2022-2023学年湖南省长沙市雨花区中雅培萃学校八年级（下）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市雨花区中雅培萃学校八年级（下）第一次月考数学试卷（含解析），共15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.要使得代数式 x−2有意义，则x的取值范围是( )
A. x>2B. x≥2C. x<2D. x≤2
2.近年来，我国新冠肺炎疫情防控工作一直在有序进行，经科学家研究，冠状病毒多数为球形或近似球形，其直径约为0.00000012米，其中数据0.00000012用科学记数法表示正确的是( )
A. 1.2×10−7B. 1.2×10−8C. 0.12×10−7D. 12×10−7
3.在▱ABCD中，下列结论错误的是( )
A. AB/​/CDB. ∠B=∠D
C. AC=BDD. ∠C+∠D=180°
4.如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E是CD的中点，若OE=3，则BC的长为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
5.如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是( )
A. 矩形的对角线相等B. 矩形的四个角是直角
C. 对角线相等的四边形是矩形D. 对角线相等的平行四边形是矩形
6.在四边形ABCD中，下列说法正确的是( )
A. 当AD=BC，AB//DC时，四边形ABCD是平行四边形
B. 当AD=BC，AB=DC时，四边形ABCD是平行四边形
C. 当AC=BD，AC平分BD时，四边形ABCD是平行四边形
D. 当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是平行四边形
7.已知，如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形ABCD，若测得A，C之间的距离为8cm，B，D之间的距离为6cm，则线段AB的长为( )
A. 5cm
B. 6cm
C. 7cm
D. 8cm
8.如图，在▱ABCD中，BM是∠ABC的平分线交CD于点M，且MC=2，▱ABCD的周长是14，则DM等于( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
9.如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1, 3)，则点C的坐标为( )
A. (−1,− 3)
B. ( 3,−1)
C. (−1, 3)
D. (− 3,1)
10.如图，矩形ABCD中，AD=3，AB=4，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值是( )
A. 125
B. 3
C. 245
D. 52
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.在平行四边形ABCD中，如果∠A=57°，那么∠C的度数是______．
12.分解因式：3m2−3mn= ______．
13.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若OA=2，则BD的长为______．
14.菱形的一条对角线长为6cm，面积是6cm2，则菱形的另一条对角线长为______cm．
15.如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别是A(−2,5)，B(−3,−1)，C(1,−1)，在平面直角坐标系内找一点D，使得以点A、B、C、D为顶点构成的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是______．
三、解答题：本题共6小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题7分)
计算：(13)−2+(π−2022)0− 9+|2− 5|．
17.(本小题7分)
先化简x2+2xx2+2x+1÷x2x+1−1x2+x，当−218.(本小题8分)
为支援灾区，某学校爱心活动小组准备用筹集的资金购买A，B两种型号的学习用品，已知B型学习用品的单价比A型学习用品的单价多5元，用180元购买B型学习用品与用120元购买A型学习用品的件数相同，求A，B两种学习用品的单价各是多少元？
19.(本小题8分)
如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，且CF=AE，连接BF.求证：四边形DEBF是矩形．
20.(本小题10分)
如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，BD的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接DE，DG．
(1)求证：四边形BGDE是菱形；
(2)若∠ABC=30°，∠C=45°，ED=6，求CG的长．
21.(本小题10分)
如图1，在▱ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，∠ADC的平分线交BC于点F．
