湖北省荆州市2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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八年级数学试题
（本试题卷共4页，满分120分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效，作图一律用2B铅笔或黑色签字笔
一、选择题（共10题，每题3分，共30分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 能作为直角三角形的三边长的一组数是（ ）
A. 1，2，3B. 6，9，12C. 6，8，10D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理逆定理，根据较短两边的平方和等于较长边的平方的三角形是直角三角形，逐项判断即可．
【详解】解：A、，1，2，3不能作为直角三角形的三边长，故不符合题意；
B、，6，9，12不能作为直角三角形的三边长，故不符合题意；
C、，6，8，10能作为直角三角形的三边长，故不符合题意；
D、，，，不能作为直角三角形的三边长，故不符合题意；
故选：C．
2. 下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A. AB＝CD，AD＝BCB. AB∥CD，AD＝BC
C. ∠A＝∠C，∠B＝∠DD. AB∥CD，AD∥BC
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法（①有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，④对角线互相平分的四边形是平行四边形，⑤有两组对边分别平行的四边形是平行四边形）逐项判断即得答案．
【详解】解：A、∵AB=CD，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、根据AB∥CD ，AD＝BC，可能得出四边形ABCD是等腰梯形，不一定能推出四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意；
C、∵∠A＝∠C，∠B＝∠D，∴四边形ABCD平行四边形，故本选项不符合题意；
D、∵AB∥CD，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，属于基本题型，熟练掌握平行四边形常见的判定方法是解题的关键．
3. 下列各式能与合并的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质、同类二次根式的定义，同类二次根式是指几个二次根式化成最简二次根式后，如果被开方数相同，那么这几个二次根式就叫做同类二次根式，根据二次根式的性质进行化简，再根据同类二次根式的定义逐项判断即可．
【详解】解：A、，能与合并，故符合题意；
B、，不能与合并，故不符合题意；
C、不能与合并，故不符合题意；
D、，不能与合并，故不符合题意；
故选：A．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减、二次根式的性质、二次根式的除法，根据二次根式的加减、二次根式的性质、二次根式的除法法则逐项判断即可得出答案．
【详解】解：A、和不是同类二次根式，不能直接相加，故原选项计算错误，不符合题意；
B、，故原选项计算错误，不符合题意；
C、，故原选项计算错误，不符合题意；
D、，故原选项计算正确，符合题意；
故选：D．
5. 图1是第七届国际数学教育大会（）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形；若，且，则的长度为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了含角的直角三角形的性质、勾股定理，由含角的直角三角形的性质得出，再由勾股定理计算即可得出答案．
【详解】解：在中，，，
，
在中，由勾股定理得：，
故选：C．
6. 如图，在菱形中，对角线，相交于点O，E是的中点，若菱形的周长为24，则的长为（ ）
A. 12B. 6C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．
根据菱形的性质求出的长，，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求解的长即可．
【详解】解：在菱形中，，，
菱形的周长为24，
，
为的中点，，
，
故选：D．
7. 如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，角直角三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
先由矩形得到，然后求出，继而利用角直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：在矩形中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
故选：B．
8. 在中，，平分交于点E，若点E分为两部分，则的长为（ ）
A. 1B. 1或9C. 4D. 4或12
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了平行线的性质，以及等角对等边，平分交于点E，所以，因为四边形是平行四边形，所以，可证得，点E分为两部分，分两种情况即可求解.
