山东省济宁一中附属中学2023-2024学年八年级下学期数学第一次月考试题（原卷版+解析版）

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1. 给出下列各式：①；②；③；④；⑤；⑥．其中二次根式的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的定义即可作出判断．
【详解】解：①∵，∴是二次根式；
②6不是二次根式；
②∵，∴不是二次根式；
④∵，∴，∴是二次根式；
⑤∵，∴是二次根式；
⑥是三次根式，不是二次根式．
所以二次根式有3个．
故选：B．
【点睛】本题考查的是二次根式的定义，解题时，要注意：一般地，我们把形如的式子叫做二次根式．
2. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】最简二次根式满足的条件是：被开方数不含能开方的因数或因式；被开方数不能是小数或分数；分母中不能出现二次根式．
【详解】解：根据最简二次根式满足的条件可得：
是最简二次根式，
故选：C
【点睛】本题主要考查最简二次根式的定义，解决本题的关键是要熟练掌握满足最简二次根式的条件．
3. 如图，在菱形中，，连接，若，则菱形的周长为（ ）
A. 24B. 30C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据菱形性质可得，再证是等边三角形，由此可得，进而得菱形的边长为6，由此可求出菱形的周长．
本题主要考查了等边三角形的判定和性质以及菱形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】∵四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
∴菱形的周长为：

，
故选：A．
4. 下列二次根式中，能与合并的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的性质将各个选项中的二次根式进行化简，再根据同类二次根式的定义进行判断即可．
【详解】解：A、，故不能与合并，不合题意；
B、，能与合并，符合题意；
C、，故不能与合并，不合题意；
D、，故不能与合并，不合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查同类二次根式，掌握二次根式的性质，理解同类二次根式的定义是正确解答的前提．
5. 计算的结果为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算，先化简二次根式，计算乘法，再算二次根式加减即可，灵活运用二次根式的性质及运算法则是解题的关键．
【详解】解：原式，
，
，
故选：．
6. 如图，平行四边形的对角线和相交于点，下列说法正确的是( )
A. 若，则平行四边形是菱形
B. 若，则平行四边形是矩形
C. 若，则平行四边形是菱形
D. 若，则平行四边形是矩形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、四边形是平行四边形，
，故选项A不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，，
平行四边形是矩形，故选项B符合题意；
C、四边形是平行四边形，
，，
，
，
平行四边形是矩形，故选项C不符合题意；
D、四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
7. 如图，菱形中，交于于，连接，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质得到点O为的中点，，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，再由三角形内角和定理得到，则．
【详解】解：∵四边形是菱形，交于，，
∴点O为的中点，，
∵，
∴，
∴
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
8. 若式子有意义，则点P(a，b)在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：∵式子有意义，∴.
根据平面直角坐标系中各象限点的特征，判断其所在象限，四个象限的符号特征分别是：第一象限（＋，＋）；第二象限（－，＋）；第三象限（－，－）；第四象限（＋，－）.故P（a，b）位于第三象限.
故选C．
考点：1.二次根式的性质；2.平面直角坐标系中各象限点的特征.
9. 如图，点M是正方形边上一点，于N，，则的长度为（ ）

A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．过点作于，可证得，求出，，进而求出，根据勾股定理即可求出．
【详解】解：如图，过点作于，

∵，，
，
，
∵四边形是正方形，
，，
，
，
∵，，，
，
，，
∵，
，，
，
∵，
．
故选：B
10. 如图，矩形ABCD的面积为5，它的两条对角线交于点O1，以AB、AO1为两邻边作平行四边形ABC1O1，平行四边形ABC1O1的对角线交BD于点O2，同样以AB、AO2为两邻边作平行四边形ABC2O2，……，依次类推，则平行四边形ABC2009O2009的面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形的对角线互相平分求出平行四边形ABC1O1的面积，再根据平行四边形的对角线互相平分依次求出平行四边形ABC2O2的面积，然后根据分母的变化规律写出即可．
【详解】试题解析：∵DO1=BO1，DCO1C1AB，
∴夹在DC和O1C1，O1C1和AB之间的距离相等，
∴第一个平行四边形的面积是矩形面积的一半，
依此类推第二个平行四边形是第一个平行四边形面积的一半，
所以第2009个平行四边形的面积为：5×=，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，主要利用了等底的平行四边形的面积的比等于高线的比．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11. 实数，，在数轴上的对应点如图所示，化简______．

