，小刚的位置从点运动到了点，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 实数a、b、c满足a＞b且ac＜bc，它们在数轴上的对应点的位置可以是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，中，对角线相交于点O，交于点E，连接，若的周长为15，则的周长为（ ） A. 30 B. 26 C. 24 D. 15 6. 不透明袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，两次都摸到红球的概率为（　　） A. B. C. D. 7. 顺次连接对角线垂直的四边形的各边中点，所形成的四边形是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 8. 如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得两点之间的距离为，两点之间的距离为，则这两张纸条的宽为（ ） A. B. C. D. 9. 已知关于的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 10. 如图，在正方形中，的平分线交于点，点，分别是，上的动点，若的最小值是2，则正方形的边长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 11. 正八边形的一个内角的度数是____ 度． 12. 已知，则代数式的值为________． 13. 如图，，以为圆心，长为半径的圆弧交射线于点，连接．若，则的度数为________． 14. 如图，函数和的图象交于点，则不等式的解集是________． 15. 如图，将矩形折叠，使点和点重合，折痕为．若，，则的长为________． 16. 如图，在，，D点在上，，E，F分别是，的中点，连接并延长，与的延长线交于点G，连接，若，，，则的面积为________． 三、解答题（共7小题，共52分．解答应写出过程） 17. 计算： （1）解不等式组：； （2）解分式方程：． 18. 如图，已知四边形，．请用尺规作图法，在边上求作一点E，在边上求作一点F，使四边形为菱形．（保留作图痕迹，不写作法）     19. 化简，从中选出合适的的整数值代入求值． 20. 如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使得，连接， （1）求证：四边形是矩形． （2）连接，若______． 21. 为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买A，B两种型号的充电桩．已知A型充电桩比B型充电桩的单价少万元，且用18万元购买A型充电桩与用24万元购买B型充电桩的数量相等． （1）A，B两种型号充电桩的单价各是多少？ （2）该停车场计划共购买25个A，B型充电桩，购买总费用不超过26万元，求至少购买多少个A型充电桩？ 22. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，两点的坐标分别为，．将线段先向右平移6个单位后，再向下平移2个单位，得到线段． （1）点的坐标为 ，点的坐标为 ； （2）点是直线上的动点，在轴上是否存在，使得以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 23. 【问题提出】 （1）如图1，在菱形中，，其中分别是边上的中点，则的周长为 ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，点在边上，点在边上，且，则周长的最小值为 ； 【问题解决】 （3）如图3，规划部门准备绿化一块四边形空地，计划在边，上分别取点，，利用小路，将这块四边形空地分开，在四边形空地内种植郁金香，其他区域种植草坪，为了方便市民游览，决定取的中点，沿着修建观赏长廊．经测量，，，，，为节约建设成本，修建长廊长度之和应该最短．请你帮助规划部门确定是否有最小值．若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年陕西省西安市碑林区西北工大附中八年级（下）期末数学试卷 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项是符合题意的） 1. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶．下列四幅标识图，其中文字上面图案是中心对称图形的是（ ） A. 惊蛰 B. 芒种 C. 立秋 D. 大雪 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意； B、不是中心对称图形，故本选项不合题意； C、不是中心对称图形，故本选项不合题意； D、是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 2. 下列从左到右的变形，是分解因式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分解因式就是把一个多项式化为几个整式的积的形式，利用排除法即可求解． 【详解】解：A．从左到右的变形是多项式乘法，不是分解因式，故本选项不符合题意； B．从左到右的变形不属于分解因式，故本选项不符合题意； C．等式的右边不是整式的积的形式，即从左到右的变形不属于分解因式，故本选项不符合题意； D．从左到右的变形属于分解因式，故本选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题主要考查了因式分解的意义，这类问题的关键在于能否正确应用因式分解的定义来判断． 3. 如图，小刚荡秋千，秋千旋转了，小刚的位置从点运动到了点，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质、等边对等角、三角形内角和定理得出，由旋转的性质得出，，再由等边对等角并结合三角形内角和定理计算即可得出答案． 【详解】解：∵小刚荡秋千，秋千旋转了，小刚的位置从点运动到了点， ∴，， ∴， 故选：B． 4. 实数a、b、c满足a＞b且ac＜bc，它们在数轴上的对应点的位置可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的性质，先判断c的正负．再确定符合条件的对应点的大致位置． 【详解】解：因为a＞b且ac＜bc， 所以c＜0． 选项A符合a＞b，c＜0条件，故满足条件的对应点位置可以是A． 选项B不满足a＞b，选项C、D不满足c＜0，故满足条件的对应点位置不可以是B、C、D． 故选A． 【点睛】本题考查了数轴上点的位置和不等式的性质．解决本题的关键是根据不等式的性质判断c的正负． 5. 如图，中，对角线相交于点O，交于点E，连接，若的周长为15，则的周长为（ ） A. 30 B. 26 C. 24 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，根据平行四边形的性质得到，从而得到，即可求出，再根据平行四边形的性质求出周长，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵的周长为15， ∴， ∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴的周长， 故选：A． 6. 不透明袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，两次都摸到红球的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用列表法或树状图法可以列举出所有等可能出现的结果，然后看符合条件的占总数的几分之几即可． 