江苏省泰州市靖江市滨江学校2023-2024年八年级下册第一次月考数学试题（含解析）

这是一份江苏省泰州市靖江市滨江学校2023-2024年八年级下册第一次月考数学试题（含解析），共24页。

（考试时间：120分 全卷满分：150分）
一．选择题（共6小题，共18分）
1．在下列四款国产汽车的车标图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．下列各组二次根式中，化简后是同类二次根式的是（ ）
A．与B．与C．与D．与
3．已知实数在数轴上的对应点位置如图所示，则化简的结果是（ ）
A．B．C．1D．
4．如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（ ）
A．OA＝OC，OB＝ODB．AB＝CD，AO＝CO
C．AB＝CD，AD＝BCD．∠BAD＝∠BCD，AB∥CD
5．顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点，所得图形一定是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．梯形
6．如图，正方形中，对角线交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后折痕分别交于点，连接，给出下列结论，其中正确的个数有（ ）．
①； ②
③四边形是菱形； ④．
A．1个B．2个C．3个D．4个
二．填空题（共10小题，共30分）
7．若代数式有意义，则x的取值范围是 ．
8．在实数范围内分解因式 ．
9．设的整数部分是m，的整数部分是n，则的值是 ．
10．若则代数式的值为 ．
11．如图所示，在中，于点分别是边的中点，连接，当满足条件 时，四边形是菱形．（填一个你认为恰当的条件即可）
12．在平行四边形中，的平分线把边分成长度分别是3和4的两部分，则平行四边形的周长是 ．
13．如图，点是矩形对角线上一点，过点做，分别交，于点，，连接．若，，则图中阴影部分的面积为 ．

14．如图，在矩形中，，，对角线与交于点，点为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则 ．
15．如图，正方形的边长为1，取中点，取中点，连接，与交于点，连接，则 ．
16．在菱形中，，，为菱形内部一点，且，连接，点为中点，连接，取中点，连接，则的最大值为 ．
三．解答题（共10小题，共102分）
17．计算：
(1)；
(2)．
18．化简计算．
19．已知，求的值．
20．已知实数满足，则的值为多少？
21．如图，正方形网格中，的顶点均在格点上，请按要求画图：
(1)以点为旋转中心，将绕点顺时针旋转得，画出；
(2)作出关于坐标原点成中心对称的；
(3)在第三象限找一点，使得构成平行四边形的点的坐标为_____．
22．如图1，在矩形中，，是边上一点，将沿着直线折叠，得到．
(1)请在图2上仅用圆规，在边上作出一点，使三点在一直线上（不写作法，保留作图痕迹），此时的长为_____；
(2)请在图3上用没有刻度的直尺和圆规，在边上作出一点，使平分（不写作法，保留作图痕迹）．
23．如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，AG＝CH，直线GH绕点O逆时针旋转α角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、B重合）．
（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；
（2）若∠α＝90°，AB＝9，AD＝3，求AE的长．
24．如图，在四边形中， ，E是的中点， ，，点P是边上的一动点，设的长为x．
(1)当x的值为多少时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
(2)点P在边上运动的过程中，以P、A、D、E为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．
25．阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
如图①，在等边中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是的外角∠ACH的平分线上一点，且AM=MN．求证：∠AMN=60°．
(1)点拨：如图②，作∠CBE=60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：（SAS），请完成剩余证明过程：
(2)拓展：如图③，在正方形A1B1C1D1中，是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1=M1N1．求证：∠A1M1N1=90°．
26．如图①，在矩形中，点从边的中点出发，沿着匀速运动，速度为每秒个单位长度，到达点后停止运动，点是上的点，，设的面积为，点运动的时间为秒，与的函数关系如图②所示．
(1)图①中 ， ，图②中 ．
(2)点在运动过程中，将矩形沿所在直线折叠，则为何值时，折叠后顶点的对应点落在矩形的边上？
参考答案与解析
1．B
【分析】本题考查的是中心对称图形．根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意．
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意．
故选：B．
2．D
【分析】本题考查了同类二次根式，先化简成最简二次根式，比较被开方数，相同即可．
【解答】A. 与，被开方数不同，不是同类二次根式，不符合题意；
B. 与，被开方数不同，不是同类二次根式，不符合题意；
C. 与，被开方数不同，不是同类二次根式，不符合题意；
D. 与，被开方数同，是同类二次根式，符合题意；
故选D．
3．D
【分析】根据数轴上a点的位置，判断出（a−1）和（a−2）的符号，再根据非负数的性质进行化简．
【解答】解：由图知：1＜a＜2，
∴a−1＞0，a−2＜0，
原式＝a−1-＝a−1＋（a−2）＝2a−3．
故选D．
【点拨】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确得出a−1＞0，a−2＜0是解题关键．
4．B
【解析】略
5．B
【分析】如图，根据三角形中位线定理推出，，则这个四边形是平行四边形，再由对角线垂直，证出，可得这个四边形为矩形．
【解答】解：如图，四边形中，E、F、G、H分别为各边的中点，连接、、、，
∵点E、F、G、H分别为各边的中点，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形；
故选：B．

