福建省莆田市城厢区莆田擢英中学2023-2024学年八年级下册期中数学试题（含解析）

这是一份福建省莆田市城厢区莆田擢英中学2023-2024学年八年级下册期中数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列二次根式中属于最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．在平行四边形中，，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A．1，2，3B．5，7，10
C．，，，D．5，12，14
4．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．亮亮每天都要坚持体育锻炼，某天他跑步到离家较近的体育场，在那里锻炼了一段时间，然后沿着原路散步走回家，下列最符合亮亮离家的距离s与时间t之间的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
6．下列命题的逆命题是假命题的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．矩形的对角线相等且互相平分
C．菱形的每一条对角线都能平分所在一组对角
D．正方形的四条边都相等
7．如图，分别以直角三角形的三边为边向外作三个正方形，较大两个正方形的面积分别为169和144，则最小正方形A的边长是（ ）
A．25B．1C．12D．5
8．对于一次函数，下列结论正确的是（ ）
A．函数值y随自变量x的增大而减小
B．函数图象与y轴的交点坐标是
C．函数图象与x轴的正方向成角
D．函数图象不经过第四象限
9．如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于、，连接、．若，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10B．12C．16D．18
10．如图是一个按某种规律排列的数阵：
根据数阵排列的规律，第（是整数，且）行从左向右数第个数是（用含的代数式表示）（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
12．将直线向上平移3个单位长度后经过点，则的值是 ．
13．如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形的边在轴上，的中点是原点，固定点，，把正方形沿箭头方向推，使点落在轴正半轴上的点处，则点的对应点的坐标为 ．
14．如图所示的是一个圆柱，底面圆的周长是，高是，现在要从圆柱上点沿表面把一条彩带绕到点，则彩带最短需要 ．
15．把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，如果图2和图3每个图形中间的正方形面积分别为7和1，则图1中菱形的面积为 ．
16．如图，在矩形中，对角线上一动点E，连接，过点E作于点F，，求的最小值为 ．

三、解答题
17．．
18．已知：如图，平行四边形ABCD中，E、F分别是边BC和AD上的点，且BE=DF，求证：AE=CF
19．一次函数的图形经过点和点，与y轴交点C，求该一次函数的图象与坐标轴围成的三角形的面积．
20．如图，在四边形中，是的中点，是的中点，是的中点．，求的度数．

21．有一块四边形草地（如图），测得，，，．
(1)求的度数；
(2)求四边形草地的面积．
22．已知洛阳到安阳两地之间有一条千米的公路，甲、乙两车同时出发，甲车以时的速度沿此公路从洛阳匀速开往安阳，乙车从安阳沿此公路匀速开往洛阳，两车分别到达目的地后停止，甲、乙两车相距的路程（千米）与甲车行驶时间（小时）之间的函数关系如图所示.：
(1)乙车的速度为____千米/时，_____，_______；
(2)求甲、乙两车相遇后，与的关系式；
(3)当甲车到达距安阳千米处时，求甲、乙两车之间的距离．
23．在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（A，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；
(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
24．如图，在矩形中，，，点M为边中点，连接，过B作于点．连接并延长交于点E．
(1)求证：．
(2)求的长．
25．如图，在平面直角坐标系xOy中，AB∥OC，A（0，3），B（a，b），C（c，0），且a，c满足．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向点B运动，点Q从点O同时出发，以每秒2个单位长度的速度向点C运动，当点Q到达点C时，点P随之停止运动．设运动时间为t（秒）．
