2021--2022学年八年级数学下学期期中模拟卷2（人教版）

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期中考试冲刺卷二
一、选择题（本大题共14个小题，每题2分，共28分，在每个小题的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1．（2022·福建漳州·九年级期末）二次根式中字母x的取值可以是（　　）
A．x＝5 B．x＝3 C．x＝2 D．x＝1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件求出x的取值范围即可解答．
【详解】
解：由题意得
x-4≥0，
∴x≥4，
∴A符合题意，
故选A．
【点睛】
本题考查了二次根式的定义，形如的式子叫二次根式，熟练掌握二次根式成立的条件是解答本题的关键．
2．（2022·四川成都·八年级期末）下列几组数能作为直角三角形的三边长的是（　　）
A．2，3，4 B．3，4，5 C．12，18，22 D．7，8，9
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，看看是否相等即可．
【详解】
解：A．∵22+32=4+9=13，42=16，
∴22+32≠42，
∴三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
B．∵32+42=9+16=25，52=25，
∴32+42=52，
∴三角形是直角三角形，故本选项符合题意；
C．∵122+182=144+324=468，222=484，
∴122+182≠222，
∴三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
D．∵72+82=49+64=113，92=81，
∴72+82≠92，
∴三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键，注意：如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．1．若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据进行计算即可．
【详解】
解：由题意得：
，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握是解题的关键．
2．在单位长度为1的正方形网格中，下面的三角形是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据勾股定理的逆定理计算解答．
【详解】
解：A、三边长分别为，由，故该三角形不是直角三角形；
B、三边长分别为，由，故该三角形不是直角三角形；
C、三边长分别为，由，故该三角形是直角三角形；
D、三边长分别为，由，故该三角形不是直角三角形；
故选：C．
【点睛】
此题考查了利用勾股定理的逆定理判断三角形是否为直角三角形，熟记勾股定理的逆定理的计算公式是解题的关键．
3．如图，在中，若，则的度数为（     ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质可知．再结合题意即可求出的大小．
【详解】
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质．熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．
4．若是整数，则整数x的值是（       ）
A．6或2 B．1和2 C．2或18 D．只有2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二次根式的乘法法则计算得到，再根据条件确定整数的值即可．
【详解】
解：∵•，
∴是整数，
∴=2或18，
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次根式的乘除法，二次根式的化简等知识，解题的关键是理解题意，灵活应用二次根式的乘法法则化简．
5．在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，AE=4，AF=6，平行四边形ABCD的周长为40，则平行四边形ABCD的面积是（       ）

A．36 B．48 C．40 D．24
【答案】B
【解析】
【分析】
设BC=x，根据平行四边形的周长表示出CD，然后根据平行四边形的面积列式求出x，再根据平行四边形的面积公式列式进行计算即可得解．
【详解】
解：设BC=x，
∵▱ABCD的周长为40，
∴CD=20-x，
∵▱ABCD的面积=BC•AE=CD•AF，
∴4x=6（20-x），
解得x=12，
∴▱ABCD的面积=BC•AE=12×4=48．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，主要利用了平行四边形的周长与面积的求解，根据面积的表示出列式求出平行四边形的一条边的长度是解题的关键．
6．如图，从一个大正方形中裁去面积为和的两个小正方形，则剩余部分（阴影部分）的面积等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
如图，由题意知S正方形BCDM＝BC2＝32(cm2)，S正方形HMFG＝HG2＝18(cm2)，得BC=（cm），HG=（cm），进而求得S阴影部分=S矩形ABMH+S矩形MDEF．
【详解】
解：如图．

由题意知：S正方形BCDM＝BC2＝32(cm2)，S正方形HMFG＝HG2＝18(cm2)．
∴BC=（cm），HG=（cm）．
∵四边形BCDM是正方形，四边形HMFG是正方形，
∴BC=BM=MD=4cm，HM=HG=MF=3cm．
∴S阴影部分=S矩形ABMH+S矩形MDEF
=BM•HM+MD•MF
=4×3+4×3
=48（cm2）．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查二次根式，熟练掌握二次根式的化简以及运算是解决本题的关键．
7．如图，在一次测绘活动中，某同学站在点A的位置观测停放于B，C两处的小船，测得船B在点A北偏东75°方向900米处，船C在点A南偏东15°方向1200米处，则船B与船C之间的距离为（     ）

A．1500m B．1200m C．1000m D．800m
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知∠NAB=75°，∠SAC=15°，从而得到∠BAC=90°，然后利用勾股定理即可求出BC．
【详解】
解：由题意可知∠NAB=75°，∠SAC=15°，
∴∠BAC=90°，
∵AB=900米，AC=1200米，
∴BC==1500米．
故选A．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，方位角，得到∠BAC=90°是解题的关键．
8．绿丝带是颜色丝带的一种，被用来象征许多事物，例如环境保护、大麻和解放农业等，同时绿丝带也代表健康，使人对健康的人生与生命的活力充满无限希望．某班同学在“做环保护航者”的主题班会课上制作象征“健康快乐”的绿丝带（丝带的对边平行且宽度相同），如图所示，丝带重叠部分形成的图形是（       ）