(1)求证：四边形BEDF为平行四边形；
(2)如图2，连接EF，若EF⊥BC，BF=8，EF=4，求▱ABCD的面积；
(3)如图3，连接EF，作△EAB关于直线EF对称的△ECH，其中点A，B的对应点分别为点C，H，恰好有HE⊥DF，垂足为G.若EF= 2，求BE的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意得：x−2≥0，
解得：x≥2，
故选：B．
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟记二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：0.00000012=1.2×10−7．
故选：A．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
3.【答案】C
【解析】解：A、在▱ABCD中，AB/​/CD，所以A选项的结论正确，不符合题意；
B、在▱ABCD中，∠B=∠D，所以B选项的结论正确，不符合题意；
C、在▱ABCD中，AC不一定等于BD，所以C选项的结论错误，不符合题意；
D、在▱ABCD中，∠C+∠D=180°，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：C．
根据平行四边形的对边平行、对角线互相平分和对边相等进行判断．
本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．
4.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴DO=BO，
∵点E是CD的中点，OE=3，
∴BC=2OE=6，
故选：D．
根据矩形的性质可得O为BD中点，进而根据中位线定理可得结果．
本题考查矩形的性质，三角形的中位线，熟练掌握矩形对角线互相平分的性质和中位线定理是解题关键．
5.【答案】D
【解析】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，
故选：D．
根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质，熟记“对角线相等的平行四边形为矩形”是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A、当AD=BC，AB//DC时，四边形ABCD是平行四边形，错误，可能是等腰梯形，本选项不符合题意；
B、当AD=BC，AB=DC时，四边形ABCD是平行四边形，正确，本选项符合题意；
C、当AC=BD，AC平分BD时，四边形ABCD是平行四边形，错误，不满足平行四边形的判断定理，本选项不符合题意；
D、当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是平行四边形，错误，不满足平行四边形的判断定理，本选项不符合题意．
故选：B．
根据平行四边形的判定解决问题即可．
本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定；熟练掌握平行四边形、矩形、正方形的判定方法是解决问题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：如图，连接AC，BD交于点O，
由题意知，AD//BC，AB/​/CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵两张纸条等宽，
过点A作AR⊥CD，AS⊥BC于点R，S，
∴AR=AS．
∵AR⋅BC=AS⋅CD，
∴BC=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD．
在Rt△AOB中，OA=3cm，OB=4cm，
∴AB= 32+42=5(cm)．
故选：A．
作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，连接AC，BD交于点O，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由AR=AS得平行四边形ABCD是菱形，再根据勾股定理求出AB即可．
本题主要考查菱形的判定和性质，证得四边形ABCD是菱形是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵BM是∠ABC的平分线，
∴∠ABM=∠CBM，
∵AB/​/CD，
∴∠ABM=∠BMC，
∴∠BMC=∠CBM，
∴BC=MC=2，
∵▱ABCD的周长是14，
∴BC+CD=7，
∴CD=5，
则DM=CD−MC=3，
故选：C．
根据BM是∠ABC的平分线和AB/​/CD，求出BC=MC=2，根据▱ABCD的周长是14，求出CD=5，得到DM的长．
本题考查的是平行四边形的性质和角平分线的定义，根据平行四边形的对边相等求出BC+CD是解题的关键，注意等腰三角形的性质的正确运用．
9.【答案】D
【解析】解：如图所示，作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，则∠OEC=∠ADO=90°，
∴∠COE+∠ECO=90°，
∵A的坐标为(1, 3)，
∴AD= 3，OD=1，
∵四边形OABC是正方形，
