北京市昌平区北京师范大学亚太实验学校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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本次考试满分100分，考试时间100分钟
一、选择题（本题共16分，每小题2分）
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. 下列各式中，运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减，二次根式的乘除，解题的关键是熟练掌握二次根式的运算法则，根据二次根式的运算法则逐个判断即可．
【详解】解：A、不同类二次根式，不能合并，不符合题意；
B、不是同类二次根式，不能合并，不符合题意；
C、，故C不正确，不符合题意；
D、，故D正确，符合题意；
故选：D．
3. 判断下列四组数据，可以作为直角三角形三条边长的是（ ）
A. ，，B. ，，C. ，，（）D. 1，2，3．
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】解：A、，所以是直角三角形，故选项符合题意；
B、，所以不是直角三角形，故选项不符合题意；
C、，所以不是直角三角形，故选项不符合题意；
D、，所以不是直角三角形，故选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
4. 如图，两个边长为1的正方形整齐地排列在数轴上形成一个大的长方形，以O点为圆心，以长方形的对角线长度为半径作圆与数轴有两个交点，其中点表示的数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查实数与数轴，勾股定理，根据勾股定理求出，据此可得答案．
【详解】解：由勾股定理得，
∴点Р表示的数是．
故选B．
5. 如图，在平行四边形中，平分，则平行四边形的周长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出∠CDE=∠CED，再根据等角对等边的性质可得CE=CD，然后利用平行四边形对边相等求出CD、BC的长度，再求出▱ABCD的周长．
【详解】解：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BC=AD=6，AB=CD，
∴∠ADE=∠CED，
∴∠CDE=∠CED，
∴CE=CD，
∵AD=6，BE=2，
∴CE=BC-BE=6-2=4，
∴CD=AB=4，
∴▱ABCD的周长=6+6+4+4=20．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形对边平行，对边相等的性质，角平分线的定义，等角对等边的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明CE=CD是解题的关键．
6. 如图，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的侧面爬行到点B，圆柱体的底面周长是24厘米，圆柱体的高是5厘米，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A. 13厘米B. 17厘米C. 厘米D. 5厘米
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意将圆柱展开，得出，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：根据题意，将圆柱展开如下：
∴，
∴，
∴最短路程为13厘米，
故选：A．
【点睛】题目主要考查勾股定理的应用，理解题意，构造直角三角形是解题关键．
7. 如图，在中，，在边上截取，连接，过点A作于点E．已知，，如果F是边的中点，连接，那么的长是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质及三角形中位线的性质，根据勾股定理求得，进而可得，再证得是的中位线，从而可求解，熟练掌握等腰三角形的三线合一性质是解题的关键．
【详解】解：，，，，
，
，，，
，点是的中点，
，
又F是边中点，
是的中位线，
，
故选A．
8. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵AE=AB，
∴BE=2AE，
由翻折的性质得，PE=BE，
∴∠APE=30°，
∴∠AEP=90°﹣30°=60°，
∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，
∴∠EFB=90°﹣60°=30°，
∴EF=2BE，故①正确；
∵BE=PE，
∴EF=2PE，
∵EF＞PF，
∴PF＜2PE，故②错误；
由翻折可知EF⊥PB，
∴∠EBQ=∠EFB=30°，
∴BE=2EQ，EF=2BE，
∴FQ=3EQ，故③错误；
由翻折的性质，∠EFB=∠EFP=30°，
∴∠BFP=30°+30°=60°，
∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，
∴∠PBF=∠PFB=60°，
∴△PBF是等边三角形，故④正确；
综上所述，结论正确是①④．
故选：D．
二、填空题（第10、16题3分，其余每小题﹖分，共18分）
