2023-2024学年北京市海淀区清华附中上地学校八年级（下）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年北京市海淀区清华附中上地学校八年级（下）期中数学试卷，共25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．（3分）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形B．平行四边形
C．等边三角形D．矩形
2．（3分）下列四个式子中，最简二次根式为（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）如图，点A在数轴上，其表示的数为2，过点A作AB⊥OA，且AB=3．以点O为圆心，OB为半径作弧，与数轴正半轴交于点P，则点P表示的实数为（ ）
A．B．3.6C．D．4
4．（3分）下列各式中，计算结果正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a,b,c.下列条件中，不能判定△ABC是直角三角形的是（ ）
A．∠A+∠B＝90°B．∠A：∠B：∠C＝3：4：5
C．a：b：c＝3：4：5D．a＝b＝1，c＝
6．（3分）小明同学在一次学科综合实践活动中发现，某品牌鞋子的长度ycm与鞋子的码数x之间满足一次函数关次，下表给出y与x的一些对应值：
根据小明的数据，可以得出该品牌38码鞋子的长度为（ ）
A．24cmB．25cmC．26cmD．38cm
7．（3分）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的中点，连接OM．若AC=6，BD=8，则OM的长为（ ）
A．B．4C．5D．
8．（3分）如图1，动点P从点A出发，在边长为1的小正方形组成的网格平面内运动．设点P经过的路程为s,点P到直线l的距离为d,已知d与s的关系如图2所示．则下列选项中，可能是点P的运动路线的是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（每题3分）
9．（3分）若二次根式有意义，则x的取值范围是 ．
10．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 ，使矩形ABCD是正方形．
11．（3分）下列命题：
①如果两个实数相等，那么它们的平方相等；
②如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2；
③平行四边形的对角线互相平分．其中逆命题是真命题的是 ．（填写所有正确结论的序号）
12．（3分）已知点P（﹣2，y1），Q（1，y2）在一次函数y＝kx+1（k≠0）的图象上，且y1＞y2，则k的值可以是 （写出一个即可）．
13．（3分）如图，直线l1：y＝2x与直线l2：y＝kx+4相交于点P，则方程2x﹣kx＝4的解为 ．
14．（3分）如图，点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，EF⊥BC，EG⊥CD，垂足分别是F，G，GF=3，则AE= ．
15．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=10，M为BC的中点，沿过点M的直线翻折，使点C落在边AD上，记折痕为MN，则折痕MN的长为 ．
16．（3分）在平面直角坐标系中，已知，B（0，2），，D是平面内的一点，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形．
（1）若a=1，则平行四边形ABCD中，点D的坐标为 ；
（2）CD的最小值为 ．
三、解答题（17题8分，18-22题每题4分，23、24题每题5分，25、26题每题7分）
17．（8分）计算：
（1）（3.14﹣π）0﹣|2﹣|﹣（）﹣1；
（2）﹣×+．
18．（4分）已知：一次函数图象如图：
（1）求一次函数的解析式；
（2）若点P为该一次函数图象上一动点，且点A为该函数图象与x轴的交点，若S△OAP＝2，求点P的坐标．
19．（4分）在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上且AE=CF，证明：DE=BF．
20．（4分）《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？“译成数学问题是：如图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，AC+AB=1丈，BC=3尺，求AC的长为多少尺？（说明：1丈=10尺）
