山东省济宁市任城区济宁学院附属中学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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一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 已知是二次根式，则的值可以是（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的被开方数为非负数可得出答案．
【详解】解：是二次根式，
则a的值不能是负数，
故C符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数为非负数是解题的关键．
2. 如图，在中，，D为中点，若，则的长是（ ）


A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而可得答案．
【详解】解：∵，D为边的中点，
∴，
∵，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
3. 下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，进行判断即可得．
【详解】解：A、被开方数含分母，不是最简二次根式，选项说法错误，不符合题意；
B、被开方数不含分母，被开方数不含能开得尽方的因数或因式，是最简二次根式，选项说法正确，符合题意；
C、，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，选项说法错误，不符合题意；
D、，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了最简二次根式．解题的关键是掌握最简二次根式必须满足两个条件．
4. 如图，在菱形中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，邻补角的性质，由菱形的性质得到，再根据三角形内角和定理及等腰三角形的性质得到，即可求出，掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. =±3B. =﹣2C. =﹣3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义可判断A、D两项、根据立方根的定义可判断B项、根据平方根的定义可判断D项，进而可得答案．
【详解】解：A、=3≠±3，所以本选项计算错误，不符合题意；
B、=﹣2，所以本选项计算正确，符合题意；
C、=3≠﹣3，所以本选项计算错误，不符合题意；
D、，所以本选项计算错误，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了平方根、算术平方根和立方根的定义，属于基础知识题型，熟练掌握三者的概念是解题的关键．
6. 用配方法解方程时，配方后正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查配方法，根据配方法的步骤进行求解即可．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴；
故选：B．
7. 已知实数在数轴上的对应点位置如图所示，则化简的结果是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数轴上a点的位置，判断出（a−1）和（a−2）的符号，再根据非负数的性质进行化简．
【详解】解：由图知：1＜a＜2，
∴a−1＞0，a−2＜0，
原式＝a−1-＝a−1＋（a−2）＝2a−3．
故选D．
【点睛】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确得出a−1＞0，a−2＜0是解题关键．
8. 若是方程的根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解（使方程左右两边相等的未知数的值），根据题意可得，从而可得，然后代入式子中进行计算即可．掌握方程解的定义是解题的关键．也考查了求代数式的值．
【详解】解：∵是方程的根，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
9. 如图，在矩形中，对角线交于点O，过点O作交于点E，交于点F．已知，的面积为5，则的长为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形的面积问题．连接，由题意可得为对角线的垂直平分线，可得，，由三角形的面积则可求得的长，然后由勾股定理求得答案．
【详解】解：连接，如图所示：

由题意可得，为对角线的垂直平分线，
，，
．
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
故选：D．
10. 如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④CE＝CF．其中正确的是（ ）
A. ②③④B. ①②③C. ①②④D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，故①正确；
②利用已知条件可以推出矩形DEFG为正方形；根据正方形的性质得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，推出△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
③根据②的结论可得∠ACG＝90°，所以AC⊥CG，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
【详解】解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴NE＝NC，
∵∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，故①正确；
②∵矩形DEFG为正方形；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
③根据②得∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴∠ACG＝90°，
∴AC⊥CG，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
综上所述：①②③正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解（1）的关键．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 式子在实数范围内有意义的条件是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，注意被开方数大于等于0即可．
【详解】解：因为在实数范围内有意义,
所以解得.
故答案为：．
12. 如图，的对角线相交于点O，请你添加一个条件使成为矩形，这个条件可以是______．

【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】依据矩形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为矩形．
故答案为(答案不唯一)．
【点睛】本题主要考查矩形判定，熟悉掌握矩形判定条件是关键．
13. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_______．
【答案】且
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的性质计算，即可得到答案．
【详解】关于的一元二次方程有实数根
∴
∴，即且．
【点睛】本题考查了一元二次方程的知识；解题的关键是熟练掌握一元二次方程的定义和判别式的性质，从而完成求解．
14. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为2，，则点的坐标为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、坐标与图形，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，由题意可得，，作轴于，证明得到，，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活应用是解此题的关键．
【详解】解：∵正方形的边长为2，，，
∴，，
，，
如图，作轴于，
则，
四边形是正方形，
∴，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
点在第一象限，
，
故答案为：．
15. 如图，矩形中，，，点、分别是对角线和边上的动点，且，则的最小值是____________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作，使，过点作，交的延长线于点，连接、、，交于点，根据矩形的性质及勾股定理得，，继而得到是等边三角形，证明，得到，继而得到，
当、、三点共线时，取“”号，此时有最小值，最小值是线段的长，然后在中，根据角的直角三角形的性质及勾股定理得到，，最后再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：过点作，使，过点作，交的延长线于点，连接、、，交于点，
∴，
∵矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵点、分别是对角线和边上的动点，
∴，
当、、三点共线时，取“”号，此时有最小值，最小值是线段的长，
在中，，，，
∴，
∴，
∴，
在中，
，
∴的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角的直角三角形，三角形三边关系，两点之间线段最短等知识点，通过作辅助线构造全等三角形的是解题的关键．
三、解答题（共55分）
16. 计算
（1）
（2）
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式混合运算，
（1）根据二次根式乘除运算法则进行计算即可；
（2）根据二次根式混合运算法则进行计算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
17. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程：
（1）先移项，然后利用因式分解法解方程即可；
（2）利用公式法解方程即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴或，
解得；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
解得．
18. 如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．