【详解】解：∵平分交于点E，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴．
如图，
∵点E分为两部分，即
∴
如图，
∵点E分为两部分，即
∴
即的长为1或9
故选：B．
9. 《九章算术》提供了许多组勾股数，如，，等，并把一组勾股数中最大的数称为“弦数”；后人在此基础上进一步研究，得到如下规律：若m是大于1的奇数，把它平方后拆成相邻的两个整数，那么m与这两个整数构成一组勾股数；若m是大于2的偶数，把它除以2后再平方，然后把这个平方数分别减1，加1得到两个整数，那么m与这两个整数构成一组勾股数．由上述方法得到的勾股数称为“由m生成的勾股数”；根据以上规律，“由10生成的勾股数”的“弦数”为（ ）
A. 26B. 101C. 13D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股数以及数字变化规律．根据题意，按照题目所给的方法进行计算求解即可．
【详解】解：，
，
，
∴由10生成的勾股数的“弦数”是26，
故选：A．
10. 如图，在边长为1的正方形中，连接，平分交于点E，F是边上一点，连接交于点G，，连接交于点H.在下列结论中：①；②；③；④，其中正确的结论是（ ）
A. ①②③B. ①④C. ①②③④D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】利用正方形的性质证明，可判断①；通过证明，可判断②；利用全等三角形对应角相等，通过导角证明，可判断③；证明，推出，进而得出，再证，可判断④．
【详解】解：四边形是正方形，
，，，
在和中，
，
，
故①正确；
在和中，
，
，
，
故②正确；
，
，
，
，
，
，
，
故③正确；
，
，
平分，
，
在和中，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
故④正确；
综上可知，正确的有①②③④，
故选C．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质及判定等，有一定难度，综合应用上述知识点，熟练进行等量代换是解题的关键．
二、填空题（共5题，每题3分，共15分）
11. 使代数式有意义的x的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须，从而可得答案．
【详解】解：代数式有意义，


故答案为：
12. 已知，在中，对角线，相交于点，请添加一个条件，使四边形是菱形，则添加的条件为______（写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得出答案．
【详解】解：根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则可添加（答案不唯一），
故答案为：（答案不唯一）．
13. 已知是有理数，且，则化简的结果为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件、利用二次根式的性质进行化简，先由 根式有意义的条件得出，从而得出，代入结合二次根式的性质进行化简即可．
【详解】解：由题意得：，，
解得：，
将代入得，
，
故答案为：．
14. 如图，某自动感应门的正上方处装着一个感应器，离地高度米，当人体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开；一个身高米的学生正对门，走到离门米的地方时（米），感应门自动打开，此时，学生头顶离感应器的距离为______米．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的实际应用，过点作，构造直角，根据题意得到两个直角边、的长度，再根据勾股定理得即可解答．
【详解】
如图，过点作，垂足为点，
由题意可知，米，米，
则米，
即学生头顶离感应器的距离为米．
故答案为：．
15. 如图，在正方形中，点E在边上，，点P，Q分别是直线，上的两个动点，将沿翻折，使点A落在点F处，连接，，若正方形的边长为12，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形与折叠，勾股定理．明确线段和最小的情况是解题的关键．
由翻折的性质可知，，如图，作关于的对称点，连接，则，，，，当四点共线时，的值最小，如图，连接，则的最小值为，由勾股定理得，，然后求解作答即可．
【详解】解：由题意知，，
由翻折的性质可知，，
如图，作关于的对称点，连接，则，
∴，，
∴，
∴当四点共线时，的值最小，
如图，连接，则的最小值为，
由勾股定理得，，
∴，
故答案为：．
三、解答题（共9题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算：先运算二次根式的乘除法，然后合并同类二次根式即可．
【详解】解：，
．
17. 已知，，求下列各式的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了平方差公式、完全平方公式、二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解此题的关键．
（1）先利用平方差公式进行分解，再代入的值计算即可；
（2）先利用完全平方公式进行变形，再代入的值计算即可．
【小问1详解】
解：，，
；
【小问2详解】
解：，，
．
18. 如图，在矩形中，点E，F在边上，，交于点M，且，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质，由矩形的性质得出，，由等边对等角得出，推出，再由证明，即可得证．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
19. 数学活动课上，李老师要求各学习小组自主设计班徽，奋进组设计的图案背景如图所示，四边形中，，，，，，求背景图案四边形的面积．
【答案】四边形的面积为
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理逆定理、勾股定理、三角形面积公式，由勾股定理得出，再由勾股定理逆定理得出，最后由计算即可得出答案．
详解】解：连接，
，
在中，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
