2022-2023学年天津市河西区八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年天津市河西区八年级（下）期中数学试卷（含解析），共17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。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 化简 8的结果是( )
A. 2B. 2 2C. 3 2D. 4 2
2. 剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 由下列长度组成的各组线段中，能组成直角三角形的是( )
A. 1cm，2cm，2cmB. 3cm，4cm，4cm
C. 6cm，8cm，10cmD. 2cm， 3cm， 5cm
4. 下列计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5B. 2+ 3=2 3C. 3 2− 2=3D. 82= 2
5. 矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是( )
A. 对角线相等B. 对边相等
C. 对角相等D. 对角线互相垂直平分
6. 若有点A(1,0)，点B(0,3)，则AB的长度为( )
A. 2 2B. 10C. 2 3D. 13
7. 在平行四边形ABCD中，∠A+∠C=110°，则∠D的度数为( )
A. 70°B. 110°C. 125°D. 30°
8. 通过描点画图，画出了函数y=x+1的图象如图所示，可以看到直线从左到右上升，即当自变量x由小变大时，函数y随x的增大而( )
A. 增大
B. 减小
C. 不变
D. 有时增大有时减小
9. 如图，在平面直角坐标系中，点P坐标为(−2,3)，以点O为圆心，以OP的长为半径画弧，交x轴的负半轴于点A，则点A的横坐标介于( )
A. 3和4之间
B. 4和5之间
C. −4和−3之间
D. −5和−4之间
10. 数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等(如图所示)”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证.那么对于这个图中各部分的面积关系，说法不一定成立的是( )
A. S矩形NFGD=S矩形EFMBB. S△ABC=S△ADC
C. S△ANF=S矩形FMCGD. S△AEF=S△ANF
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 4的算术平方根是______．
12. 边长为1cm的正方形的对角线长是______ cm．
13. 计算( 10+1)( 10−1)的结果等于______ ．
14. 如果实数x、y满足y= x−3+ 3−x+2，则x+3y的平方根为______ ．
15. 如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形ABCD中，AB=3，AC=2，则四边形ABCD的面积为______．
16. 如图，已知菱形ABCD的边长为4，∠DAB=60°，E为AB的中点，F为CE的中点，则AF的长等于______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：
(1)( 8+ 18)+( 3− 2)；
(2)2 24× 34÷5 6．
18. (本小题6.0分)
已知x=2+ 3，y=2− 3，求代数式x2−y2的值．
19. (本小题8.0分)
如图，ABCD是一个正方形花园，公园内修建了两条小路BE和CF，且BE⊥CF，那么这两条小路的长度相等吗？为什么？
20. (本小题8.0分)
已知：如图，在每个边长都为1的小正方形网格中，点A，B，C都在格点上，连接AB，AC，BC．
(1)AC的长为______ ；AB的长为______ ；(直接写出答案即可)
(2)△ABC的周长为______ ；(直接写出答案即可)
(3)请你利用图中的网格，在图中找到一个点D，并连接AD和CD，使得四边形ABCD是正方形．
21. (本小题8.0分)
如图，▱ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE=DF，∠AEC=90°．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)连接BF，若AB=4，∠ABC=60°，BF平分∠ABC，求AD的长．
22. (本小题8.0分)
在“看图说故事”活动中，某学习小组结合图象(如图)设计了一个问题情境.已知学校、书店、博物馆依次在同一条直线上，李华从学校出发，先骑行到书店，在书店停留了0.4小时；然后去博物馆，在博物馆参观了3小时后回学校.给出的图象反映了这个过程中李华离学校的距离y km与离开学校的时间xh之间的对应关系.请根据相关信息，解答下列问题：
(1)填空：
①学校离书店的距离为______ km；书店到博物馆的距离为______ km；