（1）求证：；
（2）连接，若，求证：四边形矩形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
【解析】
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用“角角边”证明三角形全等，再由全等三角形的性质容易得出结论；
（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
证明：，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．
19. 阅读下面的材料
一元二次方程及其解法最早出现在公元前两千年左右古巴比伦人的《泥板文书》中．到了中世纪，阿拉伯数学家阿尔·花拉子米在他的代表作《代数学》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法，我国三国时期的数学家赵爽在其所著《勾股圆方图注》中也给出了类似的解法．
以为例，花拉子米的几何解法步骤如下：
① 如图1，在边长为x的正方形的两个相邻边上作边长分别为和5的矩形，再补上一个边长为5的小正方形，最终把图形补成一个大正方形；
② 一方面大正方形的面积为(x+ )2，另一方面它又等于图中各部分面积之和，因为，可得方程 ，则方程的正数解是 ．
根据上述材料，解答下列问题．
（1）补全花拉子米的解法步骤②；
（2）根据花拉子米的解法，在图2的两个构图①②中，能够得到方程的正数解的正确构图是 (填序号)．
【答案】（1）5，5，25，3
（2）①
【解析】
【分析】本题主要考查解一元二次方程−配方法，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）根据已知算式和图形可得答案．
（2）根据“在边长为x的正方形的两个相邻边上作边长分别为和5的矩形，再补上一个边长为5的小正方形，最终把图形补成一个大正方形”，可得答案．
【小问1详解】
解：一方面大正方形的面积为，另一方面它又等于图中各部分面积之和，因为，可得方程，则方程的正数解是．
故答案为：5；5；25；3．
【小问2详解】
解：由题意可得，能够得到方程的正数解的正确构图：
在边长为x的正方形的两个相邻边上作边长分别为和3的矩形，再补上一个边长为3的小正方形，最终把图形补成一个大正方形
∴①符合．
故答案为：①．
20. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠DAC是△ABC的一个外角．
实践与操作：
根据要求尺规作图，并在图中标明相应字母（保留作图痕迹，不写作法）．
（1）作∠DAC的平分线AM；
（2）作线段AC的垂直平分线，与AM交于点F，与BC边交于点E，连接AE、CF．
猜想并证明：判断四边形AECF的形状并加以证明．
【答案】（1）作图见解析；（2）菱形，证明见解析
【解析】
【详解】解：（1）如图所示，
（2）四边形AECF的形状为菱形．理由如下：
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵AM平分∠DAC，
∴∠DAM=∠CAM，而∠DAC=∠ABC+∠ACB，
∴∠CAM=∠ACB，
∴EF垂直平分AC，
∴OA=OC，∠AOF=∠COE，
在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE，
∴OF=OE，
即AC和EF互相垂直平分，
∴四边形AECF的形状为菱形．
【点睛】本题考查①作图—复杂作图；②角平分线的性质；③线段垂直平分线的性质．
21. 材料阅读：二次根式的运算中，经常会出现诸如的计算，将分母转化为有理数，这就是“分母有理化”；．
类似地，将分子转化为有理数，就称为“分子有理化”；
．
根据上述知识，请你解答下列问题：
（1）化简；
（2）比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）2 （2），理由见解析
【解析】
【分析】本题考查的是分母有理化：
（1）根据分母有理化是要求把分子分母同时乘以，再计算即可得到答案；
（2）根据分子有理化的要求把原式变形为同分子的分数 ，再比较大小即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：∵，，且，
∴．
22. 在菱形中，，点E，F分别是边，上的点．
【尝试初探】
（1）如图1，若，求证：；
【深入探究】
（2）如图2，点G，H分别是边，上的点，连接与相交于点O且，求证：
【拓展延伸】
（3）如图3，若点E为的中点，，，．
①设，，请用关于x的代数式表示y；
②若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①；②．
【解析】
【分析】（1）连接，证明和都等边三角形，可得，证明，即可得出结论；
（2）连接，过点D作交于点P，交于点Q，可证，四边形和四边形都是平行四边形，得出，，由（1）可知，即可得证；
（3）①过点B作交于点M，过点D作交于点P，交于点Q，则四边形和四边形、四边形都是平行四边形，得出，，，，，由（1）可知，则，即可求解；
②过点B作于点N，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，根据可求，然后在中利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图1，连接，
∵菱形、，
，，，，
和都是等边三角形，
，，
，
，
，
；
（2）如图2，连接，过点D作交于点P，交于点Q
则，四边形和四边形都是平行四边形，
，，
由（1）可知，
（3）①如图3，过点B作交于点M，过点D作交于点P，交于点Q，
则四边形和四边形、四边形都是平行四边形，
，，，，
∵点E为的中点，，
，
，
，，
，，
由（1）可知，
，
，，
，
，
②过点B作于点N，
，
，
，，
，即，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的化简等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质．