2022-2023学年湖北省恩施州恩施市沙地、崔坝、双河、新塘四校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省恩施州恩施市沙地、崔坝、双河、新塘四校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20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。

2022-2023学年湖北省恩施州恩施市沙地、崔坝、双河、新塘四校八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列二次根式中是最简二次根式的是(    )
A. 12 B. x2+1 C. 15 D. a2
2. 下列各组数中，是勾股数的一组是(    )
A. 13，14，15 B. 40，9，41 C. 3，4， 5 D. 1，34，54
3. 下列计算正确的是(    )
A. (−a)2=−a B. ( a)2=a C. a2=a D. ( −a)2=a
4. 如图，△ABC的顶点A、B、C在边长为1的正方形网格的格点上，BD⊥AC于点D，则CD的长为(    )
A. 2 55
B. 3 55
C. 4 55
D. 45
5. 计算( 2−1)2022⋅( 2+1)2023的结果为(    )
A. 2+1 B. 2−1 C. 1− 2 D. 1
6. 若 2x−1x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是(    )
A. x≠3 B. x>12且x≠3 C. x≥2 D. x≥12且x≠3
7. 已知实数a、b在数轴上的位置如图所示，则化简代数式 a2− b2− (a−b)2的结果是(    )


A. −2b B. −2a C. 0 D. 2b−2a
8. 如图，图中的△BDC′是将矩形ABCD沿对角线BD折叠得到的，图中(包括实线，虚线在内)共有全等三角形对．(    )

A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
9. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，D是AC边的中点，E是AB的中点，若AB=4，则DE的长是(    )
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1


10. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若ab=24，大正方形的面积为129，则小正方形的边长为(    )
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
11. 如图所示，四边形OABC是正方形，边长为6，点AC分别在x轴、y轴的正半轴上，点D在OA上，且D点的坐标为(2,0)，P是OB上一动点，则PA+PD的最小值为(    )
A. 5
B. 2 10
C. 4
D. 6
12. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE=DF；②CE⊥DF；③∠AGE=∠CDF；④∠EAG=30°，其中正确的结论是(    )


A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ①②③
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，长为6，宽为3的矩形ABCD，阴影部分的面积为______ ．


14. 已知a是 10的整数部分，b是它的小数部分，则2a+b− 10=______．
15. 如图，圆柱体的底面圆周长为16cm，高AB为4cm，BC是上底面的直径.一只蚂蚁从点A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点C，则爬行的最短路程为______ ．


16. 如图，点A1的坐标为(1,0)，A2在y轴的正半轴上，且∠A1A2O=30°，过点A2作A2A3⊥A1A2，垂足为A2，交x轴于点A3；过点A3作A3A4⊥A2A3，垂足为A3，交y轴于点A4；过点A4作A4A5⊥A3A4，垂足为A4，交x轴于点A5；过点A5作A5A6⊥A4A5，垂足为A5，交y轴于点A6；…按此规律进行下去，则点A2023的坐标为______ ．

三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算题：
(1)(−13)−1−(3.14−π)0+| 2−2|−22+ 2；
(2)(2 12−4 18+3 48)×5 2．
18. (本小题8.0分)
先化简，再求值：2aa+1−2a−4a2−1÷a−2a2−2a+1，其中a= 2−1．
19. (本小题8.0分)
如图，小明爸爸在鱼池边开了一块四边形土地种了一些蔬菜，爸爸让小明计算这块土地的面积，以便估算产量．小明测得AB=3m，AD=4m，CD=12m，BC=13m，又已知∠A=90°.求这块土地的面积．

20. (本小题8.0分)
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，P，Q是对角线BD上的两个点，且BP=DQ.求证：AP//QC，AP=QC．

21. (本小题8.0分)
如图，在菱形ABCD中，BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F．
(1)求证：BE=BF．
(2)当DE=4，CF=2时，求菱形ABCD的面积．