②李华从博物馆骑行回学校用的时间为______ h；
③李华从学校到书店骑行的平均速度为______ km/h；
(2)李华从博物馆回学校途中，是先快后慢，还是先慢后快？为什么？
23. (本小题8.0分)
将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(3,0)，点C(0,6)，点P在矩形的边OC上，折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且∠OPQ=30°，点O的对应点O′落在第一象限.设O′Q=t．
(1)如图①，当t=1时，求∠O′QA的大小和点O′的坐标；
(2)当点O′恰好落在AB边上时，求重合部分的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解： 8= 4×2=2 2．
故选：B．
直接利用二次根式的性质化简求出答案．
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D均能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以是轴对称图形；
选项C，不能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以不是轴对称图形；
故选：C．
根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：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．
本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3.【答案】C
【解析】解：A选项：∵12+22≠22，∴这三条线段不能组成直角三角形，不符合题意；
B选项：∵32+42≠42，∴这三条线段不能组成直角三角形，不符合题意；
C选项：∵62+82=100=102，∴这三条线段能组成直角三角形，符合题意；
D选项：∵22+( 3)2≠( 5)2，∴这三条线段不能组成直角三角形，不符合题意．
故选：C．
本题利用勾股定理的逆定理便可很快判断所给定的三角形是否为直角三角形，如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形，最长边所对的角为直角．
本题主要考查了勾股定理的逆定理，判断三边能否构成直角三角形，如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．
4.【答案】D
【解析】解：A、 2与 3不是同类二次根式，不能合并，故选项错误；
B、2与 3不能合并，故选项错误；
C、原式=2 2，故选项错误；
D、 82=2 22= 2，故选项正确．
故选：D．
原式各项计算得到结果，即可做出判断．
此题考查了二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵矩形的对边平行且相等，对角线互相平分且相等；
平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分；
∴矩形具有而平行四边形不具有的性质是对角线相等；
故选：A．
由矩形的性质和平行四边形的性质即可得出结论．
本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质；熟练掌握矩形和平行四边形的性质是解决问题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：由图可得，AB= OA2+OB2= 12+32= 10．
故选：B．
运用勾股定理可直接求出AB长．
本题考查了两点间线段的求法，勾股定理是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，∠A+∠D=180°，
∵∠A+∠C=110°，
∴∠A=55°，
∴∠D=125°，
故选：C．
根据平行四边形的对角相等，邻角互补可得答案．
本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵函数y=x+1的图象从左到右上升，
∴当自变量x由小变大时，函数y随x的增大而增大，
故选：A．
根据函数图象即可求解．
本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵点P坐标为(−2,3)，
∴OP= (−2)2+32= 13，
∵点A、P均在以点O为圆心，以OP为半径的圆上，
∴OA=OP= 13，
∵9<13<16，
∴3< 13<4．
∵点A在x轴的负半轴上，
∴点A的横坐标介于−4和−3之间．
故选：C．
先根据勾股定理求出OP的长，由于OP=OA，故估算出OP的长，再根据点A在x轴的负半轴上即可得出结论．
本题考查的是勾股定理及估算无理数的大小，根据题意利用勾股定理求出OP的长是解答此题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵AD//EG//BC，MN//AB//CD，
