【期中讲练测】北师大版八年级下册数学期中押题密卷02（第1-4章）.zip

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1．中国“一十四节气”已被利入联合国教科文组织人类非物质文化读产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”，“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】解：A选项不是轴对称图象，也不是中心对称图形，不合题意；
B选项是轴对称图象，不是中心对称图形，不合题意；
C选项是轴对称图象，不是中心对称图形，不合题意；
D选项是轴对称图象，也是中心对称图形，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是掌握定义：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫轴对称图形；如果一个图形绕某一个点旋转180度后能与它自身重合，这个图形叫做中心对称图形．
2．若x＞y，则下列式子错误的是（ ）
A．x﹣3＞y﹣3B．﹣3x＞﹣3yC．x+3＞y+3D．
【答案】B
【分析】根据不等式的性质在不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变即可得出答案．
【详解】解：A、不等式两边都减3，不等号的方向不变，正确，故本选项不符合题意；
B、乘以一个负数，不等号的方向改变，错误，故本选项符合题意；
C、不等式两边都加3，不等号的方向不变，正确，故本选项不符合题意；
D、不等式两边都除以一个正数，不等号的方向不变，正确故本选项不符合题意．
故选：B．
3．多项式的公因式是（ ）
A．B． C．D．
【答案】C
【分析】根据多项式的公因式的确定方法，即可求解．
【详解】解：多项式的公因式是．
故选：C
【点睛】本题考查了公因式的定义．确定多项式中各项的公因式，可概括为三“定”：①定系数，即确定各项系数的最大公约数；②定字母，即确定各项的相同字母因式（或相同多项式因式）；③定指数，即各项相同字母因式（或相同多项式因式）的指数的最低次幂．
4．某学校举行“创新杯”篮球比赛，比赛方案规定：每场比赛都要分出胜负，每队胜1场积2分，负1场积1分，每只球队在全部8场比赛中积分不少于12分，才能获奖．小明所在球队参加了比赛并计划获奖，设这个球队在全部比赛中胜x场，则x应满足的关系式是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，胜一场得分，负一场得分，由不等关系：每只球队在全部8场比赛中积分不少于12分，列出不等式即可．
【详解】解：由题意，胜一场得分，负一场得分，
则得不等式：，
故答案为：A．
【点睛】本题考查了列一元一次不等式，关键是找到不等关系．
5．若关于x的不等式组的整数解共有2个，则m的取值范围是（ ）
A．5【答案】B
【分析】表示出不等式组的解集，由整数解有2个，确定出m的范围即可．
【详解】解：不等式组整理得：，即2＜x＜m，
所以不等式组的整数解有2个整数解为3，4，
则m的范围为4＜m≤5．
故选：B．
【点睛】此题考查了一元一次不等式组的整数解，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
6．如图，在△ABC中，，按以下步骤作图．若，则的长是（ ）
①以点B为圆心，以任意长为半径作弧，分别交于点E，F；
②分别以点E，F为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点O；
③作射线，交于点D；
④以点D为圆心，以适当长为半径作弧，分别交于点M，N；
⑤分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点G，连接交于点H

A．B．4C．3D．
【答案】B
【分析】过D点作于K，由作法得：平分，根据角平分线的性质可得，再由直角三角形的性质可得，再由勾股定理可得，即可求解．
【详解】解：过D点作于K，如图，