20. 如图，在的正方形网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，已知格点，按要求用无刻度直尺画图（结果用实线表示，其他辅助线用虚线表示）．
（1）如图1，画出边上的中线；
（2）如图2，①在网格中画出；②点P为与网格线的交点，画出经过点P且平分的面积的直线．
【答案】（1）见解析 （2）①见解析；②见解析
【解析】
【分析】本题考查了作图—应用与设计作图，三角形中线、平行四边形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）作出的中点，连接，即为所作；
（2）①根据平行四边形的定义作图即可；②连接相交于一点，过这点和点作直线交于，直线即为所作．
【小问1详解】
解：如图，即为所求，
【小问2详解】
解：①如图，即为所求，
；
②如图，直线即为所求
．
21. 如图，某沿海城市A接到台风预警，在该市正南方向的B处有一台风中心，沿方向以的速度移动，已知城市A到的距离为．
（1）台风中心经过多长时间从B点移到D点？
（2）如果在距台风中心的圆形区域内都将受到台风的影响，那么A市受到台风影响的时间持续多少小时？
【答案】（1）台风中心经过从B点移到D点
（2）A市受到台风影响的时间持续
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握此知识点，正确理解题意是解题的关键．
（1）先对运用勾股定理求出，即可求出时间；
（2）在射线上取点E、F，使得，对运用勾股定理求得，则即可求出，那么时间即可求解．
【小问1详解】
解：由题意可知，，，，
在中，，
∵，
∴台风中心经过从B点移到D点；
小问2详解】
解：如图，在射线上取点E、F，使得，
由得，
在中，，
∴，
∴，
∴A市受到台风影响的时间持续．
22. 如图，菱形的对角线，交于点O，F是的中点，连接并延长到点E，使，连接，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）菱形的面积为
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定；
（1）根据题意得出，证明四边形是平行四边形，又四边形是菱形，则，即可得证；
（2）根据题意得出是等边三角形，在中，勾股定理求得，根据菱形的性质求得菱形的面积，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵F是的中点，
∴，
∵，
∴四边形平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在中，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴菱形的面积为．
23. 观察下列等式：①；
②；
③；……；
像，，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式.例如：与，与，与等都是互为有理化因式.进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号，请解答下列问题：
（1）化简：①；②；
（2）计算：；
（3）已知，，试比较a，b的大小，则a______b．（填“”“”或“”）
【答案】（1）①；②
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算、分母有理化、平方差公式，理解二次根式分母有理化的计算方法是解此题的关键．
（1）①将二次根式分母有理化，即可得解；②将二次根式分母有理化，即可得解；
（2）利用二次根式分母有理化的计算法则并通过探索数字规律进行计算求解；
（3）通过比较的倒数，然后进行的大小比较．
小问1详解】
解：①；
②；
【小问2详解】
解：
；
【小问3详解】
解：，
，
，
，
，
故答案为：．
24. 【方法回顾】
（1）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为正方形，直线l经过点A，于点E，于点F，若点A的坐标为，，求的长；
【问题解决】
（2）如图2，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为菱形，直线于点A交于点P，交l于点E，点F在上，且，若，，求点E，F的坐标；
【思维拓展】
（3）如图3，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为矩形，直线l分为两部分，于点E，于点F，若点F的坐标为，直接写出点E的坐标．
【答案】（1）；（2）点E，F的坐标分别是，；（3）点E的坐标是或
【解析】
【分析】（1）由正方形的性质得到，利用勾股定理求出，证明，得到，即可求解；
（2）由菱形的性质得到，证明，得到，设，则，，利用勾股定理求出，即可求出，根据，求出，再利用勾股定理即可求出，进而求出，即可得出结果；
（3）连接，过点作轴，垂足为H，过点E作，垂足分别为点G，点P，根据题意，分为和，两种情况，结合（1）（2）方法求解即可．
【详解】解：（1）四边形为正方形，，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
；
（2）解：四边形为菱形，，
，
，，
，
，
，
，
设，则，，
，即，
解得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：四边形为矩形，
，
直线l分为两部分，
，
①如图，连接，过点作轴，垂足为H，过点E作，垂足分别为点G，点P，当时，
则，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
②如图，连接，过点作轴，垂足为H，过点E作，垂足分别为点G，点P，当时，
同理可得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
；
综上，点E的坐标是或．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系，正方形，菱形，矩形的性质，三角形全等的判定与性质，含30度角的直角三角形的特征，勾股定理等，正确作出辅助线，证明三角形全等，运用分类讨论的思想是解题的关键．