福建省泉州实验中学2023-2024学年八年级上学期月考数学试题（二）

这是一份福建省泉州实验中学2023-2024学年八年级上学期月考数学试题（二），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在实数，，，，，，中，无理数的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了无理数的定义，求一个数的立方根，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．
【详解】在实数，，，，，，中，，，是无理数，共3个，
故选：C．
2. 下列命题的逆命题是真命题的是（ ）
A. 两个全等三角形的对应角相等
B. 若一个三角形的两个内角分别为和，则这个三角形是直角三角形
C. 两个全等三角形的面积相等
D. 如果一个数是无限不循环小数，那么这个数是无理数
【答案】D
【解析】
【分析】根据原命题分别写出逆命题，然后再判断真假即可．
【详解】A、两个全等三角形的对应角相等，
逆命题是：对应角相等的两个三角形全等，是假命题；
B、若一个三角形的两个内角分别为 30° 和 60° ，则这个三角形是直角三角形，
逆命题是：如果一个三角形是直角三角形，那么它的两个内角分别为 30° 和 60° ，是假命题；
C、两个全等三角形的面积相等，
逆命题是：面积相等的两个三角形全等，是假命题；
D、如果一个数是无限不循环小数，那么这个数是无理数，您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高逆命题：如果一个数是无理数，那么这个数是无限不循环小数 ，是真命题.
故选：D
【点睛】本题考查了命题与定理，解决本题的关键是掌握真命题．
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 25的平方根是B. 的平方根是
C. 的算术平方根是6D. 4的平方根是2
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了求一个数的算术平方根和平方根，平方根的性质，掌握()的平方根为，算术平方根为，“正数有两个平方根，的平方根是，负数没有平方根．”，能区分的平方根和的平方根是解题的关键．
【详解】解：A、 25的平方根是，结论正确，符合题意；
B、的平方根是，结论错误，不符合题意；
C、没有算术平方根，结论错误，不符合题意；
D、4的平方根是，结论错误，不符合题意；
故选：A．
4. 已知图中的两个三角形全等，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据全等三角形的对应边相等，对应角相等去判定对应关系后计算．
【详解】因为两个三角形全等，
所以边b的对角为70°，
所以，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握对应角的判定方法是解题的关键．
5. 已知：是整数，则满足条件的最小正整数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【详解】试题解析：∵=，且是整数，
∴2是整数，即5n是完全平方数，
∴n的最小正整数为5．
故选D．
点睛：主要考查了乘除法法则和二次根式有意义的条件．二次根式有意义的条件是被开方数是非负数．二次根式的运算法则：乘法法则．除法法则．解题关键是分解成一个完全平方数和一个代数式的积的形式．
6. 根据下列已知条件，能画出唯一的的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】看是否符合所学的全等的公理或定理及三角形三边关系即可．此题主要考查由已知条件作三角形，应用了全等三角形的判定和三角形三边之间的关系．
【详解】解：A、只有两个条件，不能作出唯一三角形;
B、属于全等三角形判定中的情况，不能作出唯一三角形；
C、不符合三角形三边之间的关系，不能作出三角形；
D、符合全等三角形的，能作出唯一三角形．
故选D．
7. 使式子有意义的实数的取值范围是（ ）
A. B. 且C. D. 且
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式有意义的条件以及分式有意义的条件．直接利用二次根式有意义的条件以及结合分式有意义的条件得出答案．
【详解】解：使式子有意义，
则，且，
解得：．
故选：A．
8. 如果，，那么下列各式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断出，，然后根据二次根式的意义，二次根式的性质化简，即可得出结论．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，无意义，
∴A的结论不正确；
∵，
∴B的结论正确；
∵，
∴C的结论不正确；
∵，
∴D的结论不正确，
故选B．
【点睛】本题考查了二次根式的性质，二次根式的意义等知识，掌握二次根式的性质是解题的关键．
9. 如图，是的平分线，垂直平分交的延长线于点，若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由线段的垂直平分线性质可得AF=FD，根据等边对等角得到∠FAD=∠FDA，由角平分线的性质和外角性质可得结论．
【详解】∵EF垂直平分AD，
∴AF=FD，
∴∠FAD=∠FDA，
∴∠FAC+∠CAD=∠B+∠DAB．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠CAD=∠DAB，
∴∠FAC=∠B=65°．
故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，三角形外角性质，灵活运用这些性质是解答本题的关键．
10. 如图所示，边长为2的等边三角形中，D点在边上运动（不与B、C重合），点E在边的延长线上，点F在边的延长线上，．点D在边上从B至C的运动过程中，周长变化规律为（ ）