22. (本小题10.0分)
在一次海上救援中，两艘专业救助船A、B同时收到某事故渔船P的求救讯息，已知此时救助船B在A的正北方向，事故渔船P在救助船A的北偏西30°方向上，在救助船B的西南方向上，且事故渔船P与救助船A相距60海里．
(1)求收到求救讯息时事故渔船P与救助船B之间的距离(结果保留根号)；
(2)求救助船A、B分别以20海里/小时，15海里/小时的速度同时出发，匀速直线前往事故渔船P处搜救，试通过计算判断哪艘船先到达．

23. (本小题10.0分)
在四边形ABCD中，AD//BC，BC⊥CD，AD=6cm，BC=10cm，点E从点A出发以1cm/s的速度向点D运动，点F从点B出发，以2cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，
(1)t取何值时，四边形EFCD为矩形？
(2)M是BC上一点，且BM=4，t取何值时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形？

24. (本小题12.0分)
平面直角坐标系中有正方形AOBC，O为坐标原点，点A、B分别在y轴、x轴正半轴上，点P、E、F分别为边BC、AC、OB上的点，EF⊥OP于M．

(1)如图1，若点E与点A重合，点A坐标为(0,8)，OF=3，求P点坐标；
(2)如图2，若点E与点A重合，且P为边BC的中点，求证：CM=2CP；
(3)如图3，若点M为线段OP的中点，连接AB交EF于点N，连接NP，试探究线段OP与NP的数量关系，并证明你的结论．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查了最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，即可进行解答．
【解答】
解：A、 12=2 3不是最简二次根式，故A不符合题意；
B、 x2+1是最简二次根式，故B符合题意；
C、 15= 55不是最简二次根式，故C不符合题意；
D、 a2=|a|不是最简二次根式，故D不符合题意，
故选：B．  
2.【答案】B 
【解析】解：A、132+142≠152，故不是勾股数，故选项不符合题意；
B、92+402=412，能构成直角三角形，都是整数，是勾股数，故选项符合题意；
C、3，4， 5，不都是正整数，不是勾股数，故选项不符合题意；
D、1，34，54，不都是正整数，不是勾股数，故选项不符合题意．
故选：B．
欲判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
此题主要考查了勾股数，关键是掌握勾股数的定义，及勾股定理的逆定理：已知△ABC的三边满足a2+b2=c2，则△ABC是直角三角形．

3.【答案】B 
【解析】解：A选项 (−a)2=|a|，当a>0， (−a)2=|a|=a，故错误，不符合题意；
B选项( a)2=a，所以正确，符合题意；
C选项 a2=|a|，当a<0时， a2=|a|=−a，所以错误，不符合题意；
D选项( −a)2=−a，所以错误，不符合题意；
故选：B．
根据二次根式的性质进行化简即可．
本题主要考查二次根式的性质，熟练运用二次根式的性质进行化简是解决本题的关键．

4.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理，三角形的面积．利用面积法求得线段BD的长度是解题的关键．
利用勾股定理求得相关线段的长度，然后由面积法求得BD的长度，再利用勾股定理即可求出CD的长．
【解答】
解：如图，由勾股定理得AC= 12+22= 5．
∵12BC×2=12AC⋅BD，
即12×2×2=12× 5⋅BD，
∴BD=4 55，
∴CD= BC2−BD2=2 55，
故选：A．  
5.【答案】A 
【解析】解：原式=( 2+1)2022×( 2−1)2022×( 2+1)
=[( 2+1)×( 2−1)]2022×( 2+1)
=(2−1)2022×( 2+1)
= 2+1．
故选：A．
根据积的乘方的逆运算对原式进行变形，再利用平方差公式进行计算即可．
本题考查二次根式的混合运算，能正确利用平方差公式是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数、分式分母不为0是解题的关键．
【解答】
解：由题意得，2x−1≥0，x−3≠0，
解得x≥12，且x≠3，
故选D．  
7.【答案】A 
【解析】解：由数轴可得：a<0 ∴原式=|a|−|b|−|a−b|
=−a−b+a−b
=−2b．
故选：A．
先根据数轴确定a，b的范围，再根据二次根式的性质进行化简，即可解答．
本题考查了实数与数轴，解决本题的关键是根据数轴确定a，b的范围．