【点拨】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定以及矩形的判定，正确掌握知识点是解题的关键．
6．B
【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数，从而求得；②证得，由即可得；③由折叠的性质与平行线的性质，易得是等腰三角形，由、即可得证；④设，先求得，从而知．
【解答】解：四边形是正方形，
，
由折叠的性质可得：，
，故①错误．
由折叠的性质可得：，，
在和中，
，
，
，
在中，，
，故②错误；
，
，
又、，
，
四边形是菱形，故③正确；
设，
四边形是菱形，且，
，
，
又，
，
，
，，
，即，
，故④正确；
故选：B．
【点拨】此题考查的是正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
7．且
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
【解答】解：根据二次根式有意义，分式有意义得：且，
解得：且．
故答案为：且．
【点拨】本题考查了分式有意义的 ，二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
8．
【分析】先把当成一个整体利用完全平方公式分解一次，再利用平方差公式继续分解因式．
【解答】
．
故答案为：．
【点拨】本题考查实数范围内分解因式，掌握完全平方公式、平方差公式是解题的关键．
9．9
【分析】求出这两个无理数整数部分再代入代数式求解即可．
【解答】∵，∴其整数部分为1
∵，∴其整数部分为2
∴
故答案为9
【点拨】本题考查无理数整数部分的估算，掌握这种方法是解题关键．
10．
【分析】先求出，把变形为，整体代入即可得到答案．
【解答】解：∵，
∴，
∴
故答案为：
【点拨】此题考查了代数式的值、二次根式的性质等知识，整体代入是解题的关键．
11．（或）
【分析】解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添加的条件和所得的结论．
可根据等腰三角形的性质、菱形的判定，分析得出当满足条件AB=AC或时，四边形是菱形．
【解答】解：要使四边形是菱形，则应有，
∵，分别为，的中点
∴，，
∴，
∴应是等腰三角形，
∴应添加条件：或
则当△ABC满足条件或时，四边形AEDF是菱形．
故答案为：（或）．
12．20或22
【分析】由平行四边形的性质得，，再证，然后分和两种情况分别求出平行四边形的周长即可．
本题主要考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的性质、证明是解题的关键．
【解答】解：如图：∵平行四边形，
∴，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴①当时，平行四边形的周长为；
②当时，平行四边形ABCD的周长为．
故答案为：20或22．
13．18
【分析】本题考查了矩形的性质，过点作分别交、于点、，证明，从而，即，求出的值即可求出整个阴影部分的面积，熟练掌握矩形的性质定理是解题关键．
【解答】解：过点作分别交、于点、，如图所示：

由矩形性质可知，，，，
，即，
，即，
，，
，即图中阴影面积为，
故答案为：18．
14．##
【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，连接，根据矩形的性质和勾股定理求出，从而求出，进而表示出，可得即可求解．
【解答】解：连接
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质，证明得出，从而求出，作于，证明，得出，利用三角形面积公式结合勾股定理计算出得出垂直平分，由线段垂直平分线的性质即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【解答】解：四边形是正方形，
，，
为中点，为中点，
，，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
如图，作于，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，，
，
，
垂直平分，
故答案为：．
16．
【分析】先根据题目条件中的中点可联想中位线的性质，构造中位线将和的长度先求出来，再利用三角形的三边关系判断，当时最大．
【解答】解∶如图所示∶连接交于点，连接，取的中点，连接和，
∵在菱形中，为中点，为中点，，
∴，
当、、、共线时，也为，
∵为中点、为中点，
∴
∵在菱形中，且，，
∴，，，
∴，
∴．
∴，
∴，
∵．
∴，
∴的最大值为．
故答案为∶．
【点拨】本题难点在于辅助线的添加，要根据菱形的性质和题目条件中的中点构造中位线，然后借助三角形的三边关系可判断出当、、三点共线时最大．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查了二次根式的混合运算以及零指数幂、绝对值、有理数的乘方.
（1）根据二次根式的混合运算法则，利用完全平方公式和平方差公式计算即可
（2）先计算零指数幂、绝对值、有理数的乘方、二次根式的化简，然后再计算加减法即可.
【解答】（1）
（2）