【详解】解：两次摸球的所有的可能性树状图如下： 第一次 第二次 开始 ∴两次都是红球． 故选D． 【点睛】考查用树状图或列表法，求等可能事件发生的概率，关键是列举出所有等可能出现的结果数，然后用分数表示，同时注意“放回”与“不放回”的区别． 7. 顺次连接对角线垂直的四边形的各边中点，所形成的四边形是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】B 【解析】 【分析】构建任意对角线垂直的四边形，利用三角形中位线定理、平行四边形以及矩形的判定与性质，即可得解． 【详解】解：由题意，建立四边形，，与交于点O，E、F、G、H分别为各边的中点，连接点E、F、G、H，如图所示： ∵E、F、G、H分别为各边的中点， ∴，，，，（三角形的中位线平行于第三边） ∴四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形） ∵，，， ∴， ∴四边形EMON是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形）， ∴， ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形） 故选B． 【点睛】本点考查了中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 8. 如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得两点之间的距离为，两点之间的距离为，则这两张纸条的宽为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理，作于，于，连接、于，证明四边形是菱形，再根据勾股定理求出，再由菱形面积公式计算即可得出答案． 【详解】解：如图，作于，于，连接、于， 由题意得：，， ∴四边形是平行四边形， ∵两个矩形等宽， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∵测得两点之间的距离为，两点之间的距离为， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴这两张纸条的宽为， 故选：C． 9. 已知关于的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 【答案】B 【解析】 【分析】首先去分母，计算出，再根据解是非负数可得， ，进而可得，再解即可． 【详解】∵， ∴， ∴， ∴， ∵解是非负数， ∴，∴， ∴， 又∵， ∴，∴， ， ∴，且， 故选：B． 【点睛】此题主要考查了分式方程的解，关键是注意分式方程有解时，最简公分母不为零． 10. 如图，在正方形中，的平分线交于点，点，分别是，上的动点，若的最小值是2，则正方形的边长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，利用轴对称解决线段和最短问题：过作的垂线交于，交于，再过作，由角平分线的性质可得出是关于的对称点，进而可知即为的最小值． 【详解】解：过作的垂线交于，交于，再过作于， ， ， ∵的平分线交于点， ∴， ， ， 是关于的对称点，， ∴， 又∵垂线段最短， ∴当与点重合时，的值最小为的长， ∵的最小值为2， ∴， 四边形是正方形， ， ， 在中，， ∴． 故选：D． 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 11. 正八边形的一个内角的度数是____ 度． 【答案】135 【解析】 【分析】根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为正整数）求出内角和，然后再计算一个内角的度数即可. 【详解】正八边形的内角和为：（8﹣2）×180°=1080°， 每一个内角的度数为： 1080°÷8=135°， 故答案为135. 12. 已知，则代数式的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解、求代数式的值，先将式子变形为，整体代入计算即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， 故答案为：． 13. 如图，，以为圆心，长为半径的圆弧交射线于点，连接．若，则的度数为________． 【答案】##50度 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，等边对等角，根据作图可知，，进而得到四边形为平行四边形，进而得到，等边对等角即可得出结果． 【详解】解：由作图可知：， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴； 故答案为：． 14. 如图，函数和的图象交于点，则不等式的解集是________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查图象法求不等式的解集，根据图象找到直线在直线下方时的自变量的范围即可． 【详解】解：∵， ∴， 由图象可知：不等式的解集为：； 故答案为：． 15. 如图，将矩形折叠，使点和点重合，折痕为．若，，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，过作于，由矩形的性质结合折叠的性质得出，推出，由勾股定理得出，再证明四边形是矩形，求出、的长，最后由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：过作于，如图： ∵将矩形折叠，使点和点重合， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 16. 如图，在，，D点在上，，E，F分别是，的中点，连接并延长，与的延长线交于点G，连接，若，，，则的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，设的中点为，连接，由三角形的中位线定理得， ，，，由此可证和均为等边三角形，设 ，则，进而得，则，由此可求出，则 ，，，进而得，然后根据，得，据此可得的面积． 【详解】解：连接， 设的中点为， 连接，，如下图所示： ∵点分别是的中点， ∴是的中位线，为的中位线， ，，，， ， ， ， ， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， 设，则， ∵点是的中点， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：，即 解得：，(不合题意，舍去)， ， ， ， ， 边上的高与边上的高相同， ， ， ． 【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，等边三角形的判定和性质，三角形的面积，勾股定理等，正确的作出辅助线构造三角形的中位线及等边三角形是解决问题的关键． 三、解答题（共7小题，共52分．解答应写出过程） 17. 计算： （1）解不等式组：； （2）解分式方程：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组、解分式方程，熟练掌握运算方法是解此题的关键． （1）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集． （2）根据解分式方程的步骤计算即可得出答案． 