贵州省铜仁市石阡县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（解析版）

这是一份贵州省铜仁市石阡县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了本试题卷共4页，满分150分等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题时，请将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试题卷和答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号．
3．答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效．
4．本试题卷共4页，满分150分．
5．考试结束后，试题卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 以下有关勾股定理证明的图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义即可得．
【详解】A、不是中心对称图形，此项符合题意；
B、中心对称图形，此项不符题意；
C、是中心对称图形，此项不符题意；
D、是中心对称图形，此项不符题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形，熟记定义是解题关键．
2. 在下列运算中，正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了整式的运算和二次根式的乘法．根据合并同类项，二次根式的乘法，幂的乘方以及完全平方公式逐项计算即可．
【详解】解：A、2a与3b不是同类项，不能合并，故本选项不符合题意；
B、，故本选项符合题意；
C、，故本选项不符合题意；
D、，故本选项不符合题意；
故选：B．
3. 如图，在中，，平分，若，则点到的距离是（ ）
A. 5B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】过点D作交AB于点E，证明即可．
本题考查了角的平分线性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】过点D作交AB于点E
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
故选C．
4. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 平行四边形的邻边相等；B. 平行四边形的对角线互相平分；
C. 平行四边形内角都相等；D. 平行四边形是轴对称图形．
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可进行求解．
【详解】解：由平行四边形的性质可知：平行四边形的两组对边相等；平行四边形的对角线互相平分；平行四边形的对角相等；平行四边形是中心对称图形；
故选B．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及真命题，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
5. 一组数据，若去掉一个数据，则下列统计量中一定不会发生变化的是（ ）
A. 平均数B. 众数C. 中位数D. 方差
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查的是众数、中位数、方差、平均数，根据各自的定义分析即可得出答案，熟练掌握相关概念和公式是解题的关键．
【详解】解：∵数据中，6出现了3次，
∴这组数据的众数为6，去了一个6后，这组数据中，6出现了2次，众数仍然是8，
∴众数没有变化，平均数，中位数，方差都发生了变化
故选：B．
6. 将一副三角板和一张对边平行的纸条按如图方式摆放，两个三角板的一条直角边重合，含角的直角三角板的斜边与纸条的一边重合，含角的三角板的一个顶点在纸条的另一边上，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定是解题的关键．过A点作，则有，由题意易得，然后根据平行线的性质及三角板的度数可进行求解．
【详解】解：如图，过A点作，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
∴．
故选：A．
7. 如图，等腰三角形的周长为，，分别以点，为圆心、大于的长为半径在两侧作弧，两弧交于点，，直线分别与，相交于点，，连接．若，则的长为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形性质，线段垂直平分线的性质和线段垂直平分线的尺规作图，先根据等腰三角形的定义求出，再由做图轨迹可知直线为线段的垂直平分线，可得，从而可得．
【详解】解：等腰三角形的周长为，，
，
由做图步骤可知直线为线段的垂直平分线，
，
，
故选：C．
8. 在中，已知的对边分别是．下列条件不能判断是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，进行计算逐一判断即可解答．本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及三角形内角和定理是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴三角形是直角三角形，
故A不符合题意；
∵，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
故B不符合题意；
∵，
∴设，
∴，
∴，
∴三角形是直角三角形，
故C不符合题意；
∵，三角形内角和为，
∴最大角为，
∴此时三角形不是直角三角形，
故D符合题意；
故选：D．
9. 辛弃疾词曰：“稻花香里说丰年，听取蛙声一片．”五常稻花香大米成饭食味清淡略甜，绵软略粘，芳香爽口，是餐桌上的佳品．某收割队承接了五常水稻的收割任务，为了让五常大米早日上市，实际工作效率比原来提高了20%，结果提前2天完成任务．设原计划每天收割的面积为，则下列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设原计划每天收割的面积为，则实际每天收割的面积为，根据结果提前2天完成任务列方程求解即可．
【详解】解：设原计划每天收割的面积为，由题意得
．
故选D．
【点睛】本题考查了列分式方程解实际问题的应用，解答时根据条件建立方程是关键，解答时对求出的根必须检验，这是解分式方程的必要步骤．
10. 如图，四边形是菱形，对角线交于点，过点作交对角线于点．若，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、用勾股定理解三角形，先根据勾股定理求得的长，然后利用等面积法可求得的长，再结合菱形的性质即可求得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
故选：A．
11. 如图，正方形的对角线交于点是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是4，则的面积为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明得到，进而得到四边形的面积等于的面积，即可得解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形的面积是4，
∴的面积是4，
故选：A．
12. 如图，在中，对角线，为中点，为边上一动点，以的速度从点向点运动，设运动时间为，连接并延长交于点，连接，则下列结论不成立的是（ ）
A. 四边形为平行四边形B. 若，则四边形为菱形
C. 若，则四边形为矩形D. 若，则四边形为正方形
【答案】D
【解析】
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定A； 根据菱形，矩形，正方形的判定，解答即可．
【详解】证明：∵，为的中点，
∴， ，
∴，
∵，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
故A正确，不符合题意．
∵在中，对角线，
∴，
∴，
∵，
则，
当时，，，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
故B正确，不符合题意．
当时，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
故C正确，不符合题意．
当时，，，
∵在中，对角线，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形不是菱形，
∴四边形不是正方形，
故D错误，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的判定以及动点运动问题，难度适中，掌握矩形和菱形的判定是解本题的关键．
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13. 因式分解：_________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了公式法因式分解，掌握完全平方公式是解题的关键．利用完全平方公式进行求解即可．
【详解】解：
故答案：．
14. 如图，在△ABC中，AD，CD分别平分∠BAC和∠ACB，AE∥CD，CE∥AD．若从三个条件：①AB=AC；②AB=BC；③AC=BC中，选择一个作为已知条件，则能使四边形为菱形的是__（填序号）．
【答案】②
【解析】
【分析】根据②作条件，先证明四边形ADCE是平行四边形，再利用邻边相等，得到四边形ADCE是菱形.