9. 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，即可解答．
【详解】解：，
，
，
故答案为：．
10. 命题“如果两个实数相等，那么它们的绝对值相等”的逆命题是__________________，它是_________（填“真命题”或“假命题”）．
【答案】 ①. 如果两个实数的绝对值相等，则这两个实数相等； ②. 假命题
【解析】
【分析】依据逆命题的定义及真假命题的判断方法可得
【详解】“如果两个实数相等，那么它们的绝对值相等”的条件是两个实数相等，结论是它们的绝对值相等，因此该命题的逆命题是“如果两个实数的绝对值相等，则这两个实数相等”；
比如，但，所以是假命题
故答案为：如果两个实数的绝对值相等，则这两个实数相等；假命题
【点睛】本题考查了逆命题的定义：把原命题的条件当结论，把结论当条件得到的命题就是该命题的逆命题，要说明一个命题是假命题举一个反例即可，掌握相关的定义、定理等是解题关键．
11. 中，，高，则的长为___________．
【答案】4或14##14或4
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，分两种情况讨论：锐角三角形和钝角三角形，根据勾股定理求得，再由图形求出，在锐角三角形中，，在钝角三角形中，．
【详解】解：如图，是锐角三角形时，
∵在中，，
∴，
∴，
在中，，由勾股定理得
，
∴，
∴的长为；
如图，是钝角三角形时，
∵在中，，
∴，
∴，
在中，，由勾股定理得
，
∴，
∴的长为．
故答案为14或4．
12. 如果，请写出一个满足条件的x的值：___________．
【答案】7（答案不唯一，大于等于6的数均可）
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式有意义的条件以及一元一次不等式组，根据二次根式的性质列出关于x的一元一次不等式组，解不等式组即可求解．
【详解】解：∵，
∴
解得：，
故满足条件的x的值可以为7（答案不唯一，大于等于6的数均可）．
故答案为：7（答案不唯一，大于等于6的数均可）
13. 矩形ABCD中，，，按如图方式折叠，使点B落与点D重合，折痕为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，先由折叠的性质可得，再由矩形的性质可得，设，则，可由勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：由翻折的性质可知，，
∵四边形是矩形，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
，
解得，
∴；
故答案为：．
14. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若，大正方形的面积为，则的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．
【详解】由题意可知：中间小正方形的边长为：，

∵大正方形的面积为
∴，
又∵，
∴，
∴，即
∴
故答案为．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握该知识点是本题解题的关键．
15. 如图，在矩形ABCD中，AD＝3，CD＝4，点P是AC上一个动点（点P与点A，C不重合），过点P分别作PE⊥BC于点E，PF∥BC交AB于点F，连接EF，则EF的最小值为_____．
【答案】##2.4
【解析】
【分析】连接BP，利用勾股定理列式求出AC，判断出四边形BFPE是矩形；根据矩形的对角线相等可得EF＝BP，再根据垂线段最短可得BP⊥AC时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．
【详解】证明：如图，连接BP．
∵∠CBA＝∠D＝90°，AD＝3，CD＝4，
∴AC＝5，
∵PE⊥BC于点E，
∴，
∵PF∥BC，
∴四边形PEBF是平行四边形；
∵∠CBA＝90°，
∴四边形PEBF是矩形；
∴EF＝BP，
由垂线段最短可得BP⊥AC时，线段EF值最小，
此时，S△ABC＝BC•AB＝AC•BP，
即×4×3＝×5•BP，
解得BP＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出BP⊥AC时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
16. 如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段，，，的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形是平行四边形；②存在无数个中点四边形是菱形；③存在无数个中点四边形是矩形；④存在两个中点四边形是正方形．所有正确结论的序号是______．
【答案】①②③④
【解析】
【分析】本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，根据中点四边形的性质：一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂线的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，由此即可判断，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【详解】解：