A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】B
【解析】
【分析】
首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条丝带宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．
【详解】
解：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，

因为两条彩带宽度相同，
所以AB∥CD，AD∥BC，AE=AF．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S▱ABCD=BC•AE=CD•AF．又AE=AF．
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
故选：B
【点睛】
此题考查了菱形的判定，平行四边形的面积公式以及平行四边形的判定与性质，利用了数形结合的数学思想，其中菱形的判定方法有：一组邻边相等的平行四边形为菱形；对角线互相垂直的平行四边形为菱形；四条边相等的四边形为菱形，根据题意作出两条高AE和AF，熟练掌握菱形的判定方法是解本题的关键
9．如图，下列四组条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（       ）

A．AB=CD，AD=BC B．AB∥CD，AD∥BC
C．AB∥CD，AD=BC D．AD∥BC，AD=BC
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】
解：A、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意；
B、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意；
C、不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
D、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题；
故选：C
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．
10．下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相平分；②它是一个菱形；③它是一个平行四边形．下列推理过程正确的是（       ）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对角线互相平分的四边形推不出是菱形、平行四边形不一定是菱形即可判断．
【详解】
解：∵对角线互相平分的四边形推不出是菱形、平行四边形不一定是菱形，
∴由①推出②错误，由③推出②错误，
故选项B，C，D错误，
故选：A．
【点睛】
本题考查菱形的判定和性质，平行四边形的判定与性质等知识，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．
11．如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，按以下步骤作图：
①分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和；②作直线交于点，交于点．若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为（     ）

A． B．， C．， D．，
【答案】A
【解析】
【分析】
连接OE，首先根据E点坐标以及勾股定理求出OE，再根据垂直平分线的性质以及平行四边形的性质，即可求出点C的坐标．
【详解】
解：连接，如图，

点A的坐标为，点的坐标为，
，，
由作法得垂直平分，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
点坐标为．
故选：．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质以及勾股定理，准确作出辅助线是解决本题的关键．
12．如图，在锐角△ABC中，延长BC到点D，过点O作直线MNBC，MN分别交∠ACB、∠ACD的平分线于E，连接AE、AF，在下列结论中：①OE＝OF；②CE＝CF；③若CE＝12，则OC的长为6；④当AO＝CO时，四边形AECF是矩形．其中正确的是（　　）

A．①④ B．①② C．①②③ D．②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
① 证明，，即可证明结论①正确；
②先由角平分线性质证，若，则，，与已知矛盾，故结论②错误；
③由直角三角形斜边中线性质知，，故结论③错误；
④由矩形判定方法可以证明该结论正确．
【详解】
MNBC

EC平分角，FC平分角




故结论①正确；
若，则，，与△ABC是锐角三角形矛盾，故结论②错误；
由上面分析知，△ECF是直角三角形，是斜边中线，故，故结论③错误；
由，，知四边形AECF是矩形，故结论④正确．
综上，正确答案为：A
【点睛】
本题考查平行线的性质、角平分线的定义、直角三角形中线性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握基本知识是解题的关键．
13．如图，正方形ABCD的边长是2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，以该等腰直角三角形的一条直角边DE为边向外作正方形，其面积标记为S2......按照此规律继续作图，则S2021的值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质可得等腰直角三角形的直角边是斜边的，从而得到，，，，……，由此得到规律，即可求解．
【详解】
解：∵△CDE是以CD为斜边等腰直角三角形，
∴DE=CE，∠CED=90°，
∴，
∴，
即等腰直角三角形的直角边是斜边的，
∴，
，
，
，
……，
由此发现，，
∴．
故选：A
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
14．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的对角线OB上有P，Q两个动点，且，已知，点，，当周长最小时，点P的坐标为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
当CP⊥OB时，CP有最小值，此时△CPQ的周长最小，利用菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】
解：当CP⊥OB时，CP有最小值，
在△APQ中，CQCP+PQ=CP+2，
∴当CP最小时，CQ也有最小值，
即△CPQ的周长最小，
连接AC，在菱形OABC中，
AC⊥OB，
∴点P为AC与OB的交点，
∵∠AOC=60°，，
∴∠AOP=∠AOC=30°，OA=2，
过点P作PE⊥OA于点E，