（1）B，C两点的坐标为：B ，C ；
（2）当t为何值时，四边形PQCB是平行四边形？
（3）D为线段AB的中点，求当t为何值时，△ADQ是等腰三角形？
参考答案与解析
1．C
【分析】根据最简二次根式的定义逐项分析即可．
【解答】解：A．，不是最简二次根式，不符合题意；
B．，不是最简二次根式，不符合题意；
C．是最简二次根式，符合题意；
D．，不是最简二次根式，不符合题意；
故选C．
【点拨】此题考查最简二次根式的定义，正确理解定义是解题的关键．满足下列两个条件的二次根式，叫做最简二次根式：（1）被开方数的因数是整数，因式是整式；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．
2．D
【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．
【解答】解；∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选；D．
3．C
【分析】此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形，先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可．
【解答】解：A、，故不是直角三角形，不符合题意；
B、，故不是直角三角形，不符合题意；
C、，故是直角三角形，符合题意；
D、，故不是直角三角形，不符合题意．
故选：C．
4．C
【分析】本题主要考查二次根式的性质，二次根式的混合运算，掌握其运算法则是解题的关键．
【解答】A．与不是同类二次根式，不能合并，故原选项错误，不符合题意；
B．，故原选项错误，不符合题意；
C．，原选项正确，符合题意；
D．，原选项错误，不符合题意；
故答案为：．
5．C
【分析】此题考查函数的图象，理解每阶段中，离家的距离与时间的关系，根据图象的斜率判断运动的速度是解决本题的关键．根据在每段中，离家的距离随时间的变化情况即可进行判断．
【解答】解：图象应分三个阶段，第一阶段：跑步到离家较近的体育场，在这个阶段，离家的距离随时间的增大而增大；
第二阶段：在那里锻炼了一段时间，这一阶段离家的距离不随时间的变化而改变．故A错误；
第三阶段：沿着原路散步走回家，这一阶段，离家的距离随时间的增大而减小，故D错误，并且这段的速度小于第一阶段的速度，则B错误．
故选：C．
6．D
【分析】本题考查命题和逆命题．交换命题的题设与结论得到四个命题的逆命题，然后根据四边形的判定与性质对四个逆命题的真假进行判断．
【解答】解：A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形的逆命题为平行四边形的两组对边分别相等，此逆命题为真命题，所以A选项不符合题意；
B．矩形的对角线相等且互相平分的逆命题为对角线相等且互相平分的四边形为矩形，此逆命题为真命题，所以B选项不符合题意；
C．菱形的每一条对角线都能平分所在一组对角的逆命题为每一条对角线都能平分所在一组对角的四边形是菱形，此逆命题为真命题，所以C选项不符合题意；
D．正方形的四条边都相等的逆命题为四条边相等的四边形为正方形，此逆命题为假命题，所以D选项符合题意；
故选：D
7．D
【分析】本题考查勾股定理，根据勾股定理和正方形的面积求解即可．
【解答】解：根据图形，直角三角形的边长的平方刚好为对应正方形的面积，
∴直角三角形的斜边平方为169，一条直角边的平方为144，
∴另一条直角边的平方为，
∴最小正方形A的面积是25，边长为5；
故选：D
8．A
【分析】本题考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的性质并正确运用是解答的关键．根据一次函数的性质逐项判断即可．
【解答】解：A、∵在一次函数的解析式中，
∴y随x的增大而减小，故选项A正确，符合题意；
B、当时，，则该函数图象与y轴交于点，故选项B错误，不符合题意；
C、该函数图象与x轴的正方向所成的角不是，故选项C错误，不符合题意；
D、∵，，
∴该函数图象经过第一、二、四象限，即不经过第三象限，故选项D错误．
故选：A．
9．B
【分析】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明．由矩形的性质可证明，即可求解．
【解答】解：作于，交于．
则有四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，
，，，，，
∴，
，
，
，
故选：B．
10．C