平面内任意取一点D，与点A，点B，点C构成四边形，
∵M、N、P、Q分别是，，，的中点，
，，，，，，，，
，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴存在无数个中点四边形是平行四边形，故①正确；
当时，即以点B为圆心，的长为半径画圆，在圆弧上取一点D，则有，
∴四边形是菱形，
∴存在无数个中点四边形是菱形，故②正确；
当时，，，即，
∴四边形是矩形，
∴存在无数个中点四边形是矩形，故③正确；
当且仅当，时，中点四边形才是正方形，
这样的点D在左侧，右侧各一个共有2个，故存在两个中点四边形是正方形，故④正确．
故答案为：①②③④．
三、解答题（17题共10分，18题共12分，19、22每题7分，23题6分，20、21、24每题8分，本题共66分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减、乘法运算，零指数幂，平方差公式，熟练掌握知识点以及运算法则是解题的关键．
（1）先化简各二次根式以及运用零指数幂求解，再合并同类二次根式即可；
（2）根据二次根式的乘法运算，平方差公式化简计算即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
18. （1）已知，，求代数式的值．
（2）a，b分别是的整数部分和小数部分，求的值．
【答案】（1）25；（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的化简求值，无理数的估算，代数式求值，完全平方公式，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）把所求式子变形为，再代入求解即可；
（2）先估算出的范围，再算出的范围，根据，分别是的整数部分和小数部分，即可得出，的值，再代入求解即可．
【详解】解：（1）原式

当，，时
原式

；
（2），
，
，分别是的整数部分和小数部分，
，，
．
19. 数轴上表示a，b两个数的点的位置如图所示：
化简：．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的性质与化简、整式的加减、数轴，正确得出a，b的符号是解题关键．观察数轴可得，从而得到，再根据二次根式的性质化简，即可求解．
【详解】解：由数轴可得，
，
．
20. 已知：．
求作：直线AD，使得．
作法：如图，
①分别以点A、点C为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点M、点N；
②作直线MN交AC于点E；
③以点E为圆心，BE长为半径画弧，交射线BE于点D；
④作直线AD．
所以直线AD就是所求作的直线．
（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CD，
∵______，______，
∴四边形ABCD是平行四边形，（________）（填推理的依据）．
∴（______）（填推理的依据）．
【答案】（1）作图见解析
（2）EC，ED，对角线互相平分的四边形是平行四边形，平行四边形的对边平行．
【解析】
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明，可得结论．
【小问1详解】
解：如图，直线AD即为所求；
【小问2详解】
证明：连接CD．
∵AE＝EC．BE＝ED．
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
∴AD∥BC（平行四边形的对边平行），
故答案为：EC，ED，对角线互相平分的四边形是平行四边形，平行四边形的对边平行．
【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，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
21. 如图,菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O,分别过点C. D作CE∥BD,DE∥AC，CE和DE交于点E.
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）当∠ADB=60°,AD=2时，求EA的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形ODEC是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到∠DOC=90°，根据矩形的定义即可判定四边形ODEC是矩形．
（2）根据含30度角直角三角形的性质、勾股定理来求EA的长度即可．
【详解】（1）∵CE∥BD DE∥AC
∴四边形ODEC是平行四边形
又∵菱形ABCD
∴AC⊥BD
∴∠DOC=90°
∴四边形ODEC是矩形
（2）∵Rt△AOD中,∠ADO=60°
∴∠OAD=30°
∴OD=AD=
∴AO==3
∴AC=6
∵四边形ODEC是矩形
∴EC=OD= ∠ACE=90°
∴AE==
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等，熟练掌握和灵活运用相关的性质定理与判定定理是解题的关键．
22. 明朝数学家程大位在他的著作《算法统宗》中写了一首计算秋千绳索长度的词《西江月》：“平地秋千未起，踏板一尺离地．送行二步恰竿齐，五尺板高离地…”翻译成现代文为：如图，秋千静止的时候，踏板离地高一尺（尺），将它往前推进两步（尺），此时踏板升高离地五尺（尺），求秋千绳索（或）的长度．
