广西壮族自治区钦州市浦北县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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（考试时间：120分钟 满分：120分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，请在答题卡上作答，在本试卷上作答无效．
2．答题前，请认真阅读答题卡上的注意事项．
3．不能使用计算器．考试结束时，将答题卡交回．
第I卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，请用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．）
1. 下列根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查最简二次根式的定义，即“被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；被开方数的因数是整数，因式是整式”，由此即可求解，掌握最简二次根式的定义，二次根式的性质是解题的关键．
【详解】解：A、，不是最简二次根式，不符合题意；
B、，不是最简二次根式，不符合题意；
C、是最简二次格式，符合题意；
D、是三次根式，不符合题意；
故选：C．
2. 下列各组数是勾股数的是（ ）
A. 3，5，7B. 5，7，9C. 3，5，4D. 2，2，3
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股数定义进行判断即可．
【详解】解：A、，不是勾股数，故此选项不合题意；
B、，不是勾股数，故此选项不合题意；
C、，且都是正整数，是勾股数，故此选项符合题意；
D、，不是勾股数，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了勾股数，关键是掌握满足的三个正整数，称为勾股数．注意：①三个数必须是正整数，②一组勾股数扩大相同的整数倍得到的三个数仍是一组勾股数．
③记住常用的勾股数再做题可以提高速度．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的加减，二次根式的乘除运算，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、，故本选项错误，不符合题意；
B、，故本选项正确，符合题意；
C、和不是同类二次根式，无法合并，故本选项错误，不符合题意；
D、和不是同类二次根式，无法合并，故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的加减，二次根式的乘除运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
4. 如图，四边形中，，，连接，那么的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证明四边形是菱形，得到，再求出即可得到答案．
【详解】解：∵四边形中，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键．
5. 下列命题中，假命题是（ ）
A. 一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
B. 有三个角是直角的四边形是矩形
C. 四边都相等的四边形是菱形
D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定定理判断即可．
【详解】A、首先由两直线平行，同旁内角互补及等角的补角相等得出另一组对角相等，然后根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形，可知是个真命题，不符合题意；
B、有三个角是直角的四边形是矩形，可知是真命题，不符合题意；
C、四边都相等的四边形是菱形，是真命题，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故本选项说法是假命题，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题，特殊四边形的判定，解答的关键是判断命题的真假．
6. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A. x≥B. x≥－C. x＞D. x≠
【答案】C
【解析】
【分析】根据被开方数是非负数且分母不等于零列式求解即可
【详解】由题意得
2x-1＞0，
∴x＞．
故选C．
【点睛】本题考查了代数式有意义时字母的取值范围，代数式有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当代数式是整式时，字母可取全体实数；②当代数式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当代数式是二次根式时，被开方数为非负数．
7. 如图，中，，是的平分线．已知，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用等腰三角形的三线合一性质可得，，然后在中，利用勾股定理求出的长，进行计算即可解答．
【详解】解：，是的平分线，
，，
在中，，，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的性质．
8. 已知，那么化简的结果是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的化简是解题的关键．
由得到，然后化简二次根式即可．
【详解】解：∵
∴
∴．
故选：B．
9. 如图，点是矩形的对角线的中点，交于点，若，，则的周长为（ ）

A. 13B. 16C. 18D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】延长交于点D，根据等腰三角形三线合一性质得到，然后证明出是的中位线，求出，然后利用勾股定理求出，然后利用矩形的性质求解即可．
【详解】∵点是矩形的对角线的中点，
∴延长交于点D，

∴，
∵
∴
∴
∵点是的中点
∴是的中位线
∴
∵
∴
∴
∴的周长为．
故选：C．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一性质，三角形中位线性质等知识，解题的关键是证明出是的中位线．
10. 平行四边形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，，则点B的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图所示，过点B作轴于D，先根据平行四边形的性质得到，，则，解求出的长，进而求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点B作轴于D，

