山东省淄博市高青县实验中学2023-2024学年八年级下学期期中数学模拟试卷（一）（原卷版+解析版）

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1. 代数式在实数范围内有意义，则x的值可能为（ ）
A. 0B. ﹣2C. ﹣1D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】代数式在实数范围内有意义，可列不等式组得到不等式组的解集，再逐一分析各选项即可.
【详解】解： 代数式在实数范围内有意义，

由①得：
由②得：
所以：
故A，B，C不符合题意，D符合题意，
故选D
【点睛】本题考查的是分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，掌握“分式与二次根式的综合形式的代数式有意义的条件”是解本题的关键.
2. 下列二次根式的运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的性质及运算逐项进行判断即可．
【详解】A、，故运算错误；
B、，故运算正确；
C、，故运算错误；
D、，故运算错误．
故选：B
【点睛】本题考查了二次根式的性质、二次根式的运算，掌握二次根式的性质及运算法则是关键．
3. 方程x（x﹣1）＝2x的解是（ ）
A. x＝3B. x＝﹣3C. x1＝3，x2＝0D. x1＝﹣3，x2＝0
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用因式分解法解方程即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
解得x1＝3，x2＝0，
故选：C
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
4. 若关于x的一元二次方程的一个解是，则代数式的值为（ ）
A. B. 2021C. 2022D. 2023
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程解得定义即可得到，再由进行求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的一个解是，
∴，
∴，
∴ ，
故选D．
【点睛】本题主要考查了代数式求值和一元二次方程的解，熟知一元二次方程解得定义是解题的关键．
5 四边形的对角线和相交于点，设有下列条件：①；②；③与互相平分；④矩形；⑤菱形；⑥正方形，则下列推理成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题用到的知识点是：矩形、菱形、正方形的判定定理，如：一组邻边相等的矩形是正方形；对角线互相平分且一组邻边相等的四边形是菱形；对角线互相平分且一个角是直角的四边形是矩形．灵活掌握这些判定定理是解本题的关键．由对角线互相平分的四边形为平行四边形，再由邻边相等，得出是菱形，和一个角为直角得出是正方形，根据已知对各个选项进行分析从而得到最后的答案．
【详解】解：A、对角线相等的矩形不能得到正方形，故错误；
B、对角线垂直的矩形是正方形，正确；
C、对角线相等且垂直的四边形不一定是正方形，故错误；
D、对角线相等且平分的四边形是矩形，但不但能得到菱形，故错误．
故选：B．
6. 如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（ ）
A. 5B. C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】连接，根据菱形的性质可得，，，再由勾股定理可得，再根据是边的中点，可得，再证得四边形为矩形，即可求解．
【详解】解：连接，
四边形是菱形，，，
，，，
在中，，
又是边的中点，
，
，，，
，
四边形为矩形，
．
故答案为：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
7. 如图，已知F、E分别是正方形的边与的中点，与交于P．则下列结论成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=CA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵已知F、E分别是正方形ABCD的边AB与BC的中点，
∴BE=BC=AB在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠BAE=∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD=90°，
∴∠BAE+∠AFD =90°，
∴∠APF=90°，
∴∠EAF+∠AFD=90°，故C选项正确，符合题意；
连接FC，
同理可证得△CBF≌△DAF（SAS），
∴∠BCF=∠ADF，
∴∠BCD-∠BCF=∠ADC-∠ADF，即90°-∠BCF=90°-∠ADF，
∴∠PDC=∠FCD>∠PCD，
∴PC>PD，故B选项错误，不符合题意；
∵AD>PD，
∴CD>PD，
∴∠DPC>∠DCP，
∴90°-∠DPC<90°-∠DCP，
∴∠CPE<∠PCE，
∴PE> CE，故D选项错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
8. 如图，在矩形中，对角线相交于点，，，若，，则四边形的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，由矩形的性质可得，进而由，可得四边形是菱形，即可求解，掌握矩形的性质、菱形的判定和性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴四边形的周长为，
故选：．
9. 已知 ，则二次根式的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的运算，先化简，再利用因式分解和完全平方公式把转化为，把化简后的值代入计算得到的值，即可求出的值，掌握二次根式的化简和完全平方公式的应用是解题的关键．
【详解】解：，
，
∴
，
，
，
，
，
∴，
故选：．
10. 如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD=2，∠COB=60°，BF⊥AC，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，则下列结论：①FO=FC；②四边形EBFD是菱形；③△OBE≌△CBF：④MB=3．其中结论正确的序号是（ ）
A. ②③④B. ①②③C. ①④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定得出△OBC是等边三角形，进而判断①正确；根据ASA证明△AOE与△COF全等，进而判断②正确；根据全等三角形的性质判断③④正确即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴OA=OC=OD=OB，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=OC，∠OBC=60°，
∵BF⊥AC，
∴OM=MC，
∴FM是OC的垂直平分线，
∴FO=FC，故①正确；
∵OB=CB，FO=FC，FB=FB，
∴△OBF≌△CBF（SSS），
∴∠FOB=∠FCB=90°，
∵∠OBC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴∠OBM=∠CBM=30°，
∴∠ABO=∠OBF，
∵AB∥CD，
∴∠OCF=∠OAE，
∵OA=OC，∠AOE=∠FOC，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，
∵OB⊥EF，
∴四边形EBFD是菱形，故②正确；
所以△OBE≌△OBF≌△CBF，
∴③正确；
∵BC=AD=2
，FM⊥OC，∠CBM=30°，
∴BM=3，故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
二．填空题
11. 已知，则________．
【答案】0.4472
【解析】
【分析】首先把化为即，代入的值即可．
【详解】解：．
故答案为：0.4472．
【点睛】本题主要考查算术平方根的定义，关键在于根据已知推出0.2的算术平方根．
12. 若是一元二次方程的一个根，则方程的另一个根是________．
【答案】7
【解析】
【分析】把代入方程中得到关于字母c的一元一次方程，解此方程解得c的值，再利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解：把代入方程中得
解得
把代入原方程得
故答案为：7．
【点睛】本题考查方程的解，解一元一次方程、解一元二次方程等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
13. 关于x的方程有一个根是，则m的值为 _____．
【答案】10
【解析】
【分析】利用一元二次方程的解的定义，把代入方程得到，然后解关于的方程即可．
【详解】解：把代入方程，得
，
解得．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
14. 有如下一串二次根式：；；；，仿照，写出第个二次根式______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了数字类变化规律，根据已知二次根式找到变化规律即可求解，由已知二次根式找到变化规律是解题的关键．
【详解】解：，
，
，
，
∴第个二次根式，
故答案为：．
15. 如图，把菱形沿折叠，使B点落在上的E点处，若，则的大小为_____．

