北京市西城区德胜中学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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一、选择题（本题共30分，每小题3分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的．
1. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围（ ）
A. x≥2B. x≤2
C. x＞2D. x＜2
【答案】A
【解析】
【分析】二次根式有意义，被开方数为非负数，即x-2≥0，解不等式求x的取值范围．
【详解】∵在实数范围内有意义，
∴x−2≥0，解得x≥2．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握二次根式有意义的条件．
2. 如图，在中，，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形对角相等的性质和平行线的性质解答即可.
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选：C.
【点睛】本题考查了平行四边形的对角相等和平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键.
3. 下列关于正比例函数的说法中，正确的是（ ）
A. 当时，B. 它的图象是一条过原点的直线
C. y随x的增大而减小D. 它的图象经过第二、四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据正比例函数的性质对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、当时，，故本选项错误，不合题意；
B、直线是正比例函数，它的图象是一条过原点的直线，故本选项正确，符合题意；
C、，随的增大而增大，故本选项错误，不合题意；
D、直线是正比例函数，，此函数的图象经过一三象限，故本选项错误，不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查的是正比例函数的性质，熟知正比例函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的运算法则逐项分析即可．
【详解】A、，原计算错误，此选项不符合题意；
B、，原计算错误，此选项不符合题意；
C、和，非同类二次根式，不能合并，此选项不符合题意；
D、，计算正确，此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是关键．
5. 如图，两个边长为1的正方形排列在数轴上形成一个矩形，以表示3的点为圆心，以矩形的对角线长度为半径作圆与数轴有两个交点，其中点P表示的数是（ ）
A. 5.2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查勾股定理的知识，数轴上的点表示数的方法．解题关键是利用勾股定理求出矩形的对角线长度，同时要掌握圆上各点到圆点的距离相等都为半径．图中矩形的长为2，宽为1，则可根据勾股定理求出矩形对角线的长度．以对角线长度为半径作圆与x轴正方向交于点P，则点P表示的数即为3加上对角线的长度．
【详解】解：应用勾股定理得，矩形的对角线的长度，
以矩形对角线长为半径画弧，交数轴正方向于点P，
所以数轴上的点P表示的数为：．
故选：C．
6. 下列结论中，不正确的是（ ）
A. 对角线互相垂直平行四边形是菱形
B. 对角线相等的平行四边形是矩形
C. 正方形的一条对角线的长为，则此正方形的面积是
D. 顺次连接四边形四边的中点所得的四边形为菱形，则四边形一定满足
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形的判定，矩形的判定，正方形的性质，中点四边形，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A．对角线互相垂直的四边形是菱形，故本选项的结论正确，不符合题意；
B．对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项的结论正确，不符合题意；
C．正方形的一条对角线之长为4，则其边长为，则此正方形的面积是8，故本选项的结论正确，不符合题意；
D．顺次连接四边形四边的中点所得的四边形为菱形，则四边形一定满足＝，故本选项的结论不正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的性质，中点四边形，掌握以上知识是解题的关键．
7. 点，都在正比例函数的图象上，则m与n的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查正比例函数的性质，解题的关键是要牢记“，y随x的增大而增大；，y随x的增大而减小”． 由，利用正比例函数的性质可得y随x的增大而减小，结合，即可得了．
【详解】解：∵，
∴y随x的增大而增大，
∵点，都在一次函数的图象上，且，
∴．
故选：B．
8. 在某校举办的科技节活动中，“纸牌承重”项目受到同学们的广泛关注．小德所在小组用若干图1中的纸牌搭建成可承重的两只桌腿，制成图2所示的“纸牌承重桌”（桌面与地面平行，桌面厚度和纸牌厚度忽略不计）．“纸牌承重桌”的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了等边三角形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，如图，连接，根据题意，得到是等边三角形，边长都为，进而得到四边形是菱形，推出，即“纸牌承重桌”的高度为的长度，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连接，
根据题意，是等边三角形，边长都为，
四边形是菱形，
，
，
，即“纸牌承重桌”的高度为的长度，
，
故选：A．
9. 如图，在四边形中，，，，，则四边形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的面积，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，根据已知条件添加辅助线构造直角三角形是解答的关键．延长、相交于E，根据等腰直角三角形的判定与性质和勾股定理分别求得、、，根据直角三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：延长、相交于E，