∵四边形是平行四边形，，
∴，，
∴，
在中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
11. 如图，在中，，，分别以，为一边向外作正方形，记这两个正方形的面积分别为，，则的值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，根据勾股定理求出的平方即为的值，熟练掌握勾股定理，采用数形结合的思想是解此题的关键．
【详解】解：在中，由勾股定理得，，
∵，
∴，
故选：D．
12. 如图，在中，平分，是的中点，，，，则的长为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形中位线的性质定理，关键是作辅助线得到等腰三角形．
延长交的延长线于点，证明是等腰三角形，则得的长，点E是的中点，求得的长，从而是中位线，即可求得的长．
【详解】延长交的延长线于点，如图，
，
，
平分，
，
，
是等腰三角形，
，点E是的中点，
，是的中位线，
．
故选：A．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．）
13. 计算：________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的乘法计算法则即可求解．
【详解】解：=5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了二次根式的乘法，熟练掌握二次根式的性质是解题关键．
14. 用代数式表示“体积为，高为的长方体的底面积”为：___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了列代数式，根据长方体的体积底面积高，即可求解．
【详解】解：∵长方体的体积底面积高，
∴“体积为，高为的长方体的底面积”为：，
故答案为：
15. 如图，在四边形ABCD中，AB=CD，再添加一个条件________（写出一个即可），可使四边形ABCD是平行四边形．（图形中不再添加辅助线）
【答案】ABCD或AD=BC
【解析】
【分析】可再添加一个条件AD＝BC或ABCD，根据平行线的判定定理即可求解．
【详解】解：根据平行四边形的判定，可再添加一个条件：AD＝BC或ABCD
故答案为：ABCD或AD=BC．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定．是一个开放条件的题目，熟练掌握判定定理是解题的关键．
16. 已知，如图，一轮船以16海里/时的速度从港口A出发向东北方向航行，另一轮船以12海里/时的速度同时从港口A出发向东南方向航行，离开港口2小时后，则两船相距_____．
【答案】40海里
【解析】
【分析】根据方位角可知两船所走的方向正好构成了直角，然后根据路程=速度×时间，得两条船分别走了32，24，再根据勾股定理，即可求得两条船之间的距离．
【详解】解：∵两船行驶的方向是东北方向和东南方向，
∴∠BAC=90°，
两小时后，两艘船分别行驶了16×2=32，12×2=24海里，
根据勾股定理得：=40（海里）．
故答案为：40海里．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟练运用勾股定理进行计算，基础知识，比较简单．
17. 如图，正六边形的边长为1，顶点与原点重合，将对角线绕点顺时针旋转，使得点落在数轴上的点处，则点表示的数是__________．

【答案】
【解析】
【分析】过点B作于点D，利用正六边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
本题考查了正六边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握性质和勾股定理是解题的关键．
【详解】过点B作于点D，
∵正六边形的边长为1，顶点与原点重合，
∴，，，
∴，

∴，
根据旋转性质，得，
∴点C表示的数是，
故答案为：．
18. 如图，边长为4的正方形中，F为对角线上一点，连接并延长交于点E，连接，若，则线段的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】先证明得出，然后利用等腰三角形的性质、三角形外角的性质可得出，然后利用直角三角形的性质求出，利用勾股定理以及含的直角三角形的性质可求出，，最后利用线段的和差关系求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及含的直角三角形的性质等知识，求出是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
19. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）11
【解析】
【分析】（1）先化简二次根式，然后计算加减法．
（2）先去括号，然后计算加减法．
【小问1详解】
【小问2详解】
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算顺序是解此题的关键．
20. 已知，，求的值．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值，先求出． ，再根据进行求解即可．
【详解】解：，，
． ．

．
21. 如图，四边形是正方形，点E是上一点，连接，以为一边作正方形，连接．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】证明，即可得证．
【详解】证明：∵四边形，均为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形判定和性质．熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
22. 已知一块长为，宽为的长方形木板，如图．

