山东省日照市五莲县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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（满分120分 时间100分钟）
注意事项：
1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．第Ⅰ卷为选择题，36分：第Ⅱ卷为非选择题，84分；共120分．
2．答卷前务必将自己的姓名、座号和准考证号按要求填写在答题卡上的相应位置．
3．第Ⅰ卷每题选出答案后，都必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号（ABCD）涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其它答案．
4．第Ⅱ卷必需用0.5毫米黑色签字笔书写到答题卡题号所指示的答题区域，不得超出预留范围．
5．在草稿纸、试卷上答题均无效．
第I卷（选择题 36分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，满分36分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上．）
1. 若式子有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A. B. C. D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可以得到且，即可得到x的取值范围．
【详解】由题意得：且，解得且，
故选：D．
【点睛】此题考查分式有意义的条件，分式有意义时需使分母不等于0，但是这里的分子是二次根式，还需使二次根式的被开方数大于等于0，即使分子有意义，分母不等于0．
2. 已知，化简二次根式的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查二次根式的性质和化简，根据，由，化简解答即可．
【详解】解：，
，
故选：B．
3. 估算的值在（ ）
A. 0和1之间B. 1和2之间C. 2和3之间D. 3和4之间
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了无理数的估算、二次根式的性质，由二次根式的性质得出，估算出，即，从而即可得出答案．
【详解】解：，
，
，即，
，
，
故选：D．
4. 下列各组数据中，不可以构成直角三角形的是（ ）
A. 7，24，25B. 1.5，2，2.5
C. ，1，D. 40，50，60
【答案】D
【解析】
【分析】由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．
【详解】A、72+242=625=252，故是直角三角形，不符合题意；
B、1.52+22=6.25=2.52，故直角三角形，不符合题意；
C、12+（）2==（）2，故是直角三角形，不符合题意；
D、402+502=4100≠602，故不是直角三角形，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
5. 如图，平行四边形ABCD的周长为80，△BOC的周长比△AOB的周长多20，则BC长为（ ）
A. 40B. 10C. 20D. 30
【答案】D
【解析】
【分析】由于平行四边形的对角线互相平分，那么△AOB、△BOC的周长差实际是AB、BC的差，再根据平行四边形的周长即可得到AB、BC的和，进而得出BC的长．
【详解】解：∵△BOC的周长比△AOB的周长多20，
∴BC﹣AB＝20，①
∵平行四边形ABCD的周长为80，
∴BC+AB＝40，②
由①+②，可得2BC＝60，
∴BC＝30．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质应用，准确计算是解题的关键．
6. 如图，在菱形中，分别以C，D为圆心，大于长为半径作弧，分别交于点E、F，连接，若直线恰好经过点A，与边交于点M，连接．则下列结论中错误的是（ ）
A. B. 如果，那么
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，根据线段重直平分线的性质及菱形的性质易证和都是等边三角形，即可判断A选项正确；根据线段垂直平分线的性质及菱形的性质求出，利用三角函数求出，即可利用勾股定理求出，由此判断B选项；根据线段垂直平分的性质和菱形的性质可得，由此判断C选项；利用同底等高的性质证明，再利用线段垂直平分线的性质即可判断D选项．
【详解】如图，连接，
由题意知：垂直平分，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，故A正确，不符合题意；
∵，
∴，
∴．
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，故B错误，符合题意；
∵垂直平分
∴．
又∵，
∴，即，故C正确，不符合题意；
∵和同底等高，
∴．
又∵，
∴，即，故D正确，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的作图，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，菱形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识．正确作出辅助线是解题关键．
7. 已知，，则代数式的值是（ ）
A. B. C. 24D.
【答案】A
【解析】
【分析】将变形为，已知a、b的值，分别计算出a+b、ab的值，整体代入求值即可．
【详解】a+b=6，
ab=()()=4，
=
=，
=
=．
故选：A．
【点睛】本题主要考查二次根式的化简求值，本题关键在于利用完全平方公式以及平方差公式简化运算．
8. 如图，在中，，是边上的高，垂足为，点在边上，连接，为的中点，连接，若，则的长为（ ）
A. 3B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据 “三线合一”得到，根据三角形中位线定理计算得到即可．
【详解】解：，
．
，，
，
，
是的中位线，
．
．
．
．
故选：．
9. 在中，于，是的中点，，若，，则的长是（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先利用面积公式和勾股定理求得CF的长，利用AAS证明△GED△FEA，证明EC是线段GF的垂直平分线，即可求解．
【详解】解：连接CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，DF⊥AB，AB=4，S▱ABCD=12，
∴，CD=AB=4，
∴DF=3，
在Rt△DCF中，CF=，
延长FE和 CD相交于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，E是AD的中点，
∴CD∥AB，DE=AE，
∴∠G=∠EFA，∠GDE=∠A，
∴△GED△FEA(AAS)，
∴，GE=FE，
∵EF⊥EC，
∴EC是线段GF的垂直平分线，
∴CF=CG=5，
∴AF=DG=CG-CD=5-4=1，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
10. 华表柱是一种中国传统建筑形式，天安门前耸立着高大的汉白玉华表，每根华表重约20000公斤，如图，在底面周长约为3米带有层层回环不断的云朵石柱上，有一条雕龙从柱底向柱顶（从点到点）均匀地盘绕3圈，每根华表刻有雕龙部分的柱身高约12米，则雕刻在石柱上的巨龙至少（ ）米．
A. B. 20C. 15D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理在圆柱中的应用，在圆柱的展开图中，每圈龙的长度与高度和圆柱的周长组成了直角三角形，根据勾股定理求出每圈龙的长度，最后乘3便是答案．
【详解】解：展开图：
（米，
（米，
（米，
故选：C．
11. 如图是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用，表示直角三角形的两直角边（），下列四个说法：