∵，，
∴，
∴，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形的面积为．
故选：C．
10. 如图，中，，两动点M，N同时从点B出发，点M在边上以的速度匀速运动，到达点C时停止运动；点N沿的路径匀速运动，到达点C时停止运动．的面积与点N的运动时间t（s）的关系图象如图所示．已知，则下列说法正确的是（ ）
①N点的运动速度是；②的长度为；③a的值为7；④当时，t的值为或9．
A. ①②B. ①②③C. ②③④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了函数图象问题，涉及平行四边形的性质，含直角三角形的性质，由点M的速度和路程可知，时，点M和点C重合，过点N作于点E，求出的长，进而求出的长，得出N点的速度；由图2可得当时，点N和点A重合，进而可求出的长；根据路程除以速度可得出时间，进而可得出a的值；由图2可知，当时，有两种情况，根据图象分别求解即可得出结论，熟练掌握各图形的性质，分别列出关于t的方程是解题的关键．
【详解】∵，点M的速度为，
∴当点M从点B到点C，用时，
当时，过点N作于点E，
∴，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
∴N点的运动速度是；故①正确；
由图2可知，点N从B到A用时
∴，故②正确；
∴，故③正确；
当点M未到点C时，过点N作于点E，
∴，
解得，负值舍去；
当点N在上时，过点N作交延长线于点F，
此时,
∴
∴，
解得，
∴当时，t的值为或9．故④正确；
故选：D．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
11. 比较大小：______4（填“>”，“<”或“=”）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的大小比较，无理数的估算，根据题意得到，进而得到，解题的关键是根据无理数的估算方法得到．
【详解】解：∵
∴
∴．
故答案为：．
12. 如图，在中，，D是的中点，若，则的度数为__________．
【答案】50
【解析】
【分析】根据直角三角形性质得出，所以为等腰三角形，可求出的度数，根据三角形的外角性质求出即可．
【详解】解：在中，，是的中点，
，
为等腰三角形，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
13. 若，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质可得：，再结合绝对值的性质，即可求解．
【详解】解：∵，根据题意得：
，
∴ ，
解得： ．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次根式的性质和绝对值的性质，理解并掌握 是解题的关键．
14. 在中，，，则的长是_____________．
【答案】3或##或3
【解析】
【分析】根据勾股定理来进行解答即可，本题需要分两种情况进行计算，即AB为斜边和AB为直角边．
【详解】解：当AB为斜边时，根据勾股定理可得：，
当AB为直角边时，根据勾股定理可得：，
故答案：3或．
【点睛】本题主要考查的是利用勾股定理求边长的问题，属于基础问题．在利用勾股定理时一定要注意所求的边为直角边还是斜边．
15. 如图，平面直角坐标系中，的顶点A，B，C在坐标轴上，，点D在第一象限，则点D的坐标是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质求的长，根据等腰三角形的性质得BC长，再利用平行四边形的性质得出点的坐标即可．
【详解】解：，，，
，，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据勾股定理得出点A坐标，再由平行四边形性质求得点D坐标．
16. 如图，在中，点D、E分别是边、的中点，点F在线段上，，，，，线段的长度是__________．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边上的中线的性质，证明是直角三角形是解题的关键．
由三角形中位线定理得到，再证明是直角三角形，即，即可利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，则．
【详解】解：∵点、分别是边、的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴，
∴．
故答案为：2．
17. 如图，图①中的直角三角形斜边长为5，将四个图①中的直角三角形分别拼成如图②所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为，，则的值为__________．
【答案】25
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．根据题意设直角三角形较长的直角边长为，较短的直角边长为，根据勾股定理可得，根据图形面积可得，即可求得答案．
【详解】解：设直角三角形较长的直角边长为，较短的直角边长为，
∴
故答案：25．
18. 如图，正方形的边长是6，点M是边上的一个动点，连结，作于点P，连结，线段长度的最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，点到圆上最短距离，勾股定理，根据于点P，得到，进而得到点P在以为直径的圆上运动，取中点O，连接，，当点三点共线时，的长度有最小值，根据勾股定理求出，由即可求解．
【详解】解：取中点O，连接，
，正方形的边长是6，
，
点P在以为直径的圆上运动，
，
当点三点共线时，的长度有最小值，
，
，
故答案为：．
三、解答题（本题共54分，第19题6分，第20，25题每题5分，第21～24题每题6分，第26，27题每题7分）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式的混合运算，二次根式的混合运算，掌握运算顺序是解本题的关键；
（1）先化简各二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）先计算二次根式的除法运算，化简绝对值，再合并即可．
