四川省绵阳市涪城区2023-2024学年八年级下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色墨迹签字笔填写在答题卡上，并认真核对条形码上的姓名、准考证号、考点、考场号．
2.第I卷答案使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，第II卷答案使用0.5毫米的黑色墨迹签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
3.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回．
一．选择题（36分）
1. 下列二次根式不为最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义即二次根式化简后，被开方数不含分母，并且被开方数中所有因式的幂的指数小于2，判断即可．本题考查了最简二次根式，熟练掌握定义是解题的关键．
【详解】A. ，是最简二次根式，不符合题意；
B. ，是最简二次根式，不符合题意；
C. ，是最简二次根式，不符合题意；
D. ，不是最简二次根式，符合题意；
故选：D．
2. 若的值是整数，则的值可以是（ ）
A. 25B. 20C. 15D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得（k为整数），据此即可得到答案．
【详解】解：∵的值是整数，
∴是一个整数，
∴（k为整数），
∴选个选项中只有B选项满足题意，
故选B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的乘法计算，正确得到（k为整数）是解题的关键．
3. 在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，下列条件中，不能判断△ABC是直角三角形的是（ ）
A. a＝3，b＝4，c＝5B. a＝b，∠C＝45°
C. ∠A：∠B：∠C＝1：2：3D. a＝9，b＝40，c＝41
【答案】B
【解析】
【分析】A.由勾股定理逆定理得：，即可判断A正确；
B.由等腰三角形的性质与三角形内角和定理得：，所以B错误；
C.由三角形内角和定理即可求出，，，所以C正确；
D.由勾股定理逆定理得：，即可判断D正确．
【详解】A.由题可得：满足勾股定理，
是直角三角形，故A选项正确；
B.，
，
由三角形内角和定理得：，
不是直角三角形，故B选项错误；
C.，
设，则，，
由三角形内角和定理得：，
解得：，，，
直角三角形，故C选项正确；
D. .由题可得：满足勾股定理，
是直角三角形，故D选项正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形的判定，一是根据直角三角形的定义：有一个角是直角的三角形是直角三角形，二是根据勾股定理逆定理：如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，则这个三角形是直角三角形，本题的关键在于勾股定理逆定理的求解．
4. 如图，在中，于点，交其延长线于点，若，，且的周长为40，则的面积为（ ）
A. 24B. 36C. 40D. 48
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的周长与面积得到关于、的两个方程并求出的值是解题的关键．根据平行四边形的周长求出，再用面积法求出，然后求出的值，再根据平行四边形的面积公式计算即可得解．
【详解】解：的周长，
①，
于，于，，，
，
整理得，②，
联立①②解得，，
的面积．
故选：D
5. 如图，矩形的顶点，在数轴上，点表示，，，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧，交数轴的正半轴于点，则点所表示的数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用勾股定理求出，根据，求出，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，

四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得，
，
以点为圆心，对角线的长为半径作弧，交数轴的正半轴于点，
，
点表示，
点所表示的数为：，
故选：C．
【点睛】本题考查实数与数轴、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用勾股定理求出的长
6. 若为二次根式，则为（ ）
A. 正数和零B. 负数C. 只有零D. 全体实数
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式的定义，．
【详解】解：根据二次根式的定义，；
故选A．
【点睛】本题考查二次根式的定义，掌握定义是解题的关键．
7. 下列运算中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用二次根式的性质分别化简得出答案.
【详解】A. 不是同类项，不能合并，此项错误；
B. ，此项正确；
C. 此项错误；
D. ，此项错误.
故选B
【点睛】本题考查了二次根式的化简，熟练掌握运算法则是解题的关键.
8. 如图，点E是矩形的边上的中点，将折叠得到，点F在矩形内部，的延长线交于点G，若，，则的长为（ ）

A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质、已知条件和折叠的性质可得，连接，证明，得出，设，根据勾股定理构建方程求解即可.
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∵将折叠得到，
∴，，
∴，
连接，∵，
∴，

∴，
设，则，
在直角三角形中，根据勾股定理可得：，
即，解得：，即；
故选：C.
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质和勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、得到关于x的方程是解题的关键.
9. 如图，顺次连结圆内接矩形各边的中点，得到菱形ABCD，若BD＝6，DF＝4，则菱形ABCD的边长为（ ）
A. 4B. 7C. 5D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】连接OM，求出OD、OM，由勾股定理求出OA、MD，由菱形ABCD，得到AC⊥BD，由勾股定理求出AD，再根据勾股定理即可求出答案．
【详解】连接OM，
∵BD=6，DF=4，
∴OD=3，OF=OM=3+4=7，
由勾股定理得：，
∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
由勾股定理得：．
故选：B．
10. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A、B的坐标分别为、，则点D的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平面直角坐标系内点的特点，根据题意求出菱形的边长是解题的关键．
根据点A、B坐标，求出的长度，根据菱形的性质，得出，根据轴，即可得出点D的坐标．
【详解】解：∵点A、B的坐标分别为、，
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，即轴，
∴点D的坐标为：，
故选：A．
11. 如图，在菱形中，E、F分别是的中点，若，则菱形的周长是（ ）
A. 12B. 16C. 20D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的中位线定理以及菱形的性质进行计算即可．
【详解】解：∵E、F分别是的中点
∴是的中位线，
∴，
∴菱形的周长为：；
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的中位线和菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
12. 如图，点、分别在正方形的边、上，，已知，，则（ ）