【分析】观察数阵排列，得出第行第个数（从左往右算）为；结合第行第个数与第（是整数，且）行从左向右数第个数相差个位置，据此进行列式计算即可．本题考查了算术平方根．根据数据排列规律，计算前行数据的个数是解决本题的关键．
【解答】解：由图中规律知，
第一行第二个数（从左往右算）为；
第二行第三个数（从左往右算）为；
第三行第四个数（从左往右算）为；
第四行第五个数（从左往右算）为；
以此类推，
……
第行第个数（从左往右算）为；
则
∴第是整数，且行从左向右数第个数是．
故选：C．
11．x≥4
【分析】根据二次根式有意义的条件，列出不等式，即可求解．
【解答】解：由题意得：x-4≥0，
∴x≥4，
故答案为：x≥4．
【点拨】本题主要考查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．
12．
【分析】本题考查了一次函数的平移，一次函数的图象,正确理解一次函数的平移规律是解题的关键．先求出直线向上平移3个单位长度后所得直线的解析式，再将代入该解析式，即可求得答案．
【解答】将直线向上平移3个单位长度后所得直线的解析式为，
将代入得
解得，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确地识别图形是解题的关键．
由已知条件得到，，根据勾股定理得到，再根据的长度进而即可得出结论．
【解答】解：由题意得：，，
∴，
∵，，
，
故答案为：．
14．13
【分析】本题考查了平面展开−最短路线问题和勾股定理的应用，关键是知道求出的长就是蚂蚁在圆柱表面从A点爬到B点的最短路程．过A点和过B点的母线剪开，展成平面，连接，则的长是蚂蚁在圆柱表面从A点爬到B点的最短路程，求出和的长，根据勾股定理求出斜边即可．
【解答】解：如图所示：
沿过A点和过B点的母线剪开，展成平面，连接，
则的长是蚂蚁在圆柱表面从A点爬到B点的最短路程，
，，，
由勾股定理得：．
故答案为：13．
15．6
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，完全平方公式，设菱形较长对角线长为，较短对角线长为，根据两种拼图得到等式，计算得出的值，后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，计算即可．
【解答】解：设菱形较长对角线长为，较短对角线长为，
由图2得
由图3得，即
所以菱形的面积为：
故答案为：6．
16．2
【分析】此题考查了轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，矩形的性质，过点A作的对称点，连接，则，得到，故当点，E，F共线时，最小，即最小，证明是等边三角形，得到，即可求出的最小值．
【解答】过点A作的对称点，连接，则，
∴，
∴当点，E，F共线时，最小，即最小，
此时，，
在中，，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为2．

17．
【分析】本题考查零次幂、绝对值、二次根式的加减运算，先计算零次幂、化简绝对值、化简二次根式，再进行加减运算即可．
【解答】解：
．
18．详见解析
【分析】根据平行四边形的性质和已知条件证明△ABE≌△CDF，再利用全等三角形的性质：即可得到AE=CF．
【解答】证：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，∠B=∠D，又∵BE=DF，∴△ABE≌△CDF，∴AE=CF. （其他证法也可）
19．1
【分析】本题考查一次函数的应用．利用待定系数法求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
先用待定系数法求解析式，再求出图象与坐标轴的交点坐标，利用三角形的面积公式进行计算即可．
【解答】解：设一次函数的解析式为：，
∵图象过点和点，
∴，解得：，
∴；
当时，；故点C坐标为
∴图象与坐标轴的交点坐标为：，，
∴一次函数的图象与坐标轴围成的三角形的面积为：．
20．
【分析】根据题意可得是的中位线，进而可得，结合已知条件可得，即得，再利用三角形的内角和定理即可求出答案．
【解答】解：∵P是的中点，是的中点，是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点拨】本题考查了三角形的中位线定理、等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．
21．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了勾股定理和逆定理的应用，
（1）连接，由等边三角形的判定证得是等边三角形，得到，再由勾股定理的逆定理证得，即可求得；
（2）过作于，由等腰三角形的性质求得，再由勾股定理求得，由三角形的面积公式可求得和，即可求得结论．