∴OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠AOD+∠COE=90°，
∴∠AOD=∠ECO，
在△OCE和△AOD中，
∠OEC=∠ADO∠ECO=∠DOAOC=OA，
∴△OCE≌△AOD(AAS)，
∴OE=AD= 3，CE=OD=1，
∴C(− 3,1)．
故选：D．
作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，先证∠AOD=∠ECO，再证明△OCE≌△AOD，得出对应边相等OE=AD= 3，CE=OD=1，即可得出结果．
本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明△OCE≌△AOD是解决问题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接CM，
∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴∠CPM=∠CQM=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=3，CD=AB=4，∠BCD=90°，
∴四边形PCQM是矩形，
∴PQ=CM，
由勾股定理得：BD= BC2+CD2= 32+42=5，
当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，
此时，S△BCD=12BD⋅CM=12BC⋅CD，
∴CM=BC⋅CDBD=3×45=125，
∴PQ的最小值为125，
故选：A．
连接CM，先证四边形PCQM是矩形，得PQ=CM，再由勾股定理得BD=5，当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，然后由面积法求出CM的长，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
11.【答案】57°
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A=57°，
故答案为：57°．
根据平行四边形的性质直接解答即可．
此题考查了平行四边形的性质：对角相等，熟记平行四边形的性质是解题的关键．
12.【答案】3m(m−n)
【解析】解：3m2−3mn=3m(m−n)，
故答案为：3m(m−n)．
此多项式有公因式，应先提取公因式3m，再对余下的多项式进行观察分解．
本题考查了用提公因式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
13.【答案】4
【解析】解：∵ABCD是矩形
∴OC=OA，BD=AC
又∵OA=2，
∴AC=OA+OC=2OA=4
∴BD=AC=4
故答案为：4．
因为矩形的对角线相等且互相平分，已知OA=2，则AC=2OA=4，又BD=AC，故可求．
本题考查矩形的对角线相等的性质，属于矩形的基本性质，比较简单．
14.【答案】2
【解析】解：设菱形的另一条对角线长为xcm，则
12×6×x=6cm2，
∴x=2cm．
故答案为：2．
根据菱形的面积等于两条对角线的积的一半，即可求得．
此题主要考查菱形的性质，属于基础题，注意掌握菱形的面积等于两条对角线的积的一半．
15.【答案】(−6,5)或(2,5)或(0,−7)
【解析】解：观察图象可知，满足条件的点D有三个，坐标分别为(−6,5)或(2,5)或(0,−7)
故答案为(−6,5)或(2,5)或(0,−7)；
画出图形即可解决问题，满足条件的点D有三个；
本题考查平行四边形的判定，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，利用图象法解决问题．
16.【答案】解：(13)−2+(π−2022)0− 9+|2− 5|
=32+1−3+ 5−2
=9+1−3−2+ 5
=5+ 5．
【解析】根据a−1=(1a)1，a0=1(a≠0)，然后根据实数的混合运算，即可．
本题考查负整数幂，零指数幂，实数的运算，解题的关键是掌握a−1=(1a)1，a0=1(a≠0)，实数的混合运算．
17.【答案】解：x2+2xx2+2x+1÷x2x+1−1x2+x
=x(x+2)(x+1)2×x+1x2−1x2+x
=x+2x+1×1x−1x2+x
=x+1x2+x
=1x，
∵x2+x≠0，
∴x≠−1且x≠0，
∵−2∴x=1，
∴当x=1，1x=1．
【解析】根据(a±b)2=a2±2ab+b2，先化除为乘，然后根据分式的运算法则化简，再代入求值即可．
本题考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的运算法则．
18.【答案】解：设A型学习用品的单价为x元，则B型学习用品的单价为(x+5)元，
∴180x+5=120x，
∴x=10，
经检验，x=10是原方程的解，
∴B型学习用品的单价为：x+5=15元．
答：A，B两种学习用品的单价分别为10元，15元．
【解析】设A型学习用品的单价为x元，则B型学习用品的单价为(x+5)元，根据用180元购买B型学习用品与用120元购买A型学习用品的件数相同，列出方程等式，解出x，即可．
本题考查分式方程的知识，解题的关键是理解题意，列出方程．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC/​/AB，DC=AB，