21．（4分）如图，在△ABC中，∠A=135°，AB=2，，求BC长．
22．（4分）如图，四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠CAD=2∠CAB=45°，E、F分别是CD、CA的中点，AC=AD=10，求BE的长．
23．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，BC=2AB，点E、F分别是BC、AD的中点，AE、BF交于点O，连接EF、OC，
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB=8，∠ABC=60°，求OC的长．
24．（5分）阅读材料：
和为整数，4﹣1＝3＝2×1+1；
和为整数，9﹣4＝5＝2×2+1；
和为整数，16﹣9＝7＝2×3+1；
…
小明发现结论：若和为相邻的两个整数，其中a＜b+1．并给出了证明：
根据题意，得．
等式两边同时 ，得 ＝b．
整理得b﹣a＝2+1．
请根据以上材料，解决以下问题：
（1）请补全小明的证明过程．
（2）若和 为两个相邻整数，则a＝ ．
（3）若和 为相差4的两个整数，求a的值．
25．（7分）已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE=DF；
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．
26．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB和点Q，给出如下定义：若在直线y=x上存在点P，使得四边形ABPQ为平行四边形，则称点Q为线段AB的“银杏点”．已知A（0，5），B（2，3）．
（1）在Q1（﹣2，0），Q2（0，4），Q3（2，﹣2），Q4（2，6）中，线段AB的“银杏点”是 ；
（2）点Q为直线y=kx+2上一点，若点Q是线段AB的“银杏点”且不在第二象限，求k的取值范围；
（3）已知正方形CDEF边长为1，以T（t,3）为中心且各边与坐标轴垂直，点M，N在线段AB上．若对于正方形CDEF上的任意一点，都存在线段MN，使得该点为线段MN的“银杏点”，直接写出t的取值范围．
附加题：
27．（10分）小明根据学习函数的经验，对函数的图象与性质进行了探究并解决了相关问题，请补全下面的过程．
（1）函数的自变量x的取值范围是 ；
（2）如表是y与x的几组对应值：
写出表中m的值；
（3）如图，在平面直角坐标系xOy中，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；
（4）小明结合该函数图象，解决了以下问题：
①对于图象上两点P（x1，y1），Q（x2，y2），若0＜x1＜x2，则y1 y2（填“＞”，“＝”或“＜”）；
②当x＞0时，若对于x的每一个值，函数（k≠0）的值小于正比例函数y=kx（k≠0）的值，则k的取值范围是 ．
28．（10分）定义：至少有一组对边相等的四边形为“等对边四边形”．
（1）请写出一个你学过的特殊四边形中是“等对边四边形”的名称；
（2）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AC、AB边上，且满足∠DBC=∠ECB=∠A，线段CE、BD交于点O．
①求证：∠BDC＝∠AEC；
②不添加辅助线，请在图中找到一个“等对边四边形”，并给出证明．
2023-2024学年北京市海淀区清华附中上地学校八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分）
1．【答案】D
【解答】解：A．等腰三角形是轴对称图形，故本选项不合题意；
B．平行四边形是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．等边三角形是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．矩形既是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
2．【答案】D
【解答】解：A、＝8；
B、＝2；
C、＝，故C不符合题意；
D、是最简二次根式；
故选：D．
3．【答案】C
【解答】解：由题意知，OA＝2，∠BAO＝90°，
∴OB＝＝＝，
∵以点O为圆心，OB为半径作弧，
∴OP＝OB＝，
∴点P表示的实数为，
故选：C．
4．【答案】B
【解答】解：∵＝|﹣3|＝1，
∴A选项的计算不正确，不符合题意；
∵＝3，
∴B选项的计算正确，符合题意；
∵＝3，
∴C选项的计算不正确，不符合题意；
∵＝2，
∴D选项的计算不正确，不符合题意．
故选：B．
5．【答案】B