正确作出辅助线证得是等边三角形是解决问题的关键．
【解答】（1）解：连接，
，．
是等边三角形，
，，
在中，，，，
，
，
；
（2）过作于，
，
，
，
四边形草地的面积，
答：四边形草地的面积为．
22．(1)，，；
(2)当时，；当时，；
(3)甲、乙两车之间的距离为千米．
【分析】（）根据图象可知2小时后相遇，根据路程和为千米即可求求出乙车的速度，然后根据路程、速度、时间的关系确定；
（）分段用待定系数法求解即可；
（）求出甲车到达距安阳千米处的时间，带入求解即可；
本题考查了一次函数图象的应用，待定系数法求一次函数解析式，掌握函数的图象并从图象中获取信息是解题的关键．
【解答】（1）解：乙车的速度为千米/时，
∴，，
故答案为：，，；
（2）解：，
当时，设，把代入得，
，
解得，
∴；
当时，设，把代入得，
，
解得，
∴，
综上，当时，；当时，；
（3）解：甲车到达距安阳千米处的时间为：小时，
此时甲、乙两车之间的距离为：千米，
答：甲、乙两车之间的距离为千米．
23．(1)；
(2)（1）中结论仍然成立，证明见解析．
【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
（1）根据菱形的性质结合，可证明，都是等边三角形，然后利用证明，得到，，延长交于，由，可求出，即，即可证明结论；
（2）结论仍然成立，根据题意作出图形，证明过程与（1）类似．
【解答】（1）解：如图，连接，延长交于H，如图所示，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，即，
又∵，
∴．
故答案为：；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接，如图所示，
∴，为等边三角形，
在和中，，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
设与交于点H，
同理可得，
∴，
又∵，
∴．
24．(1)见解析
(2)．
【分析】（1）延长、交于点，利用“”证明，由全等三角形的性质可得，，易得点为中点，再结合“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的性质可得，可推导，进而推导，即可证明；
（2）设，则，，，在中，由勾股定理可解得，即可解得答案．
【解答】（1）证明：延长、交于点，如图，
∵点为边中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴
∴，，
∴点为中点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：设，
由（1）可知，，，
∴，，，
∴在中，有，
∴，
解得，
∴．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上中线的性质、勾股定理等知识，解题关键是正确作出辅助线．
25．（1），；（2）当t=4时，四边形PQCB是平行四边形；（3）当t为，或，或2，或时，△ADQ是等腰三角形．
【分析】（1）根据点的坐标特点和二次根式的性质得出a，b，c的值进而得出答案；
（2）由题意得：，，根据平行四边形的判定可得再解方程即可；
（3）分别以AD为腰或AD为底边时情况，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵．
∴ ，
解得a=10，
∴c=14，
∵AB∥OC，A（0，3），
∴b=3，
即B（10，3），C（14，0）；
故答案为：（10，3），（14，0）
（2）设运动时间为t（秒），由题意可知：
，
又∵AB∥OC
∴当BP=CQ时，四边形PQCB是平行四边形
此时
解之得
∴当t=4时，四边形PQCB是平行四边形
（3）∵D为线段AB的中点
∴AD=5
分两种情况：①若AD为腰时，如图1：当DA=DQ=5时，△ADQ是等腰三角形
过点D作DE⊥OC
由题意可知D（5,3）
在Rt△DQE中，
∴OQ=5-4=1，即2t=1
∴
如图3：当AQ=AD=5时，△ADQ是等腰三角形
在Rt△AOQ中，OQ=4，即2t=4
∴
如图4：当DA=DQ时，△ADQ是等腰三角形
过点D作DE⊥OC
在Rt△DQE中，
∴OQ=5+4=9，即2t=9
∴
②若AD为底边，如图2：当QA=QD时，△ADQ是等腰三角形
过点Q作QE⊥AB，
∵AB∥OC，∠AOC=90°，QE⊥AB
∴∠∠AOC=∠OQE=∠QEA=90°
∴四边形OQEA是矩形
∴OQ=AE=
即，
∴
综上：当t为或2或或时，△ADQ是等腰三角形
【点拨】此题主要考查了平行四边形的判定，等腰三角形的判定，关键是注意分类讨论，不要漏解．