江苏省宿迁市崇文初级中学2023-2024学年八年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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（总分：150分 时间：110分钟）
一、选择题（本大题共有8小题，每小题4分，共32分．在每小题所给出的四个选项中恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号写在答题纸的相应位置上）
1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别，理解并掌握中心对称图形和轴对称图形的定义是解题关键．如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A.是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；
B. 既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
C. 是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
D. 既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
2. 下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先把每个二次根式进行化简，化成最简二次根式，后比较被开方数即可．
【详解】A.与的被开方数不相同，故不是同类二次根式；
B.，与不是同类二次根式；
C.，与被开方数相同，故是同类二次根式；
D.，与被开方数不同，故不是同类二次根式．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的化简，同类二次根式，熟练掌握根式化简的基本方法，灵活运用同类二次根式的定义判断解题是求解的关键．
3. 下列二次根式的运算正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的加减运算可判断A，B，根据二次根式的乘除运算法则可判断C，D，从而可得答案．
【详解】解：不是同类二次根式，不能合并，故A不符合题意；
故B不符合题意；
故C不符合题意；
，运算正确，故D符合题意；
故选D
【点睛】本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的乘除运算，掌握“二次根式的加减乘除运算的运算法则”是解本题的关键．
4. 实数，在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数轴可得，进而根据二次根式的性质化简即可求解．
【详解】解：由数轴可得：，
故原式．
故选：A．
【点睛】本题考查了实数与数轴，二次根式的性质，熟练掌握是二次根式的性质，数形结合解题的关键．
5. 如图，绕点按逆时针方向旋转后与重合，连接，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据旋转的性质得出，进而根据等边对等角，三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵绕点按逆时针方向旋转后与重合
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理的应用，掌握旋转的性质是解题的关键．
6. 依据所标数据，下列四边形不一定为矩形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形的判定方法“有三个角是直角的四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可求解．
【详解】解：A、∵，，
∴四边形是平行四边形，
但不能说明四边形是矩形，故该选项符合题意；
B、有三个角是直角的四边形是矩形，故该选项不符合题意；
C、∵，
∴，又，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，故该选项不符合题意；
D、∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是直角三角形，且，
∴四边形是矩形，故该选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
7. 如图，在中，，D、E分别为的中点，平分，交于点F，若，则的长为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由勾股定理求出，由中位线定理得到，，再由角平分线和平行线性质得到，则，即可得到的长．
【详解】解：在中，，，
∴，
∵D、E分别为的中点，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A
【点睛】此题考查了中位线定理、勾股定理、等角对等边等知识，熟练掌握中位线定理是解题的关键．
8. 在平面直角坐标系中，把点P(－5，3)向右平移8个单位得到点P1，再将点P1绕原点旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是( )
A. (3，-3)B. (-3，3)C. (3，3)或(-3，-3)D. (3,－3)或(-3，3)
【答案】D
【解析】
【分析】先根据把点P（﹣5，3）向右平移8个单位得到点P1，可得点P1的坐标为：（3，3），然后分两种情况，即可求解
【详解】解：∵把点P（﹣5，3）向右平移8个单位得到点P1，
∴点P1的坐标为：（3，3），
如图所示：
将点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，则其坐标为：（﹣3，3），
将点P1绕原点顺时针旋转90°得到点P3，则其坐标为：（3，﹣3），
故符合题意的点的坐标为：（3，﹣3）或（﹣3，3）．
故选：D
【点睛】此题主要考查了坐标与图形——平移和旋转的变化，正确利用图形分类讨论是解题关键．
二、填空题（本大题共有10小题，每题4分，共40分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题纸的相应位置上）
9. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是_________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件、解一元一次不等式，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题关键．根据二次根式有意义的条件可知，求解即可．
【详解】解：若式子在实数范围内有意义，
则有，解得．
故答案为：．
10. 计算的结果为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据二次根式的除法法则运算，然后化简后合并即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
【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．
11. 顺次连接对角线相等的四边形的四边中点，所得的四边形一定是_________．
【答案】菱形
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、菱形的判定等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．根据题意作出图形，结合三角形中位线的性质和菱形的判定条件，即可获得答案．
【详解】解：如图，
在四边形中，，、、、分别是线段、、、的中点，
则、分别是、的中位线，、分别是、的中位线，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
故答案为：菱形．
12. 若、为实数，且满足，则的值为_________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题主要考查了非负数的性质、解二元一次方程组以及代数式求值等知识，正确解得、的值是解题关键．根据非负数的性质可得关于、的二元一次方程组，求解并代入求值即可．
【详解】解：∵
又∵，，
∴可有，解得，
∴．
故答案为：1．
13. 已知a，b分别是的整数部分和小数部分，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据无理数的估算得出a，b，然后代入代数式计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴的整数部分是2，即，，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了无理数的估算，代数式求值，求出a，b的值，准确计算是解题的关键．
14. 如图，在矩形中，，点在上，．若平分，则的长为_________．
【答案】5
【解析】
【分析】由矩形的性质可得，，，由角平分线和平行线的性质可证，然后由勾股定理求解答案即可．
【详解】解：∵平分，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
在中，可有，
即，解得．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、角平分线的定义、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，掌握矩形的性质是解题的关键．
15. 如图，在菱形中，对角线、交于点O，过点D作于点H，已知，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形对角线互相平分，，即可求出的长，即可求出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
即，
解得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∵，
∴
即：，
解得：．
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查与菱形有关的求线段长，灵活运用所学知识和题中条件是解题关键．
16. 如图，在平行四边形中，E为边上一点，将沿折叠至处，与交于点F，若，，则的大小为______．