由作法得：平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，尺规作图，勾股定理，角平分线的性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质，角平分线的性质是解题的关键．
7．如图，函数与的图象相交于点，则关于的不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接利用函数图像得出不等式的解集．
【详解】解：∵函数与的图像相交于点，
∴关于x的不等式的解集是：．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，注重数形结合是解答本题的关键．
8．如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM=PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断．
【详解】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO=∠PFO=90°，
∴∠EPF+∠AOB=180°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠EPF=∠MPN，
∴∠EPM=∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE=PF，
在△POE和△POF中，
，
∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），
∴OE=OF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM=NF，PM=PN，故①正确，
∴S△PEM=S△PNF，
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故④正确，
OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，顶角∠MPN是定值，
因为腰PM的长度是变化的，
所以底边MN的长度是变化的，故③错误，
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是通过添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．对于坐标平面内的点，先将该点向右平移1个单位，再向上平移2个单位，这种点的运动称为点的斜平移，如点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5）．已知点A的坐标为（2，0），点Q是直线l上的一点，点A关于点Q的对称点为点B，点B关于直线l的对称点为点C，若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为（8，6），则△ABC的面积是（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】A
【分析】连接CQ，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定得到∠ACB＝90，延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即可．
【详解】解：连接CQ，如图：
由中心对称可知，AQ＝BQ，
由轴对称可知：BQ＝CQ，
∴AQ＝CQ＝BQ，
∴∠QAC＝∠ACQ，∠QBC＝∠QCB，
∵∠QAC+∠ACQ+∠QBC+∠QCB＝180°，
∴∠ACQ+∠QCB＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，如图，
∵A（2，0），C（8，6），
∴AF＝CF＝6，
∴△ACF是等腰直角三角形，
∵，
∴∠AEC＝45°，
∴E点坐标为（14，0），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，
∵C，E点在直线上，
可得：，
解得：，
∴y＝﹣x+14，
∵点B由点A经n次斜平移得到，
∴点B（n+2，2n），由2n＝﹣n﹣2+14，
解得：n＝4，
∴B（6，8），
∴△ABC的面积＝S△ABE﹣S△ACE＝×12×8﹣×12×6＝12，
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称的性质，中心对称的性质，等腰三角形的判定与性质，求解一次函数的解析式，得到的坐标是解本题的关键．
10．如图，在中，，，D为的中点，，垂足为E．过点B作交的延长线于点F，连接；现有如下结论：
①平分；②；③；④；⑤．其中正确的结论有( )
A．5个B．4个C．3个D．2个
【答案】B
【分析】如果是角平分线，则，而，显然与已知矛盾，故错误．
易证是等腰直角三角形，故．
由，推出，由，推出，即．
在中，，易证．
由于≌，推出，推出，于，即可推出．
【详解】解：∵D为的中点，
∴，
若平分， ，
∴，
又∵，
∴不可能平分，故①错误；
∵，，，
∴，，
∴，
是等腰直角三角形，
∴，故②正确．
，，，
，
，
，
，
，故③正确．
在中，，
，是等腰直角三角形，
∴是的垂直平分线，
．
，
，
，
，
，故⑤正确．
故选B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质、等腰直角三角形的性质于判定，勾股定理、角平分线的定义与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
二：填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．在实数范围内分解因式： ．
【答案】
【分析】先提公因式，再逆用平方差公式进行因式分解．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握提公因式法、公式法进行因式分解是解决本题的关键．
12．如图，直角△ABC沿着点B到点C的方向平移到△DEF的位置，AB=4，DH=1，平移距离为2，则阴影部分的面积是 ．
【答案】7
【分析】由题意易得阴影部分面积等于梯形的面积，由已知即可计算出此梯形的面积，从而求得阴影部分的面积．
【详解】解：由平移的性质得：，，，
∵
而，
∴，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的的关键．
13．如图，∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA，PD⊥OA，若PC=4，则PD= ．
【答案】2
【分析】过P点作PE⊥OB于E，如图，根据角平分线的性质得到PE=PD，再利用平行线的性质得到∠PCE=∠AOB=30°，接着根据含30度的直角三角形三边的关系得到PE=PC=2，从而得到PD的长．
【详解】解：过P点作PE⊥OB于E，如图，
∵∠AOP=∠BOP=15°，
∴OP平分∠AOB，∠AOB=30°，
而PD⊥OA，PE⊥OB，
∴PE=PD，
∵PC∥OA，
∴∠PCE=∠AOB=30°，
∴PE=PC=×4=2，
∴PD=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了含30度的直角三角形的性质和平行线的性质．
14．如图，直线与相交于点P，点P的横坐标为－1，则关于x的不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】观察函数图像得到当x＞-1时，函数y1=x+b的图像都在y2=kx-1的图像上方，所以不等式的解集为．
【详解】解：根据题意得当时，y1＞y2，
所以不等式的解集为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查一次函数与一元一次不等式，解题关键在于结合函数图像进行解答．
15．如图，中，，，，点P是边上的一个动点，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，连接，则在点P运动过程中，线段的最小值为 ．