【答案】0
【解析】
【分析】本题主要考查了根据数轴判断式子的符号，化简绝对值，合并同类项．根据数轴可得，，再判断各项的符号，将绝对值化简，最后合并同类项即可．
【详解】解：根据数轴可知：，，
∴，
∴
，
故答案为：0．
12. 若的整数部分为a，小数部分为b，则代数式的值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】先由得到，进而得出a和b，代入求解即可．
【详解】解：∵ ，
∴，
∵ 的整数部分为a，小数部分为b，
∴，．
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查无理数及代数式化简求值，解决本题的关键是要熟练掌握无理数估算方法和无理数整数和小数部分的求解方法．
13. 如图，P是的斜边（不与点A、C重合）上一动点，分别作于点M，于点N，O是的中点，若，，当点P在上运动时，的最小值是_________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理等知识．连接，证四边形是矩形，得．再根据当时，最小，然后由面积法求出的最小值，即可解决问题．
【详解】解：连接，如图，

∵，，
∴．
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，与互相平分．
∵点O是的中点，
∴点O在上，．
∵当时，最小，
又∵此时，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
14. 如图，矩形ABCD中，AB=16cm，BC=8cm，将矩形沿AC折叠，点D落在点D′处，则重叠部分△AFC的面积为______．
【答案】40
【解析】
【分析】因为BC为AF边上的高，要求△AFC的面积，求得AF即可，求证△AFD′≌△CFB，得BF=D′F，设D′F=x，则在Rt△AFD′中，根据勾股定理求x，∴AF=AB-BF．
【详解】解：易证△AFD′≌△CFB，
∴D′F=BF，
设D′F=x，则AF=16-x，
在Rt△AFD′中，（16-x）2=x2+82，
解之得：x=6，
∴AF=AB-FB=16-6=10，
故答案为40．
【点睛】本题考查了翻折变换-折叠问题，勾股定理的正确运用，本题中设D′F=x，根据直角三角形AFD′中运用勾股定理求x是解题的关键．
15. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．AC=8cm，BD=6cm，点P为AC上一动点，点P以1cm/的速度从点A出发沿AC向点C运动．设运动时间为ts，当t=_____s时，△PAB为等腰三角形．
【答案】5或8或
【解析】
【分析】求出BA的值，根据已知画出符合条件的三种情况：①当PA=AB=5cm时，②当P和C重合时，PB=AB=5cm，③作AB的垂直平分线交AC于P，此时PB=PA，连接PB，求出即可．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，AC=8cm，BD=6cm，
∴AC⊥BD，AO=OC=4cm，BO=OD=3cm，
由勾股定理得：BC=AB=AD=CD=5cm，
分为三种情况：①如图1，当PA=AB=5cm时，t=5÷1=5（s）；
②如图2，当P和C重合时，PB=AB=5cm，t=8÷1=8（s）；
③如图3，作AB的垂直平分线交AC于P，此时PB=PA，连接PB，
在Rt△BOP中，由勾股定理得：BP2=BO2+OP2，
AP2=32+（4﹣AP）2，
AP=；
t=÷1=（s），
故答案为5或8或．
【点睛】考查了菱形性质和等腰三角形的判定的应用，主要考查学生能否求出符合条件的所有情况．
三．解答题（共7小题，满分55分）
16. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）10 （2）0
【解析】
【分析】（1）分别计算绝对值，零次幂，负整数指数幂，立方根的运算，再合并即可得到答案；
（2）分别计算二次根式的乘法与除法，再化简，合并同类二次根式即可得到答案．
【小问1详解】
解：原式
【小问2详解】
解：原式
【点睛】本题考查的是零次幂与负整数指数幂的意义，立方根的含义，二次根式的混合运算，掌握以上知识是解题的关键．
17. 如图，已知在平行四边形中，平分交于点，点在上，，连接交于点，连接．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）的长为
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理；
（1）由平行四边形的性质得，则，而，所以，得，而，则，则，，证明四边形是平行四边形，由，证明四边形是菱形；
（2）由菱形的性质得，，，则，所以，则．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，，
四边形平行四边形，
，
四边形是菱形．
【小问2详解】
解：四边形是菱形，，，
，，，
，
，
，
∴的长为6．
18. 如图，在中，是中线，是的中点，过点作交的延长线于点，连接．

（1）求证：四边形是平行四边形：
（2）当满足什么条件时？四边形是矩形．并给出证明．
【答案】（1）见解析 （2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先证明，得出，进而利用、得出答案；
（2）利用等腰三角形的性质，结合矩形的判定方法得出答案．
【小问1详解】
证明：∵，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
满足条件是，
证明：∵，，
∴．
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定以及矩形的判定方法、全等三角形的判定与性质，正确掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
19. 已知：如图，正方形中，是边上一点，，，垂足分别是点、．

