广东省珠海市紫荆中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列二次根式中，不属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了最简二次根式．根据最简二次根式的定义，逐项判断，即可．
【详解】解：A、属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
B、属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、，不属于最简二次根式，故本选项符合题意；
故选：D
2. 小莉的作业本上有以下四题，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加法，减法，乘法，除法运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．根据二次根式的加法，减法，乘法，除法法则进行计算，逐一判断即可解答．
【详解】解：、与不能合并，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C符合题意；
D、与不能合并，故D不符合题意；
故选：C．
3. 以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（ ）
A. 1，，B. 1，1，2
C. 2，3，4D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理．根据勾股定理的逆定理，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、，能构成直角三角形，故本选项符合题意；
B、不能构成三角形，故本选项不符合题意；
C、，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：A
4. 在中，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是记住平行四边形的性质，属于中考基础题．利用平行四边形的对角相等即可选择正确的选项．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
∵，
，
故选：B．
5. 菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A. 四边相等B. 对角线相等C. 对角相等D. 邻角互补
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了矩形性质、菱形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质、菱形的性质．根据菱形的性质及矩形的性质，结合各选项进行判断即可得出答案．
【详解】解：A、四边相等，菱形具有而矩形不具有，故本选项符合题意；
B、对角线相等，矩形具有而菱形不具有，故本选项不符合题意；
C、对角相等，菱形具有，矩形具有，故本选项不符合题意；
D、邻角互补，菱形具有而矩形也具有，故本选项不符合题意；
故选：A．
6. 下列说法错误的是（ ）
A. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B. 两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C. 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
D. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用平行四边形的判定方法以及菱形的判定方法和三角形中位线的性质、直角三角形的性质分别判断得出答案．
【详解】A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，不合题意；
B、两条对角线互相垂直且互相平分的四边形是菱形，故原说法错误，符合题意；
C、三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，正确，不合题意；
D、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正确，不合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查平行四边形的判定，菱形的判定，三角形中位线的性质，直角三角形的性质，正确掌握相关判定方法是解题关键．
7. 如图，数轴上的点表示的数是，点表示的数是1，于点，且，以点为圆心，为半径画弧交数轴于点，则点表示的数为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理与无理数，关键是能准确理解并运用该知识和勾股定理进行求解．先运用勾股定理求得线段的长，即可求解．
【详解】解：由题意得，
，
∴点D表示的数为，
故选C．
8. 如图，在中，，，BE平分交AD于E，CF平分交AD于F，则EF等于（ ）
A. 1B. 1.5C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可得∠AEB=∠CBE，∠CFD=∠BCF，再由BE平分，CF平分，可得∠ABE=∠CBE，∠BCF=∠DCF，从而得到∠ABE=∠AEB，∠CFD =∠DCF，进而得到AE=AB=5，DF=CD=5，进而得到DE=2，即可求解．
【详解】解∶ 在中，AD∥BC，AB=CD=5，
∴∠AEB=∠CBE，∠CFD=∠BCF，
∵BE平分，CF平分，
∴∠ABE=∠CBE，∠BCF=∠DCF，
∴∠ABE=∠AEB，∠CFD =∠DCF，
∴AE=AB=5，DF=CD=5，
∵BC=7，
∴DE=2，
∴EF=DF-DE=3．
故选：D
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的判定是解题的关键．
9. 如图，在中，点、分别是边、的中点，点是线段上的一点．连接、，，，则的度数是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点、分别是边、的中点，可得，再结合，可得，利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵点、分别是边、的中点，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，三角形内角和定理，熟悉以上性质是解题的关键．
10. 如图，在边长为4的菱形中，，点、分别为、边上的动点，连接、、．若，则以下结论正确的是（ ）
①；②是等边三角形；③四边形的面积是；④面积有最大值为．
A. ①②B. ①②③C. ①②④D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】①连接，根据菱形的性质及，可以得到为等边三角形，结合，可得，可利用判定，从而得到；②根据，，即可得到为等边三角形；③根据及，可以得到，再求等边三角形面积即可；④当时，最短， 等边的面积最小，由，可以得到的面积最大值为；
【详解】解：①连接，

∵四边形为菱形， ，
∴，，
∴、均为等边三角形，，
又∵，
即：，
∴，
在和中，

∴
∴，故①正确；
②∵，，
∴为等边三角形，故②正确；
③如图，过作于，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵


，故③正确；
④∵为等边三角形，
当时，最短，的面积最小，
此时，
∴，
同理可得：此时，
∵，
∴ ，
当的面积最小，的面积最大，最大值为，故④错误；
∴正确的结论为：①②③．
故选B
【点睛】本题考查菱形性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，面积最值问题，作出正确的辅助线及熟练掌握图形判定性质是解决本题的关键．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 二次根式有意义的条件是____________________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件得，进而可求解，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
【详解】解：依题意得：，
解得：，
故答案为：．
12. 已知直角三角形两条边的长为3和4，则斜边长是________．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键，根据直角三角形斜边是最长边分类讨论即可．
【详解】解：当直角三角形的两直角边长分别为3和4，
∴斜边长为，
直角三角形的斜边长可以为4，
综上：直角三角形斜边长是或；
故答案为：或．
13. 甲、乙两人在相同条件下进行射击练习，每人10次射击成绩的平均值都是8环，方差分别为，，则两人成绩比较稳定的是______（填“甲”或“乙”）．
【答案】甲
【解析】
【分析】利用方差的意义直接比较即可．
【详解】解： ∵，，
∴，
∴两人成绩比较稳定的是甲．
故答案为：甲．
【点睛】本题考查方差意义，解题的关键是熟练掌握方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
14. 如图，矩形面积为48，点在边上，，，垂足分别为，．若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，利用三角形的面积关系解决问题是本题的关键．由矩形的性质可得，由，可得PE+PF的值．
【详解】解：如图，设与的交点为O，连接，
∵四边形是矩形
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴
故答案为：．
15. 如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形、菱形的性质．中点四边形的性质，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．第二个矩形的面积为第一个矩形面积的，第三个矩形的面积为第一个矩形面积的，依此类推，第n个矩形的面积为第一个矩形面积的．
【详解】解：如图，
由轴对称的性质可得：
第一个菱形的面积为：，
第二个矩形的面积为第一个矩形面积的；
第三个矩形的面积是第一个矩形面积的；
…
故第n个矩形的面积为第一个矩形面积的．
∴第n个矩形的面积为．
故答案为．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式的混合运算，掌握运算顺序是解本题的关键，先计算括号内的二次根式的减法运算，再计算除法运算，最后合并即可．
【详解】解：
．
17. 已知：如图，在中，、是对角线上的两点，且．请判断与的关系，并说明理由．
【答案】，，证明见解析
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质与全等三角形的判定与性质．由四边形是平行四边形，即可得，然后利用平行线的性质，求得，又由，即可证得，继而可得、即，可得，可得四边形是平行四边形，从而可得结论．
【详解】解：猜想，，
理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴
即，
∴，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
∴，．
18. 城关幼儿园为加强安全管理，决定将园内的滑滑梯的倾斜角由降为，
已知原滑滑梯的高长为2米，点在同一水平地面上．求：
（1）改善后滑滑梯加长多少米？
（2）若滑滑梯的正前方有3米长的空地就能保证安全，原滑滑梯前有4.5米的空地，像这样的改造是否行？请说明理由．
【答案】（1）米
（2）可行，理由见详解
【解析】
【分析】（1）在直角三角形内，根据的度数和的长，运用角求出的长，进而即可求解；
（2）本题实际要求的是的前方长是否超过3米，如果超过了那么这样修改滑板的坡度就可行，反之，则不可行．
【小问1详解】
解：∵（米）．
在直角三角形中，（米）．
在直角三角形中，
∴
答：改善后滑滑梯加长米
【小问2详解】
在直角三角形中，．
（米）．
在直角三角形中，．
∴（米）
∴（米）．
那么预计滑板改善后前面留的空地的长度应该是．
因此，此方案是可行的．
【点睛】本题主要考查了勾股定理应用，含30°角的直角三角形的性质，利用这两个直角三角形有公共的直角边求解是解决此类题目的关键．
四、解答题（二）
19. 为了解同学们上学年参加社会实践活动的天数，调研组随机抽查了该市部分八年级学生，并用得到的数据绘制了以下两幅不完整的统计图，请你根据图中提供的信息问答下列问题：
（1）本次共抽查了______人；
（2）补全条形统计图；
（3）在这次调查中，参加社会实践活动天数的众数是______，中位数是_____；
（4）本市共有八年级学生14400人，请你估计“参加社会实践活动时间不少于9天”有多少人？
【答案】（1）
（2）画图见解析 （3），
（4）估计“参加社会实践活动时间不少于9天”的共有3900人．
【解析】
【分析】（1）用8天的人数除以其所占百分比可得总人数；
（2）总人数减去其它天数的人数可得9天的人数，据此即可补全图形；
（3）根据众数和中位数的定义求解可得；
（4）用总人数乘以样本中9天和10天人数和所占比例可得．
【小问1详解】
解：本次抽查的人数为（人）；
故答案为：48．
【小问2详解】
解：9天的人数为（人），
补全图形如下：
【小问3详解】
∵数据7出现的次数最多，
∴参加社会实践活动天数的众数7天，
中位数是第24、25个数据的平均数，即（天）；
故答案为：7，8；
【小问4详解】
（人），
答：估计“参加社会实践活动时间不少于9天”的共有3900人．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．利用样本估计总体，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．除此之外，本题也考查了中位数、众数的认识．
20. 如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作，交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）当时，四边形是什么特殊的四边形？并说明理由；
（3）若，，则四边形的面积是________．
【答案】（1）证明见解析
（2）四边形是正方形，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据“”证明，可得，进而根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得出四边形是平行四边形，最后根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得出答案；
（2）先根据等腰直角三角形的性质得出，再根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案．
（3）先求解，再证明，再结合菱形的性质可得答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴．
∵是的中点，
∴．
又∵，
∴，
∴，
又∵在中，，是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
四边形是正方形．
理由如下：
当时，为等腰直角三角形，
∵是的中点，
∴，
∴菱形是正方形．
【小问3详解】
∵，，，为的中点，
∴，
∴，
∵四边形是菱形．
∴菱形的面积．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质和正方形的判定，直角三角形斜边上的中线的性质，灵活的选择特殊平行四边形的判定定理是解题的关键．
21. 如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求和的长．
【答案】（1）证明见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）证为的中位线，则，再证四边形为平行四边形，然后根据，即可得出结论；
（2）根据菱形的性质得到，，，根据直角三角形斜边中线的性质得到，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理求出，于是得到．
【小问1详解】
证明：∵四边形为菱形，
∴，
∵点E为中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，．
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为矩形；
【小问2详解】
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵点E为的中点，，
∴，
由（1）知，四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解题的关键，属于中考常考题型．
五、解答题（三）（本题共2小题，每小题12分，共24分）
22. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是边长为6的正方形．点是射线上的动点，连，以为直角顶点作等腰直角三角形．