【答案】3
【分析】
将绕点B顺时针旋转得到，则此时三点在同一直线上，得出Q的运动轨迹为线段，当时，的长度最小，由直角三角形的性质及三角形中位线定理可得出答案．
【详解】将绕点B顺时针旋转得到，

则此时三点在同一直线上，
∵，
∴，
随着P点运动，总有，
∴总有，即三点在同一直线上，
∴Q的运动轨迹为线段，
∴当时，的长度最小，
中，，
∴，
即C为的中点，
∵，
∴，为的中位线，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共55分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16．解不等式组： ，并把它的解集在数轴上表示出来
【答案】.
【详解】分析：
按照解一元一次不等式组的一般步骤进行解答，并把解集规范的表示在数轴上即可.
详解：
解不等式得：；
解不等式得：；
∴原不等式组的解集为：，
将解集表示在数轴上如下图所示：
点睛：熟记“一元一次不等式组的解法和不等式组的解集在数轴上的表示方法”是解答本题的关键.
17．因式分解：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可；
（2）原式利用平方差公式分解即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
．
【点睛】本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．
18．如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是．
(1)将以O为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
(2)将平移后得到，若点A的对应点的坐标为，画出平移后对应的；
(3)求线段的长度．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）分别找到三个顶点旋转后的对应点，再依次连接这三个对应点即可；
（2）由点A的坐标及其对应点的坐标，可以确定平移，根据此平移即可确定三角形另两个点的对应点，最后即可画出平移后的三角形；
（3）作轴于点H，由勾股定理即可求得．
【详解】（1）图中为所在图形：
（2）图中为所在图形：
（3）由（1）与（2）可得 ，，作轴于点H，则，，，根据勾股定理，得．
【点睛】本题考查了作图——作图形的旋转、图形的平移，勾股定理，正确作出图形的旋转与平移是解题的关键．
19．“全民阅读”深入人心，好读书，读好书，让人终身受益．为满足同学们的读书需求，学校图书馆准备到新华书店采购文学名著和动漫书两类图书．经了解，2本文学名著和4本动漫书共需156元，2本文学名著比2本动漫书多36元（注：所采购的文学名著价格都一样，所采购的动漫书价格都一样）．
(1)求每本文学名著和动漫书各多少元？
(2)若学校要求购买动漫书比文学名著多20本，总费用不超过2100元，请问最多可以购买文学名著多少本？
【答案】(1)每本文学名著38元，每本动漫画20元
(2)29本
【分析】（1）设每本文学名著x元，每本动漫书y元，由总价＝单价×数量，结合“2本文学名著和4本动漫书共需156元，2本文学名著比2本动漫书多36元”，列出二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设学校购买文学名著m本，则购买动漫书（m+20）本，由总价＝单价×数量，结合“总费用不超过2100元”，列出一元一次不等式，解之即可得出结论．
【详解】（1）解：设每本文学名著元，每本动漫画元
依题意可列方程组为：，解得
答：每本文学名著38元，每本动漫画20元．
（2）解：设购买文学名著本．
依题意有：
解得：
是非负整数，最多为29
答：最多可以购买文学名著29本．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
20．在平面直角坐标系中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，点A与点C关于y轴对称．
(1)如图1，OA=OB，AF平分∠BAC交BC于F，BE⊥AF交AC于E，请直接写出EF与EC的数量关系为 ；
(2)如图2，AF平分∠BAC交BC于F，若AF=2OB，求∠ABC的度数；
(3)如图3，OA=OB，点G在BO的垂直平分线上，作∠GOH=45°交BA的延长线于H，连接GH，试探究OG与GH的数量和位置关系．
【答案】(1)EF＝EC
(2)108°
(3)GH＝GO，GH⊥GO
【分析】（1）如图1中，设AF交BE于点J．首先证明AB=AE，再证明∠AEF=∠ABF=90°，可得结论；
