江苏省无锡市天一实验学校2023-2024年八年级下学期3月月考数学试题

这是一份江苏省无锡市天一实验学校2023-2024年八年级下学期3月月考数学试题，共31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。

一、单选题（30分）
1. 下列数学符号中，属于中心对称图形的是（ ）
∴ ∽ ⊥
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：A和D是轴对称图形，B是中心对称图形，C既不是轴对称图形也不是中心对称图形．故选B．
2. 下列给出的式子是二次根式的是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式．熟练掌握二次根式的定义是解题的关键．
根据二次根式的定义进行判断作答即可．
【详解】解：由题意知，是二次根式，B正确，故符合要求；
，2，，不是二次根式，A、C、D错误，故不符合要求；
故选：B．
3. 如图，直线过平行四边形对角线的交点，分别交、于、，那么阴影部分的面积是平行四边形面积的( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得到OA=OC，OB=OD，AB∥DC，证出△AOE和△COF全等，△AOB和△COD试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。全等，得到面积相等，即可得到选项．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AB∥DC，
∴∠EAO=∠FCO
在△△AOE和△COF中

∴△AOE≌△COF，
∴S△AOE=S△COF，
在△COB和△AOD中
∴△COB≌△AOD，
∴S△AOD=S△BOC，
同理S△AOB=S△DOC
∵OB=OD，
∴S△AOB=S△DOC，
∴阴影部分的面积是S△AOE+S△DOF=S△DOC=S平行四边形ABCD．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，解此题的关键是证明两个三角形全等．
4. 的值在（ ）
A. 1到2之间B. 2到3之间C. 3到4之间D. 4到5之间
【答案】D
【解析】
【分析】首先确定的范围，根据二次根式的性质即可得出答案．
【详解】解：，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了有理数的大小比较和二次根式的性质的应用，知道：，，．
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 每一条对角线都平分一组对角的四边形是菱形
D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定逐个判断即可．
【详解】A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，故本选项不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；
C、如图，∵在△ADB和△CDB中
，
∴△ADB≌△CDB（ASA），
∴AD＝CD，AB＝CB，
同理△ACD≌△ACB，
∴AB＝AD，BC＝DC，
即AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项符合题意；
D、对角线相等且垂直的平行四边形是正方形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识点，能熟记知识点的内容是解此题的关键．
6. 根式与是可以合并的最简二次根式，则a+b的值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据同类二次根式的定义列出关于a、b的方程组，求出a、b的值即可．
【详解】∵根式与是可以合并的最简二次根式，
∴，
解得：，
∴a+b＝4．
故选C．
【点睛】本题考查了同类二次根式．熟知同类二次根式的定义是解答此题的关键．
7. 老师设计了接力游戏，用合作的方式完成二次根式运算，规则是：每人只能看到前一人给的式子，并进行一步计算，再将结果传递给下一人，最后完成化简．过程如图所示：
接力中，自己负责的一步出现错误的是（ ）
A. 只有乙B. 甲和丁C. 乙和丙D. 乙和丁
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式的乘除法与减法的混合运算法则进行判断即可得．
【详解】解：，则甲正确，
，则乙错误，
，则丙正确，
，则丁正确，
综上，接力中，自己负责的一步出现错误的只有乙，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式的乘除法与减法的混合运算，熟练掌握运算法则是解题关键．
8. 如图①，在矩形的边上有一点，连结，点从顶点出发，沿以1cm/s的速度匀速运动到点．图②是点运动时，的面积随时间变化的函数图象，则的长为（ ）
A. 5cmB. 4cmC. 3cmD. 2cm
【答案】D
【解析】
【分析】抓住关键点，函数图象最高点的纵坐标为9，横坐标为6，得的最大面积为9，此时、重合，，，通过图象知道点到终点时，的面积是6，此时、重合，，得，即可求得的长．
【详解】解：∵是矩形，
∴
由图象可知，当、重合，，，
可得：，
当时、重合，，可得：，
则：．
故选：D．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
9. 如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作于，于，根据全等三角形的判定定理结合正方形的性质证得，得到，根据等腰三角形的性质和平角的定义即可求出答案.