∴AP=OA=，OP=，
∴PE=OP=，OE=PE=，
∴点P的坐标为（，）．
故选：A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形的性质、菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
二、填空题（本题共4个小题；每个小题3分，共12分，把正确答案填在横线上）
15．已知函数，那么_______．
【答案】
【解析】
【分析】
把x=-2代入函数式中计算即可．
【详解】
解：把x=-2代入函数式中得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查二次根式的代值化简问题，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
16．如图，在长方形纸片中，AB=12，BC=5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点F处，则AE的长为________．

【答案】##
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出，对折叠性质得出，推出，在中利用勾股定理列方程，求解即可．
【详解】
解：由长方形性质知，，，
由折叠性质知，，，
在中由勾股定理得，
，
则，
设，
则,
在中由勾股定理得,
，
即，
解得，
即．
故答案为：
【点睛】
本题考查长方形的性质、勾股定理、折叠性质等知识点，熟练掌握折叠前后图形的边、角对应关系，利用勾股定理解直角三角形是解题关键．
17．中国结，象征着中华民族的历史文化与精致．小明家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形ABCD，测得，，直线交两对边与E、F，则EF的长为______cm．

【答案】##9.6
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得AC⊥BD，CD∥AB， ，从而得到，然后设AB边的高为h，根据菱形的面积等于，可得，即可求解．
【详解】
解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，CD∥AB，
∵，，
∴ ，
∴，
设AB边的高为h，
∴菱形ABCD的面积等于，
即，解得：，
∵，
∴．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理是解题的关键．
18．在△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，则此平行四边形的周长为______．
【答案】28或32或36
【解析】
【分析】
由勾股定理可求AB=10，分别以AC，BC为边，AC，AB为边，AB，BC为边三种情况讨论可求解．
【详解】
解：∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB==10，
若以AC，BC为边，则平行四边形的周长=2（AC+BC）=2×（6+8）=28，
若以AC，AB为边，则平行四边形的周长=2（AC+AB）=2×（6+10）=32，
若以AB，BC为边，则平行四边形的周长=2（AB+BC）=2×（10+8）=36，
综上，此平行四边形的周长为28或32或36．
故答案为：28或32或36．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．三、解答题（本题共8道题，19-21每题6分，22-25每题8分，26题10分，满分60分）
19．计算：．
【答案】
【解析】
【分析】
利用0指数幂和二次根式的性质进行化简计算即可
【详解】
解：原式
．
【点睛】
本题考查了实数的运算，立方根，零指数幂的意义，二次根式的化简，正确使用上述运算法则是解题关键
20．先化简，再求值：，其中，满足．
【答案】；
【解析】
【分析】
先通分计算括号内的加法，再计算分式的乘法，化简后将，代入即可得答案．
【详解】
解：原式


由题意可知，，
则，．
原式．
【点睛】
本题考查了分式的运算及二次根式的化简，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
21．（1）【教材再现】如图l所示，将两个边长为1的正方形分别沿对角线剪开，得到四个等腰直角三角形，即可拼成一个大正方形．易知这个大正方形的面积是2，所以大正方形的边长为　 　．

（2）【动手操作】观察下列各方格图中阴影所示的图形（每一小方格的边长为1），如图2，将左图阴影部分剪开，重新拼成右图的正方形，那么所拼成的正方形的边长为 ．请你模仿图2的方法，将图3、图4阴影所示的图形剪拼成一个正方形，并在图中作出适当的标注．

【答案】（1）；（2），图见解析
【解析】
【分析】
（1）利用正方形的面积公式求解即可．
（2）判断出正方形的面积，可得结论，利用面积关系，画出图形即可．
【详解】
解：（1）∵大正方形的面积是2，
∴大正方形的边长为，
故答案为：；
（2）由题意，拼成的正方形的面积为5，所以正方形的边长为，
故答案为：，
图形如图所示：

【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，正方形的性质，算术平方根，等腰直角三角形等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
22．已知：，求下列代数式的值．
(1)x2﹣xy+y2；
(2)x3﹣x2﹣4x+2021．
【答案】(1)6(2)2023
【解析】
【分析】
（1）由x与y的值求出x+y与xy的值，原式利用完全平方公式变形后代入计算即可求出值；
（2）原式两项两项结合，提取公因式，再利用平方差公式分解，将各自的值代入计算即可求出值．
(1)解：∵x＝+1，y＝﹣1，
∴x+y＝+1+﹣1＝2，xy＝（+1）×（﹣1）＝3﹣1＝2，
∴原式＝（x+y）2﹣3xy＝（2）2﹣3×2＝12﹣6＝6；
(2)
解：∵x＝+1，y＝﹣1，
∴x﹣1＝+1﹣1＝，x+2＝+1+2＝+3，x﹣2＝+1﹣2＝﹣1，
∴原式＝x2（x﹣1）﹣4（x﹣1）+2017
＝（x﹣1）（x+2）（x﹣2）+2017
＝×（+3）×（﹣1）+2017
＝（+3）×（3﹣）+2017
＝9﹣3+2017
＝6+2017
＝2023．
【点睛】
本题考查了二次根式的运算和因式分解的应用，解题关键是熟练运用因式分解把代数式进行变形，整体代入数值计算．
23．如图，在中，，D是线段AB上一点，，连接CD，．