【解答】解：A、∵∠A+∠B＝90°，
∴∠C＝180°﹣（∠A+∠B）＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵∠A：∠B：∠C＝3：4：6，
∴∠C＝180°×＝75°，
∴△ABC不是直角三角形，
故B符合题意；
C、∵a：b：c＝3：7：5，
∴设a＝3k，b＝8k，
∴a2+b2＝（2k）2+（4k）4＝25k2，c2＝（5k）2＝25k2，
∴a5+b2＝c2，
∴△ABC是直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵a7+b2＝13+12＝7，c2＝（）8＝2，
∴a2+b2＝c2，
∴△ABC是直角三角形，
故D不符合题意；
故选：B．
6．【答案】A
【解答】解：设y与x的函数解析式为y＝kx+b，
∵点（26，18），20）在该函数图象上，
∴，
解得，
即y与x的函数解析式为y＝0.5x+8，
当x＝38时，y＝0.5×38+2＝24，
故选：A．
7．【答案】A
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝×8＝3BD＝，
∴∠AOB＝90°，
∴AB＝＝5，
∵点M为AB的中点，
∴OM＝AB＝，
故选：A．
8．【答案】C
【解答】解：由图得：当点P经过的路程为1时，点P到直线l的距离不变，
当点P经过的路程为3时，点P到直线l的距离增加到4，
当点P经过的路程为4时，点P到直线l的距离不变，
当点P经过的路程为5时，点P到直线l的距离变为3，
故选：C．
二、填空题（每题3分）
9．【答案】见试题解答内容
【解答】解：根据二次根式有意义的条件，x﹣1≥0，
∴x≥7．
故答案为：x≥1．
10．【答案】见试题解答内容
【解答】解：AB＝AD（或AC⊥BD答案不唯一）．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形．
或∵四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：AB＝AD（或AC⊥BD答案不唯一）．
11．【答案】②③．
【解答】解：①如果两个实数相等，那么它们的平方相等的逆命题是如果两个实数的平方相等，不符合题意；
②如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c2+b2＝c2的逆命题是如果a2+b2＝c8，那么这个三角形是直角三角形，符合题意；
③平行四边形的对角线互相平分的逆命题是如果四边形的对角线互相平分，那么这个四边形是平行四边形；
故答案为：②③．
12．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵点P（﹣2，y1），Q（8，y2）在一次函数y＝kx+1（k≠7）的图象上，且y1＞y2，
∴k＜2，
∴k可以是﹣2（答案不唯一），
故答案为：﹣2（答案不唯一）．
13．【答案】x＝1．
【解答】解：把y＝2代入y＝2x中可得：8x＝2，
x＝1，
∴点P（5，2），
∴的解为，
∴7x＝kx+4的解为：x＝1，
∴6x﹣kx＝4的解为：x＝1．
故答案为：x＝5．
14．【答案】3．
【解答】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
∵EF⊥BC，EG⊥CD，
∴四边形CFEG为矩形，
∴GF＝CE，
∴AE＝GF＝3．
故答案为：3．
15．【答案】或．
【解答】解：设C点沿过点M的直线翻折后落在AD上的对应点为点C′，
①过点M作ME⊥AD交AD于点E，N在CD上，
可得四边形DCME为矩形，
∴EM＝DC＝AB＝3，DE＝CM，
∵M为BC中点，BC＝10，
∴由折叠可得：C′M＝CM＝BC＝，
在Rt△C′EM中，由勾股定理得：
C′E＝＝＝4，
∴DC′＝DE﹣C′E＝5﹣4＝8，
设DN＝x，则NC＝CD﹣DN＝3﹣x，
在Rt△DNC′中，由勾股定理得：
DN2+DC′2＝x2+15＝NC′2＝NC2＝（3﹣x）2，
解得x＝，
∴NC＝CD﹣DN＝3﹣＝，
在Rt△NCM中，
由勾股定理得：
MN＝＝＝；
②过点M作ME⊥AD交AD于点E，N在AD上，
可得四边形DCME为矩形，
∴ME＝DC＝5，DE＝CM，
又∵BC＝10，M为BC中点，
∴由折叠得C′M＝CM＝×BC＝，
在Rt△EMC′，由勾股定理得：
C′E＝＝＝4，
DC′＝DE+C′E＝6+4＝9，
设DN＝D′N＝y，则EN＝DE﹣DN＝4﹣y，
则NC′＝NE+C′E＝5﹣y+4＝4﹣y，
在Rt△D′NC′中，∠ND′C′＝90°，
由勾股定理得：
ND′2+D′C′2＝y4+DC2＝y2+82＝NC′2＝（5﹣y）2，
