广东省中山市迪茵公学2023-2024学年八年级下学期开学考试数学试题

这是一份广东省中山市迪茵公学2023-2024学年八年级下学期开学考试数学试题，共19页。试卷主要包含了选择题，四象限，，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分150分，时间120分钟）
一、选择题（共10个小题，每小题4分，满分40分）
1. 要使二次根式有意义，则的值不可以取（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的被开方数为非负数进行解答即可．
【详解】解：二次根式有意义，
，
解得：，
故选：D．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数为非负数是解题关键．
2. 下列各式中，一定是二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的定义：形如的式子叫做二次根式，即可解答．
【详解】解：A、没有意义，故A不符合题意；
B、不是二次根式，故B不符合题意；
C、是二次根式，故C符合题意；
D、当时，是二次根式，当时，没有意义，故D不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查了二次根式的识别，熟练掌握二次根式的定义是解题的关键．
3. 平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A. 对边平行且相等B. 对角线互相垂直您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷任你下载，家威杏 MXSJ663 全网最新，性比价最高C. 每条对角线平分一组对角D. 四边相等
【答案】A
【解析】
【分析】分别根据平行四边形、矩形、菱形、正方的性质进行综合比较分析即可得出答案．
【详解】解：根据平行四边形、矩形、菱形、正方的性质可知，
它们共同的性质是：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，熟知平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
4. 正比例函数的图象经过( )象限．
A. 第一、三象限B. 第二、四象限
C. 第一、四象限D. 第二、三象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据正比例函数的性质即可得到结论．
详解】解：∵，
∴正比例函数的图象经过第二、四象限，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正比例函数的性质，掌握当时，正比例函数的图象经过第二、四象限是解决问题的关键．
5. 下列计算正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的运算法则即可求解．
【详解】A、，所以A选项错误；
B、，所以B选项错误；
C、，所以C选项错误；
D、，所以D选项正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．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．
6. 如图，甲从村匀速骑自行车到村，乙从村匀速骑摩托车到村，两人同时出发，到达目的地后立即停止运动，甲、乙两人离村的距离）与他们骑车的时间之间的函数关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）

A. 、两村的距离为B. 甲的速度为
C. 乙的速度为D. 乙运动到达目的地
【答案】D
【解析】
【分析】由图象可知，、两村的距离为，可判断A的正误；甲的速度为，可判断B的正误；甲、乙相遇的时间为，则乙的速度为，可判断C的正误；乙运动到达目的地，可判断D的正误．
【详解】解：由图象可知，、两村的距离为，A正确，故不符合要求；
甲的速度为，B正确，故不符合要求；
甲、乙相遇的时间为，
乙的速度为，C正确，故不符合要求；
乙运动到达目地，D错误，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了函数图象．解题的关键在于数形结合，从图象中获取正确的信息．
7. 已知a，b，c为的三边长，若满足，则是（ ）
A. 等边三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形
【答案】C
【解析】
【分析】根据非负数的性质可得，，进而得到，，根据勾股定理逆定理可得是等腰直角三角形．
【详解】解：∵，
∴，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
故选：C．
【点睛】此题考查了非负数性质，勾股定理逆定理，关键是根据非负数的性质得出，．
8. 如图，一场暴雨过后，垂直于地面的一棵树在距地面1米处折断，树尖B恰好碰到地面，经测量AB=2m，则树高为（ ）米
A. B. C. +1D. 3
【答案】C
【解析】
【详解】解：由题意可知，AC=1，AB=2，∠CAB=90°
据勾股定理则BC=
∴BC+AC=
∴树高为米
故选C．
9. 如图，在正方形中，点是对角线上一点，连接，，若，则的度数为（ ）
A. 105°B. 120°C. 135°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形性质可知，再在等腰三角形中求出和的度数，即可解决问题．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
10. 如图，在中，是的中点，作，垂足在线段上连接，则下列结论中一定成立的是（ ）
①；②；③；④．
A. ①②③B. ①③C. ①②④D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】由在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，易得AF=FD=CD，继而证得∠DCF=，可判断①；然后延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），可得再证明，可判断②；由EF=FM，可得，结合MC＞BE， ＜，可判断③；设∠FEC=x，则∠FCE=x，再分别表示：，从而可判断④．
【详解】解：①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴；故①正确；
②延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∴EF=CF，故②正确；
③∵EF=FM，
∴，
∵MC＞BE，
∴＜，故③错误；
④设∠FEC=x，

∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=，
∴∠EFC=，
∴
∵，
∴∠DFE=3∠AEF，故④正确．
综上可知：一定成立的是①②④，
故选：．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握以上知识是解题关键．
二、填空题（共5个小题，每小题4分，满分20分）
11. 已知一次函数的图象经过点，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】把点代入一次函数，列出关于m的一元一次方程，解之即可得m的值．
【详解】解：∵一次函数的图象经过点，
∴把点代入一次函数，得，
解得：．
故答案为：3．
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式．根据一次函数图像上点的特征得出关于m的一元一次方程是解题的关键．
12. 如图，数轴上点A表示的实数为 __________________．

【答案】
【解析】
分析】先根据勾股定理求出圆弧半径，再用减去半径即可得到答案．
【详解】解：由勾股定理得，
圆弧半径为，
则点A表示的实数为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了实数与数轴，利用勾股定理得出圆弧半径的长是解题关键．
13. 化简：__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的化简，利用二次根式的性质将其化简即可．
【详解】解：，
故答案为：．
14. 古希腊几何学家海伦和我国宋代数学家秦九韶都曾提出利用三角形的三边求面积的公式，称为海伦﹣秦九韶公式：如果一个三角形的三边长分别是a，b，c，记，那么三角形的面积为，，，b，c，若，，，则的面积为________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据a，b，c的值，求出p的值，代入公式计算即可求出S．
【详解】解：∵，，，
∴，
则．
故答案为：．
【点睛】此题考查了二次根式的应用，以及数学常识，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
15. 矩形中，，，对角线、相交于点O，点E为上一点，将沿折叠，使点D落在对角线的点F处，则线段的长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，熟练掌握矩形和折叠的性质是解题关键．由矩形的性质和勾股定理，求得，进而得到，由折叠的性质可知，，，，设，利用勾股定理列方程，求出，再利用勾股定理，即可求出线段的长．
【详解】解：四边形是矩形，，，
，，，，
在中，，
，
由折叠的性质可知，，，，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，即，
，
在中，，
故答案为：
三、解答题（一）（共4个小题，每小题8分，满分32分）
16. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平方差公式即可求出答案．
（2）根据二次根式的加减运算以及乘除运算法则即可求出答案．
【小问1详解】
解∶原式
；
【小问2详解】
解∶原式
．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算法则，解题的关键是熟练运用二次根式的加减运算法则以及乘除运算法则，本题属于基础题型．
17. 如图，在四边形中，，．
（1）求的长；
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）5 （2）36
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理求出的长度，
（2）根据勾股定理的逆定理判断出的形状，然后利用求解即可．
【小问1详解】
解：在中，∵，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积；熟练掌握直角三角形面积的求法，利用勾股定理的逆定理判断为直角三角形是解题关键．
18. 如图，E，F为平行四边形ABCD的对角线AC所在直线上的两点，AE＝CF．求证：∠E＝∠F．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得出AB=CD，∠BAC=∠DCA，由SAS证明△ABE≌△CDF，得出对应边相等即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=DC．
∴∠BAC=∠DCA．
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中，，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴∠E=∠F．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等和平行四边形是解决问题的关键．
19. 如图，在5×5的网格中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中画出一个以AB为边的▱ABDE，使顶点D，E在格点上．
（2）在图2中画出一条恰好平分△ABC周长的直线l（至少经过两个格点）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的定义画出图形即可（答案不唯一）；
（2）利用数形结合的思想解决问题即可．
【详解】解：（1）如图平行四边形ABDE即为所求（点D的位置还有6种情形可取），
；
（2）如图，直线l即为所求．
【点睛】本题考查了几何作图，平行四边形的定义，理解题意，按照要求作图是解题关键．
四、解答题（二）（共3个小题，每小题10分，满分30分）
20. 已知，，分别求下列代数式的值：
（1）
（2）．
【答案】（1）；（2）32
【解析】
【分析】（1）先由a、b计算出a+b、a-b，再代入a2-b2=（a+b）（a-b）计算可得；
（2）将a-b代入a2-2ab+b2=（a-b）2计算可得．
【详解】解：（1）∵，，
∴a+b=6，a-b=，
则a2-b2=（a+b）（a-b）=；
（2）由（1）知a-b=，
∴a2-2ab+b2=（a-b）2==32．
【点睛】本题主要考查代数式的求值，解题的关键是熟练掌握完全平方公式和平方差公式是解题的关键．
21. 春运期间的一种拉杆式旅行箱的示意图如图所示，箱体长，拉杆最大伸长距离，点到地面的距离，旅行箱与水平面AE成角，求拉杆把手处到地面的距离（结果保留根号）．