①，②，③，④.
其中说法正确的是( )
A. ①②B. ①②③C. ①②④D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【详解】可设大正方形边长为a，小正方形边长为b，所以据题意可得a2=49,b2=4；
根据直角三角形勾股定理得a2=x2+y2，所以x2+y2=49，式①正确；
因为是四个全等三角形，所以有x=y+2，所以x-y=2，式②正确；
根据三角形面积公式可得 ，而大正方形的面积也等于四个三角形面积加上小正方形的面积，所以，化简得2xy+4=49，式③正确；
因为x2+y2=49，2xy+4=49，
所以
所以，因而式④不正确．
故答案为B．
12. 如图，已知正方形的边长为，点是边的中点，将沿折叠得到，点落在边上，连接．现有如下4个结论：①；②；③；④．在以上个结论中正确的有（ ）
A. ①②③B. ②③④C. ①②④D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据证明两三角形即可判断①；根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得，得，所以，即可判断②；根据折叠的性质和线段中点的定义可得，设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可判断④；先求的面积，根据和等高，可知，，即可判断③．
【详解】解：由折叠得：，
，，，
四边形是正方形，
，，
，，
，
，
，
，故①正确；
点是边的中点，
，
，
，，
，
，
，
，故②正确；
设，则，
由得：，
点是边上的中点，
，
在中，根据勾股定理得：，
，
解得：，
，
，
，故④正确，
，
和等高，
，
，故③错误．
故选：C．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题 84分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分．不需写出解答过程，请将答案直接写在答题卡相应位置上．）
13. 已知是最简二次根式，请你写出一个符合条件的正整数a的值______．
【答案】2（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．根据最简二次根式的概念解答即可．
【详解】解：当时，，是最简二次根式，
故答案为：2（答案不唯一）．
14. 如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若菱形的面积为，则的长为______．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，由直角三角形的性质可得，由菱形面积公式可求得，最后由勾股定理计算即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，，
菱形的面积为，
，
，
，
，
故答案为：．
15. 某校的校门是伸缩门（如图①）．伸缩门每横行都由30个连在一起的菱形构成，每个菱形的边长均为．当校门完全关闭时，每个菱形的锐角都是，即此时（如图②），而当校门打开时，每个菱形的角都变为角，即此时（如图③），则校门打开时，可供师生进出的部分宽度为__________．