【详解】解：过点作于，于，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴ ，
∵ ，
∴，
在和中，
，
∴，
∴ ，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选: ．
【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，等腰三角形的判定和性质，解决问题的关键是添加辅助线构造全等三角形．
10. 如图，折叠平行四边形，使折痕经过点B，交边于点E，点C落在延长线上的点G处，点D落在点H处，得到四边形．若平行四边形的面积是8，则下列结论中正确的是（ ）
A. 四边形不是平行四边形
B.
C. 设四边形的面积为y，四边形的面积为x，则y与x的函数关系式是
D. 若，则点E到的距离为1
【答案】C
【解析】
【分析】根据折叠的性质，得，，结合四边形是平行四边形，得到，，，继而得到，得到得到，得到；，继而得到，可判定四边形是平行四边形；根据平行四边形的面积是8，四边形的面积为y，四边形的面积为x，得到，根据折叠的性质，得到，从而得到；根据，结合平行四边形的面积是8，得到四边形等于，设点E到的距离为h，则，解得，解答即可．
本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定与性质、折叠的性质以及图形面积表示等知识．
【详解】根据折叠的性质，得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∴
∴，
∴；，
∴，
∴四边形是平行四边形；
故A，B都错误；
∵平行四边形的面积是8，四边形的面积为y，四边形的面积为x，
∴，根据折叠的性质，得到，
∴；
故C正确；
∴，平行四边形的面积是8，
∴四边形等于，
设点E到的距离为h，
则 ，
解得，
故D错误．
故选C．
二、填空题（24分）
11. 若式子在实数范围内有意义，则x取值范围是________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式被开方数大于或等于列出不等式即可求解．
【详解】解：式子在实数范围内有意义，
则，
解得，，
故答案为：．
12. 已知菱形ABCD的两条对角线长分别为和，则该菱形的面积为 __．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了根据菱形性质求面积，利用菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．
【详解】解：∵菱形ABCD的两条对角线长分别为和，
∴该菱形的面积为，
故答案为：．
13. 若平行四边形的一条边长是10，一条对角线长为8，则它的另一条对角线长x的取值范围是__．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质以及三角形三边关系，解题的关键是把平行四边形的问题转化为三角形的问题．根据平行四边形的性质可知由对角线和边组成的三角形的三边是10和4、，利用三角形三边关系可求x的取值范围．
【详解】解：如图所示：
∵四边形平行四边形，，
∴，，
在中，，
∴的取值范围是，即，
∴的取值范围是．
故答案为：．
14. 若，当均为正整数时，则的值为_____．
【答案】9或6##6或9
【解析】
【分析】先利用完全平方公式将展开，再等式左右两边对应项相等得到关于m、n的方程组，进而可求解．
【详解】解：∵，
∴，，
∵m、n均为正整数，
∴m=1，n=2，或m=2，n=1，
当m=1，n=2时，a=12+2×22=9；
当m=2，n=1时，a=22+2×12=6，
故答案为：9或6．
【点睛】本题考查完全平方公式在二次根式混合运算中的运用，熟记完全平方公式，以及分类讨论思想的运用是解答的关键．
15. 已知为有理数，求的值为__________．
【答案】5
【解析】
16. 如图，同一平面内的四条平行直线、、、分别过正方形的四个顶点、、、，且每相邻的两条平行直线间的距离都为1，则该正方形的面积是_________．
【答案】5
【解析】
【分析】过作，交于点，交于点，根据平行线的性质，得出，再根据正方形的性质，结合角之间的数量关系，得出，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，，再根据勾股定理，得出，再根据正方形的面积公式，结合二次根式的性质计算即可．
【详解】解：过作，交于点，交于点，
，，
，
，，
四边形是正方形，
，，
，
又，
，
在和中，
，
，
，，
在中，
，
．