∴四边形AEFN是平行四边形，四边形FMCG是平行四边形，
∴S△AEF=S△AFN，S△FMC=S△CGF，S△ABC=S△ACD，
∴S矩形BEFM=S矩形NFGD，
∴选项A、B、D是正确的，
当AN=2ND时，S△ANF=S矩形NFGD，所以此式子不一定成立，
故选：C．
根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．
本题考查矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分这个性质，属于中考常考题型．
11.【答案】2
【解析】解：4的算术平方根是2．
故答案为：2．
根据算术平方根的意义进行计算即可．
本题考查算术平方根，理解算术平方根的意义是正确计算的关键．
12.【答案】 2
【解析】解：∵正方形的边长为1cm，
∴对角线长为 12+12= 2cm．
故答案为 2．
正方形的边长和对角线组成一个直角三角形，再根据勾股定理求解即可．
本题主要利用正方形的四个角都是直角和勾股定理，需要熟练掌握．
13.【答案】9
【解析】解：原式=( 10)2−1
=10−1
=9．
故答案为9．
利用平方差公式计算．
本题考查了二次根式的混合运算：在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
14.【答案】±3
【解析】解：∵实数x、y满足y= x−3+ 3−x+2，
∴x−3≥0，3−x≥0，
∴x=3，y=2，
∴x+3y=3+6=9，
∴x+3y的平方根为±3，
故答案为：±3．
根据算术平方根的非负性，求得x的值，进而得出y=2，代入代数式，然后再求平方根即可求解．
本题考查了算术平方根的非负性，求一个数的平方根，熟练掌握算术平方根的非负性，平方根的定义是解题的关键．
15.【答案】4 2
【解析】解：过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，如图所示：
∵两条纸条宽度相同，
∴AE=AF．
∵AB//CD，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S▱ABCD=BC⋅AF=CD⋅AE．
又∵AE=AF．
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO=1，BO=DO，AC⊥BD，
∴AC=2AO=2，BO= AB2−AO2= 32−12=2 2，
∴BD=2BO=4 2，
∴菱形ABCD的面积=12AC×BD=12×2×4 2=4 2，
故答案为：4 2．
先证四边形ABCD是菱形，再由勾股定理可求BO的长，然后由菱形的面积公式可求解．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定和性质以及勾股定理等知识，证得四边形ABCD为菱形是解题的关键．
16.【答案】 19
【解析】解：如图，过点F作FH//CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD=BC=4，AB//CD，
∴FH//AB，
∴∠FHG=∠AEG，
∵F是CE的中点，FH//CD，
∴H是DE的中点，
∴FH是△CDE的中位线，
∴FH=12CD=2，
∵E是AB的中点，
∴AE=BE=2，
∴AE=FH，
∵∠AGE=∠FGH，
∴△AEG≌△FHG(AAS)，
∴AG=FG，
∵AD//BC，
∴∠CBM=∠DAB=60°，
Rt△CBM中，∠BCM=30°，
∴BM=12BC=2，CM= 42−22=2 3，
∴BE=BM，
∵F是CE的中点，
∴FB是△CEM的中位线，
∴BF=12CM= 3，FB//CM，
∴∠EBF=∠M=90°，
Rt△AFB中，由勾股定理得：AF= AB2+BF2= 42+( 3)2= 19．
故答案为： 19．
如图，过点F作FH//CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，先证明FH是△CDE的中位线，得FH=2，再证明△AEG≌△FHG(AAS)，得AG=FG，在Rt△CBM中计算BM和CM的长，再证明BF是中位线，可得BF的长，由勾股定理可得AF的长，从而得结论．
此题考查的是菱形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
17.【答案】解：(1)( 8+ 18)+( 3− 2)
=2 2+3 2+ 3− 2
=4 2+ 3；
(2)2 24× 34÷5 6
=4 6× 34×15 6
= 35．
【解析】(1)根据二次根式的性质化简，然后根据二次根式的加减进行计算即可求解；
(2)根据二次根式的乘除法进行计算即可求解．
本题考查了二次根式的加减、乘除运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：∵x=2+ 3，y=2− 3，
∴x+y=4，x−y=2 3，
∴x2−y2=(x+y)(x−y)=4×2 3=8 3．
【解析】直接利用平方差公式计算进而得出答案．