解得y＝4，
则NE＝4﹣y＝5﹣4＝6，
在Rt△NEM中，∠EMN＝90°，
由勾股定理得：
MN＝＝＝．
综上所述，折痕MN的长为或．
故答案为：或．
16．【答案】（1）（0，3）或（0，1）或；
（2）．
【解答】解：（1）如图，四边形ABD1C、四边形ACBD2、四边形ABCD3都是满足条件的平行四边形，
当a＝1时，有，B（0，，
则CA⊥x轴，CA＝1，
∴D1（7，3），D2（6，1），
∵点B平移到点A的方式为向右平移个单位长度，
∴点D7由点C向右平移个单位长度，
∴，
故答案为：（4，3）或（0．
（2）∵∠AOB＝90°，，OB＝2，
∴，
由（1）可知，当AB是以A，B，C，则，
如图，AB是以A，B，C，
 
∴点D与点C关于AB的中点对称，
∴CD＝2CQ，
易知当CQ⊥OC时，CQ的值最小，
在Rt△OCQ中，∠OCQ＝90°，0），，，
根据勾股定理有，OC2+CQ2＝OQ4，
，
解得或0
∴，
∴，
∵，
∴CD的最小值是，
故答案为：．
三、解答题（17题8分，18-22题每题4分，23、24题每题5分，25、26题每题7分）
17．【答案】（1）﹣4；
（2）4．
【解答】解：（1）原式＝1﹣（2﹣）﹣3
＝1﹣2+﹣3
＝﹣4；
（2）原式＝﹣+3
＝2﹣+3
＝5．
18．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设一次函数解析式为y＝kx+b，
把（﹣2，3），﹣2）分别代入得，
所以一次函数解析式为y＝﹣x+1；
（2）当y＝0时，﹣x+8＝0，则A（1，
设P（t，﹣t+2），
因为S△OAP＝2，
所以×1×|﹣t+1|＝7，
所以P点坐标为（﹣3，4）或（2．
19．【答案】见试题解答内容
【解答】证明：∵连接BE，DF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
∴OE＝OF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DE＝BF．
20．【答案】见试题解答内容
【解答】解：1丈＝10尺，
设AC＝x，
∵AC+AB＝10，
∴AB＝10﹣x．
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC4＝AB2，即x2+42＝（10﹣x）2．
解得：x＝4.55，
即AC＝4.55尺．
21．【答案】．
【解答】解：过点B作BD⊥CA的延长线于点D，则∠D＝90°，
∵∠BAC＝135°，
∴∠BAD＝45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴BD＝AD，
∴BD2+AD2＝4BD2＝AB2，
∴3BD2＝28，
∴，
∴，
∴．
22．【答案】5．
【解答】解：连接BF，
∵E、F分别是CD，
∴EF∥AD且，
∴∠CFE＝∠CAD＝45°，
∵∠ABC＝90°，F是CA的中点，
∴，
∴∠BAF＝∠ABF，
∴∠BFC＝2∠BAC＝45°，
∴∠BFE＝90°，
∴．
23．【答案】（1）见详解；
（2）．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴AF∥BE，
∵点E、F分别是BC，
∴，
∴AF＝BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵BC＝2AB，且BC＝2BE，
∴AB＝BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）如图，过点O作OH⊥BC于H，
由（1）知，四边形ABEF是菱形，
∴，BO⊥AE，
∵AB＝2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵BC＝8AB＝2×8＝16，
HC＝BC﹣BH＝16﹣2＝10，
∴．
24．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵和为相邻的两个整数，
∴，
等式两边同时平方得：
a+2+3＝b．
移项得：b﹣a＝2+1．
故答案为：平方；a+8；
（2）∵和 为两个相邻整数，
∴由（1）的结论可知：a+11﹣a＝2+1，
∴＝7，
∴a＝25．
故答案为：25；
（3）∵和 为相差4的两个整数，
∴+4＝，
等式两边同时平方得：
a+2+16＝a+216，
∴＝25，
∴a＝625．
25．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）①如图1，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，DF.