【答案】##30度
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得，由折叠的性质得：，，由三角形外角性质求出，由三角形内角和求出，即可求得的大小．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
由折叠的性质得：，，
，，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质是解题关键．
17. 如图，在矩形中，点在上，于，于，若且，则矩形的对角线长为_________．

【答案】5
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．根据矩形的对角线相等且平分可得，，然后利用面积法解得的值，即可获得答案．
【详解】解：如下图，连接，

∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
又∵，，，
∴，
解得，
∴．
故答案为：5．
18. 如图，在正方形中，点E为的中点，点F、G分别在、上，且，若四边形的面积为5，则的长为___________．

【答案】
【解析】
【分析】过点F作于点H，证明四边形为矩形，得出，，证明，得出，根据四边形的面积为5，，得出，求出，根据勾股定理得出，求出结果即可．
【详解】解：过点F作于点H，如图所示：

则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形的面积为5，，
∴，
即，
解得：，负值舍去，
∵点E为中点，
∴，
∵，
∴，
解得：，负值舍去，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
三、解答题（本大题共有8小题，共78分．请在答题纸的指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）首先将各数转化为最简二次根式，然后相加减即可；
（2）根据完全平方公式和平方差公式进行求解即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题主要考查了最简二次根式、二次根式混合运算、运用平方差公式和完全平方公式进行运算等知识，熟练掌握相关运算法则是解题关键．
20. 已知，求的值．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式运算、代数式求值、运用完全平方公式进行运算等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．利用完全平方公式将原式整理为，然后代入求值即可．
【详解】解：∵，
∴
．
故答案为：．
21. 如图，点是内一点，连接、，并将、、、的中点、、、依次连接，得到四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）连接，直接写出当和 相等时，四边形是菱形．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定；
（1）根据三角形的中位线定理得出，，，，则，，然后根据平行四边形的判定可得结论；
（2）根据三角形的中位线定理得出，，结合可得，然后根据菱形的判定方法可得结论．
【小问1详解】
证明：∵点D、E、F、G分别是、、、的中点，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：当和相等时，四边形是菱形；
理由：连接，
∵点D、E分别是、的中点，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形．
故答案为：．
22. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的△；
（2）画出与关于原点成中心对称的；
（3）若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，则网格范围内点的坐标为 ．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质，找到对应点，然后连接成三角形即可求解；
（2）根据中心对称的性质，找到对应点，然后连接成三角形即可求解；
（3）根据平行四边形的性质，找到点，根据坐标系即可求得点的坐标．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求，
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求，
【小问3详解】
点在第一象限，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，画旋转图形，画中心对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23. 在中，，点D是边上的一点，连接，作，，连接．
（1）如图1，当时，求证：；
（2）如图2，当D是边的中点时，若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据，，可以得到四边形是平行四边形，再根据，即可得到结论成立；
（2）根据题意，先判断四边形是菱形，然后求出长，再计算四边形的面积即可．
【小问1详解】
解：证明：，，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形，
；
【小问2详解】
是边的中点，，，
，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，
，
四边形的面积是，
即四边形的面积是．
【点睛】本题考查勾股定理、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24. 在菱形中，，是对角线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
（1）如图1，当点在菱形内部时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______；
（2）如图2，当点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）相等，垂直
（2）成立，证明见详解
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
（1）根据菱形的性质结合，可证明，都是等边三角形，然后利用证明，得到，，延长交于，由，可求出，即，即可证明结论；
（2）结论仍然成立，根据题意作出图形，证明过程与（1）类似．
【小问1详解】
解：如下图，连接，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴，，
延长交于，如下图，
∵，
∴，
∴，即，
∵四边形是菱形，
∴，
∴．
故答案为：相等，垂直；
【小问2详解】
结论仍然成立，证明如下：
如下图，设交于，交于，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∵四边形是菱形，
∴，
∴．
25. 已知，求的值．小明是这样分析与解答的：
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）若，求的值；
（2）计算： ；
（3）比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）2 （2）
（3），理由见详解
【解析】
【分析】（1）结合题意，求得，然后代入求值即可；
（2）将原式整理为，即可获得答案；
（3）比较与的大小，即可获得答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
【小问2详解】
．
故答案为：；
【小问3详解】
，理由如下：
∵，
∴，
∴，，
∵，
，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了分母有理化、二次根式混合运算、代数式求值、利用平方差公式和完全平方公式进行运算等知识，正确理解题意，结合题目中解题思路进行分析是解题关键．
26. 在正方形中，点为射线上的一个动点，点在射线上，且．
（1）如图1，当点在边上时，请直接写出、、三条线段之间的数量关系；
（2）如图2，当点在边的延长线上时，请你判断、、三条线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若，点在边上，且，点为的中点，在点从点沿射线运动的过程中，的周长的最小值为___________（直接写出结果）．
【答案】（1）
（2），理由见详解
（3）
【解析】
【分析】（1）延长到，使，连接，由正方形的性质得出，，由证明，得出，，证出，由证明，得出对应边相等即可得出结论；
（2）在上截取，连接，．同（1）法可证，所以，，再证明，然后证明，得，即可得出结论；
（3）过点作直线交于，当与点关于对称时，，最小，最小值，即可获得答案．
【小问1详解】
解：，理由如下：
延长到，使，连接，如下图，
∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
，理由如下：
上截取，连接，如下图，
∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：过点作直线交于，如下图，
当点在射线上运动时，点在运动，点在射线上运动，
∵四边形为正方形，
∴，，，
∵，
∴，
当与点关于对称时，，最小，最小值为，
∴，由勾股定理得，
∵的周长，
∴当最小，此时，的周长的最小，
∴的周长的最小值．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定、最短距离问题、勾股定理等知识，熟练掌握相关性质的综合运用是解题的关键．