四川省德阳市绵竹中学教育集团2023-2024学年八年级下学期第二次月考数学试题(1)

这是一份四川省德阳市绵竹中学教育集团2023-2024学年八年级下学期第二次月考数学试题(1)，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
一、选择题（共12小题，每题4分，共48分）
1．要使有意义，则的取值范围是（ ）
A．且B．C．且D．
2．下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．若的整数部分为，小数部分为，则的值是（ ）
A．B．C．D．
4．给出下列命题：
①在直角三角形中，已知两边长为3和4，则第三边长为5；
②△ABC的三边 满足，则；
③△ABC中，若，则△ABC是直角三角形．
④对角线互相垂直平分且相等的四边形是菱形。
其中，假命题的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．如图，数轴上点，分别对应实数1，2，过点作，先以点为圆心，长为半径画弧，交于点，再以点为圆心，长为半径画弧，交数轴于点，则点对应的实数的平方是（ ）
5题图
6题图

A．2B．5C．D．
6．我们知道：四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，并且、两′点的坐标分别为和，边的长为，若固定边，“右推”矩形得到平行四边形，并使点落在轴正半轴上的点D′处，则点的对应点的坐标为( )
A．B．C．D．
7．如图，菱形 的对角线 相交于点 ，点 为 边上一动点（不与点 重合）， 来这里 全站资源一元不到！于点 点 ，若 ，，则 的最小值为（ ）
8题图
7题图
A．3B．2C．D．
8．如图，△ABC的面积为16，点D是边上一点，且，点G是上一点，点H在△ABC内部，且四边形是平行四边形，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．如图，、是△ABC的中线，P、Q分别是、的中点，则等于（ ）
9题图
10题图

A． B．C．D．
10．如图，对折矩形纸片使与重合，得到折痕，再把纸片展平．点是上一点，且，将△ABE沿BE折叠，点的对应点恰好落在上．若，则的长是（ ）
A．B．C．3D．
11．把四张形状、大小完全相同的小长方形卡片（如图1）不重叠地放在一个底面为长方形（长为，宽为）的盒子底部（如图2），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图2中两块阴影部分的周长和是（ ）
12题图

A． B． C． D．
12．如图，在正方形中，E是对角线上一点，且满足．连接 ,并延长交于点F，连接，过B点作于点G，延长交于点H．在下列结论中：①垂直平分；②；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ）个． A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题(共7个小题，每小题4分，共28分)
13．若与最简二次根式可以合并，则 ．
14．我们知道（其中）．利用这个性质可以求方程的解．两边平方得，从而求出方程的解为．请尝试利用这个性质探究方程的解．你求出这个方程的解是 ．
15．如图，已知△ABC，以，为边分别向外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接、，连接，若，，则 的值为（ ）
15题图
16题图
16．如图，△ABC中，，，，BD平分，且AD⊥BD，则与△ADC的面积和是 ．
18题图
19题图
17．如图，平行四边形ABCD中，于交于点，若，则的值为 ．
17题图
18．在正方形中，点M在上，将沿着翻折到△ANM，连接BN和DN．若，则∠CBN的度数为 ．
19．如图，在四边形中，对角线互相垂直平分，点，Q分别是边，线段上的点，连接与相交于点．，且, 当时，设PE= m，则PQ的长 ．（用含m的代数式表示）．
三、解答题( 6个大题，共74分)
20．（1）计算： （本小题6分）
（2）先化简，再求值：，其中．（本小题6分）
21．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1, 1）, B (4, 2) , C (3,4) .
(1) 求：△ABC中最长边上的高 （本小题6分） （2）若在x轴上有一点P使得PA+PB的值最小，
请保留作图痕迹标出P的位置并求出这个最小值。（本小题6分）21题图
22题图