【答案】
【解析】
【分析】先求出校门关闭时，30个菱形的对角线的长即大门的宽；再求出校门打开时，30个菱形的对角线的长即伸缩门的宽，相减即可求得答案．
【详解】解：如图：

∵四边形是菱形，
∴，
∵校门关闭时，每个菱形结构的锐角都是，
∴，
∴，
∴
∴，
则校门关闭时，伸缩门的宽度为，
∵校门部分打开时，每个菱形结构的角都变为角，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴校门部分打开时，伸缩门的宽度为，
则校门打开了，
故答案为∶．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、含角的直角三角形、等边三角形性质以及勾股定理，熟练掌握角度变换引发边的变化是解题的关键．
16. 如图是“毕达哥拉斯树”的“生长”过程：如图1，一个边长为a的正方形，经过第一次“生长”后在它的上侧长出两个小正方形，面积分别为6和8，且三个正方形所围成的三角形是直角三角形，则a的值为______；再经过一次“生长”后变成了图2．如此继续“生长”下去，第2024次“生长”后，这棵“毕达哥拉斯树”上所有正方形的面积之和为______（填数字）．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题主要考查的是勾股定理、图形的变化规律等知识，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键．
根据正方形的面积公式求出第一个正方形的面积，即可求得a的值；再根据勾股定理求出经过一次“生长”后在它的上侧生长出两个小正方形的面积和，总结规律，然后按照规律解答即可．
详解】解：如图：
∵第一个正方形的边长为a,
∴第一个正方形的面积为，
由勾股定理得，，
∴，即经过一次“生长”后在它的上侧生长出两个小正方形的面积和为，
∴，即，“生长”第1次后所有正方形的面积和为，
同理：“生长”第2次后所有正方形的面积和为，
……
则“生长”第2024次后所有正方形的面积和为，
故答案为：，．
三、解答题（本大题共6小题，满分68分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的混合运算以及实数运算，正确化简二次根式是解题关键．
（1）先计算乘除，再利用二次根式的性质化简，再合并同类二次根式即可；
（2）直接利用二次根式的性质进行化简，再合并同类二次根式即可．
【小问1详解】
原式，
，
；
小问2详解】
原式
18. 已知a，b，c为的三边长，化简：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质及三角形三边间的关系等知识点．由三角形三边间的关系得出、、，再利用二次根式的性质化简可得．
【详解】解：由三角形三边之间的关系可得：，，，，
∴，，，
∴原式
19. 如图，C为线段上一动点，分别过点B，D作，连接．已知．
（1）求当x等于何值时，?
（2）当时，求的长．
（3）利用图形求代数式的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，线段和最小，数形结合思想
（1）根据题意，时，，继而得到，结合，得到，解方程即可．
（2）当时，，利用勾股定理计算即可．
（3）根据得，
构造．当A，C，E三点共线时，最小，计算即可．
【小问1详解】
根据题意，，
当时，，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得．
【小问2详解】
根据题意，，
∴，
∵，
∴当时，，
∴，
故．
小问3详解】
根据得，
构造．如图所示，
当A，C，E三点共线时，最小，
延长到点F，过点A作于点F，
则四边形是矩形，
故．
故．
20. 如图，四边形为平行四边形，为上的一点，连结并延长，使，连结并延长，使，连结．为的中点，连结．