（1）若为线段中点，线段与交于，则点的坐标为________；
（2）当在点左边运动时，的大小是否随点的变化而变化？若不变，求出其大小；若变化，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，点在边上，且，求、两点间距离的最小值．
【答案】（1）
（2）为固定值
（3）、两点间距离的最小值
【解析】
【分析】根据题意可证，有，结合边长和中点即可求得答案；
过点N作于点H，设点，利用证得，可得，可得，即可得；
连接交于点F，可得、两点间距离的最小值时，即，设，则，结合（2）的，则，求得和即可．
【小问1详解】
解：由题意得，
则，
∴，
则，
∴，
∵四边形是边长为6的正方形，
∴，
∵为线段中点，
∴，
∴，解得，
故点的坐标为；
【小问2详解】
为固定值，理由如下：
过点N作于点H，如图，
设点，
由题意得，
∴
∴
∵为等腰直角三角形
∴，
∴
∴，
则
∵，，
∴；
【小问3详解】
连接交于点F，如图，

当、两点间距离的最小值时，即，
设，则，
由（2）知，则，，
∵，
∴，
∴，，
则．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理，解题的关键是找到三角形之间的关系和两点之间最短距离的条件．
23. 综合与实践：
综合与实践课上，高老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
【操作判断】
操作一：如图1，正方形纸片，将沿过点的直线折叠，使点落在正方形的内部，得到折痕，点的对应点为，连接；再将沿过点的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接．根据以上操作，同学们很快发现，，三点共线，且有以下结论：①；②线段，，之间的数量关系为：．
【深入探究】
操作二：如图2，再将沿所在直线折叠，使点落在正方形的内部，点的对应点为，将纸片展平，连接、．同学们在折纸的过程中发现，当点的位置不同时，点的位置也不同，在这次综合实践探究学习中，两位同学又有如下发现：
一、小曾发现，当点落在折痕上时，设交于点，如图2，则有结论：；
二、小段发现，当点落在折痕上时，是一个定值．

【解决问题】
（1）证明小曾同学结论的正确性：；
（2）小段同学的发现是否成立？若成立，求出的大小；若不成立，请说明理由．
【拓展应用】
（3）如图3，矩形中，，，点、分别在边、上，，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）成立，；（3）
【解析】
【分析】（1）由折叠的性质可知，，，根据证明得，进而可证；
（2）由折叠的性质可知，．根据求出，进而可求出求出的大小；
（3）将三角形沿翻折，使点F落在点G处，连接交与点O，设，则，求出，然后根据列方程求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴．
由折叠的性质可知，，，
∴，
又∵，
∴．
由操作一知，
∴是等腰直角三角形，
∴N，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）成立，理由如下：
由折叠的性质可知，．
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
（3）将三角形沿翻折，使点F落在点G处，连接交与点O，
∴，．
由折叠的性质得，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴．
设，则，
∴，．
在中，，
∵，
∴，
整理得，
∴或（舍去），
即．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，以及解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．