22．如图，在平行四边形中，点F是的中点，连结并延长，连接并延长，交的延长线于点E，连接．（本小题12分）
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求：平行四边形的面积．
23．如图，矩形的对角线，相交于点O，E是BC上一点，AE平分∠BAD交BD于点F,∠1=15°（本小题12分）
(1)求证：OE=EF
(2)求证：△BEF≌OEC
24．如图，四边形为正方形，点为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．（本小题12分）
(1)求证：；
(2)若，，求的长度；
(3)当与正方形的某条边的夹角是时，
求： 的度数．
25．如图1，在平面直角坐标系中，点B（8，0），点C（0，6），点A在x轴负半轴上，且AB＝BC．

（1）求点A的坐标；（本小题2分）
（2）如图2，若点E是BC的中点，动点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿线段AB向点B匀速运动，设点M的运动时间为t（秒）；
①若△OME的面积为2，求t的值；（本小题6分）
②如图3，在点M的运动过程中，△OME能否成为直角三角形？若能，求出此时t的值，并写出相应的点M的坐标；若不能，请说明理由．（本小题6分）参考答案：
1．A
【分析】本题考查了分式有意义的条件、二次根式有意义的条件，熟练掌握分式的分母不能为0和二次根式的被开方数的非负性是解题关键．根据分式的分母不能为0和二次根式的被开方数的非负性求解即可得．
【详解】解：由分式的分母不能为0和二次根式的被开方数的非负性得：且，
解得且，
故选：A．
2．B
【分析】本题考查了二次根式的运算等知识点，根据二次根式的除法法则对A选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对B选项进行判断；根据二次根式的加法法则对C选项进行判断，根据二次根式的减法法则对D选项进行判断即可，熟练掌握二次根式加减乘除法则进行运算是解决问题的关键．
【详解】A． ，所以A选项不符合题意；
B．，所以B选项符合题意；
C．，所以C选项不符合题意；
D． 和不是同类项，不能进行减法运算，所以D选项不符合题意；
故选：B．
3．D
【分析】本题考查了无理数的估算，二次根式的乘法运算，平方差公式，先利用夹逼法估算出的取值范围，进而得到的值，代入代数式计算即可求解，掌握夹逼法估是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，，
∴，
故选：．
4．C【分析】本题考查对命题真假的判断，以及对勾股定理和勾股定理逆定理的辨析，根据勾股定理对①中边长进行分类讨论，即可判断①，利用勾股定理逆定理，即可判断②④，利用三角形内角和分别求出各角的度数，即可判断③．
【详解】解：①在直角三角形中，已知两边长为3和4，
若3和4均为直角边，则第三边长为5，
若3为直角边，4为斜边，则第三边长为，所以①错误，即①为假命题；
②三角形的三边 满足，则，所以②错误，即②为假命题；
③中，若，则，即是直角三角形，所以③正确，即③为真命题；
④应该是正方形
即④为假命题；
综上所述，假命题的个数为3个，
故选：C．
5．C
【分析】先求出AC的长，然后确定点M对应的实数，最后求得结果．
【详解】如下图，连接AC
∵A、B分别对应1、2
∴AB=BC=1
∵PQ⊥AB
∴在Rt△ABC中，AC=
∴AM=AC=
∴点M对应的点为：
故选：C
【点睛】本题考查勾股定理和数轴上点表示的数，解题关键是确定点M在数轴上对应的数，然后求平方即可．
6．A
【分析】
本题考查了坐标与图形，矩形与平行四边形的性质，勾股定理；根据勾股定理，可得，根据平行四边形的性质，可得答案.
【详解】解：由勾股定理得：，
即，
矩形的边在轴上，
四边形是平行四边形，