A. 不变B. 一直变小
C. 先变大后变小D. 先变小后变大
【答案】D
【解析】
【分析】先根据等边对等角得到，再由等边三角形的性质得到，利用三角形外角的性质证明，，进而证明得到，再根据三角形周长公式推出周长，点D在从B至C的运动过程中，则的长先变小后变大，则周长先变小后变大．
【详解】解：∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵°，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴周长，
∴点D在从B至C的运动过程中，
∴的长先变小后变大，
∴周长先变小后变大，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，等边对等角，三角形外角的性质，通过证明，得到是解题的关键．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 的立方根是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查立方根．根据立方根的意义求解即可．
【详解】解：因为，
所以的立方根为，
故答案为：．
12. 比较大小：________．
【答案】＞
【解析】
【分析】先把根号外面的数移到根号里面，再比较被开方数的大小．
【详解】解：，，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的性质，实数的大小比较的应用，主要考查学生能否选择适当的方法比较两个数的大小．
13. 已知为最简二次根式，且与能够合并，___________．
【答案】8
【解析】
【分析】先化简，则，再根据同类二次根式的定义即可列式作答．
【详解】解：依题意，，
因为与能够合并，
即与能够合并，
因为为最简二次根式，
所以，
解得，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了同类二次根式以及最简二次根式；几个二次根式化成最简二次根式后，如果被开方数相同，这几个二次根式叫做同类二次根式；熟练掌握这两个知识点应用是解题的关键．
14. 如图，在和中，，，，若，，那么的度数是________.
【答案】##度
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，三角形的内角和定理与三角形的外角的性质；先证明，进而根据，进而得出，根据，即可求解．
【详解】解：∵
∴，即，
又，，
∴
∴
又∵
∴
∵，，，
∴,
∴
故答案为：．
15. 如图，在中，，点在上，，连接、，若，，则__________．
【答案】14
【解析】
【分析】依据平行的性质、等腰三角形等边对等角性质及等量代换，可证；在AC上截取，依据SAS可证明≌，得出，可证出，则．
【详解】解：在AC上截取，
∵，
∴令，，
∵在中，,
∴
，
，
，
，
，
≌，
，
又，
∴,,
，
．
故答案为：14．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形外角的性质，正确作出辅助线实现未知向已知的转化、有效的进行等量代换是解题的关键．
16. 若的最大值为，最小值为，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了完全平方公式的应用，根据二次根式有意义的条件和二次根式的非负性，根据二次根式有意义的条件和二次根式的非负性即可求出x的取值范围和y的取值范围，然后将等式两边平方得到，利用偶次方的非负数和二次根式的非负数求出的最大值和最小值，从而求出的最大值和最小值，即为，代入即可．
【详解】解：∵
∴，
解得：，
将等式两边平方，得，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，，
又∵，
∴，
∴
∴
故答案为：．
三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的加减计算，二次根式的乘除混合计算，二次根式的四则混合计算，熟知相关计算法则是解题的关键．
（1）先化简二次根式，再根据二次根式的加减计算法则求解即可；
（2）先利用完全平方公式和平方差公式去括号，再化简二次根式，最后根据二次根式的加减计算法则求解即可；
（3）根据二次根式的乘除混合计算法则求解即可；
（4）先化简二次根式，再根据二次根式的加减计算法则求解即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
；
【小问3详解】
解：原式
；
【小问4详解】
解；原式
．
18. 实数a，b，c在数轴上如图所示，化简：（）2﹣+|b﹣c|+．
【答案】
【解析】
【分析】先根据数轴得到 ， ， ，直接根据二次根式的性质和绝对值的性质化简，即可求解．
【详解】解：由数轴得： ，
∴ ， ， ，
∴（）2﹣+|b﹣c|+


．
【点睛】本题主要考查了二次根式的性质和绝对值的性质，实数与数轴，能利用二次根式的性质和绝对值的性质化简是解题的关键．
19. 如图所示，已知中，，，，分别在，和边上，且，，过作于．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先连接DE、DF，然后根据题目中的条件可以证明△EBD≌△DCF，从而可以得到DE=DF，然后根据等腰三角形三线合一即可证明结论成立．
【详解】证明：连接DE、DF，如右图所示，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△EBD和△DCF中，
，
∴△EBD≌△DCF（SAS），
∴DE=DF，
∵DG⊥EF，
∴DG是等腰△DEF的中线，
∴EG=EF．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
20. 已知，，求下列代数式的值.