此题主要考查了二次根式的化简求值，正确应用平方差公式是解题关键．
19.【答案】解：这两条小路等长，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC∠D=∠DCB=90°，
即∠1+∠2=90°，
∵BE⊥CF，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
在△BEC与△CFD中，
∠3=∠1BC=CD∠BCD=∠D，
∴△BEC≌△CFD(ASA)，
∴BE=CF．

【解析】根据正方形的性质，证明△BEC≌△CFD(ASA)，得出BE=CF，即可得出结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
20.【答案】2 5 10 2 5+2 10
【解析】解：(1)AC= 22+42=2 5，AB= 12+32= 10；
故答案为：2 5， 10；
(2)∵AC= 22+42=2 5，BC=AB= 12+32= 10；
∴△ABC的周长为2 5+2 10；
故答案为：2 5+2 10；
(3)如图所示：
(1)根据勾股定理即可得到结论；
(2)根据三角形的周长公式即可得到结论；
(3)根据正方形的判定定理即可得到结论．
本题考查了正方形的判定，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，BC//AD，
又∵BE=DF，
∴BC−BE=AD−DF，即EC=AF，
又EC//AF，
∴四边形AECF为平行四边形，
又∵∠AEC=90°，
∴四边形AECF是矩形；
(2)解：在Rt△ABE中，∠AEB=90°，∠ABE=60°，AB=4，
∴BE=2，AE=2 3，
∵四边形AECF是矩形，
∴FC⊥BC，FC=AE=2 3．
∵BF平分∠ABC，
∴∠FBC=12∠ABC=30°，
在Rt△BCF中，∠FCB=90°，∠FBC=30°，FC=2 3，
∴BC=6，
∴AD=BC=6．
【解析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．
(1)根据平行四边形的性质得到BC=AD，BC//AD，求得EC=AF，根据矩形的判定定理即可得到结论；
(2)解直角三角形得到BE=2，AE=2 3，根据矩形的性质得到FC⊥BC，FC=AE=2 3.由角平分线的定义得到∠FBC=12∠ABC=30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
22.【答案】12 8 1 20
【解析】解：(1)①由图象可得，学校离书店的距离为12km，书店到博物馆的距离为20−12=8(km)，
故答案为：12，8；
②由图象可得，李华从博物馆骑行回学校用的时间为5.5−4.5=1(h)，
故答案为：1；
③由图象可得，李华从学校到书店骑行的平均速度为12÷0.6=20(km/h)，
故答案为：20；
(2)当4.5当5∵28km/h>12km/h，
∴李华从博物馆回学校途中，是先快后慢．
(1)①由图象直接可得答案；
②由图象可得，李华从博物馆骑行回学校用的时间为5.5−4.5=1(h)；
③观察图象，用速度等于路程除以时间可得答案；
(2)分别列式算出速度，再比较即可．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，利用数形结合的思想解决问题．
23.【答案】解：(1)在Rt△POQ中，由∠OPQ=30°，得∠OQP=90°−∠OPQ=60°．
根据折叠，知△PO′Q≌△POQ，
∴O′Q=OQ，∠O′QP=∠OQP=60°．
∵∠O′QA=180°−∠O′QP−∠OQP，
∴∠O′QA=60°．
过点O′作O′H⊥OA，垂足为H，则∠O′HQ=90°．
在Rt△O′HQ中，得∠QO′H=90°−∠O′QA=30°．

由t=1，得OQ=O′Q=1．
由QH=12O′Q=12，
∴OH=OQ+QH=1+12=32，
在Rt△O′QH中，由勾股定理得，O′H2+QH2=O′Q2，
O′H= O′Q2−QH2= 32，
∴点O′的坐标为(32, 32)；
(2)由(1)得O′Q=OQ=t，∠O′QA=60°，
在Rt△O′AQ中，QA=12O′Q=t2．
∵OA=OQ+QA，
∴t+t2=3，
∴t=2，
∴O′Q=OQ=2．
在Rt△OPQ中，PQ=4，
∴OP= PQ2−OQ2=2 3．
∴S△PO′Q=S△POQ=12PO⋅QO=12×2 3×2=2 3．
即重叠部分的面积为2 3．
【解析】(1)首先根据折叠的性质得∠O′QA=60°.过点O′作O′H⊥OA，垂足为H，则∠O′HQ=90°，解△O′QH可得QH和O′H的长，即可得出点O′的坐标；
(2)当O′落在AB上时，根据OA=OQ+QA得，t=2，再利用勾股定理求出OP的长，进而解决问题．
本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，含30°角直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．