A. 6B. 15C. 12D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】作交的延长线于点，证、即可求解．
【详解】解：作交的延长线于点，如图：

设，则
∵
解得：
∴
故选：B
【点睛】本题考查了“半角模型”，熟记相关模型的构成、求解及结论是解题关键．
二．填空题（18分）
13. 二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围为___．
【答案】x≥﹣．
【解析】
【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【详解】由于二次根式在实数范围内有意义，所以2x+1≥0，即：x≥﹣．
故答案是x≥﹣．
14. 图中两个小正方形的面积分别为33和67，则大正方形边长_____．

【答案】10
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．结合勾股定理求出大正方形的面积，再根据正方形的性质解答即可．
【详解】解：由勾股定理得，
大正方形的面积，
∴大正方形边长．
故答案为：10．
15. 已知实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简：_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是利用数轴比较实数的大小，二次根式的化简，掌握二次根式的性质是解题的关键．
根据数a、b在数轴上的位置确定，，，的符号，再根据二次根式的性质进行化简，再合并同类项．
【详解】根据数轴，得，
，，
故答案为：．
16. ▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，请添加一个条件：____________，使得▱ABCD为正方形．
【答案】∠BAD＝90°(答案不唯一)
【解析】
【详解】试题分析：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，∴▱ABCD是菱形，当∠BAD=90°时，▱ABCD为正方形．故答案为∠BAD=90°．
考点：正方形的判定；平行四边形的性质．
17. 如图，长方体三条棱的长分别为7，5，5，蚂蚁从出发，沿长方体的表面爬到点，则最短路线长是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，正确理解题意并分情况讨论是解题关键．长方体展开是长方形，根据题意可知，蚂蚁爬的路径有两种可能，根据两点之间线段最短，结合勾股定理可求出答案．
【详解】解：当展开的长方形的长是，宽是5，路径长为；
当展开的长方形的长是，宽是7，路径长为，
∵，
∴最短的路线长为．
故答案为：．
18. 如图，是的边的垂直平分线，垂足点为点O，与的延长线交于点E，连接，，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③；④，其中正确的结论有 _____（填写所有正确结论的序号）．
【答案】①②③
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质和垂直平分线的性质证明为直角三角形，证明，得出，根据，，得出，说明，证明四边形是菱形，根据菱形的性质，逐一进行判断即可．
【详解】解：解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∵垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故②正确，
∴，，
∵，
∴，故③正确，
∵，
∴，
∵，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，故④错误；
综上分析可知：①②③正确；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查平行四边形的性质以及判定定理、菱形的判定和性质、垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形面积计算，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
三．解答题（46分）
19. （1）计算：．
（2）先化简，再求值：，其中．如图是小亮和小芳的解答过程．

①______的解法是错误的；
②仿照上面正确的解法先化简，再求值：，其中．
【答案】（1）；（2）①小亮；②，
【解析】
【分析】（1）根据二次根式的性质以及二次根式的混合运算法则，零指数幂，进行计算即可求解；
（2）①根据二次根式的性质化简，然后代入的值即可求解；
②先根据分式的运算法则和二次根式的性质化简，然后代入的值即可求解．
【详解】（1）
；
（2）解：①，
当时，
；
∴小亮的解法是错误的．
故答案为：小亮；
②∵，，
∴，
，
，
，
当时，原式．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，二次根式的性质，二次根式的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则以及二次根式的运算法则是解题的关键．
20. 如图，在平行四边形ABCD中，点M是边AD上的点，连接MB，MC，点N为BC边上的动点，点E，F为MB，MC上的两点，连接NE，NF，且∠BNE＝∠CMD，∠BEN＝∠NFC．求证：四边形MENF为平行四边形．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】只需要分别证明ENMC，NFMB，即可证明四边形MENF为平行四边形．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，
∴∠MCB＝∠CMD，
∵∠BNE＝∠CMD，
∴∠BNE＝∠MCB，
∴ENMC，
∴∠NFC＝∠ENF，
∵∠BEN＝∠NFC，
∴∠BEN＝∠ENF，
∴NFMB，
∴四边形MENF为平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟知平行四边形的性质与判定条件是解题的关键．
21. 在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，与的每个顶点都在格点上．