∵FC=AE，
∴CD−FC=AB−AE，
即DF=BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴平行四边形DEBF是矩形．
【解析】先证四边形DEBF是平行四边形，再证∠DEB=90°，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形DEBF为矩形是解此题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBG，
∵EG垂直平分BD，
∴DG=BG，DE=EB，
∴∠DBG=∠GDB，∠ABD=∠EDB，
∴∠EDB=∠DBG=∠ABD=∠GDB，
∴BE//DG，DE//GB，
∴四边形BGDE是平行四边形，
又DE=EB，
∴四边形BGDE是菱形；
(2)解：如图，过点D作DH⊥BC，

∵四边形BGDE是菱形，
∴DE=DG=6，DG//EB
∴∠ABC=∠DGC=30°，
又DH⊥BC，
∴DH=3，HG= 3DH=3 3，
∵∠C=45°，DH⊥BC，
∴∠C=∠CDH=45°，
∴CH=DH=3，
∴CG=CH+HG=3+3 3．
【解析】(1)由角平分线的性质和垂直平分线的性质可证∠EDB=∠DBG=∠ABD=∠GDB，可得BE//DG，DE//GB，由菱形的判定可证结论；
(2)过点D作DH⊥BC，由菱形的性质可得DE=DG=6，DG//EB，由直角三角形的性质可得CH=DH=3，HG= 3DH=3 3，即可求CG的长．
本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，熟练运用菱形的判定和性质是本题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，AD//BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB，
同理可得：CF=CD，
∴AE=CF，
∴AD−AE=BC−CF，
即ED=BF，
∴四边形BEDF为平行四边形；
(2)如图2，过点A作AG⊥BC于点G，
则∠AGB=∠AGF=90°，
∵AD/​/BC，
∴∠EAG=∠AGB=90°，
∵EF⊥BC，
∴∠BFE=90°，
∴四边形AEFG是矩形，
∴FG=AE，AG=EF=4，
由(1)得：AE=AB，ED=BF=8，
∴AB=AE=FG，
设AB=x，则FG=x，
∴BG=BF−FG=8−x，
在Rt△ABG中，AG2+BG2=AB2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得：x=5，
∴AE=5，
∴AD=AE+ED=5+8=13，
∴▱ABCD的面积为AD×EF=13×4=52；
(3)如图3，过点E作EM/​/AB交于点M，过点F作FT⊥BE于点T，连接BH交EF的延长线于点N，
由(1)知AD//BC，
∴四边形ABME是平行四边形，
由(1)知AE=AB，
∴四边形ABME是菱形，
∴AE=EM=BM，∠AEB=∠MEB，AB/​/EM，
又∵△EAB关于直线EF对称的△ECH，其中点A，B的对应点分别为点C，H，
∴AE=EM=BM=EC，BE=HE，∠AEB=∠CEH=∠MEB，
由(1)知四边形BEDF为平行四边形，
∴BE/​/DF，
又∵HE⊥DF，
∴∠BEH=∠EGD=∠EGF=90°，
∴∠MEC=∠MEH+∠CEH=∠MEH+∠MEB=∠BEH=90°，
∴△MEC、△BEH是等腰直角三角形，
∴EF垂直平分BH，
即FN⊥BH，
又∵BE=HE，∠BEH=∠ETF=∠BNE=90°，
∴∠BEF=∠HEF=∠EBH=∠EFT=45°，
∴∠EFG=45°=∠HEF，
即△EFT是等腰直角三角形，
∵EF= 2，
∴由勾股定理得ET=FT=1，
∵∠CEM=∠CEH+∠HEM=∠BEM+∠NEM=∠BEH=90°，
∴△CEM是等腰直角三角形，
∴∠EMC=45°，
∴∠ABM=45°，
∴∠ABE=∠EBC=22.5°，
∴∠EBC=∠NBC=22.5°，
又∵FT⊥BE，FN⊥BH，
∴FT=FN=1，
∴EN= 2+1，
又∵△BEN是等腰直角三角形，
∴BE= 2EN= 2×( 2+1)=2+ 2，
故BE的长为2+ 2．
【解析】(1)根据平行四边形性质得出：AD=BC，AB=CD，AD//BC，利用角平分线定义及平行线性质即可证得结论；
(2)如图2，过点A作AG⊥BC于点G，则∠AGB=∠AGF=90°，再证明四边形AEFG是矩形，推出AB=AE=FG，设AB=x，则FG=x，利用勾股定理求得AE=5，再运用平行四边形面积公式即可求得答案；
(3)如图3，过点E作EM/​/AB交于点M，过点F作FT⊥BE于点T，连接BH交EF的延长线于点N，运用轴对称性质可得出：AE=EM=BM=EC，BE=HE，∠AEB=∠CEH=∠MEB，推出△MEC、△BEH是等腰直角三角形，再证得△EFT是等腰直角三角形，得出ET=FT=1，运用角平分线性质可得FT=FN=1，进而得出EN= 2+1，再利用等腰三角形性质可得出答案．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线性质，平行四边形面积，轴对称性质等知识点，综合性较强，难度较大，作辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键．