8.【答案】D 
【解析】解：∵△BDC′是将矩形ABCD沿对角线BD折叠得到的
∴C′D=CD，∠C=∠C′，BD=BD
∴△CDB≌△C′DB
同理可证其它三对三角形全等．
故选D．
共有四对，分别为△ABO≌△C′DO，△ABD≌△CDB，△ABD≌△C′DB，△CDB≌△C′DB．
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

9.【答案】D 
【解析】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4，
则BC=12AB=2，
∵D是AC边的中点，点E是AB边的中点，
∴DE=12BC=1．
故选：D．
根据直角三角形的性质求出BC，再根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的中线，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．

10.【答案】A 
【解析】解：由题意知小正方形的边长是a−b，由勾股定理得：a2+b2=129，
∵(a−b)2=a2+b2−2ab=129−2×24=81，
∴a−b=9(a>b)，
∴小正方形的边长为9．
故选：A．
由勾股定理得：a2+b2=129，又(a−b)2=a2+b2−2ab=129−2×24=81，由此即可求出a−b=9(a>b)，因此小正方形的边长为a9．
本题考查勾股定理，完全平方公式，算术平方根，关键是掌握勾股定理，完全平方公式．

11.【答案】B 
【解析】解：如图，作点D关于OB的对称点T，连接PT，AT．

∵四边形OABC是正方形，
∴OB平分∠COA，
∵D(2,0)，
∴OD=OT=2，
∵OA=6，
∴AT= 22+62=2 10，
∵PT=PD，
∴PD+PA=PT+PA≥AT=2 10，
∴PD+PA的最小值为2 10．
故选：B．
如图，作点D关于OB的对称点T，连接PT，AT.求出AT=2 10，根据PD+PA=PT+PA≥AT，可得结论．
本题考查轴对称−最短问题，坐标有图形性质，正方形的性质等知识，解题的关键是掌握利用轴对称解决最短问题．

12.【答案】D 
【解析】
【分析】
根据正方形的性质得到AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，得到BE=12AB，CF=12BC，根据全等三角形的性质得到∠ECB=∠CDF，CE=DF，故①正确；求得∠CGD=90°，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE=BE，根据全等三角形的性质得到BC=AH=AD，由AG是斜边的中线，得到AG=12DH=AD，求得∠ADG=∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE=∠CDF.故③正确．根据CF=12BC=12CD，可得∠CDF≠30°，所以∠ADG≠60°，所以△ADG不是等边三角形，故④错误．
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE=12AB，CF=12BC，
∴BE=CF，
在△CBE与△DCF中，
BC=CD∠B=∠FCDBE=CF,
∴△CBE≌△DCF(SAS)，
∴∠ECB=∠CDF，CE=DF，故①正确；
∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF，故②正确；
∴∠EGD=90°，
延长CE交DA的延长线于H，

∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∵∠AHE=∠BCE，∠AEH=∠CEB，AE=BE，
∴△AEH≌△BEC(AAS)，
∴BC=AH=AD，
∵AG是Rt△DGH斜边的中线，
∴AG=12DH=AD，
∴∠ADG=∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD=90°，∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠AGE=∠CDF.故③正确；
∵CF=12BC=12CD，
∴∠CDF≠30°，
∴∠ADG≠60°，
∵AD=AG，
∴△ADG不是等边三角形，
∴∠EAG≠30°，故④错误；
故选：D．  
13.【答案】9 
【解析】解：因为O为矩形的对称中心，则阴影部分的面积是矩形面积的一半，因为矩形面积为6×3=18，所以阴影部分的面积为9．
故答案为：9．
根据矩形是中心对称图形，可得阴影部分的面积是矩形面积的一半，求出矩形面积即可求解．
本题考查了矩形是中心对称．熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键．

14.【答案】3 
【解析】解：∵3< 10<4，
∴a=3，b= 10−3，
∴2a+b− 10=6+ 10−3− 10=3，
故答案为：3．
由于3 本题考查了估算无理数的大小，解题的关键是利用完全平方数和算术平方根对无理数的大小进行估算．