（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若，，，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明为的中位线，得出，，由为的中点，得到，由四边形为平行四边形，得到，从而得到，即可得证；
（2）由平行四边形的性质得到，由等腰三角形的性质得出，由三角形内角和定理得出，最后由，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：，，
为的中位线，
，，
为的中点，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：四边形为平行四边形，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，是解题的关键．
21. 【问题提出】
（1）如图①，正方形的对角线与相交于点E，连接，若，则正方形的边长为________；
【问题探究】
（2）如图②，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与C、D重合，过点A作的垂线交延长线于点F，连接，试判断的形状，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图③，四边形是某果园的平面示意图，该果园共有A、B、C、D、E五个出口，其中出口E在边上，已知．米，米，米，，、为果园内两条小路，现在的中点F处修建一个临时库房，沿修一条运输通道．
①判断的形状，并说明理由；
②试求该运输通道的长度．
【答案】（1）6；（2）△AEF是等腰直角三角形，理由见解析；（3）①△ABE是等腰直角三角形，理由见解析；②该运输通道的长度DF为80米
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关性质定理，是解题的关键．
（1）根据正方形的性质和三角形的中位线定理，即可解答；
（2）通过证明，得出，即可得出结论；
（3）①过点A作于点G，通过证明 ，得出，，即，即可得出结论是等腰直角三角形．②连接、，取的中点M，连接， 根据等腰直角三角形的性质得出．再证明，得出．则为的中位线，得出米，，进而得出为等腰直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，
∴点为中点，
∵点F为边的中点，
∴，
∴，即正方形边长为6；
故答案为：6；
（2）是等腰直角三角形．
理由：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形
（3）①过点A作于点G，如图③．
∵，
∴四边形是矩形．
∵，
∴四边形是正方形，
∴，米，
∴40米，
在和中，
，
∴，
∴，，即，
∴是等腰直角三角形．
②连接、，取的中点M，连接，如图③．
∵F为的中点，和都是直角三角形，
．
在和中，
，
∴，
∴．
∵点F、M分别为、的中点，
∴为的中位线，
米，，
，即为等腰直角三角形，
米，
即该运输通道的长度为米．
22. 在平面直角坐标系中，四边形是矩形，，．

（1）如图1，点P为射线上的动点，连接，若是等腰三角形，求的长度；
（2）如图2，是否在x轴上存在点E，在直线上存在点F，以O，B，E，F为顶点四边形是菱形？若存在，求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，点M是边上的动点，过点M作的垂线交直线于点N，求的最小值．
【答案】（1）3或
（2）存在，，或，或，
（3）6
【解析】
【分析】（1）分为点P在上和在的延长线上：当点P在上，可推出是等边三角形，从而求得结果；当点P在的延长线上时，可推出；
（2）分为三种情形：是边时，当点F在的延长线时，可由求得，从而得出结果；当点在的延长线上时，同样求得，，从而得出，；当OB是对角线时，（菱形）设，则，在中，由勾股定理列出，求得，进一步得出结果；
（3）作点O关于的对称点，作B点关于的对称点，连接，交于点，于点，此时的最小值为的长，即的长，作轴，作于T，根据，求得．
【小问1详解】
解：如图1，

当点P在上时，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，，；
∵是等腰三角形，
∴是等边三角形，
∴，
当点P（图中）在的延长线上时，
∵，
∴，
∵是等腰三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述：或3；
【小问2详解】
如图2，

存在点E和F，使以O，B，E，F为顶点的四边形是菱形，理由如下：
是边时，
当点F在的延长线时，
∵，
∴，，
∴，
当点在的延长线上时，
∵，，
∴，
当是对角线时，（菱形）
设，则，
在中，由勾股定理得，，
∴，
∴，，
综上所述：，或，或，；
【小问3详解】
如图3，

作点O关于的对称点，作B点关于的对称点，
连接，交于点，于点，
此时的最小值为的长，即的长，
作轴，作于T，
∵，，
∴，
∴的最小值为：6．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定及性质、坐标与图形、轴对称的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．