【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由菱形的性质得到，，，再由折叠的性质推出，，根据等边对等角得到，则．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
根据折叠得，，
∴，，
∴．
∴．
故答案为：．
16. 已知等式成立，则值为_____
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义条件，绝对值的性质，由成立可得，进而得到，即可得到，进而求解，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
【详解】解：∵成立，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（66分）
17. ．
【答案】6．
【解析】
【分析】根据二次根式的乘方运算、绝对值的性质、零指数幂、负整数指数幂化简，再根据实数的混合运算法则计算即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查了含二次根式的乘方，绝对值，零指数幂，负整数指数幂的实数混合运算；掌握好相关的基础知识是关键．
18. 计算：+﹣()﹣2+|3﹣|．
【答案】0．
【解析】
【分析】利用分数的指数幂的意义，分母有理化，负指数幂的意义，绝对值的性质计算后合并即可．
【详解】原式=+ ﹣4+3﹣
=3+﹣4+3﹣
=0．
【点睛】本题考查了分数指数幂的运算，负指数幂的运算，绝对值的意义以及分母有理化运算，熟练掌握实数的运算法则是解题的关键．
19. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程的两个实数根都为正整数，求这个方程的根．
【答案】证明见祥解； ．
【解析】
【分析】（1）先求出判别式，再配方变为即可；
（2）用十字相乘法可以求出根的表达式，方程的两个实数根都为正整数，列不等式组
，即可得出m的值．
【详解】证明：∵是关于的一元二次方程，
，
∴此方程总有两个实数根．
解：∵，
∴，
∴，．
∵方程的两个实数根都为正整数，
，
解得，，
∴．
．
【点睛】本题考查了根的判别式，配方为平方式，根据方程的两个实数根都为正整数，列出不等式组，求出是解题的关键．
20. 已知实数，，在数轴上的位置如图所示，化简．