【详解】解：当BA=BC时，四边形ADCE是菱形．
理由：∵AE∥CD，CE∥AD，
∴四边形ADCE平行四边形，
∵BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA，
∵AD，CD分别平分∠BAC和∠ACB，
∴∠DAC=∠DCA，
∴DA=DC，
∴四边形ADCE是菱形．
【点睛】本题考查的知识点是菱形的证明，解题关键是熟记菱形的性质.
15. 工人师傅用边长均是的两块正六边形和一块正方形地砖铺地，铺成如图所示的图形，若再用一块边长为的正多边形地砖无缝隙、不重叠地铺在处，则他选用的这块正多边形地砖的周长是________．
【答案】24
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的性质，掌握正多边形性质是解题的关键．根据题意得到的大小，结合多边形内角和列式求解可得到这块正多边形地砖的边数，再结合边长即可求得这块正多边形地砖的周长．
【详解】解：由图可知：，
设这块正多边形地砖的边数是，
由题意得：，
解得：，
正六边形地砖和正方形地砖边长均是，
这块正多边形地砖的周长是，
故答案为：24．
16. 如图，在中，，，，是斜边上一动点，于点，于点，与相交于点，则的最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，垂线段最短的性质的运用，根据，，结合，即可判断四边形是矩形， 根据矩形的对角线相等，于是可知当最小时，也最小，即当时，最小，最小，解题的关键求出的最小值是关键．
【详解】∵，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴当最小时，最小，最小，即当时，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴线段的最小值为，
∴线段的最小值为，
故答案为：．
三、解答题（本大题共9小题，共98分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. （1）计算：；
（2）化简：．
【答案】（1）3；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据有理数的乘方的混合运算法则计算即可；
（2）根据通分，约分，因式分解等化简即可．
本题考查了有理数的混合运算，分式的化简，熟练掌握运算法则，化简步骤是解题的关键．
【详解】解：（1）
．
（2）
．
18. 已知一个多边形的边数为．
（1）若，求这个多边形的内角和；
（2）若这个多边形的每个内角都比与它相邻的外角的倍多，求这个多边形对角线的总条数．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（）直接根据多边形的内角和公式计算即可求解；
（）根据题意，求出每个外角的度数，再用外角和除以外角的度数得到边数，代入多边形对角线的总条数计算公式求解即可；
本题考查了求多边形内角和，求多边形对角线的总条数，掌握多边形内角和计算公式和多边形对角线的总条数计算公式是解题的关键．
【小问1详解】
解：多边形的内角和，
答：这个多边形的内角和为；
【小问2详解】
解：设这个多边形的每个外角为，则每个内角为，依题意得，
，
解得，
∴，
∴这个多边形对角线的总条数，
答：这个多边形对角线的总条数为．
19. 如图，已知在中，于点于点分别是的中点，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】
【分析】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理；
（1）根据题意得，结合中点得和，则，即是等腰三角形，由是的中点即可判定垂直；
（2）由（1）可知，且，利用勾股定理即可求得答案．
【小问1详解】
证明：，
．
是的中点，
．
同理可得，则，
即是等腰三角形．
是的中点，
．
【小问2详解】
解：，
．
由（1）可知，
．
20. 在中，，点是的中点，是延长线上一点，且．

（1）如图1，若，求的长；
（2）如图2，点是的中点，求证：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形的特征量，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质．
（1）取的中点M，连接，利用三角形中位线定理，勾股定理计算即可．
（2）延长到点N，使得，则，连接，，证明四边形是平行四边形，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证明即可．
【小问1详解】
取的中点M，连接，
∵点是的中点，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问2详解】
延长到点N，使得，则，
连接，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
连接，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
∴．
21. 相约哈尔滨，逐梦亚冬会，云扬中学开展了以迎亚冬为主题的演讲活动，李老师对取得优异成绩的同学进行表彰．他到商场购买了甲、乙两种笔记本作为奖品，购买甲种笔记本15个，乙种笔记本20个，共花费250元．已知购买一个甲种笔记本比购买一个乙种笔记本多花费5元．