（1）求证：；
（2）连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理；
（1）利用正方形性质得，，根据等角的余角相等得到，则可判断，则，然后利用等线段代换可得到结论；
（2）利用全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形为正方形，
，，
，，
，
，，
，
在和中
，
，
，
；
【小问2详解】
解：，
，，
，，
∴，
，
．

20. 如图1，已知矩形，点E是边上一点，点F是延长线上一点，且．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）如图2，在（1）的条件下，若，点G是边上一点，连接交于点H，有，求．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质得出，进而利用证明，利用全等三角形的性质和正方形的判定即可得证；
（2）过点A作交于点M，连接，易证，根据全等三角形的性质可得，设，根据勾股定理列方程，求出的长度，进一步可得的长度，再证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得．
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴矩形是正方形；
【小问2详解】
过点A作交于点M，连接，如图所示：
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
根据勾股定理，得，
解得，
∴，
∵，
根据勾股定理，得，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是掌握相关性质和定理．
21. 阅读下面的材料，解答后面给出的问题：
两个含有二次根式的代数式相乘，如果它们的积不含有二次根式，我们就说这两个代数式互为有理化因式，例如与，+1与﹣1．这样，化简一个分母含有二次根式的式子时，采用分子、分母同乘以分母的有理化因式的方法就可以了，例如：，＝＝＝＝．
（1）请你写出3+的有理化因式： ；
（2）请仿照上面的方法化简（b≥0且b≠1）；
（3）已知a＝，b＝，求的值．
【答案】（1）3﹣
（2）1+
（3）4
【解析】
【分析】（1）根据有理化因式的定义即可解答；
（2）根据一个分母含有二次根式式子时，采用分子、分母同乘以分母的有理化因式的方法进行化简；
（3）通过分母有理化可化简a、b，从而求出a+b、ab，根据＝，将a+b，ab的值代入即可求解．
【小问1详解】
解：∵（3+）（3-）＝9﹣11＝﹣2，
∴3﹣是3+的有理化因式，
故答案为：3﹣；
【小问2详解】
解：
＝
＝
＝1+；
【小问3详解】
解：∵a＝＝﹣﹣2，b＝＝2﹣，
∴a+b＝﹣2，ab＝﹣1，
∴
＝
＝
＝
＝4．
【点睛】本题主要考查了二次根式分母有理化的知识，解题的关键是熟练掌握分母有理化的方法．
22. 在▱ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC的延长线于点F，以EC、CF为邻边作▱ECFG.
(1)如图1，证明▱ECFG为菱形；
(2)如图2,若∠ABC=120°,连接BG、CG,并求出∠BDG的度数：
(3)如图3,若∠ABC=90°，AB=6,AD=8,M是EF的中点，求DM的长.
【答案】（1）见解析；（2）∠BDG=60°；（3）DM=5
【解析】
【分析】（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG=120°=∠DCG，再判断出AB=BE，进而得出BE=CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE=60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）连接BM，MC，结合题意，根据矩形的判定得到四边形ABCD和四边形ECFG为正方形.因为∠BAF=∠DAF，则BE=AB=DC，因为M为EF中点，所以∠CEM=∠ECM=45°，故∠BEM=∠DCM=135°，根据全等三角形的判定(SAS)得到△BME≌△DMC，则由全等三角形的性质可得MB=MD，∠DMC=∠BME.结合题意得到等腰直角三角形.根据勾股定理得到BD=10，故DM=5.
【详解】(1)证明：∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
(2)结论：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC,AB=DC,AD∥BC，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°,∠BCF=120°
由(1)知，四边形CEGF是菱形，
∴CE=GE,∠BCG=∠BCF=60°，
∴CG=GE=CE,∠DCG=120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG=120°=∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴BE=CD，
∴△BEG≌△DCG(SAS)，
∴BG=DG，∠BGE=∠DGC，
∴∠BGD=∠CGE，
∵CG=GE=CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE=60°，
∴∠BGD=60°，
∵BG=DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG=60°；
(3)如图2中，连接BM，MC，
∵∠ABC=90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由(1)可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG为正方形.
∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
在△BME和△DMC中，
∵BE=CD,∠BEM=∠DCM，EM=CM,
∴△BME≌△DMC(SAS)，
∴MB=MD，
∠DMC=∠BME.
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，
∴△BMD等腰直角三角形.
∵AB=6，AD=8，则BD==10，
∴DM=5.
【点睛】本题考查全等三角形的判定(SAS)和性质、菱形的判定，解题的关键是掌握全等三角形的判定(SAS)和性质、菱形的判定.