与的纵坐标相等，
，
故选：A．
7．C
【分析】本题考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理及垂线段最短，掌握菱形，矩形的性质是解题的关键．连接，证明四边形是矩形得，当时，的值最小，即的值最小，再根据等面积法即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∵于点E，于点F，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，的值最小，即的值最小，
∵，
∴，
∴的最小值为．
故选：C．
8．B
【分析】此题考查了三角形的面积公式以及平行四边形的性质，解题的关键是找出阴影部分的面积和面积的关系．设边上的高是，边上的高是，边上的高是，根据图形可知．利用三角形的面积公式和平行四边形的性质即可得到阴影部分的面积和面积的关系，由此即可得出结论．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
设边上的高是，边上的高是，边上的高是，
∴，
∴
，
故选：B．
9．A
【分析】此题主要考查了全等三角形，三角形中位线．熟练掌握掌握三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，是解答此题的关键．连接，连接并延长交于点F，利用是中位线，推出，再用是中位线，，即可求得答案．
【详解】连接，连接并延长交于点F，
∵、是的中线，
∴，，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵Q是的中点，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
10．C
【分析】首先根据题意求出，然后根据折叠的性质得到，，，进而求出，，然后利用含角直角三角形的性质得到，然后利用勾股定理求解即可．【详解】∵，，
∴，
∵对折矩形纸片使与重合，得到折痕，
∴，，
∵将沿折叠，点的对应点恰好落在上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】此题考查了矩形和折叠的性质，勾股定理，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形和折叠的性质．
11．D
【分析】
本题主要考查了二次根式的应用，整式的加减运算，二次根式加减运算等知识，根据题意列出关系式，去括号合并同类二次根式即可得到结果，在解题时要根据题意结合图形得出答案是解题的关键．
【详解】
解：设图1小长方形卡片的长为，宽为，根据题意得，
则图2中两块阴影部分周长和是
，
故选：D．
12．C
【分析】先根据正方形的性质和得到，进而判断垂直平分，故①正确，然后判断出再判断得出，再判断出从而得到②正确，根据三角形的外角求出，得出④正确；结合②④可得即可得③正确；连接，判断出得出⑤错误．
【详解】解∶是正方形的对角线，
，
，
，
，
是线段的垂直平分线，，
故①正确；
在中，
在和中，
，
，
，
，
在和中，，
，
故②正确；
，
，
，
故④正确；
，
，
，
故③正确；
如图，连接，
是垂直平分线，
，
，
，
，
，
，
，
，是等腰直角三角形，
不垂直，
，
，
，故⑤错误，
正确的是①②③④，
故选：C．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和，三角形外角的性质，解本题的关键是判断出，难点是作出辅助线．
13．
【分析】此题考查了最简二次根式和同类二次根式，根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；被开方数是整数，因式是整式，进行逐一判断即可，熟练掌握最简二次根式的定义和同类二次根式是解题的关键．
【详解】解：由，
∵与最简二次根式可以合并，
∴，解得：，
故答案为：．
14．，
【分析】本题考查了二次根式的性质．
先将一个二次根式移到等号右边，两边同时平方去根号，移项，再平方，直至根号完全去掉，最后解整式方程，注意要检验．
【详解】解：

解得：或
经检验：或都是原方程的解，
∴原方程的解为：，．
故答案为：，．
15．A
【分析】连接，根据证明求出，进而得出，结合等腰直角三角形的性质及勾股定理求解即可；
【详解】连接，
∵和都为等腰直角三角形，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，，，∴，，
∴，
∵和是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
故选：A．
16．
【分析】本题考查了角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，勾股定理，根据证明是解题的关键．延长交于，由BD平分，且，可证，得出，即可解决．
【详解】解：延长交于，
∵BD平分，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵中，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．17．/
【分析】本题主要考查对三角形的内角和定理，等腰三角形的性质和判定，三角形的外角性质，平行四边形的性质，直角三角形斜边上的中线，含30度角的直角三角形和勾股定理等知识点．取的中点Q，连接，根据平行四边形的性质求出，根据三角形的内角和定理求出，根据含30度角的直角三角形和勾股定理求出，据此求解即可．
【详解】解：如图，取的中点Q，连接，
∵平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故答案为：．
18． 15度
【分析】本题主要考查图形的翻折，正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和等知识，熟练掌握翻折及正方形的性质是关键．设与相交于点E，由翻折得，，则，结合正方形的性质推出，进而得，则，再由等边对等角及三角形的内角和定理解答即可．
【详解】解：如图，设与相交于点E，