小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
；
20. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，点E，F在对角线上，且，连接．求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，由平行四边形的性质得，，再证，即可得出结论，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形．
21. 学习完四边形的知识后，小明想出了“作三角形一边中线”的另一种尺规作图的作法，下面是具体过程．
已知：．
求作：边上的中线．
作法：如图，
①分别以点，为圆心，，长为半径作弧，两弧相交于点；
②作直线，与交于点，所以线段就是所求作的中线．
根据小明设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：连接，．
， ，
四边形是平行四边形（ ）（填推理的依据）．
（ ）（填推理的依据）．
是边上的中线．
【答案】（1）见解析 （2），两组对边分别相等的四边形是平行四边形，平行四边形的对角线互相平分
【解析】
【分析】（1）根据要求作出图形即可．
（2）利用平行四边形的判定和性质解决问题即可．
【小问1详解】
解：如图，图形如图所示：
【小问2详解】
解：连接，．
，，
四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．
（平行四边形的对角线互相平分）．
故答案为：，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，平行四边形的对角线互相平分．
【点睛】本题考查作图基本作图平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22. 问题背景：
问题：在中，三条边，，的长分别为，，，求这个三角形的面积．
小明在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长均为1），再在网格中画出格点（即三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示．我们把这种借助网格求三角形面积的方法叫做构图法．
方法应用：
（1）请直接在横线上写出的面积_________；
（2）若的三边长分别为，，，请利用图2的正方形网格（每个小正方形的边长为a）画出相应的，并直接在横线上写出的面积__________．
（3）若的三边长分别为，，，（，且），请在图3中画出一个符合题意的，并直接在横线上写出的面积__________．
【答案】（1）3.5 （2）图见解析，
（3）图见解析，
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理及收纳教学面积求法，根据题意正确画出是解题的关键．
（1）利用恰好能覆盖的边长为3的小正方形的面积减去三个小直角三角形的面积即可解答；
（2）根据题目中所给的构图法构造出符合所给数据的三角形，然后用（1）的方法求出格点三角形的面积即可；
（3）根据题目中所给的构图法构造出符合所给数据的三角形，然后用（1）的方法求出格点三角形的面积即可．
【小问1详解】
解：，
故答案为：3.5；
【小问2详解】
解：∵，
∴可以看作是两直角边长分别为和a的直角三角形斜边长，
同理：可以看作是两直角边长都是的直角三角形斜边长，以看作是两直角边长是和a的直角三角形斜边长，于是可以构造出格点三角形，如图即为所求，

；
【小问3详解】
解：∵，
∴可以看作是两直角边长分别为m和的直角三角形斜边长，
同理：可以看作是两直角边长分别是和的直角三角形斜边长，以看作是两直角边长是和的直角三角形斜边长，于是可以构造出格点三角形，如图即为所求，

∴．
23. 阅读下列材料：
①在进行二次根式的化简与运算时，我们会遇到分母中含有字母，形如的式子．我们可以用这样的方法将其进行化简：，这种化简的方法叫做分母有理化．
②数学学习的一项最重要内容是数学思想方法的学习与运用，有这样一种“整体思想”，它可以简化计算过程，如：已知，，求．我们可以把和分别看成一个整体，令则．这样我们不用求出a和b的值就可以得到要求的结果．
根据以上材料回答下列问题：
（1）计算：．
（2）已知n是整数，，，且．求n的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查的是分母有理化，二次根式的混合运算，掌握分母有理化的方法是解本题的关键；
（1）先分母有理化，再合并即可；
（2）先求解，，再把原方程化为，再代入解方程并检验即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
∵，，
∴，
，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴或，
解得：或（不符合题意舍去），
∴；
24. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF=BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AD=5，EC=2，求OE的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD=BC，等量代换得到BC=EF，推出四边形AEFD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得AD=AB=BC=10，由勾股定理求出AE=4，AC=2，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD=BC，
∵BE=CF，
∴BC=EF，
∴AD=EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AD=5，
∴AD=AB=BC=5，
∵EC=2，
∴BE=5-2=3，
在Rt△ABE中，
，
在Rt△AEC中，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，
∴OE=AC=．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；根据菱形的性质得到AD∥BC且AD=BC，等量代换得到BC=EF是解题的关键．