②证明：由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF．
（2）AE＝2DM，
证明：如图7，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，DF，连接AE，
由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD＝AB＝DA，∠BCD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF，∠CBE＝∠CDF，
∴∠CBE﹣90°＝∠CDF﹣90°，
延长DM到点G，使GM＝DM，
∵M是AF的中点，
∴AM＝FM，
在△AGM和△FDM中，
，
∴△AGM≌△FDM（SAS），
∴AG＝DF，∠G＝∠MDF，
∴BE＝AG，AG∥DF，
∴∠DAG＝180°﹣∠ADF＝180°﹣（360°﹣90°﹣∠CDF）＝∠CDF﹣90°，
∵∠ABE＝∠CBE﹣90°，
∴∠ABE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴AE＝DG＝2DM．
26．【答案】（1）Q2，Q4；
（2）k≥且k≠1；
（3）﹣2≤t＜4．
【解答】解：（1）设P（m，m），
∵A（0，5），
∴AP的中点坐标为（，），
∵四边形ABPQ为平行四边形，
∴BQ的中点即为AP的中点，即BQ的中点为（，），
∵B（7，3），
∴Q的坐标为（m﹣2，m+5），
∴Q在直线y＝x+4上，
由A（0，7），3）可得直线AB解析式为y＝﹣x+5，
而Q6（0，4），Q8（2，6）在直线y＝x+8上，Q1（﹣2，5），Q3（2，﹣2）不在直线y＝x+4上，
∴线段AB的“银杏点”是Q2，Q8；
故答案为：Q2，Q4；
（2）由 （1）得点Q在直线y＝x+3上，点Q为直线y＝kx+2上一点，
∴点Q为直线y＝x+4和直线y＝kx+6的交点，
①k＝1时，直线y＝x+4和直线y＝kx+2平行，
不符合题意；
②k≠1时，联立，
解得：，即点Q（，，
假设点Q在第二象限，
则，解得k＜，
∵点Q不在第二象限，
∴k≥，
综上：k≥且k≠1；
（3）正方形CDEF边长为7，以T（t，
∴正方形CDEF左上角的顶点坐标为（t﹣，），右下角的顶点坐标为（t+，），
若MN与AB等长，由（1）可得线段MN的“银杏点”在直线y＝x+4上，
若M、N点与A点重合时，
当正方形CDEF左上角的顶点（t﹣，），在y＝x时，
t﹣＝，解得t＝8；
当正方形CDEF右下角的顶点（t+，），在y＝x+4时，
t++4＝，
故当﹣2≤t＜3时，正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN．
27．【答案】（1）任意实数；
（2）m＝0；
（3）见解答；
（4）＜；k＞．
【解答】解：（1）函数中自变量x可以是任意实数；
故答案为：任意实数；
（2）当x＝2时，＝7，
∴m＝0．
（3）函数图象如图所示；
（4）观察该函数图象：
①对于图象上两点P（x1，y4），Q（x2，y2），若5＜x1＜x2，则y8＜y2；
②当x＞0时，若对于x的每一个值的值小于正比例函数y＝kx（k≠0）的值．
故答案为：＜；k＞．
28．【答案】（1）平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形等．
（2）①证明见解析；
②四边形EBCD是等对边四边形．
【解答】解：（1）如：平行四边形、矩形、等腰梯形等．
（2）①证明：∵∠BOE＝∠BCE+∠DBC，∠DBC＝∠ECB＝，
∴∠BOE＝7∠DBC＝∠A，
∵∠A+∠AEC+∠ADB+∠EOD＝360°，∠BOE+∠EOD＝180°，
∴∠AEC+∠ADB＝180°，
∵∠ADB+∠BDC＝180°，
∴∠BDC＝∠AEC；
②解：此时存在等对边四边形，是四边形EBCD．
如图2，作CG⊥BD于G点．
∵∠DBC＝∠ECB＝∠A，∠BFC＝∠BGC＝90°，
∴△BCF≌△CBG（AAS），
∴BF＝CG，
∵∠BEF＝∠ABD+∠DBC+∠ECB，∠BDC＝∠ABD+∠A，
∴∠BEF＝∠BDC，
∴△BEF≌△CDG（AAS），
∴BE＝CD，
∴四边形EBCD是等对边四边形．码数x
26
30
34
42
长度ycm
18
20
22
26
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
1
m
3
…