（1）；
（2）.
【答案】（1）
（2）49
【解析】
【分析】本题考查了乘法公式，分式的加减运算，二次根式的混合运算．
（1）根据平方差公式将原式整理成，再根据二次根式的运算法则计算即可求解；
（2）根据完全平方公式将原式整理成，再根据二次根式的运算法则计算即可求解．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，，
则．
【小问2详解】
解：∵，，
∴，，
则．
21. 如图，中，尺规作图：
（1）在线段上找一点，使得点到边的距离与到边的距离相等.（不要求写作法，保留作图痕迹）
（2）在线段上找一点，使得；（不要求写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了作角平分线、垂直平分线、三角形中线的性质．
（1）作的平分线，交于点，点即为所作；
（2）作的垂直平分线，交于点，点即为所作．
【小问1详解】
解：如图，点为所作；
【小问2详解】
解：如图，点为所作；
22. 已知a、b为有理数，m、n分别表示的整数部分和小数部分．
（1）求m，n值；
（2）若，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）对估算出大小，从而求出整数部分和小数部分即可；
（2）把，代入，化简得出，进而得出且，求解即可．
【小问1详解】
解：∵
∴
∴，；
【小问2详解】
解：把，代入，得

化简得：，
∴且，
解得：，．
∴．
【点睛】本题考查了无理数大小的估算和二次根式的混合运算，能够正确估算出一个比较复杂的无理数的大小是解决此类问题的关键．
23. 如图，为等腰直角三角形，，为等边三角形，连接．
（1）求的度数；
（2）如图2，作的平分线交于，为线段右侧一点，满足，求证：平分．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等腰直角三角形的定义得到，由等边三角形的性质得到，则，由此根据等边对等角和三角形内角和定理可得答案；
（2）如图所示，过点E作于G，交延长线于H，连接，由角平分线的定义得到，则由三角形内角和定理得到，证明，得到，，则由周角的定义得到，根据四边形内角和定理求出，则，由此证明，得到，即可证明平分．
【小问1详解】
解：∵为等腰直角三角形，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，过点E作于G，交延长线于H，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴平分．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，等边对等角，四边形内角和定理，角平分线的判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24. 小明在解决问题：已知，求的值.他是这样分析与解的：
∵，
∴，∴，，
∴，∴．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）观察上面解答过程，请写出________；
（2）化简；
（3）若，请按照小明的方法求出的值．
【答案】（1）
（2）5 （3）0
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的化简求值，分母有理化．
（1）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类二次根式即可求解；
（2）将式子中的每一个分式进行分母有理化，问题随之得解；
（3）根据小明分析过程，得得，，再整体代入，即可求出代数式的值．
【小问1详解】
解：
故答案为：；
【小问2详解】
解：
；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴
．
25. 在等腰中，，点和点分别为和边上的点，，与相交于点．
（1）当时，
①如图1，直接写出的度数；________．
②如图2，若，作，垂足为点，连接，求证：．
（2）当时，如图3，若取得最小值，求出的值．
【答案】（1）①；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①当时，是等边三角形，得到，然后结合，证明，得到，则由三角形外角的性质可得；②先由得到，进而得到，再结合得到，即可得到，再结合得到，进而得到，最后结合得证，从而得到，进而得证；
（2）根据题意可令，则，如图所示，过点A作且使得，连接，证明，得到，则当B、D、M三点共线时， 最小，即此时最小，设此时点D与点重合，过点作垂足分别为G、H，过点B作于T，证明，由角平分线的性质得到，利用等面积法证明，得到，则，由此可得．
【小问1详解】
解：①当时，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
令，
如图所示，过点A作且使得，连接，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当B、D、M三点共线时， 最小，即此时最小，设此时点D与点重合，
过点作垂足分别为G、H，过点B作于T，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形三边关系，角平分线的性质，等角对等边等等，解题的关键在于构造全等三角形确定出最小时的情形．