【答案】
【解析】
【分析】此题考查了三角函数的基本概念，主要是正弦概念及运算，关键把实际问题转化为数学问题加以计算．
作于点，在直角中利用三角函数即可求得的长，再加上的长度即可求解．
【详解】解：作于点．
在直角中，．
，
．
则拉杆把手处到地面的距离是：．

22. 如图，已知，、相交于点O，延长到点E，使，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形：
（2）连接，交于点F，连接，判断与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2），理由见解析．
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质；
（1）根据平行四边形的性质得到，再根据等量代换得到，即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到，，然后根据三角形的中位线的性质解题即可．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，
又
，
四边形是平行四边形；
【小问2详解】
．
四边形是平行四边形，
，
又中，，
是的中位线，
，
．
五、解答题（三）（共2个小题，第23题12分，第24题16分，满分28分）
23. ，两地相距，甲、乙两人分别开车从地出发前往地，其中甲先出发．如图是甲、乙行驶路程，随行驶时间变化的图像，请结合图像信息，解答下列问题：
（1）填空：甲的速度为______；
（2）分别求出，与之间的函数表达式；
（3）求出点的坐标．
【答案】（1）
（2）；
（3）点的坐标为
【解析】
【分析】（1）观察图像，甲从地出发前往地，全程所行路程为，所用时间为，用路程除以时间求速度即可；
（2）利用待定系数法求函数解析式即可；
（3）用，之间的函数解析式联立，求解即可．
【小问1详解】
解：有图可知，甲从地出发前往地，全程所行路程为，所用时间为，
甲的速度为：，
故答案为：；
【小问2详解】
设与之间的函数表达式为： ，
将点和代入得：，
解得：，
；
设与之间的函数表达式为：，
将点和代入得：，
解得，
∴；
【小问3详解】
根据题意，得，
解得，
，
点的坐标为．
【点睛】本题考查一次函数的实际应用，用待定系数法求函数的解析式，求直线交点坐标等知识，读懂题意，从图像中找到相关信息是解答本题的关键．
24. 问题情境：一次数学课上，老师出示了课本中的一道复习题：如图，和都是等边三角形，D、F分别是BC、AB上的点，且．连接CF、EF．
（1）试判断AD与CF的数量关系，并说明理由；
（2）求证：四边形CDEF是平行四边形．
（3）如图2，四边形ABCD和四边形DEGH都是正方形，F、H分别是AD、AB上的点，且，连接CF、EF，试判断四边形CDEF的形状，并说明理由；
拓展延伸：
（4）如图3，四边形ABCD和四边形DEGH都是菱形，，，F是AD上一点，连接CF、EF延长H交DC于M，若四边形CDEF是平行四边形，请直接写出AM的长．
【答案】（1），理由见解析
（2）见解析 （3）四边形CDEF为平行四边形，理由见解析
（4）
【解析】
【分析】（1）利用SAS证明，即可得出；
（2）利用已知条件和（1）的结论证明且即可；
（3）先证，推出，再证明且即可得出四边形CDEF为平行四边形；
（4）利用平行四边形和菱形的性质先证，推出，再利用勾股定理解等腰直角三角形AMD即可求解．
【小问1详解】
解：，理由如下：
∵是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：由（1）知，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∴且，
∴四边形CDEF是平行四边形；
【小问3详解】
解：四边形CDEF为平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴，．
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴．
∵在中，，
同理，，
∴，
∴且，
∴四边形CDEF是平行四边形；
【小问4详解】
解：∵四边形CDEF为平行四边形，
∴，，
∴，
∵四边形DEGH是菱形，，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理解直角三角形等，从所给图形中找出全等三角形是解题的关键．