（1）与中有直角三角形吗?若有，请指出并说明理由；
（2）求中边上的高．
【答案】（1）有，直角三角形，理由见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理将和的各边求出，再利用勾股定理的逆定理判断是否为直角三角形即可；
（2）利用三角形的面积公式即可解答．
本题主要考查勾股定理以及勾股定理的逆定理，解答本题的关键是熟练掌握格点的特征根据勾股定理求得各条边的长．
【小问1详解】
解：有直角三角形，是直角三角形，理由如下：
由勾股定理得：
，，，
，
不直角三角形；
由勾股定理得：
，，，
，
是直角三角形；
【小问2详解】
解：由（1）可知：，，，
设边上的高为，
，
，
边上的高为．
22. 如图，菱形的边，对角线，求另一对角线的长．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形对角线互相平分且垂直可得，，再用勾股定理解求出即可．
【详解】解：在菱形中，，，
在中，，
．
23. 在菱形中，，点P是对角线上一动点，将线段绕点C顺时针旋转到，连接．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接并延长，分别交、于点M、N．
①求证：；
②若最小值为，直接写出菱形的面积为________．
【答案】（1）见解析 （2）①见解析②
【解析】
【分析】（1）菱形的性质，得到，旋转的性质，得到，，进而得到，即可得证；
（2）①在上取点，使，证明，即可得证；②根据，得到，过点作于点，求出，进而得到当的值最小时，的值最小，进而得到的最小值，得到当时，的值最小，利用含30度角的直角三角形的性质，以及菱形的性质，求出菱形的对角线的长，即可得解．
【小问1详解】
证明：∵在菱形中，，
∴，
∴，
∵将线段绕点C顺时针旋转到，
∴，，
∴
∴，
∴；
【小问2详解】
①∵在菱形中，，
∴，
∵，
∴，，
在上取点，使，则，

∵，
∴，
∴（等角的补角相等）；
又，，
∴，
∴；
②∵，
∴，
过点作于点，

∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴当取的最小值时，的值最小，即的值最小，
∵点P是对角线上一动点，
∴当时，的值最小，
∵的最小值为，
∴的最小值为，
∵菱形的对角线互相垂直平分，
∴点为对角线的交点，
∵，，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质．本题的综合性强，有一定的难度，解题的关键是掌握菱形和旋转的性质．
24. 已知，在矩形中，连接对角线，将绕点顺时针旋转得到，并将它沿直线向左平移，直线与交于点，连接，．
（1）如图①，当，点平移到线段上时，线段有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你的猜想；
（2）如图②，当，点平移到线段的延长线上时，（1）中的结论是否成立，请说明理由；
（3）如图③，当时，对矩形进行如已知同样的变换操作，线段有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你的猜想．
图① 图② 图③
【答案】（1）AH=CG,AH⊥CG；
AH=CG,AH⊥CG，理由见解析；
AH=nCG，AH⊥CG．
【解析】
【详解】试题分析：（1）延长AH与CG交于点T，如图①，易证BH=BG，从而可证到△ABH≌△CBG，则有AH=CG，∠HAB=∠GCB，从而可证到∠HAB+∠AGC=90°，进而可证到AH⊥CG．
（2）延长CG与AH交于点Q，如图②，仿照（1）中的证明方法就可解决问题．
（3）延长AH与CG交于点N，如图③，易证BH∥EF，可得△GBH∽△GFE，则有，也就有，从而可证到△ABH∽△CBG，则有=n，∠HAB=∠GCB，进而可证到AH=nCG，AH⊥CG．
试题解析：（1）AH=CG,AH⊥CG．
延长AH与CG交于点T，如图①，
由旋转和平移的性质可得：EF=AB，FG=BC，∠EFG=∠ABC．
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴EF=GF，∠EFG=∠ABC=90°．
∴∠CBG=90°，∠EGF=45°．
∴∠BHG=90°﹣45°=45°=∠EGF．
∴BH=BG．
在△ABH和△CBG中，
，
∴△ABH≌△CBG（SAS）．
∴AH=CG，∠HAB=∠GCB．
∴∠HAB+∠AGC=∠GCB+∠AGC=90°．
∴∠ATC=90°．
∴AH⊥CG．
（2）成立．理由如下：
延长CG与AH交于点Q，如图②，
由旋转和平移的性质可得：EF=AB，FG=BC，∠EFG=∠ABC．
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴EF=GF，∠EFG=∠ABC=90°．
∴∠ABH=90°，∠EGF=45°．
∴∠BGH=∠EGF=45°．
∴∠BHG=90°﹣45°=45°=∠BGH．
∴BH=BG．
在△ABH和△CBG中，
，
∴△ABH≌△CBG（SAS）．
∴AH=CG，∠HAB=∠GCB．
∴∠GCB+∠CHA=∠HAB+∠CHA=90°．
∴∠CQA=90°．
∴CG⊥AH．
AH=nCG，AH⊥CG
理由如下：
延长AH与CG交于点N，如图③，
由旋转和平移的性质可得：EF=AB，FG=BC，∠EFG=∠ABC．
∵四边形ABCD是矩形，AB=nBC，
∴EF=nGF，∠EFG=∠ABC=90°．
∴∠EFG+∠ABC=180°．
∴BH∥EF．
∴△GBH∽△GFE．
∴．
∵，
∴．
∵∠ABH=∠CBG，
∴△ABH∽△CBG．
∴=n，∠HAB=∠GCB．
∴AH=nCG，∠HAB+∠AGC=∠GCB+∠AGC=90°．
∴∠ANC=90°．
∴AH⊥CG．
考点：1、旋转的性质；2、矩形的性质3、全等三角形的判定与性质4、相似三角形的判定与性质．