【答案】
【解析】
【分析】利用数轴判断得出：，，，，进而化简即可．
【详解】解：如图所示：
∴，，
则原式
．
【点睛】本题考查了实数与数轴，利用二次根式的性质化简二次根式是解题关键．
21.
如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC中点．四边形ABDE是平行四边形．
求证：四边形ADCE是矩形
【答案】见解析
【解析】
【详解】证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AE∥BC，AB＝DE，AE＝BD．
∵D为BC的中点，
∴CD＝DB．
∴CD∥AE CD＝AE，
∴四边形ADCE是平行四边形．
∵AB＝AC，
∴AC＝DE．
∴平行四边形ADCE是矩形．
22. 如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据矩形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，
∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF，
△BOE和△DOF中，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF，
设BE=x，则 DE=x，AE=6-x，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=42+（6-x）2，
解得：x= ，
∵BD= =2，
∴OB=BD=，
∵BD⊥EF，
∴EO==，
∴EF=2EO=．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键
23. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作于点E，延长BC至F，使．连接DF．
（1）求证：四边形ADFE为矩形；
（2）连接OF，若，，，求OF的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证△ABE≌△DCF（SAS），得AE=DF，∠AEB=∠DFC=90°，再证AE∥DF，得四边形ADFE是平行四边形，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得到EF=AD=3，进而求得BE=CF=1，BF=4，再由直角三角形的性质得AB=2BE=2，然后由勾股定理可求得BD的长度，最后由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【小问1详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC且AB=DC，
∴∠ABE=∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE=DF，∠AEB=∠DFC=90°，
∴AE∥DF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∵∠DFC=90°，
∴平行四边形ADFE是矩形；
【小问2详解】
由（1）知：四边形ADFE是矩形，
∴EF=AD=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=3，CD=AB，OB=OD，
∴BE=CF=BC-EC=1，
∴BF=BC+CF=4，
在Rt△ABE中，∠ABE=60°，
∴∠BAE=90°-∠ABE=30°，
∴AB=2BE=2，
∴DF=AE= ，
∴BD=
∵∠DFB=90°，OB=OD，
∴OF= BD= ．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定、矩形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
24. 以四边形的边为斜边分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为顺次连接这四个点，得四边形．
（1）如（图1）．当四边形为正方形时，我们发现四边形是正方形；如（图2），当四边形为矩形时，请判断：四边形的形状(不要求证明)；
（2）如（图3），当四边形为一般平行四边形时 ，设
①试用含的代数式表示；
②求证：四边形是正方形，
【答案】（1）四边形的形状是正方形；（2）①；②见解析
【解析】
【分析】（1）根据△AHD和△DGC是等腰直角三角形，得出∠EHG＝90°，从而判定四边形EFGH是矩形，再判断出△AEB≌△DGC，得出HE＝HG，即可推出结论，
（2）①根据平行四边形的性质得出，∠BAD＝180°﹣α，根据△HAD和△EAB是等腰直角三角形，得到∠HAD＝∠EAB＝45°，求出∠HAE即可；
②根据△AEB和△DGC是等腰直角三角形，得出AE＝AB，DG＝CD，平行四边形的性质得出AB＝CD，求出∠HDG＝90°+∠ADC＝∠HAE，根据SAS证△HAE≌△HDG，根据全等三角形的性质即可得出HE＝HG；证明过程类似求出GH＝GF，FG＝FE，推出GH＝GF＝EF＝HE，得出菱形EFGH，证△HAE≌△HDG，求出∠AHD＝90°，∠EHG＝90°，即可推出结论．
【详解】解: 证明：（1）四边形EFGH是正方形；
理由：∵△AHD是等腰直角三角形，
∴∠HDA＝∠HAD＝45°，
∴∠EHG＝90°，
同理：∠HEF＝∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∵△AHD是等腰直角三角形，
∴HA＝HD，
在矩形ABCD中，AB＝CD，
在△AEB和△DGC中，∠EAB=∠GDC，AB=CD,∠EBA=∠GCD，
∴△AEB≌△DGC，
∴AE＝DG，
∴HE＝HG．
∴矩形EFGH是正方形．
解:①
在平行四边形中，
和是等腰直角三角形，
答:用含的代数式表示是
②证明:和是等腰直角三角形，
在平行四边形中，
和是等腰直角三角形，
是等腰直角三角形，
由②同理可得:
四边形是菱形，
四边形是正方形.
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查对正方形的判定，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的理解和掌握，综合运用性质进行推理是解此题的关键．
25. 如图，在边长为12cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒钟1cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒钟2cm的速度移动．若P、Q分别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动，求：
(1)经过6秒后，BP=_________cm，BQ=_______cm；
(2)经过几秒后，△BPQ是直角三角形？
(3)经过几秒△BPQ的面积等于10cm2？

【答案】（1）BP=6cm．BQ=12cm，（2）6秒或秒（3）2秒
【解析】
【分析】（1）根据点P以每秒钟1cm的速度移动，点Q以每秒钟2cm的速度移动，可得经过6秒后，BQ=12cm，BP=6cm；
（2）分∠PQB=90°和∠QPB=90°两种情况讨论即可；
（3）作QD⊥AB于D，利用等边三角形的性质和勾股定理可得DQ=x，然后利用三角形的面积公式得出关于x的方程，然后解方程并检验即可.
【详解】解：（1）由题意，得
AP=6cm，BQ=12cm，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=12cm，
∴BP=12﹣6=6cm．
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=12cm，∠A=∠B=∠C=60°，
当∠PQB=90°时，
∴∠BPQ=30°，
∴BP=2BQ．
∵BP=12﹣x，BQ=2x，
∴12﹣x=2×2x，
解得x=，
当∠QPB=90°时，
∴∠PQB=30°，
∴BQ=2PB，
∴2x=2（12﹣x），
解得x=6．
答：6秒或秒时，△BPQ是直角三角形；
（3）作QD⊥AB于D，

∴∠QDB=90°，
∴∠DQB=30°，
∴DB=BQ=x，
在Rt△DBQ中，由勾股定理，得
DQ=x，
∴=10，
解得x1=10，x2=2，
∵x=10时，2x＞12，故舍去，
∴x=2．
答：经过2秒△BPQ的面积等于10cm2．
考点：1.等边三角形的性质2.勾股定理3.一元二次方程.