（2）如图2中，取CF的中点T，连接OT．由OA=OC，BO⊥AC，推出BA=BC，推出∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，设∠BAC=∠BCA=2α，利用三角形内角和定理，构建方程求解即可；
（3）结论：OG=GH，OG⊥GH．如图3中，连接GB，在BA上取一点H′，使得GB=GH′，连接OH′，设AB交DG于点W，交OG于点K，连接OW．证明∠GOH′=GOH=45°，推出点H与点H′重合，可得结论．
【详解】（1）解：（1）结论：EF=EC．
理由：如图1中，设AF交BE于点J．
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠CAF，
∵BE⊥AF，
∴∠BAF+∠ABE=90°，∠CAF+∠AEB=90°，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE，
∵A，C关于y轴对称，
∴OA=OC，
∵OA=OB，
∴OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA=45°，∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠ABC=90°，
在△ABF和△AEF中，
，
∴△ABF≌△AEF（SAS），
∴∠AEF=∠ABF=90°，
∴∠CEF=90°，
∴∠ECF=∠EFC=45°，
∴EF=EC；
（2）解：如图2中，取CF的中点T，连接OT．
∵AO=OC，FT=TC，
∴OT∥AF，OT=AF，
∵AF=2OB，
∴OB=OT，
∴∠OBT=∠OTB，
∵OA=OC，BO⊥AC，
∴BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，
设∠BAC=∠BCA=2α，
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠CAF=α，
∵OT∥AF，
∴∠TOC=∠CAF=α，
∴∠OBT=∠OTB=∠TOC+∠TCO=3α，
∵∠OBC+∠OCB=90°，
∴5α=90°，
∴α=18°，
∴∠OBC=54°，
∴∠ABC=2∠OBC=108°；
（3）解：结论：OG=GH，OG⊥GH．
理由：如图3中，连接GB，在BA上取一点H′，使得GB=GH′，连接OH′，设AB交DG于点W，交OG于点K，连接OW．
设∠OGB=m，∠OGH′=n，
∵GD垂直平分线段OB，
∴GB=GO，∠DGB=∠DGO=m，
∵GB=GO=GH′，
∴∠GH′O=（180°-n）=90°-n，∠GH′B=（180°-m-n）=90°-m-n，
∴∠KH′O=∠GH′O-∠GH′B=90°-n-（90°-m-n）=m，
∴∠KH′O=∠KGW，
∵∠GKW=∠H′KO，
∴∠H′OK=∠GWK，
∵DG∥OA，
∴∠GWK=∠OAB=45°，
∴∠COH′=45°，
∵∠COH=45°，
∴∠COH=∠COH′，
∴点H与点H′重合，
∴OG=GH，
∴∠GHO=∠GOH=45°，
∴∠OGH=90°，
∴GH=GO，GH⊥GO．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，第三个问题比较难，采用了同一法解决问题．
21．探究题：

(1)特殊情景：
如图（1），在四边形中，，以点为顶点作一个角，角的两边分别交，于点，，且，连接，若，探究：线段，，之间的数量关系为：______．（提示：延长到，使，连接）
(2)类比猜想：类比特殊情景，在上述（1）条件下，把“”改成一股情况“，”如图（2），小明猜想：线段，，之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明结论．
(3)解决问题：如图（3），在中，，，点，均在边上，且，若，计算的长度．
【答案】(1)
(2)成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）如图，将绕点顺时针旋转，得到，根据旋转的性质可得，可证，，由此即可求解；
（2）设，则，如图，将绕点顺时针旋转得到，根据旋转的性质可得，可证，，由此即可求解；
（3）如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接，可证，可得，在中，，可求出的长，由此可表示出的长，再根据线段的关系表示出，在中根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：结论：，理由如下：
如图，将绕点顺时针旋转，得到，