【点睛】本题考查了平行线之间距离、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次根式的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
17. 如图，在梯形中，，点M、N分别为、的中点，则线段_________．
【答案】29
【解析】
【分析】过D作DE∥BC，DF∥MN，证明四边形DFMN和四边形CDEB是平行四边形，得到DF，BE，求出FM，再证明△ADE是直角三角形，设AB=x，求出AF和EF，证明F是AE中点，利用DF=AE得到方程，求出x值即可．
【详解】解：如图，过D作DE∥BC，DF∥MN，
∵在梯形ABCD中，AB∥CD，
∴四边形DFMN和四边形CDEB是平行四边形，
∴MN=DF=11，BE=CD=7，
∵N为DC的中点，
∴DN=DC==FM，
∵DE∥BC，
∴∠B=∠AED，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠A+∠AED=90°，
故∠ADE=90°，即△ADE是直角三角形，
设AB=x，则AM=BM=x，AF=AM-FM=x-，EM=BM-BE=x-7，
∴EF=EM+FM=x-7+=x-，
∴AF=EF，即点F为AE中点，
∴DF=AE，即11=（x-7），
解得：x=29
【点睛】本题考查了梯形及平行四边形的性质，难易程度适中，解题的关键是作出辅助线，证明F为AE中点，实现线段的转化．
18. 在矩形中，E，F，G，H分别是边，，，上的点（不与端点重合），对于任意矩形，以下结论：①存在且仅有一个四边形是菱形．②存在无数个四边形是平行四边形．③存在无数个四边形是矩形．④除非矩形为正方形，否则不存在四边形是正方形．其中正确的是_________________（填序号）
【答案】②③④
【解析】
【分析】先连接，，过点O作直线和，分别交，，，于点E，F，G，H，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断②，再根据的关系判断①③，然后证明当四边形是正方形时，四边形是正方形判断④即可．
【详解】如图所示．
∵四边形是矩形，连接，交于点O，
过点O作直线和，分别交，，，于点E，F，G，H．
∵，，，
∴≌，，
∴，
同理，
∴四边形是平行四边形，
所以存在无数个四边形是平行四边形．
故②正确；
当时，四边形是矩形，
所以存在无数个四边形是矩形．
故③正确；
当时，存在无数个四边形是菱形.
故①不正确；
当四边形是正方形时，，，
∴．
∵，
∴≌，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
当四边形是正方形时，四边形是正方形．
故④正确．
所以正确的有②③④．
故答案为：②③④．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，正方形的判定，灵活的选择判定定理是解题的关键．
三、解答题（76分）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）先根据二次根式的性质化简，再合并，即可求解；
（2）先计算乘除，再计算加减，即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
20. 已知是的倒数，求代数式的值．
【答案】
【解析】
【分析】根据倒数的定义及二次根式分母有理化的概念可知，，最后利用完全平方公式及二次根式的混合运算即可解答．本题考查了二次根式的分母有理化，完全平方公式，二次根式的混合运算，掌握二次根式分母有理化的概念及二次根式的混合运算是解题的关键．
【详解】解：∵，是的倒数，
∴，，
∴,
∴代数式的值为．
21. 化简：
【答案】2a-b
【解析】
【分析】由题意得，，，即，，，根据绝对值的化简性质进行计算即可得．
【详解】解：由题意得，，，
∴，，，，
∴原式=
=
=2a-b．
【点睛】本题考查了数轴与实数，解题的关键是根据数轴得出各项符号，利用绝对值的化简性质．
22. 如图，正方形网格中，三角形的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题：
（1）画出，使它与三角形关于坐标原点O成中心对称，则的坐标为_______．
（2）在（1）的条件下，仅用无刻度的直尺，作出线段的垂直平分线．
（3）将三角形绕某点旋转后，其对应点分别为，则旋转中心的坐标为_______．
【答案】（1），图见解析；
（2）图见解析； （3），图见解析
【解析】
【分析】（）根据旋转的性质可知，，进而即可解答；
（）根据题意先找出的中点，再根据题意找出到点和点的距离相等的点即可；
（）先画出，再根据旋转的性质即可解答．