25. 探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线画出函数图象，观察分析图象特征，概括函数性质的过程．结合已有的学习经验，请画出函数的图象并探究该函数的性质．
（1）绘制函数图象
①列表；下表是x与y的几组对应值，其中__________；
②描点：根据表中的数值描点；
③连线：用平滑的曲线顺次连接各点，画出函数图象．
（2）探究函数性质
写出函数的一条性质：__________．
（3）运用函数图象及性质
①观察你所画的函数图象，回答问题：若点，为该函数图象上不同的两点，则__________；
②根据函数图象，写出不等式的解集是__________．
【答案】（1）①；②见解析；③见解析
（2）当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小（答案不唯一）
（3）①0；②或
【解析】
【分析】本题考查了函数的图象及性质，解题的关键是熟练掌握研究函数的方法：用列表、描点、连线作出图象，再数形结合研究函数性质．
（1）①直接把代入中求出的值即可得到答案；
②根据①所求描点即可；
③用平滑的曲线将所描出的点顺次连接即可；
（2）写出一条符合图象的性质即可；
（3）①根据函数图象可知，该函数图象关于轴对称，据此求解即可；
②利用图象法求解即可．
【小问1详解】
解：①把代入中得，即，
故答案为：；
②如图所示，即为所求；
③如图所示，即为所求；
【小问2详解】
由函数图象可知，当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小；
故答案为：当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小（答案不唯一）；
【小问3详解】
∵①观察函数图象可知，该函数图象关于轴对称，
点，为该函数图象上不同的两点，
∴，
∴，
故答案为：0；
（2）根据函数图象可知，不等式的解集是或，
故答案为：或．
26. 在菱形中，对角线与相交于点O，，点M是对角线上的动点（不与点O，D重合），将线段绕点M顺时针旋转得到线段．
（1）如图1，当点M在线段上，点N在边上时，连接，求证：M是中点；
（2）如图2，当点M在线段上，点E在线段的延长且满足，连接，．
①依题意补全图形；
②求证：．
【答案】（1）见解析 （2）①补全图形见解析；②见解析
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质得，根据菱形性质得到，利用三角形外角的性质求出，可得，等量代换得到即可；
（2）①按照要求作图即可；②延长到，使得，连接，根据三角形中位线的性质结合，易得，推出，得到，利用等腰三角形三线合一即可得出结论．
【小问1详解】
证明：由旋转的性质得：，
∵四边形是菱形，
，
∴，
∴，
∴，
M是的中点；
【小问2详解】
解：①如图为所求；
②如图，延长到，使得，连接，
，，
点分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
，
由旋转的性质得：，
∴，
∵，
∴，，
，
设，则，
，，
∴，
，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
27. 对于平面直角坐标系中的图形M、N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，称P，Q两点间距离的最小值为图形M，N间的“近距离”，记作．在中，点，，，．
（1）d（点O，）__________．
（2）若点P在y轴正半轴上，d（点P，），直接写出点P坐标；
（3）已知点，，，，顺次连接点E、F、H、G，将得到的四边形记为图形W．
①当时，在图2中画出图形W，直接写出的值；
②若，直接写出a的取值范围．
【答案】（1）4 （2）或
（3）①②
【解析】
【分析】（1）由的点坐标可知为对角线的交点，可知点到，的距离相等且为6；点到，的距离相等；如图1，记与轴的交点为，，在中，由勾股定理得，设到的距离为，根据，求出的值，然后与6比较取最小值即可；
（2）作于，分为点P在点M的上方和下方，两种情况讨论，由d（点 P， ），可知，且，在中，由勾股定理得，求出的值，进而可得点坐标；
（3）①由，可得，在坐标系中描点，依次连接如图3所示，即为图形，过点作，垂足为K，延长，交于，由点坐标可知，进而得到，可知，，，根据勾股定理求出，即可求解；②过点E，G作直线，分别交于点P，L，由的点坐标可知，，，四边形是一个大小不变的平行四边形，且点沿着直线运动，分情况求解：当在x轴下方和上方，即当和，两种情况讨论即可．
【小问1详解】
解：由的点坐标可知为对角线的交点，
∴点到，的距离相等且为6；点到，的距离相等；
如图1，记与轴的交点为，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
设到的距离为，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴ d(点O ，) 的值为4，
故答案为：4．
【小问2详解】
解：作于，
如图1，当点P在点M的上方时，
∵d（点 P， ），
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
点P坐标为；
如图2，当点P在点M的下方时，
同理可得：，
，
点P坐标为；
综上，点P坐标为或．
【小问3详解】
解：①∵，
∴，
在坐标系中描点，依次连接如图3所示，即为图形，过点作，垂足为K，延长，交于，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
，
（负值舍去），
，
，
，
∴的值为．
②如图4，过点E，G作直线，分别交于点P，L，
由的坐标可知，，，四边形是一个大小不变的平行四边形，且点沿着直线运动，
由①知，
四边形是平行四边形，
，
，
，
∵，
，
，
当在x轴下方时，，此时，
，
，
，
，
，
解得：，
；
当在x轴上方时，，此时，
，，
，
，
，
解得：，
∴；
综上，时，．
【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，点到直线的距离相等，新定义下的实数运算等知识．解题的关键在于理解题意，分情况求解．x
…
0
1
2
3
4
5
…
y
…
1
2
3
6
3
2
m
1
…