（1）求购买一个甲种、一个乙种笔记本各需多少元？
（2）两种笔记本均受到了获奖同学的喜爱，李老师决后再次购买两种笔记本35个，正好赶上商场对商品价格进行调整，甲种笔记本售价比上一次购买时减价2元，乙种笔记本按上一次购买时售价的8折出售．如果李老师此次购买甲、乙两种笔记本的总费用不超过上一次总费用的，那么至多购买甲种笔记本多少个？
【答案】（1）购买一个甲种笔记本10元，一个乙种笔记本5元．
（2）至多需要购买21个甲种笔记本．
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是根据题意列出关系式．
（1）根据“购买甲种笔记本15个，乙种笔记本20个，共花费250元”，“购买一个甲种笔记本比购买一个乙种笔记本多花费5元”，列出二元一次方程组，即可求解，
（2）根据“此次购买甲、乙两种笔记本的总费用不超过上一次总费用的”列出关系式，即可求解，
【小问1详解】
解：设购买一个甲种笔记本元，一个乙种笔记本元．
由题意得：，
解得：，
故答案为：购买一个甲种笔记本10元，一个乙种笔记本5元．
【小问2详解】
解：设需要购买个甲种笔记本，
根据题意得：，
解得：，
∴的最大整数值为21，
故答案为：至多需要购买21个甲种笔记本．
22. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AD是△ABC的角平分线，DE∥BA交AC于点E，DF∥CA交AB于点F，已知CD=3．
（1）求AD的长；
（2）求四边形AEDF的周长．（注意：本题中的计算过程和结果均保留根号）
【答案】（1）6；（2）8．
【解析】
【分析】试题分析：（1）首先证明∠CAD=30°，易知AD=2CD即可解决问题；
（2）首先证明四边形AEDF是菱形，求出ED即可解决问题；
【详解】试题解析：（1）∵∠C=90°，∠B=30°，∴∠CAB=60°，∵AD平分∠CAB，∴∠CAD=∠CAB=30°，在Rt△ACD中，∵∠ACD=90°，∠CAD=30°，∴AD=2CD=6．
（2）∵DE∥BA交AC于点E，DF∥CA交AB于点F，∴四边形AEDF是平行四边形，∵∠EAD=∠ADF=∠DAF，∴AF=DF，∴四边形AEDF是菱形，∴AE=DE=DF=AF，在Rt△CED中，∵∠CDE=∠B=30°，∴DE=，∴四边形AEDF的周长为．
考点：菱形的判定与性质；平行线的性质；含30度角的直角三角形．
23. 如图，中学位于南北向公路的一侧，该中学门前有两条长度均为的小路（与）通往公路，与公路交于两点，且相距．
（1）现在想修一条从公路到中学的新路（点在上），使得学生从公路走到学校的路程最短，应该如何修路（请在图中画出）？新路的长是多少米？
（2）为了行车安全，在公路上的点和点处设置了一组区间测速装置，其中点在点的北侧，且点距离中学．一辆车经过区间用时，若公路限速为（约），那么该车是否超速？请说明理由．
【答案】（1）图见解析，新路的长是；
（2）该车超速，理由见解析．
【解析】
【分析】本题主要考查垂线段最短、勾股定理和等腰三角形的性质，
（1）根据垂线段最短即可求得点D的位置，结合等腰三角形的性质即可求得，利用勾股定理即可求得；
（2）在中，利用勾股定理求得，则．结合速度等于路程除以时间即可判定其是否超速．
【小问1详解】
解：如图，过点作于点的长即为学生从公路走到学校的最短路程．
，
．
在中，
由勾股定理，得．
故新路的长是．
【小问2详解】
解：该车超速．理由如下，
在中，，
由勾股定理，得．
．
该车经过区间用时，
该车的速度为．
，
该车超速．
24. 如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得，，再由勾股定理的逆定理得为直角三角形，，然后由面积法求出的长，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：，
，即，
四边形是平行四边形，
，，
，
又，
四边形为平行四边形，
，
，
平行四边形为矩形；
【小问2详解】
解：由（1）知，四边形为矩形，
，，
，，，
，
为直角三角形，，
，
，即，解得，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
25. 如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．
（1）求证：GF=GC；
（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）BH=AE，理由见解析
【解析】
【分析】（1）连接．根据对称的性质可得．．证明，根据全等三角形的性质得到．进而证明≌，即可证明；
（2）在上取点使得，连接．证明≌，根据等腰直角三角形的性质即可得到线段与的数量关系．
【详解】（1）证明：连接．
∵，关于对称．
∴．．
在和中
，
∴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．，
∴，
∴，
∴ ，
∵，，
∴．
在和中
．
∴≌，
∴．
（2）．
证明：在上取点使得，连接．
∵四这形是正方形．
∴，．
∵≌，
∴．
同理：，
∴
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴．
在和中，
∴≌，
∴，
在中，，．
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．