本题考查了旋转的性质，垂直平分线的画法，掌握旋转的性质是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵三角形的顶点均在格点上，
∴，，，
∵与关于坐标原点O成中心对称，
∴，，，
【小问2详解】
解：如图，线段的垂直平分线为，即为所求，
【小问3详解】
解：如图所示点即为旋转中心，
∴
23. 秦九韶（年年），南宋著名数学家．与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家．他精研星象、音律、算术、诗词、弓剑、营造之学．他于年完成的著作《数学九章》中关于三角形的面积公式与古希腊几何学家海伦的成果并称“海伦一秦九韶公式”．它的主要内容是，如果一个三角形的三边长分别是，记，那么三角形的面积．
（1）在三角形中，，用上面的公式计算三角形的面积；
（2）一个三角形的三边长分别为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（）根据“海伦一秦九韶公式” 即可解答；
（）将，代入得到，再利用即可解答．
【小问1详解】
解：∵三角形中，，
∴“海伦一秦九韶公式”中的，，
∴，
；
【小问2详解】
解：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的值为．
【点睛】本题考查了二次根式的应用，勾股定理解直角三角形，等腰直角三角形的性质，明确题意熟练掌握海伦一秦九韶公式是解题的关键．
24. 如图，在三角形中，，垂足为点是三角形外角的平分线，，垂足为点．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）当三角形满足什么条件时，四边形为正方形？（不用证明）
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
【解析】
【分析】（）根据等腰三角形的性质及角平分线的定义可知，再利用矩形的判定即可解答；
（）根据等腰直角三角形的性质可知 ，再利用矩形的性质即可解答．
【小问1详解】
证明：∵在中，，
∴是等腰三角形，
∵，
∴平分，
∴，
∵是外角的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形；
【小问2详解】
解：当是等腰直角三角形时，四边形为正方形，理由如下：
∵是等腰直角三角形，，
∴，
由（1）知，四边形为矩形，
∴四边形为正方形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质与判定，正方形的判定，矩形的判定，角平分线的定义，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
25. 如图，将矩形放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，点A在y轴上，．把矩形沿对角线所在直线翻折，点C落到点D处，交于点E．
（1）求的长．
（2）求D点坐标．
（3）点M是坐标轴上一点，直线上是否存在一点N，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点N坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）3 （2）
（3）或或或
【解析】
【分析】（1）根据矩形，得到，，继而得到，根据折叠的性质，得，得到，得到，设，则，利用勾股定理解答即可．
（2）根据折叠的性质，得，，，结合，则，过点D作，并延长交于点N，利用三角函数求得即可．
（3）设直线的解析式为，代入得，设点，分点和，利用中点坐标公式，结合平行四边形的性质分类解答即可．
【小问1详解】
∵矩形，
∴，，
∴，
根据折叠的性质，得，
∴，
∴，
设，则，
根据勾股定理得，
解得．
故．
【小问2详解】
根据折叠的性质，得，，，
∵，
∴，
过点D作，并延长交于点N，
∵，，
∴．
解得，
∵四边形是矩形，
∴，，
故点．
【小问3详解】
设直线的解析式为，
代入得，
解得
故，
设点，
当点M在y轴上，设点，此时，，
①当，为对角线时，中点；
，为对角线时，中点，
平行四边形的对角线互相平分，
∴，
解得，
故；
②当，为对角线时，中点；
，为对角线时，中点，
平行四边形的对角线互相平分，
∴，
解得，
故；
③当，为对角线时，中点；
，为对角线时，中点，
平行四边形的对角线互相平分，
∴，
解得，
故；
当点M在x轴上，设点，此时，，
④当，为对角线时，中点；
，为对角线时，中点，
平行四边形的对角线互相平分，
∴，
解得，
故；
⑤当，为对角线时，中点；
，为对角线时，中点，
