广东省东莞市虎外、丰泰、嘉外2023-2024学年八年级下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版）

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说明：1.全卷共4页，卷面5分，满分120分.考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡填写自己的准考证号、姓名、考场号、座位号.用2B铅笔把对应的该号码的标号涂黑.
3.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题上.
4.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列式子一定是二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的定义，根据二次根式的定义及二次根式的被开方数一定是非负数判断即可；
【详解】A．无意义，故A不符合题意；
B．是二次根式，故B符合题意；
C．是三次根式，故C不符合题意；
D．没有说明a的取值范围，时无意义，故D不符合题意；
故选B．
2. 在直角三角形中，若直角边为6和8，则斜边为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，掌握勾股定理的内容是解题的关键.
【详解】解：斜边为，
故选D.
3. 在平行四边形中，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，先根据平行四边形对边平行推出，再由已知条件得到，则．
【详解】解；∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选；D．
4. 如图所示的图象分别给出了与的对应关系，其中表示不是的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数的定义，对于给定的的值，都有唯一的值与其对应，进而判断得出结论．
【详解】解：A、由图象可知，对于给定的的值，都有2个值与其对应，故此选项能表示不是的函数，符合题意；
B、由图象可知，对于给定的的值，都有唯一的值与其对应，故此选项能表示是的函数，不符合题意；
C、由图象可知，对于给定的的值，都有唯一的值与其对应，故此选项能表示是的函数，不符合题意；
D、由图象可知，对于给定的的值，都有唯一的值与其对应，故此选项能表示是的函数，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了函数的定义，在一个变化过程中有两个变量和，对于给定的的值，都有唯一的值与其对应，那么就说是的函数，是自变量，熟练掌握此定义是解题的关键．
5. 如图，已知点D，E，F分别是的中点，的周长为，则的周长是（ ）
A. 6B. 7C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了中位线．熟练掌握中位线是解题的关键．
由题意知，是的中位线，根据的周长为，计算求解即可．
【详解】解：∵D，E，F分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵的周长为，
∴，
∴的周长为，
故选：A．
6. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据最简二次根式的概念即可求出答案．
【详解】(A)原式=2 ，故A不是最简二次根式；
(C)原式=2 ，故B不是最简二次根式；
(D)原式= ，故D不是最简二次根式；
故选B.
【点睛】此题考查最简二次根式，解题关键在于掌握运算法则
7. 顺次连接任意四边形的各边中点，所得图形一定是（ ）
A. 正方形B. 矩形C. 菱形D. 平行四边形
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角形中位线定理证明即可．
【详解】如图，任意四边形的各边中点分别为E、F、G、H，
连接，
则，
所以，
所以四边形是平行四边形，
故选D．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理的应用，平行四边形的判定，熟练掌握三角形中位线定理和平行四边形的判定定理是解题的关键．
8. 如图，矩形中，对角线，交于点O，若，，则长为（ ）

A. B. 4C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由矩形对角线性质可得，又，可证为等边三角形，得，即可得解．
【详解】解：由矩形对角线相等且互相平分可得，
即为等腰三角形，
又，
为等边三角形．
故，
．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，得出为等边三角形是解题关键．
9. 小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，菱形的性质，勾股定理．熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题关键．由正方形的性质可求出，当四边形为菱形，且时，连接交于，可得是等边三角形，则，进而得到，由勾股定理可求出，进而可求出．
【详解】解：如图1，四边形是正方形，，
，
在图2中，连接交于，
，，
是等边三角形，则，
四边形是菱形，
，，，
，
，
故选：C．
10. 如图，在ABC中，AB=8，BC=6，AC=10，D为边AC上一动点，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，则EF的最小值为（ ）
A. 5B. 4.8C. 3D. 2.4
【答案】B
【解析】
【分析】根据三个角都是直角的四边形是矩形，得四边形EDFB是矩形，根据矩形的对角线相等，得EF=BD，则EF的最小值即为BD的最小值，根据垂线段最短，知：BD的最小值即等于直角三角形ABC斜边上的高．
【详解】如图，连接BD．
∵在△ABC中，AB=8，BC=6，AC=10，
∴AB2+BC2=AC2，即∠ABC=90°．
又∵DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，
∴四边形EDFB是矩形，
∴EF=BD．
∵BD的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，即4.8，
∴EF的最小值为4.8，
故选：B．
【点睛】此题综合运用了勾股定理的逆定理、矩形的判定及性质、直角三角形的性质，要能够把要求的线段的最小值转换为便于分析其最小值的线段．
二、填空题（每题3分，共15分）
11. 函数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查函数值的取值范围、二次根式的非负性，掌握二次根式的非负性是解题的关键．
根据根式，则，即可求解．
【详解】解：∵，
∴
∴函数的取值范围是
故答案：．
12. “两直线平行，内错角相等”的逆命题是__________．
【答案】内错角相等，两直线平行
【解析】
【详解】解：“两直线平行，内错角相等”的条件是：两条平行线被第三条值线所截，结论是：内错角相等．
将条件和结论互换得逆命题为：两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行，
可简说成“内错角相等，两直线平行”．
故答案为：内错角相等，两直线平行．
13. 如图，一艘轮船从港口O出发向东北方向航行了到达A处，在港口的东南方向处有一灯塔B，此时A，B之间的距离为____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，根据方位角可知两船所走的方向正好构成了直角，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，
∴，
根据勾股定理得：（海里）．
故答案为：．
14. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为AD的中点，若OE＝5，BD＝12，则菱形ABCD的面积为_____．
【答案】96
【解析】
【分析】根据菱形的性质和已知条件可得OE是Rt△DOA斜边上的中线，由此可求出DC的长，再根据勾股定理可求出OC的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可．
【详解】∵菱形ABCD对角线AC与BD交于点O，
∴DO⊥CO，DO＝BO＝BD＝6，
∵E是DA边上的中点，
∴OE＝DC，
∴DC＝10，
∴OC＝＝8，
∴AC＝2OC＝16，
∴则菱形的面积＝×16×12＝96，
故答案为96．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质、菱形的面积的计算等知识点．易错易混点：学生在求菱形面积时，易把对角线乘积当成菱形的面积，或是错误判断对角线的长而误选．
15. 如图，正方形中，点E是上一点，点F在的延长线上，且，连接，其中交于点G，下列结论：①；②；③若，则；④若E为的中点，则．其中正确的结论是_________（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】由题意可证明，，是等腰直角三角形，可知，判断①的正误，由一个直角三角形的直角边小于斜边可知，进而可判断②的正误；当时，在中，由勾股定理得，计算求解，可判断③的正误；E为AB的中点时，在中，由勾股定理得，，，进而可判断④的正误．
【详解】解：在和中
∵
∴
∴，
∵
∴是等腰直角三角形
∴
故①正确；
∵
∴△BCD与△EDF不全等
故②错误；
当时，在中，由勾股定理得
∴
故③正确；
E为AB的中点时，
在中，由勾股定理得
∴
∵
∴
故④错误；
∴正确的是①③；
故答案为①③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
三、解答题（一）（共2小题，每小题5分，共10分）.
16. 计算：
（1）．
（2）．
【答案】（1）
（2）50
【解析】
【分析】（1）先化简各二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）按照从左至右的顺序进行二次根式的乘除计算即可．
【小问1详解】
解：

【小问2详解】

【点睛】本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的乘除混合运算，掌握“二次根式的加减乘除运算的运算法则与运算顺序”是解本题的关键．
17. 如图，在中，，求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的判定与性质定理是解题的关键．
由平行四边形，得，，又根据，得，然后由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定四边形为平行四边形．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
∴，，
即，
，
，
即，
四边形为平行四边形．
四、解答题（二）（共3小题，每小题6分，共18分）
18. 如图，小明某天上午9时骑自行车离开家，15时回到家，他描绘了离家的距离与时间的变化情况．
（1）他到达离家最远的地方是哪个填时间？_______离家_______km．
（2）10时到12时他骑行了多远？
（3）他由离家最远的地方返回到家的平均速度是多少？
【答案】（1）12：00时；30
（2）15千米； （3）15千米时．
【解析】
【分析】本题考查了函数图象，数形结合是解题的关键．
（1）根据函数图象即可求解；
（2）根据函数图象即可求解；
（3）根据路程除以时间即可求解．
【小问1详解】
解：由图象看出时到达离家最远的地方，离家30千米；
【小问2详解】
解：由图象可得：10时到12时他骑行了千米；
【小问3详解】
解：（千米时）
答：他由离家最远的地方返回到家的平均速度是15千米时．
19. 如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推送水平距离时，秋千的踏板离地的垂直高度，若秋干的绳索始终拉得很直，求绳索的长度．
【答案】
【解析】
【分析】设秋千的绳索长为xm，根据题意可得m，利用勾股定理可得，求解即可．
【详解】解：m，m，
m，
在中，，m，
设秋千的绳索长为m，则m，
故，
解得：，
答：绳索的长度是5m．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出、的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
20. 如图：在四边形中，，，，，．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）为直角三角形，理由见解析．
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查勾股定理及其逆定理：
（1），可得，据此即可求解；
（2）代入数据计算即可，．
【小问1详解】
为直角三角形，理由如下：
根据题意可得
．
在中
．
所以，为直角三角形，且．
【小问2详解】
．
五、解答题（三）（共3小题，每小题8分，共24分）
21. 李老师家装修，矩形电视背景墙的长为，宽为，中间要镶一个长为，宽为的矩形大理石图案（图中阴影部分）．
（1）背景墙的周长是多少？（结果化为最简二次根式）
（2）除去大理石图案部分，其它部分贴壁纸，若壁纸造价为2元/，大理石造价为元/，则整个电视背景墙需要花费多少元？（结果化为最简二次根式
【答案】（1）
（2）元
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的应用；
（1）直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案；
（2）直接利用二次根式的乘法运算法则以及二次根式的加减运算法则计算得出答案．
【小问1详解】
解：长方形的周长为；
【小问2详解】
解：长方形的面积：，
大理石的面积：，
壁纸的面积：，
整个电视墙的总费用：（元）．
22. 如图，在四边形ABCD中，，E为边BC上一点，且EC=AD，连接AC.
（1）求证：四边形AECD是矩形；
（2）若AC平分∠DAB，AB=5，EC=2，求AE的长，
【答案】（1）证明见详解；（2）4
【解析】
【分析】（1）首先判定该四边形为平行四边形，然后得到∠D=90°，从而判定矩形；
（2）求得BE的长，在直角三角形ABE中利用勾股定理求得AE的长即可．
【详解】解：（1）证明：∵AD∥BC，EC=AD，
∴四边形AECD是平行四边形．
又∵∠D=90°，
∴四边形AECD是矩形．
（2）∵AC平分∠DAB．
∴∠BAC=∠DAC．
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB．
∴∠BAC=∠ACB．
∴BA=BC=5．
∵EC=2，
∴BE=3．
∴在Rt△ABE中，AE=．
【点睛】本题考查了矩形的判定及勾股定理的知识，解题的关键是利用矩形的判定定理判定四边形是矩形，难度不大．
23. 如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA和BC的平行线，两线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若∠B＝60°，BC＝6，求四边形ADCE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）先根据已知条件，证明四边形DBCE是平行四边形，可得EC∥AB，且EC＝DB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则可得四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）根据已知条件可得是等边三角形，进而求得，根据，进而根据菱形的性质求得面积．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，EC∥AB，
∴四边形DBCE平行四边形．
∴EC∥AB，且EC＝DB．
在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，
∴AD＝DB＝CD．
∴EC＝AD．
四边形ADCE是平行四边形
∴四边形ADCE是菱形．
（2）解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠B＝60°，BC＝6，
是等边三角形
∴AD＝DB＝CD＝6．
∴AB＝12，由勾股定理得．
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE＝BC＝6．
∴菱形．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等边三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
六、解答题（四）（共2小题，每小题9分，共18分）
24. 如图，已知是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为坐标原点，点，点，在边上任取一点D，将沿翻折，使点A落在边上，记为点E．

（1）直接写出点B的坐标__________；
（2）求的长；
（3）若在x轴正半轴上存在点P，使得为等腰三角形，求点P的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）或或．
【解析】
【分析】（1）由折叠的性质得出，由勾股定理可得出答案；
（2）求出，设，则，，由可得出答案；
（3）分①当，②，③时，三种情况讨论，画出图形，利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解： 点，点，
，
将沿翻折，使点落在边上，记为点，
，
，
∴．
【小问2详解】
解：，，
，
设，则，，
，
，
解得：，
．
【小问3详解】
解：①当时，
，
，
此时点与点重合，
点坐标为；
②当时，
过点作轴于点，

则，
在中，，
设，则，，
在中，，
，
解得：，
点的坐标为；
③当时，过点作轴于点，

，
同②得，
，
点的坐标为；
综上，点的坐标为或或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了翻折变换，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，点的坐标，分类讨论思想的运用是解题的关键．
25. 课本再现
（1）如图1，在中，D，E分别是边，的中点，在证明“三角形两边中点的连线与第三边的关系”时，小明通过延长到点F，使，连接，
证明：四边形是平行四边形．
类比迁移
（2）在四边形中，E为的中点，点G、F分别在、上，连接、、，且．
①如图2，若四边形是正方形，、、之间的数量关系为________；
②如图3，若四边形是平行四边形，①中的结论是否成立，请说明理由．
方法运用
（3）如图4，在四边形中，，，E为的中点，G、F分别为、边上的点，若，，，请直接写出的长．
【答案】（1）见解析
（2）①，理由见解析
②①中结论仍然成立，理由见解析
（3）．
【解析】
【分析】（1）先证明，得到，则，再证明，即可证明四边形是平行四边形；
（2）①如图2，延长，交于点，证明，得到，，再证明垂直平分，得到，即可证明；②如图2延长、交于点，证明，得到，，再证明垂直平分，得到，即可证明；
（3）如图2，延长至点，使得，连接，，过点作，交的延长线于点，证明，得到，，求出，则，继而证明为等腰直角三角形，得到，则，利用勾股定理求出，同理可求解．
【详解】解：（1），分别是边，中点，
是的中位线，，
，，
，
，
，
是的中点，
，
，
又，
四边形是平行四边形；
（2）①，理由如下：
如图2，延长，交于点，
为中点，
，
四边形是正方形，
，
在和中，
，
，
，，
，
垂直平分，
，即；
故答案为：；
②①中结论仍然成立，理由如下：
如图3延长、交于点，
为中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
垂直平分，
，即；
（3）如图4，延长至点，使得，连接，，过点作，交的延长线于点，
为中点，
，
和中
，
，
，，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，，
垂直平分，
，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，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，旋转的性质等等，熟知全等三角形的“倍长中线”模型是解题的关键．