(1)求证：．
(2)若，求的周长．
【答案】(1)证明见解析.
(2)42
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理的逆定理即可得到结论；
（2）根据三角形面积公式得出AB，再利用勾股定理得出AC，进而解答即可．
(1)证明：在△BDC中，BC＝15，BD＝9，CD＝12，
∵BD2＋CD2＝92＋122＝152＝BC2，
∴△BDC是直角三角形，且∠BDC＝90°，
∴CD⊥AB；
(2)解：∵CD⊥AB，
∴△ADC是直角三角形，
∵S△ABC＝84，CD＝12，
∴AB＝14，
∴AD＝AB−BD＝14−9＝5，
在Rt△ADC中，AD2＋CD2＝AC2，即52＋122＝AC2，
解得AC＝13，
∴△ABC的周长是13＋14＋15＝42．
【点睛】
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，关键是根据勾股定理的逆定理证明△BDC是直角三角形．
24．如图，在□ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，EF过点O且垂直于AD．

(1)求证：OE＝OF；
(2)若S▱ABCD＝63，OE＝3.5，求AD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)9
【解析】
【分析】
（1）先由平行四边形的性质得到AO=CO，AD∥BC，则∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，即可证明△AOE≌△COF得到OE=OF；
（2）由（1）得OE=OF=3.5，得到EF=7，再由AD∥BC，EF⊥AD，得到EF的长即为平行四边形ABCD中AD边上的高，即可利用平行四边形面积公式求解．
(1)解：∵四边形ABCD是平行四边形，O是AC与BD的交点，
∴AO=CO，AD∥BC，
∴∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE=OF；
(2)解：由（1）得OE=OF=3.5，
∴EF=7，
∵AD∥BC，EF⊥AD，
∴EF的长即为平行四边形ABCD中AD边上的高，
∵四边形ABCD的面积为63，
∴，
∴AD=9．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．
25．【概念学习】若两个等腰三角形有公共底边，则称这两个等腰三角形的顶角的顶点关于这条公共底边互为顶针点，这条公共底边叫做这两个互为顶针点的顶针线段，如图（1），四边形ABCD ，BC是一条对角线，AB=AC，DB=DC，则点A与点D关于顶针线段BC互为顶针点．

(1)【实践操作】如图（2），在长方形ABCD中，AB0）．过点P作PE⊥BC于点E，连接EQ，PQ．

(1)求证：PE=DQ；
(2)四边形PEQD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．
(3)当t为何值时，△PQE为直角三角形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析.
(2)当t=时，四边形PEQD为菱形.
(3)当t=2或时，△POE为直角三角形.
【解析】
【分析】（1）由矩形的性质得到∠ADB =∠PBE= 30°，由垂直得∠BEP=90°，在Rt△BEP中，由BP=2t，得PE= t，即可得到PE= DQ .
（2）先证四边形PEQD为平行四边形， PD=8-2t，DQ=t，当PD= DQ时四边形PEQD为菱形，即可求解.
（3）分①当∠EPQ=90°时， ②当∠PQE =90°时，③当∠PEQ=90°时， 三种情况讨论即可.
(1)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∵∠ADB = 30°，
∴∠PBE= 30°，
∵PE⊥BC ，
∴∠BEP=90°，
在Rt△BEP中，BP=2t，
∴PE= t，又∵DQ=t，
∴PE= DQ .
(2)解：能．理由如下：
∵∠BEP=∠C=90º，
∴PE∥DQ，
又∵PE= DQ，
∴四边形PEQD为平行四边形，
在Rt△ABD中，AB=4，∠ADB = 30°，
∴BD=2AB =8，
∵BP=2t，
∴PD= BD-BP=8-2t，
若使平行四边形PEQD为菱形，则需PD= DQ，即t =8-2t，
∴t=，
即当t=时，四边形PEQD为菱形.
(3)解：①当∠EPQ=90°时，四边形EPQC为矩形，
∴PE =QC，
∵PE=t，QC=4-t，
∴t = 4- t，即t = 2；
②当∠PQE =90°时，∠DPQ=∠PQE= 90º，
在Rt△DPQ中，∠PQD= 30°，
∴DQ = 2DP，
∵DQ=t，DP=8-2t，
∴t = 2(8-2t) ，即t =.
③当∠PEQ=90°时，此种情况不存在．
综上所述，当t=2或时，△POE为直角三角形.
【点睛】
此题考查了动点的问题和菱形性质及矩形性质,动点题是每年中考的必考题型之一，找到动点运动的规律和路线、速度，以及是否停止，和有无取值范围是解答此题的基础.