平行四边形的对角线互相平分，
∴，
解得，
故；
⑥当，为对角线时，中点；
，为对角线时，中点，
平行四边形的对角线互相平分，
∴，
解得，
故；
综上所述，符合题意的点N的坐标如下：或或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角函数的应用，平行四边形的性质，中点坐标公式的应用，分类思想，熟练掌握三角函数的应用，平行四边形的性质，中点坐标公式，勾股定理是解题的关键．
26. 如图，在正方形中，，点O是对角线的中点，动点、分别从点、同时出发，点P以的速度沿边向终点B匀速运动，点Q以的速度沿边向终点C匀速运动，当一点到达终点时另一点也停止运动，连接并延长交边于点M，连接并延长交边于点N，连接、、、，得到四边形，设点P的运动时间为，四边形的面积为．
（1）的长为_______，的长为_______；（用含x的代数式表示）
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
（3）当四边形是轴对称图形时，求出x的值．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证，得出即可；
（2）证，分别列出，，，，再用正方形面积减去即可；
（3）先确定四边形是平行四边形，其中能为轴对称的只有矩形和菱形，分别讨论即可．
【小问1详解】
解：（1）由题意得，，，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∵点是对角线的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：，；
【小问2详解】
根据题意，得：，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∵点是对角线的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴；
；；，
∴，
综上，；
【小问3详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是轴对称图形，
①当四边形是矩形时，如图，
只需即可，
则此时只需即可，
∴，
解得；
②当四边形是菱形时，，
∴，
解得（舍去）；
综上，当四边形是轴对称图形时，的值是．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，动点问题，矩形和菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．
27. 实践操作
在矩形中，，现将纸片折叠，点的对应点记为点，折痕为（点是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．
初步思考
（1）若点落在矩形的边上（如图①）．
①当点与点重合时，______；
②当点在上，点F在上时（如图②），当时，的长为_______．
深入探究
（2）若点与点重合，点在上，射线与射线交于点M，在各种不同的折叠位置中，是否存在某一情况，使得线段与线段的长度相等？若存在，请直接写出线段的长度；若不存在，请说明理由．
拓展延伸
（3）若点落在矩形的内部，且点分别在边上，请求出的最小值．
【答案】（）①；②（）①当时，存在；②当时，（）的最小值为
【解析】
【分析】（）①如图，当点与点重合时，平分解答即可；②利用垂直平分线的性质及矩形的性质可知，再利用正方形的判定及性质可知四边形菱形，最后利用勾股定理即可解答；
（）根据全等三角形的判定及性质分两种情况解答即可；
（）利用折叠的性质及勾股定理解答即可．
【详解】解：（1）①当点与点重合时，如图，
由折叠的性质可知，
∵，
∴四边形是正方形，
∴是的角平分线，
∴，
故答案为；
②当点在上，点在上时，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形平行四边形，
∵，
∴四边形菱形，
当时，设菱形的边长为,则，
，,
在中，由勾股定理得，
,
∴，
解得：，
当时，菱形的边长为；
（）①如图，连接，
由折叠的性质可知：，
∵，，
∴，
设，，
∵,,
∴，
∴，
解得：；
∴当时，存在；
②，如图，由折叠的性质可知：,
∵，，
∴，
设，,,
∴,,,
∴，
解得：，
∴当时，
（）若点落在的内部时，且点分别在边上，
由折叠性质可知，
设,则，
在中，，
当在一条直线上时，最小，
∴最小值为，
∵最大取，
∴当最大取时，有最小值；
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，菱形的判定与性质，掌握折叠的性质是解题的关键．