（1）与这块长方形木板面积相等的正方形木板的边长为______；
（2）采用如图的方式，能否在这块木板上截出两个面积分别为和的正方形木板？试说明理由．
【答案】（1）
（2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查的是算术平方根的应用，二次根式的加减运算，无理数的大小比较，理解题意是关键；
（1）设正方形的边长为，可得，再解方程即可；
（2）由两个正方形的边长分别为：和，再用两个正方形的边长之和与7作比较即可得出结论．
【小问1详解】
解：设正方形的边长为，
∴，而，
∴，
∴正方形的边长为；
【小问2详解】
不能截出，理由：
若能截出，则两个正方形的边长分别为：和，
∵，
∴两个小正方形的边长之和大于木板的长，所以不能截出．
23. 如图，在边长为的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上；
（1）证明是直角三角形；
（2）求边上的高．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理及勾股定理的逆定理即可证明；
（2）利用等积法求解即可．
小问1详解】
证明：∵的三个顶点均在边长为的小正方形组成的网格的格点上，
∴，，，
∵，
∴是直角三角形；
【小问2详解】
解：设边上的高为，
∴，
∴，
∴，
∴边上的高为．
【点睛】本题考查勾股定理及勾股定理逆定理，三角形的面积，运用了等积法的思想．掌握勾股定理及勾股定理逆定理是解题的关键．
24. 如图，在梯形中，，．点，，分别在边，，上，．
（1）求证四边形是平行四边形；
（2）当时，求证四边形是矩形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，等腰梯形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质．
（1）根据等腰梯形的性质得，再根据“等边对等角”，得，进而得到，根据“同位角相等，两直线平行”，得，因，根据平行四边形判定“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，即可证得结论，解题的关键是利用等腰三角形的性质，根据平行线的判定定理，证得；
（2）根据三角形内角和定理，得，已知，，即可得，进而证得，根据矩形的判定定理“有一个角为直角的平行四边形是矩形”，即可证得结论，解题的关键是熟练掌握矩形的判定定理，证得．
【小问1详解】
证明：在梯形中，，
，
，
，
，
，即，
，
四边形是平行四边形．
【小问2详解】
证明：，，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
25. 如图，某火车站内部墙面上有破损处（看作点A），现维修师傅需借助梯子完成维修工作．梯子的长度为，将其斜靠在这面墙上，测得梯子底部E离墙角N处，维修师傅爬到梯子顶部使用仪器测量，此时梯子顶部D距离墙面破损处．
（1）该火车站墙面破损处A距离地面有多高？
（2）如果维修师傅要使梯子顶部到地面的距离为4.8m．那么梯子底部需要向墙角方向移动多少米？
【答案】（1）该火车站墙面破损处距离地面的高度为
（2）梯子底部需要向墙角方向移动
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理求出的长度，则；
（2）设是梯子移动后的位置，利用勾股定理求出，则．
【小问1详解】
解：根据题意，得中，，，
由勾股定理，得．
∵，
∴．
答：该火车站墙面破损处距离地面高度为．
【小问2详解】
解：如图，此时是梯子移动后的位置．
∵在中，，．
∴由勾股定理，得．
∴．
答：梯子底部需要向墙角方向移动．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，解题的关键是掌握勾股定理，即直角三角形两角直角边长平方的和等于斜边长的平方．
26. 在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．如图1，现有矩形纸片．
（1）操作发现： 如图2，将图1中的矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处， 交于点M，若，，则____．
（2）如图3，将图2中的纸片展平，再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平，则以点A，F，C，E为顶点的四边形是什么特殊四边形？并说明理由．
（3）实践探究：如图4，将图3中的EF隐去，点G为边上一点，且，将纸片沿折叠，使点B落在点处，延长与的延长线交于点H，则与有何数量关系？并说明理由．
【答案】（1）5 （2）以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形，理由见解析
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用折叠性质和角平分线定义以及勾股定理解答即可得出结论；
（2）利用四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
（3）先判断出，进而判断出，得出，最后判断出即可得出结论．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
由折叠性质得出，，，，
设为x，，
由勾股定理可得：，
即，
解得：，
∴．
故答案为：5．
小问2详解】
解：菱形，理由：如图3，连接，设与的交点为M，
由折叠知，，，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴（ASA），
∴，
∴，
∴以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形；
【小问3详解】
解：，理由：
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，灵活应用所学知识解决问题是解本题的关键．