【答案】14.5尺
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．设尺，用表示出的长，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解即可得到结果．
【详解】解：设尺，
∵尺，尺，
∴尺，尺，
在中，尺，尺，尺，
根据勾股定理得：，
整理得：，即，
解得：．
答：秋千绳索的长度为尺．
23. 小明在解方程时采用了下面的方法：
又有，
可得，
将这两式相加可得，
将两边平方可解得，经检验是原方程的解．
请你学习小明的方法，解下面的方程：
（1）解方程；
（2）方程的解是______（用含a、b的式子表示）．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式在解方程中的应用等知识点，
（1）利用已知化简思路化简，再利用二次根式的加减和二次根式的性质进行化简即可得解；
（2）由（1）中方法得，再利用二次根式的加减和二次根式的性质进行化简即可得解；
解答此题的关键是能熟练应用有关二次根式的概念、性质和运算的方法．
【小问1详解】
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
经检验是原方程的解；
【小问2详解】

，
∵，
∴，
∴
∴或
经检验或是原方程的解，
故答案为：或．
24. 如图1，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与C、D重合，过点A作的垂线交延长线于点F，连接．
（1）计算的度数；
（2）如图2，过点A作，垂足为G，连接．用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）先证明，再利用等腰直角三角形性质得出结论；
（2）连接，先证明，得出，取的中点M，连接，证明，从而得出结论．
【小问1详解】
解：四边形是正方形，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形
；
【小问2详解】
．
理由：如图，取的中点，连接，，

是等腰直角三角形，，
是的中点，
，
同理，在中，，
，
，，
，
，
，
；
∵，
为的中位线，
，，
，
在中，，
为等腰三角形，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，作出合适的辅助线是解题的关键．
四、选做题（25题4分．26题6分，共10分）
25. 先化简，再求值：，其中：，．
【答案】，．
【解析】
【分析】利用二次根式的性质和平方差公式化简，然后代入求值即可．
【详解】解：
，
当，时，
原式
．
【点睛】题目主要考查二次根式的化简求值及平方差公式，熟练掌握二次根式的运算法则是解题关键．
26. 在平面直角坐标系中，对于没有公共点的两个图形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，若P、Q两点间距离的最大值和最小值分别为和，则称比值为图形M和图形N的“距离关联值”，记为．已知顶点坐标为，，，．
（1）若E为边上任意一点，则的最大值为______，最小值为______，因此k（点O，）＝______；
（2）若为对角线上一点，为对角线上一点，其中．
①若，则k（线段，）______；
②若（线段，），求m的取值范围；
（3）若的对角线交点为O，且顶点在直线上，顶点在直线上，其中，请直接用含n的代数式表示．
【答案】（1）2，1，2
（2）①6；②或或或
（3）当且时，
【解析】
【分析】（1）如图1，过作于，过作于，与轴交于，则四边形是正方形，由题意知，当与或重合时，最大，当与重合时，最小，求，，根据(点，) ，计算求解即可；
（2）①如图2，设直线的解析式为，则，解得，即，，由题意知，线段上的点与上的点的最大距离为，最小距离为，根据(线段，)定义求解即可；②将代入，解得，即，分当时；当时；当时；当时；表示出最大与最小距离，然后解一元一次不等式组求解满足要求的解即可；
（3）如图3，将代入，解得，即，由，可得，由（2）可知，将的边等同于线段时求的求解方法求解即可．
【小问1详解】
解：如图1，过作于，过作于，与轴交于，则四边形是正方形，
由题意知，当与或重合时，最大，当与重合时，最小，
∴，，
∴最大为2，最小为1，
(点，) ，
故答案为：2，1，2；
【小问2详解】
解：如图2，
设直线的解析式为，则，解得，
∴，
当，，
∴，
由题意知，线段上的点与上的点的最大距离为，最小距离为，
∴(线段，)，
故答案为：6；
②解：将代入，解得，即，
当时，由题意知，线段上的点与上的点的最大距离为，最小距离为，
∴(线段，)，
令，
解得，
∴；
当时，线段上的点与上的点的最大距离为，最小距离为，
∴(线段，)，
令，
解得，
∴；
当时，由题意知，线段上的点与上的点的最大距离为，最小距离为，
∴(线段，)，
令，
解得，
∴；
当时，线段上的点与上的点的最大距离为，最小距离为，
∴(线段，)，
令，
解得，
∴；
综上所述，或或或；
【小问3详解】
解：如图3，
将代入，解得，即，
∵，
∴，
由（2）可知，当且时，上的点到上的点的最大距离为，最小距离为，
∴．
【点睛】本题考查了新定义下的实数运算，平行四边形的性质，一次函数与平行四边形综合，勾股定理，解一元一次不等式组等知识．解题的关键在于理解题意．