15.【答案】4 5cm 
【解析】解：圆柱体的侧面展开图如图所示，

∵底面圆周长为16cm，
∴AD=8cm，
又∵AB=4cm，
∴在Rt△ABC中，AC= 42+82=4 5(cm)．
故答案为：4 5cm．
先把圆柱体沿AB剪开，则AD的长为圆柱体的底面圆周长的一半，在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求出AC的长．
本题考查了平面展开−最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．

16.【答案】(−31011,0) 
【解析】解：由题意得，点A2到原点的距离是 3，
∴其坐标为(0, 3)；
点A3到原点的距离是( 3)2=3，
∴其坐标为(−3,0)；
点A4到原点的距离是( 3)3=3 3，
∴其坐标为(0,−3 3)；
点A5到原点的距离是( 3)4=9，
∴其坐标为(9,0)；
点A6到原点的距离是( 3)5=9 3，
∴其坐标为(0,9 3)；
……
∴点An到原点的距离是( 3)n−1，且其位置按x轴的正半轴、y轴的正半轴、x轴的负半轴、y轴的正半轴上4次一循环的规律出现，
∴当n=2023时，
( 3)2023−1=31011，2023÷4=505…3，
∴点A2023的坐标为(−31011,0)，
故答案为：(−31011,0)．
由题意得点An到原点的距离是( 3)n−1，且其位置按x轴的正半轴、y轴的正半轴、x轴的负半轴、y轴的正半轴的规律循环出现，即可求得此题的规律．
此题考查了点的坐标规律问题的解决能力，关键是能准确观察、猜想、归纳并运用相应规律．

17.【答案】解：(1)原式=−3−1+2− 2−2(2− 2)4−2
=−2− 2−(2− 2)
=−4；
(2)(2 12−4 18+3 48)×5 2
=4 3×5 2−4× 24×5 2+12 3×5 2
=20 6−10+60 6
=80 6−10． 
【解析】(1)根据零指数幂，负整数幂以及二次根式的运算，求解即可；
(2)根据二次根式的运算求解即可．
此题考查了二次根式的混合运算，零指数幂，负整数幂等运算，解题的关键是熟练掌握相关运算法则．

18.【答案】解：2aa+1−2(a−2)(a−1)(a+1)×(a−1)2a−2
=2aa+1−2a−2a+1
=2a+1，
把a= 2−1代入2a+1= 2． 
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把a的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，在解答此类题目时要注意通分及约分的灵活应用．

19.【答案】解：连接BD，
∵∠A=90°，
∴BD2=AD2+AB2=25，
则BD2+CD2=132=BC2，
因此∠CDB=90°，
S四边形ABCD=S△ADB+S△CBD=36(平方米)，
答：这块土地的面积为36平方米． 
【解析】先把解四边形的问题转化成解三角形的问题，再用勾股定理解答．
本题考查勾股定理，掌握勾股定理是解答此题的关键．

20.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AB//DC，
∴∠ABP=∠CDQ，
在△ABP和△CDQ中，
AB=DC∠ABP=∠CDQBP=DQ，
∴△ABP≌△CDQ(SAS)，
∴∠APB=∠CQD，AP=QC，
∴180°−∠APB=∠APQ=180°−∠DQC=∠CQP，
∴AP//QC． 
【解析】直接利用平行四边形的性质得出AB=DC，AB//DC，进而得出△ABP≌△CDQ(SAS)即可得出答案．
此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确得出△ABP≌△CDQ是解题关键．

21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB，∠A=∠C，
∵BE⊥AD，BF⊥CD，
∴∠BEA=∠BFC=90°，
在△ABE和△CBF中，
∠BEA=∠BFC∠A=∠CAB=CB，
∴△ABE≅△CBF(AAS)，
∴BE=BF；
(2)解：∵DE=4，CF=2，
∴CD=DF+CF=6，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD=6，
∵BF⊥CD，
∴∠BFC=90°，
∴BF= BC2−CF2= 62−22=4 2，
∴菱形ABCD的面积为CD⋅BF=6×4 2=24 2． 
【解析】(1)证△ABE≅△CBF(AAS)，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得BC=CD=6，再由勾股定理得BF=4 2，即可解决问题．
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．

22.【答案】解：(1)作PC⊥AB于C，如图所示：
则∠PCA=∠PCB=90°，
由题意得：PA=60海里，∠A=30°，∠CBP=45°，
在Rt△ACP中，∵∠CAP=30°，∠PCA=90°，
∴PC=12PA=30海里，
在Rt△BCP中，∵∠PCB=90°，∠CBP=45°，sin∠CBP=PCPB，
∴PB=PCsin45∘=30 22=30 2(海里)，
答：收到求救讯息时事故渔船P与救助船B之间的距离为30 2海里；
(2)∵PA=60海里，PB=30 2海里，救助船A，B分别以20海里/小时、15海里/小时的速度同时出发，
∴救助船A所用的时间为6020=3(小时)，救助船B所用的时间为30 215=2 2(小时)，
∵3>2 2，
∴救助船B先到达． 
【解析】(1)作PC⊥AB于C，则∠PCA=∠PCB=90°，由题意得：PA=60海里，∠A=30°，∠BPC=45°，由直角三角形的性质得出PC=12PA=30海里，△BCP是等腰直角三角形，得出PB= 2PC=30 2海里即可；
(2)求出救助船A、B所用的时间，即可得出结论．
本题主要考查了解直角三角形的应用、方向角、直角三角形的性质；正确作出辅助线构造直角三角形是解决问题的关键．

23.【答案】解：(1)因为DE//CF且BC⊥CD，
所以当DE=CF时，四边形EFCD为矩形，
则有6−t=10−2t，解得t=4，
答：t=4s时，四边形EFCD为矩形．
(2)①当点F在线段BM上，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t=4−2t，解得t=43，
②当F在线段CM上，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t=2t−4，解得t=4，
综上所述，t=4或43s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形． 
【解析】(1)当DE=CF时，四边形EFCD为矩形，列出方程即可解决问题；
(2)分两种情形列出方程即可解决问题；
本题考查矩形判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．

24.【答案】解：(1)∵A(0,8)，

∴OA=8，
∵AF⊥OP于M，
∴∠OMF=90°，
∴∠MOF+∠OFM=90°，
∵∠OFM+∠OAF=90°，
∴∠MOF=∠OAF．
∵OA=OB，∠AOF=∠OBP，
∴△OAF≌△BOP(ASA)，
∴OF=PB=3，
∴P(8,3)．

(2)取OA的中点N.连接CN交AF于H，连接MN．

∵PC=PB，AN=ON，OA−BC，
∴PC=ON，PC//ON，
∴四边形OPCN是平行四边形，
∴CN//OP，
∵NA=NO，
∴AH=MH，
∵AF⊥OP，
∴CN⊥AM，
∴AC=CM，
∵AC=2PC，
∴CM=2PC．

(3)结论：OP= 2NP．
理由：如图3中，过N点分别作NH⊥OB于点H，NG⊥CB于点G，连接ON，PN，

∵∠NGB=∠NHB=∠GBH=90°，
∴四边形BGNH是矩形，
∴∠GNH=90°，
∵N在正方形AOBC的对角线上，
∴∠NBG=∠NBH，
∵NG⊥BC，NH⊥OB，
∴NH=NG，
∵EF⊥OP，M为OP的中点，
∴ON=PN，
∴Rt△ONH≌Rt△PNG(HL)，
∴∠ONH=∠PNG，
∴∠ONP=∠HNG=90°，
∴△ONP是等腰直角三角形，
∴OP= 2NP． 
【解析】(1)证明△OAF≌△BOP(ASA)，得出OF=PB=3，则P点坐标可求出．
(2)取OA的中点N.连接CN交AF于H，连接MN.证明AC=CM即可解决问题．
(3)如图3中，过N点分别作NH⊥OB于点H，NG⊥CB于点G，连接ON，PN，证明△OPN是等腰直角三角形即可解决问题．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．