2023～2024学年第二学期
期中考试初二年级数学试题
注意事项：
1．本试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）．
2．全卷共3页，总分100分．考试时间100分钟．
一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分，每小题只有一个选项是符合题意的）
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.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的概念，是解题的关键．
【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意；
D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，故是中心对称图形，故符合题意；
故选：D．
2. 若分式有意义，则x取值范围是（ ）
A. B. C. 且 D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．
根据分式有意义的条件可得，再解即可．
【详解】解：由题意得：，
解得：，
故选：D．
3. 如图，在中，，分别是中线和角平分线，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查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，根据三角形内角和定理求出，根据角平分线的定义计算即可．
【详解】解：∵是的中线，
，
，
∵是的角平分线，
，
故选：C．
4. 若关于x的方程的解是负数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】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．
先解方程可得：，然后根据题意可得：，从而进行计算即可解答．
【详解】解：，
去分母，，
去括号，，
移项，，
合并同类项，，
系数化为一，，
由题意得：，
，
，
，
故选：B．
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＝OD B. AB＝CD C. ∠ABO＝∠DCO D. ∠ABC＝∠DCB
【答案】C
【解析】
【分析】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．
【详解】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．
【点睛】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. 九年级学生去距学校10 km的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20 min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.设骑车学生的速度为x km/h，则所列方程正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：设骑车学生的速度为xkm/h，则汽车的速度为2xkm/h，由题意得，．故选C．
考点：由实际问题抽象出分式方程．
7. 如图，已知直线过点，过点A的直线交x轴于点，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】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．
根据两个函数图象及交点坐标可以得到不等式的解集为，再根据两个函数值大于零，得到，继而得到不等式组的解集．
【详解】解：∵直线和直线都经过，
且直线与轴交于点，
∴不等式的解集为：．
故选：B．
8. 如图，在中，，，点D是边上一点，，将绕点D顺时针旋转角（）得到，当点落在的边上时，（ ）
A. 或 B. 或 C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，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．
分两种情况讨论：点落在上，点落在上，根据旋转的性质可得的值．
【详解】解：当点落在上时，如图1，
由旋转的性质得：，
，
，
当点落在上时，如图2，
延长到点E，使，
由旋转的性质得：，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
即，
综上，或，
故选：D．
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9. 分解因式：_______．
【答案】y（x+3）（x-3）
【解析】
【分析】先提取公因式y，再根据平方差公式进行二次分解即可求得答案．
【详解】解：x2y-9y=y（x2-9）=y（x+3）（x-3）．
故答案为：y（x+3）（x-3）．
【点睛】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意分解要彻底．
10. 把点向上平移5个单位，向左平移3个单位的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】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．
根据左减右加，上加下减的规律解决问题即可．
【详解】解：把点向上平移5个单位，向左平移3个单位的坐标是，即．
故答案为：．
11. 如图，在等腰中，，垂直平分，分别交，于点E，D，，的周长为15，则的长为______．
【答案】9
【解析】
【分析】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．
先根据线段垂直平分线的性质得，则，再根据的周长为15得由此可得，进而可得的长．
【详解】解：∵垂直平分，
，
，
的周长为15，
，
即，
∵，
∴，
∴，
故答案为：9．
12. 若关于的方程有增根，则的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】增根是将分式方程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，得到，然后代入化为整式方程后的方程中算出未知字母的值．
【详解】解：方程两边都乘，得
，
，
∵原方程有增根，
∴最简公分母，即增根为，
把代入整式方程，得；
∴时，关于的方程有增根
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式方程的增根，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．
13. 直角三角形和的直角顶点重合在点A，，，，M、N分别是边、上的动点，且，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，三角形的三边关系，熟练掌握知识点是解题的关键．
过点A作于点F，设，则通过勾股定理得，则的最小值转化为在平面直角坐标系中，点到点的距离之和的最小值，过点F作x轴的对称点，当点D与与x轴的交点G重合时，取得最小值．
【详解】解：过点A作于点F，设，
在中，，
∵等腰直角中，，
∴，
∴在中，
则
则的最小值转化为在平面直角坐标系中，点到点的距离之和的最小值，
如图，过点F作x轴的对称点，此时，则，
当点D与与x轴的交点G重合时，取得最小值，
即的最小值为，
故答案为：．
三、解答题
14. 解不等式组：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组．分别求出每个不等式的解集，再根据同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则取它们的公共部分即可确定不等式组的解集．
【详解】解：，
解①得：，
解②得：，
∴不等式组的解集为：．
15. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了解分式方程，去分母把方程化为整式方程，解方程后，再检验后即可得到答案．
【详解】解：
方程两边都乘，得.
去括号，得，
解得.
检验、当时，，
所以原方程的解为.
16. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【详解】解：
，
当时，原式．
17. 我校打算翻新校内跑道线，相邻两条跑道线线可通过平移得到，如图，已完工，请作出由平移得到的，其中点A的对应点为点．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，平移的性质，分别以为圆心，线段的长为半径，以B为圆心，线段的长为半径画弧，二者交于，则线段即为所求．
【详解】解：以为圆心，线段的长为半径，以B为圆心，线段的长为半径画弧，二者交于，则线段即为所求．
四边形是平行四边形，则．
18. 如图，在平面直角坐标系内，的顶点坐标分别为，，．
（1）平移，使点C移到点，画出平移后的；
（2）将绕点旋转，得到，画出旋转后的．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
【解析】
【分析】本题考查作图据平移变换、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．
（1）根据平移的性质作图即可．
（2）根据旋转的性质作图即可．
【小问1详解】
解：如图，根据点C平移前后坐标可知三角形向上平移1个单位，向右平移4个单位，
即为所求．
【小问2详解】
如图，即为所求．
19. 如图，在中，，，点D是边上一点，E是边上一点，，．求度数．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，三角形内角和定理，先根据等边对等角得到，再由三角形外角的性质证明，进而证明得到，求出，则由平角的定义可得．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
20. 某汽车租赁公司要购买问界和小米共10辆，其中问界至少要购买3辆，每辆30万元，小米每辆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）如果每辆问界的日租金为600元，每辆小米汽车的日租金为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？
【答案】（1）共有3种购买方案，见详解
（2）应选择购买5辆问界辆小米
【解析】
【分析】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．
（1）设购买辆问界，则购买辆小米，根据“问界至少要购买3辆，且公司可投入的购车款不超过260万元”，可列出关于的一元一次不等式组，解之可得出的取值范围，结合为正整数，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，可列出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，再结合，即可得出应选择的购买方案．
【小问1详解】
解：设购买辆问界，则购买辆小米，
根据题意得：，
解得：，
又∵为正整数，
∴可以为，
∴该公司共有3种购买方案，
方案1：购买3辆问界辆小米；
方案2：购买4辆问界辆小米；
方案3：购买5辆问界辆小米；
【小问2详解】
根据题意得：，
解得：，
又，
，
∴应选择购买5辆问界辆小米．
21. 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，基于此，请解答下列问题：
（1）根据图2，写出一个代数恒等式：______．
（2）利用（1）中得到的结论，解决下面的问题：若，，则______．
（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：______．
【答案】（1）
（2）60 （3）5或者7
（4）
【解析】
【分析】（1）依据正方形的面积：；正方形的面积也等于9个小矩形的面积之和：，可得等式；
（2）依据，进行计算即可；
（3）依据所拼图形的面积为：，则或者，展开即可求解；
（4）根据原几何体的体积＝新几何体的体积，列式可得结论，
本题主要考查的是整式的混合运算，利用直接法和间接法分别求得几何图形的体积或面积，然后根据它们的体积或面积相等列出等式是解题的关键．
【小问1详解】
解：由图2得：正方形的面积为：；
同时，正方形的面积也等于9个小矩形的面积之和：，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，，
∴，
故答案：60；
【小问3详解】
根据题意可得，所拼图形的面积为：，
则有：或者，这两种情况，
当时，
即有：，
即；
当时，
即有：，
即；
即m的值为5或者7；
【小问4详解】
∵原几何体的体积：，新几何体的体积：，
∴根据体积相等，有：．
故答案为：．
22. 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，线段可以绕平面内一点P作一次旋转直接到线段．已知点，点，点，求出P点的坐标；
问题解决（3）如图3，在四边形中，，，，求的面积．
【答案】（1）见详解；（2）点的坐标为或；（3）
【解析】
【分析】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．
（1）连接，作的垂直平分线，与轴的交点即为所求；
（2）分两种情况讨论，点与点是对应点和点与点是对应点，再根据勾股定理即可求解；
（3）以为边作等边三角形，连接，，证明，得出，是等边三角形，从而得出，作，根据勾股定理以及勾股定理得出，，即可解答；
【详解】（1）如图所示，点即为所求：
（2）设点，
当点与点是对应点时，点与点对应，
由旋转的性质可得，
，
解得，
∴点的坐标为，
当点与点是对应点时，点与点对应，
，
，
解得，
∴点的坐标为，
综上，点的坐标为或；
（3）以为边作等边三角形，连接，，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
作，
是等边三角形，
，
，
，，
，
．2023～2024学年第二学期
期中考试初二年级数学试题
注意事项：
1．本试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）．
2．全卷共3页，总分100分．考试时间100分钟．
一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分，每小题只有一个选项是符合题意的）
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. 若分式有意义，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. 且 D.
3. 如图，在中，，分别是中线和角平分线，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
4. 若关于x方程的解是负数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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＝OD B. AB＝CD C. ∠ABO＝∠DCO D. ∠ABC＝∠DCB
6. 九年级学生去距学校10 km的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20 min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.设骑车学生的速度为x km/h，则所列方程正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图，已知直线过点，过点A的直线交x轴于点，则不等式的解集为（ ）
A B.
C. D.
8. 如图，在中，，，点D是边上一点，，将绕点D顺时针旋转角（）得到，当点落在的边上时，（ ）
A 或 B. 或 C. 或 D. 或
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9. 分解因式：_______．
10. 把点向上平移5个单位，向左平移3个单位的坐标是______．
11. 如图，在等腰中，，垂直平分，分别交，于点E，D，，的周长为15，则的长为______．
12. 若关于方程有增根，则的值为_______．
13. 直角三角形和的直角顶点重合在点A，，，，M、N分别是边、上的动点，且，则的最小值是______．
三、解答题
14. 解不等式组：．
15 解方程：．
16. 先化简，再求值：，其中．
17. 我校打算翻新校内跑道线，相邻两条跑道线线可通过平移得到，如图，已完工，请作出由平移得到的，其中点A的对应点为点．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
18. 如图，在平面直角坐标系内，的顶点坐标分别为，，．
（1）平移，使点C移到点，画出平移后的；
（2）将绕点旋转，得到，画出旋转后的．
19. 如图，在中，，，点D是边上一点，E是边上一点，，．求的度数．
20. 某汽车租赁公司要购买问界和小米共10辆，其中问界至少要购买3辆，每辆30万元，小米每辆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）如果每辆问界的日租金为600元，每辆小米汽车的日租金为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. 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，基于此，请解答下列问题：
（1）根据图2，写出一个代数恒等式：______．
（2）利用（1）中得到的结论，解决下面的问题：若，，则______．
（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. 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，线段可以绕平面内一点P作一次旋转直接到线段．已知点，点，点，求出P点的坐标；
问题解决（3）如图3，在四边形中，，，，求的面积．