【小问1详解】 解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集为：； 【小问2详解】 解：去分母得：， 去括号得：， 移项得：， 合并同类项得：， 系数化为1得：， 检验，当时，， ∴原分式方程的解为． 18. 如图，已知四边形，．请用尺规作图法，在边上求作一点E，在边上求作一点F，使四边形为菱形．（保留作图痕迹，不写作法）     【答案】 如图，点E，F即为所求． 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定，尺规作图——作已知线段的垂直平分线，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，作出线段的垂直平分线是解题的关键．连接，作线段的垂直平分线分别交，于点E，F，连接、，即可． 【详解】理由：设交于点O， 根据作法得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 19. 化简，从中选出合适的的整数值代入求值． 【答案】，当时，原式 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值、分式有意义的条件，括号内先通分，再将除法转化为乘法，约分即可化简，再根据分式有意义的条件得出，代入计算即可得出答案． 【详解】解： ， ∵，，，， ∴， 当时，原式． 20. 如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使得，连接， （1）求证：四边形是矩形． （2）连接，若______． 【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴且， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2） 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，掌握特殊平行四边形的性质与判定是解题的关键． （1）根据菱形的性质可得且，进而证明四边形是平行四边形，根据，即可证明四边形是矩形； （2）根据菱形的性质以及已知条件求出，根据勾股定理先求得的长，然后求出的长，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， 又∵， ∴． 故答案为：． 21. 为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买A，B两种型号的充电桩．已知A型充电桩比B型充电桩的单价少万元，且用18万元购买A型充电桩与用24万元购买B型充电桩的数量相等． （1）A，B两种型号充电桩的单价各是多少？ （2）该停车场计划共购买25个A，B型充电桩，购买总费用不超过26万元，求至少购买多少个A型充电桩？ 【答案】（1）A型充电桩的单价为万元，B型充电桩的单价为万元 （2）至少购买14个A型充电桩 【解析】 【分析】本题考查了分式的应用以及一元一次不等式的应用： （1）设A型充电桩的单价为x万元，则B型充电桩的单价为万元，根据“用18万元购买A型充电桩与用24万元购买B型充电桩的数量相等”列出分式方程，求解即可； （2）设购买A型充电桩m个，则购买B型充电桩个，根据购买总费用不超过26万元，列出一元一次不等式，解不等式，求出最小整数解即可． 【小问1详解】 解：设A型充电桩的单价为x万元， 由题意得：， 化为整式方程得：， 解得， 经检验，是所列方程的解，且符合题意， ． 答：A型充电桩的单价为万元，B型充电桩的单价为万元； 【小问2详解】 解：设购买A型充电桩m个， 由题意得：， 解得， m是正整数， m的最小值为14． 答：至少购买14个A型充电桩． 22. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，两点的坐标分别为，．将线段先向右平移6个单位后，再向下平移2个单位，得到线段． （1）点的坐标为 ，点的坐标为 ； （2）点是直线上的动点，在轴上是否存在，使得以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，或或 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形变换—平移，平行四边形的性质，一次函数与几何图形的综合应用： （1）根据平移规则，求出的坐标即可； （2）求出直线的解析式，设，分分别为对角线进行讨论求解即可． 【小问1详解】 解：∵将线段先向右平移6个单位后，再向下平移2个单位，得到线段，，， ∴，即：； 故答案为：； 【小问2详解】 存在， 设直线的解析式为：， ∵， ∴，解得：， ∴， ∵四边形是平行四边形，，两点的坐标分别为，， ∴， 设，当以为顶点的四边形为平行四边形时，分三种情况进行讨论， 当为对角线时，由中点坐标公式可得：， 把代入，得：， ∴； 当为对角线时，由中点坐标公式可得：， 把代入，得：， ∴； 当为对角线时，由中点坐标公式可得：， 把代入，得：， ∴； 综上：或或． 23. 【问题提出】 （1）如图1，在菱形中，，其中分别是边上的中点，则的周长为 ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，点在边上，点在边上，且，则周长的最小值为 ； 【问题解决】 （3）如图3，规划部门准备绿化一块四边形空地，计划在边，上分别取点，，利用小路，将这块四边形空地分开，在四边形空地内种植郁金香，其他区域种植草坪，为了方便市民游览，决定取的中点，沿着修建观赏长廊．经测量，，，，，为节约建设成本，修建长廊长度之和应该最短．请你帮助规划部门确定是否有最小值．若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（2）（3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据菱形的性质，推出为等边三角形，勾股定理求出的长，即可； （2）证明，得到，，得到为等边三角形，推出周长等于，进而得到当最小时，的周长最小，根据垂线段最短，得到时，最小，进行求解即可； （3）过点作于点，于点，连接，勾股定理求出的长，证明为等边三角形，进而推出，得到，得到，在上截取，连接，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，交于点，证明，得到为等边三角形，再证明，推出，再进行求解即可． 【详解】解：（1）∵菱形，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵分别是边上的中点， ∴，，， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴的周长； （2）∵， ∴，为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵的周长为， ∴当最小时，的周长最小， ∵垂线段最短， ∴当时，最小，此时：， ∴， ∴周长的最小值为； （3）存在，如图，过点作于点，于点，连接， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在上截取，连接，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，，交于点，则是的中位线，， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即：的最小值为：， ∴的最小值为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用轴对称解决线段和最短问题，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $