四川省南充市白塔中学2023-2024学年八年级下学期5月期中考试数学试题（学生版+教师版）

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1. 如图，丝带重叠的部分一定是（ ）

A. 菱形B. 矩形C. 正方形D. 都有可能
【答案】A
【解析】
【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条丝带宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．
【详解】解：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，因为两条彩带宽度相同，
所以AB∥CD，AD∥BC，AE＝AF．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF．
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质以及菱形的判定和性质，利用平行四边形的面积公式得到一组邻边相等是解题关键．
2. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 平行四边形对角线互相垂直B. 菱形的对角线相等
C. 矩形的对角线互相垂直D. 正方形的对角线互相垂直且相等
【答案】D
【解析】
【详解】分析：利用菱形的性质：菱形的对角线互相垂直，矩形的性质：对角线相等以及正方形的性质：正方形的对角线一定互相平分、垂直、相等等知识分别判断得出即可．
详解：A、平行四边形的对角线互相平分，此选项错误，不合题意；
B、菱形的对角线互相垂直，此选项错误，不合题意；
C、矩形的对角线相等，此选项错误，不合题意；
D、正方形的对角线一定互相垂直且相等，此选项正确，符合题意．
故选D．
点睛：此题主要考查了菱形的性质以及矩形的性质以及正方形的性质和平行四边形的性质等知识，熟练掌握相关定义是解题关键．
3. 已知；；；以上各式中，是的函数的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了函数的定义，函数概念的定义：一般地，在一个变化过程中，如果有两个变量x与y，并且对于x的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与之对应，那么我们就说x是自变量，y是x的函数，据此逐个判定，即可作答．
【详解】解：；是属于是的函数；
，每确定一个x的值，y没有唯一确定的值与之对应，故不属于是的函数；
不含未知数，故不属于是的函数；
故选：B．
4. 如图，在中，，，，在数轴上，点B对应的数为1，以点B为圆心，的长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理，实数与数轴的关系，正确运用勾股定理求出的长是解题的关键，要理解数轴上的点与实数的对应关系．根据题意运用勾股定理求出的长，即可得到答案．
【详解】解：在中，，，，
点B对应的数为1，
点D表示的数是，
故选：A．
5. 下列条件中，不能判定四边形ABCD为菱形的是（ ）．
A. AC⊥BD，AC与BD互相平分
B. AB=BC=CD=DA
C. AB=BC，AD=CD，且AC⊥BD
D. AB=CD，AD=BC，AC⊥BD
【答案】C
【解析】
【详解】解：A、根据AC与BD互相平分得四边形ABCD是平行四边形，再有AC⊥BD ，可得此四边形是平行四边形；
B、根据AB=BC=CD=DA ，可知四边形是平行四边形；
C、由AB=BC，AD=CD，不能得到此四边形是平行四边形，所以不能判定四边形ABCD是菱形；
D、由AB=CD，AD=BC得四边形是平行四边形，再有AC⊥BD，可得四边形是菱形．
故选C．
【点睛】本题考查菱形的判定．
6. 某公园的人工湖周边修葺了三条湖畔小径，如图小径，恰好互相垂直，小径的中点与点被湖隔开，若测得小径的长为，则，两点距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】解：∵，恰好互相垂直，
∴，
∵为的中点，
∴，
故选：A．
7. 如图，有一个水池，水面是边长为8尺的正方形，在水池中央有一根芦苇，它高出水面1尺，如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面，这根芦苇的长度是（ ）

A. 7.5尺B. 8尺C. 8.5尺D. 9尺
【答案】C
【解析】
【分析】找到题中的直角三角形，设芦苇的长度为x尺，根据勾股定理解答．
【详解】解：设芦苇的长度为x尺，则为尺，
根据勾股定理得：，
解得：，
∴芦苇的长度为8.5尺．
故选C．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
8. 已知林茂的家、体育场、文具店在同一直线上，图中的信息反映的过程是：林茂从家跑步去体育场，在体育场锻炼了一阵后又走到文具店买笔，然后再走回家．图中表示时间，表示林茂离家的距离．依据图中的信息，下列说法错误的是（ ）

A. 体育场离林茂家
B. 体育场离文具店
C. 林茂从体育场出发到文具店的平均速度是
D. 林茂从文具店回家的平均速度是
【答案】C
【解析】
【分析】从图中可得信息：体育场离文具店1000m，所用时间是（45﹣30）分钟，可算出速度．
【详解】解：从图中可知：体育场离林茂家，
体育场离文具店的距离是：，
所用时间是min，
林茂从文具店回到家所用时间为90-65=25min，文具店距家距离为1.5km，
∴体育场出发到文具店的平均速度，
林茂从文具店回家的平均速度是，
所以选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意，
故选C．
【点睛】本题运用函数图象解决问题，看懂图象是解决问题的关键．
9. 如图，两个全等的矩形，矩形如图所示放置. 所在直线与分别交于点.若.则线段的长度是（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】作于.则四边形是矩形．先证明，再证明AH=MH=CH．设CH=AH=x，利用勾股定理列方程，再求解即可．
【详解】解：作于.则四边形是矩形，

∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，设，
在中，，解得，
∴，
故答案为D．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，正确添加常用辅助线、构建直角三角形并利用勾股定理列方程是解答本题的关键．
10. 如图，正方形的边长为，在正方形外，，过作于，直线，交于点，直线交直线于点，则下列结论正确的是（ ）
①；②；③；
④若，则
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】①利用等腰三角形的性质即可证明．②根据DA=DC=DE，利用圆周角定理可知∠AEC=∠ADC=45°，即可解决问题．③如图，作DF⊥DM交PM于F，证明△ADM≌△CDF（SAS）即可解决问题．④解直角三角形求出CE=EF=可得结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC,∠ADC=90°，
∵DC=DE，
∴DA=DE，
∴∠DAE=∠DEA，故①正确，
∵DA=DC=DE，
∴∠AEC=∠ADC=45°(圆周角定理)，
∵DM⊥AE，
∴∠EHM=90°，
∴∠DMC=45°，故②正确，
如图，作DF⊥DM交PM于F，
∵∠ADC=∠MDF=90°，
∴∠ADM=∠CDF，
∵∠DMF=45°，
∴∠DMF=∠DFM=45°，
∴DM=DF，∵DA=DC，
∴△ADM≌△CDF(SAS)，
∴AM=CF，
∴AM+CM=CF+CM=MF=DM，
∴=，故③正确，
若MH=2,则易知AH=MH=HE=2,AM=EM=2，
在Rt△ADH中, ，
∴DM=3,AM+CM=3，
∴CM=CE=，
∴S△DCM=S△DCE，故④错误，
故选C
【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的判定性质、勾股定理，解题关键在于作辅助线.
二、填空题（共6小题）
11. 函数中自变量x的取值范围是______．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查的是求解函数的取值范围，二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，根据分式与二次根式有意义的条件可得且，从而可得答案．
【详解】解：∵，
∴且，
解得：且，
故答案：且．
12. 三角形三边长分别为cm、cm和cm，则这个三角形的周长是______．
【答案】cm
【解析】
【分析】将三边相加，化简各二次根式后合并即可得．
【详解】这个三角形的周长为++＝2+3+4＝9（cm），
故答案为9cm．
【点睛】本题主要考查二次根式的应用，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
13. 已知实数a满足，则的值为________．
【答案】2024
【解析】
【分析】根据被开方数大于等于0列式求出取值范围，再去掉绝对值号，然后两边平方整理即可得解．
【详解】解：∵，
∴，即，
则，
∴，即，
∴，
故答案为：2024．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
14. 在中，，，，则的长为______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，含角的直角三角形的性质．正确作出辅助线并利用分类讨论的思想是解题关键．分别画出图形，过点作于点D，再结合勾股定理和含角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图1，过点作于点D，
∵，
∴，
∴，
，
∴；
如图2，过点作于点D，
∵，
∴，
∴，
，
∴．
综上可知的长为或．
15. 如图，圆柱形纸杯高为，底面周长为，在杯内壁底的点处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁从外壁处爬行到内壁处的最短距离为________（杯壁厚度不计）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平面展开-最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．将杯子侧面展开，作A关于的对称点，连接，则即为最短距离，利用勾股定理进行计算即可．
【详解】如图，将杯子侧面展开，作A关于的对称点，连接，则即为最短距离，
∴，
∴
∴蚂蚁从外壁处爬行到内壁处的最短距离为
故答案为：．
16. 如图，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕；把纸片展平后再次折叠，使点落在上的点处，得到折痕、与相交于点，若直线交直线于点，，，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、等角的余角相等、勾股定理等知识，正确作出所需要的辅助线是解题的关键．
连接，，由折叠得，垂直平分，垂直平分，可推导出，由三角形的中位线定理得，由勾股定理即可求解．
【详解】连接，
∵四边形是矩形
∴
由折叠得：，点B与A关于直线对称，点与点A关于直线对称，
∴垂直平分，垂直平分，
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
故答案为：．
三、解答题（共9小题）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算：
（1）先利用二次根式的性质化简，再合并同类二次根式即可；
（2）先化简绝对值，计算二次根式的乘法，再化简二次根式，进行加减运算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 先化简，再求值：，其中，．
【答案】，．
【解析】
【分析】先根据分式的混合运算顺序和法则化简原式，再将x、y的值代入求解可得．
【详解】
，
当，时，
原式 ．
【点睛】此题主要考查分式的化简求值以及二次根式的混合运算等知识，解题的关键是熟知分式的运算法则．
19. 在中，E，F是对角线上两点，并且，连接，，，．求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，根据平行四边形的性质得出，， 根据，得出，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】证明：连接，交于O，如图所示：
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
即．
∴四边形是平行四边形．
20. 如图，在中，，，分别是边，的中点，在的延长线上，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据中位线可得DF∥AB，再由 可得CE⊥DF，即可得到CD垂直平分DF，可得．
【详解】∵，分别是边，的中点
∴DE是△ABC的中位线
∴DF∥AB，
∵
∴，
∵E是AC中点
∴DE垂直平分AC
∴AF=CF
∵
∴
【点睛】本题考查直角三角形的性质、中位线、垂直平分线的判定与性质，熟练应用相关性质是解题关键．
21. 如图在平面直角坐标系中，点A（-2，0），B（2，3），C（0，4）．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）点D为平面直角坐标系中的点，以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，写出所有满足条件的点D的坐标．
【答案】（1）△ACB是直角三角形，理由见解析；（2）D1（0，-1），D2（-4，1），D3（4，7）．
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理的判定即可确定△ABC的形状；
（2）根据平行四边的性质与判定定理，结合图形，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵ ，，
∴
∴△ACB是直角三角形；
（2） D1(0，-1)，D2（-4，1），D3（4，7）
【点睛】本题考查了直角三角形的判定，平行四边形的性质和判定，平面直角坐标系中点的坐标，解题的关键结合平行四边形的性质写出点的坐标．
22. 已知如图，在平面直角坐标系中，点A（3，7）在正比例函数图像上．
（1）求正比例函数的解析式．
（2）点B（1，0）和点C都在x轴上，当△ABC的面积是17.5时，求点C的坐标．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）如图（见解析），过点作轴于点，从而可得，设点的坐标为，从而可得，再根据三角形的面积公可求出的值，由此即可得出答案．
【详解】解：（1）设正比例函数的解析式为，
将点代入得：，解得，
则正比例函数的解析式为；
（2）如图，过点作轴于点，
，
，
设点的坐标为，则，
的面积是，
，即，
解得或，
故点的坐标为或．
【点睛】本题考查了求正比例函数的解析式、点坐标，熟练掌握待定系数法是解题关键．
23. 如图，四边形是平行四边形，、相交于点，是中点，连接，过点作于点，过点作于点．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若四边形是菱形，，，求长度．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质可知，进而证明是的中位线，得到，再由，，得到，即可证明四边形是矩形；
（2）根据菱形的性质和勾股定理在中求出，然后利用等面积法求出即可
【小问1详解】
解：证明∶四边形是平行四边形，
，
∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解∶ ∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴．
24. 如图，中，，过点作的平行线与的平分线交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接与交于点，过点作交的延长线于点，连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练运用性质进行推理是本题的关键．
（1）由角平分线的性质和平行线的性质可得，可得，由菱形的判定可证四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质得，根据直角三角形得到，设，则，由勾股定理求得，从而列得关于x的方程，求解即可．
【小问1详解】
证明：平分，
，
，
，
，且，
，且，
四边形是平行四边形，且，
四边形是菱形；
【小问2详解】
∵四边形是菱形，，
∴
，，
，
，
设，则，
在中，，
在中，，
，
解得：，
的长为3．
25. 如图1，在平面直角坐标系中，、两点的坐标分别是和，、满足，点在轴上，四边形是平行四边形，与交于点．
（1）直接写出、两点的坐标；
（2）如图1，若点在轴负半轴上，且，求点的坐标；
（3）如图2，若点与原点重合，于，为的中点，求的长．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查坐标系与几何的综合，解题的关键是掌握非负性、平行四边形的形状，中点坐标，两点间的距离公式，即可．
（1）根据非负性求出，的值，即可求出得到，的坐标；
（2）根据勾股定理，求出，根据，求出点的坐标，再根据平行四边形的的性质，中点坐标，即可求出点的坐标；
（3）根据等积法和勾股定理求出，，再根据两点间的距离公式，求出的坐标，结合点的坐标，即可求出．
【小问1详解】
∵，
∴，
∴，
∴点，．
【小问2详解】
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点，
∵四边形是平行四边形，
∴点是和的中点，
∴．
【小问3详解】
∵点和点重合，
∴点，
∴点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设点，
∴，
∴，
∴点，
∵点为的中点，
∴，
∴．