由翻折得，，
∵四边形是正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．∠CBN=15°
19．
【分析】本题考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等，根据菱形的性质可得，再根据各角的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质可得，进而得出，再证是等边三角形，求出，再证，推出，最后用勾股定理解即可．
【详解】解：四边形中，对角线互相垂直平分，四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
，
菱形中，
，
；
中，，，
，
，
，
，
，，
是等边三角形，
，
，，
，
，
解得，，
如图，连接，
由菱形的性质得，
在和中，
，
，
，，
，
在中，．
故答案为：120；．
20．（1）
根据二次根式混合运算法则进行计算即可，根据二次根式性质，零指数幂运算法则和绝对值意义进行计算即可．
解：
．
（2）；
【分析】本题考查了分式的化简求值、二次根式的混合运算、二次根式有意义的条件：
先根据平方差公式以及完全平方公式进行化简约分，然后将数值代入即可；
首先根据被开方数是非负数求得x的值，则y的值即可求得，然后代入代数式即可求解；
正确计算是解题的关键．
【详解】解：（1）
，
将代入，
得到：；
21【分析】本题考查了三角形的面积、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）最长边是AC,所以求的是AC边上的高h=
（3）根据对称性找到A的对称点，把对称点和B点连接起来与x轴的交点就是P点，PA+PB=
22【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，等边对等角，全等三角形的性质与判定等等：
（1）先由平行四边形的性质得到，进而可证得得到，即可得出四边形是平行四边形；
（2）先证明，进而根据等边对等角证明，利用勾股定理得到，再由，可得．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点F是的中点，
，
在和中，
，
，
四边形是平行四边形，
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
23．(1)证明略
解题关键是找到∠EOF=75°,∠OFE=75°
所以OE=OF
(2) 证明略
24．（1）A（-2，0）；（2）①或；②当6时，M（4，0）或t＝ ，M（ ，0）．
【分析】（1）由勾股定理求出BC＝10，则OA＝2，可求出答案；
（2）①作EH⊥OA于H，求出EH＝3，当点M在点O的左侧时，OM＝2−t，可得；
当点M在点O的右侧时，OM＝t−2，可得；
②当点M在AO上，即0≤t＜2时，△OME为钝角三角形不能成为直角三角形；
当t＝2时，点M运动到点O，△OME不构成三角形；当点M在OB上，即2＜t≤10时，当∠OME＝90°时，当∠OEM＝90°时，作EH⊥OB，可求出答案．
【详解】解：（1）∵点B（8，0）、点C（0，6），
∴OB＝8，OC＝6，
∴BC＝
∵AB＝BC＝10，
∴OA＝2，∴A（−2，0）．
（2）①作EH⊥OB于H，

∵在Rt△BOC中，点E为边BC的中点，
∴OE=BE
又∵EH⊥OB
∴H是OB的中点
∴EH＝OC=×6=3
当点M在点O的左侧时，OM＝2−t，
∴×(2−t)×3＝2，
∴；
当点M在点O的右侧时， OM＝t−2，×(t−2)×3＝2，
∴；
综上所述，若△OME的面积为2，或．
②当点M在AO上，即0≤t＜2时，
△OME为钝角三角形不能成为直角三角形；
当t＝2时，点M运动到点O，△OME不构成三角形，
当点M在OB上，即2＜t≤10，
如图3，当∠OME＝90°时，

∵OE＝BE，
∴OM＝OB=×8=4，
∴t−2＝4，
∴t＝6，M（4，0）；
如图4，当∠OEM＝90°时，作EH⊥OB于H，

∵
∴∴t= ，M（ ，0）．
综上所述，符合要求时t＝6，M（4，0）或t＝ ，M（ ，0）．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，直角三角形的性质，坐标与图形的性质，正确画出图形进行分类讨论是解题的关键．
25．(1)证明见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）作于，于，证明，得到；
（2）通过计算发现是中点，点与重合，是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【详解】（1）证明：作于，于，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
（2）解：如图2中，
在中．，
，
，
点与重合，此时是等腰直角三角形，易知．
（3）解：①当与的夹角为时，点在边上，，
则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：，
②当与的夹角为时，点在的延长线上，，如图3所示：
，，
，
综上所述，或．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．