18．
【分析】本题主要考查了二次根式的乘除混合运算，根据二次根式的乘除运算法则进行乘除运算即可．
【解答】解：
．
19．
【分析】本题考查了二次根式的化简求值，掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
先根据二次根式的运算法则化简得到，再把，整体代入计算即可．
【解答】解：∵，，
∴a、b同号，且a、b均为正数数，
∴
．
20．
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件、绝对值的意义，先由二次根式有意义的条件得出，根据绝对值的意义得出，从而得出，整体代入计算即可得出答案，得出是解决此题的关键．
【解答】解：实数满足，
，
解得：，
，
，
，
，
．
21．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查作图旋转变换，平移变换，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
（1）以A点为旋转中心，分别作出B，C两点绕点A顺时针旋转的对应点，即可；
（2）分别作出A，B，C关于坐标原点O成中心对称的对应点，，即可；
（3）根据平行四边形的性质求解即可．
【解答】（1）如图即为所求；
（2）如图即为所求；
（3）如图所示，点D即为所求．
∴点的坐标为．
22．(1)见解析，4
(2)见解析，
【分析】本题主要考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
（1）以为圆心，长为半径作弧交于点，则，而，再利用勾股定理求出即可求解．
（2）以为边在矩形内作等边三角形，作的角平分线与交于点，则,故平分．
【解答】（1）如图2，以为圆心，长为半径作弧交于点，则，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴P、E、C三点在一直线上，则点为所作；
，
，
；
故答案为：4；
（2）如图3，以为边在矩形内作等边三角形，作的角平分线与交于点，则平分，点为所作，
23．（1）详见解析；（2）AE＝5．
【分析】（1）由“ASA”可证△COF≌△AOE，可得EO＝FO，且GO＝HO，可证四边形EHFG是平行四边形；
（2）由题意可得EF垂直平分AC，可得AE＝CE，由勾股定理可求AE的长．
【解答】证明：（1）∵对角线AC的中点为O
∴AO＝CO，且AG＝CH
∴GO＝HO
∵四边形ABCD是矩形
∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB
∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA
∴△COF≌△AOE（ASA）
∴FO＝EO，且GO＝HO
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）如图，连接CE
∵∠α＝90°，
∴EF⊥AC，且AO＝CO
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
在Rt△BCE中，CE2＝BC2+BE2，
∴AE2＝（9﹣AE）2+9，
∴AE＝5
【点拨】此题主要考查特殊平行四边形的证明与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的运用.
24．(1)2或22
(2)能，具体见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理等知识点的应用:
（1）分为两种情况，画出图形，由平行四边形的性质可得，分两种情况讨论可求解；
（2）分为两种情况，画出图形，过D作于M，求出，根据平行四边形的性质、菱形的性质和判定求出即可．
【解答】（1）解：当x为2或22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形，理由如下：
分为两种情况：①如图1，当P在E的左边时，
∵E是的中点，，
∴，
∴，
即当x的值为2时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
②如图2，当P在E的右边时，
∵，
∴，
即当x为22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
综上，当x为2或22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
（2）解：当时，点P在BC边上运动的过程中，以P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形，
理由是：分为两种情况：①当P在E的左边时，如图3，过过点D作于点M，
∵，
∴
∴
∴
∴
∵E是的中点，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
即此时以点P、A、D、E为顶点的四边形不是菱形；
②当P在E的右边时，如图4，当时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
过D作于M，
∵，
则，
∴．
∴，
∴，
故此时是菱形，
即以点P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形；
综上，当x为22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为菱形．
25．(1)答案见解答；
(2)答案见解答．
【分析】（1）由得AM=EM，，由已知得EM=MN，得，进一步得，又，得，从而得证；
（2）首先推出是等腰直角三角形，得，证，得三点共线，证，得, ，得，又，证，得，从而得证．
【解答】（1）证明：如图②，∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）证明：如图③，延长到点E，使，连接，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴点在同一条直线上，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点拨】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等知识；熟练掌握正方形的性质，作适当的辅助线构造三角形全等是解此题的关键．
26．(1)，，
(2)或
【分析】（1）根据函数图象由时，，得出，，则时，，当时，点在处，的面积；
（2）分点在边上，落在边上时，点在边上时，根据折叠的性质以及勾股定理进行计算即可求解．
【解答】（1）解：点从边的中点出发，速度为每秒个单位长度，
，
由图象得：时，，
，，
时，，
当时，点在处，的面积，
故答案为：，，；
（2）①当点在边上，落在边上时，连接 ，如图所示：
由折叠的性质得：，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
又，
，解得：；
②当点在边上时，如图，
，，
四边形是矩形，
，，，
由折叠的性质得，，，，
，
，
在中，，，
由勾股定理得，，
解得．
综上，当为或时，折叠后顶点的对应点落在矩形的一边上．
【点拨】本题考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理与折叠问题，数形结合是解题的关键．