四边形中，，，，
∴，，
，即点，，共线，
由旋转可得，，，
，
，
，
，
，
，
又，
．
故答案为：．
（2）解：成立，理由如下：
设，则，
如图，将绕点顺时针旋转得到，

，，，，
，
，
点，，在同一直线上，
，，
，
，
，
又，
，且，
．
（3）解：如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接，

，，，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，，
，，即，
，
，，
，即，解得，．
【点睛】本题主要考查图形变换，三角形全等的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握以上知识的灵活运用，利用旋转构成全等三角形的方法是解题的关键．
22．已知AOB和△MON都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）如图1：连AM，BN，求证：AOM≌BON；
（2）若将RtMON绕点O顺时针旋转，当点A，M，N恰好在同一条直线上时，如图2所示，线段OH//BN，OH与AM交点为H，若OB＝4，ON＝3，求出线段AM的长；
（3）若将MON绕点O顺时针旋转，当点N恰好落在AB边上时，如图3所示，MN与AO交点为P，求证：MP2+PN2＝2PO2．
【答案】（1）见解析；（2）或；（3）见解析
【分析】（1）根据角的和差关系可得∠AOM＝∠BON，利用SAS即可得结论．
（2）当MN在OA左侧时，根据全等三角形的性质及三角形内角和定理可得∠ANJ＝∠JOB＝90°，根据平行线的性质可得∠OHN=∠ANJ=90°，利用等腰直角三角形的性质可求出MN、HM、OH的长，利用勾股定理可求出AH的长，即可得出AM的长；同理可得出MN在OA右侧时AM的长，即可得答案；
（3）如图，在OB上取一点T，使得OT＝OP，连接PT，NT．利用SAS可证明△POM≌△TON，即可证明∠M=∠ONM=45°，可得∠PNT＝∠ONM+∠ONT＝90°，可得PT2＝PN2+NT2＝PN2+PM2，即可得出结论．
【详解】（1）∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OM=ON，AO=BO，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB+∠AON=∠MON+∠AON，
∴∠AOM＝∠BON，
在△AOM和△BON中，
∴△AOM≌△BON（SAS）．
（2）如图，当MN在OA左侧时，设OA交BN于J，
∵△AOM≌△BON，
∴∠OAM＝∠OBN，
∵∠AJN＝∠BJO，
∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，
∵OH//BN，
∴∠OHN=∠ANJ=90°，
∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，
∴MN＝=3，MH＝HN＝OH＝，
∵OA=OB=4，
∴AH＝＝＝，
∴AM＝MH+AH＝．
如图，当MN在OA右侧时，
同理可得：MN＝，MH＝HN＝OH＝，AH＝，
∴AM＝AH-MH＝．
综上所述，BN的长为或．
（3）如图，在OB上取一点T，使得OT＝OP，连接PT，NT．
∵∠MON＝∠POT＝90°，
∴∠MON-∠PON=∠POT-∠PON，
∴∠MOP＝∠NOT，
在△POM和△TON中
∴△POM≌△TON（SAS），
∴PM＝TN，∠M＝∠ONT＝45°，
∵∠M=∠ONM=45°，
∴∠ONM＝∠ONT＝45°，
∴∠PNT＝∠ONM+∠ONT＝90°，
∴PT2＝PN2+NT2＝PN2+PM2
∵△POT是等腰直角三角形，
∴PT2＝2OP2，
∴PM2+NP2＝2OP2．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理并运用分类讨论的思想是解题关键．