资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
黑龙江省哈尔滨市巴彦县华山乡中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份黑龙江省哈尔滨市巴彦县华山乡中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含黑龙江省哈尔滨市巴彦县华山乡中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、黑龙江省哈尔滨市巴彦县华山乡中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试卷满分为120分，考试时间为120分钟.
2.答题前，考生先将自己的“姓名”、“考号”、“考场”、“座位号”在答题卡上填写清楚，将“条形码”准确粘贴在条形码区域内.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题纸上答题无效.
4.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
5.保持卡面整洁，不要折叠、不要弄脏、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀.
第I卷 选择题（共30分）
一、选择题（每题3分，计30分，每题只有一个正确的答案）
1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、是最简二次根式，故本选项正确，符合题意；
B、，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
C、；故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
D、，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，注意：满足下列两个条件的二次根式叫最简二次根式：①被开方数中的因数是整数，因式是整式，②被开方数中不含有能开得尽方的因数和因式．
2. 在中，，，，则 的长是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，注意：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．根据勾股定理求出即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
故选D．
3. 已知四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A. AB＝CDB. AD＝BCC. AD∥BCD. ∠A+∠B＝180°
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等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；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，逐项判断即可．
【详解】解： A.根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判断；
B. 根据一组对边平行，另一组对边相等不能判断是平行四边形；
C. 根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形；可判断；
D. ∵∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形；可判断；
故选B．
【点睛】此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟知二次根式的四则运算法则是解题的关键．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算正确，符合题意；
D、，原式计算错误，不符合题意；
故选；C．
5. 如图，在平行四边形中，的平分线交于E，，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形对边平行得到，则，由角平分线的定义得到，则．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的平分线交于E，
∴，
∴，
故选：D．
6. 某天小强从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中图象表示小强离家的距离y（）（）之间的函数关系．下列说法中错误的是（ ）
A. 小强从家到体育场用了15分钟B. 体育场离文具店1千米
C. 小强在文具店停留了20分钟D. 小强从文具店回家的平均速度是千米/时
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了函数图象．从图象可直接判断A选项，根据图象可知体育场离文具店的距离： 千米可判断B选项，根据路程没有变化的时间段可得停留时间，进而判断C选项，根据速度等于路程除以时间进行计算即可判断D选项．
详解】A、小强从家到体育场用了15分钟，观察图可得A正确，不符合题意；
B、体育场离文具店的距离：千米，故B正确，不符合题意；
C、小强停留的时间为分钟，故C正确，不符合题意；
D、小强从文具店回家的平均速度为： 千米/小时，故D错误，符合题意．
故选：D．
7. 如图，点O是矩形ABCD的中心，E是AB上的点，沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，若，则折痕CE的长为（ ）
A. 2B. C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质及题意，可求得,根据含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求得
【详解】四边形是矩形
点O是矩形ABCD的中心
折叠
,,
∴OE是AC的垂直平分线，
在中
即
故选C
【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，根据折叠求得是解题的关键．
8. 顺次连接四边形ABCD四条边的中点，所得的四边形是菱形，则四边形ABCD满足的条件是（ ）.
A. AB＝CDB. AC＝BDC. AB⊥CDD. AC⊥BD
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形中位线的性质得到，，，，可得四边形为平行四边形，要得到四边形为菱形，则，而，所以当时可得到四边形为菱形．
【详解】解：如图，连接，，
点、、、分别为四边形各边中点，
，，，，
四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形，
又，
若，
则．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理，平行四边形的判定以及三角形中位线的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
9. 如图，在矩形ABCD中，点M从点B出发沿BC向点C运动，点E、F别是AM、MC的中点，则EF的长随着M点的运动（ ）
A. 不变B. 变长C. 变短D. 先变短再变长
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得EF为三角形AMC的中位线，由中位线的性质可得：EF的长恒等于定值AC的一半.
【详解】解：∵E，F分别是AM，MC的中点，
∴，
∵A、C是定点，
∴AC的的长恒为定长，
∴无论M运动到哪个位置EF的长不变，
故选A．
【点睛】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行且等于第三边的一半.
10. 如图，点E是正方形ABCD外一点，连接AE、BE和DE，过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝3．下列结论：①△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为；④S正方形ABCD＝8+．则正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】①易知AE＝AP，AB＝AD，所以只需证明∠EAB＝∠PAD即可用SAS说明△APD≌△AEB；
②易知∠AEB＝∠APD＝135°，则∠BEP＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°，所以EB⊥ED；
③在Rt△BEP中利用勾股定理求出BE值为，根据垂线段最短可知B到直线AE的距离小于；则③错误；
④要求正方形的面积，则需知道正方形一条边的平方值即可，所以在△AEB中，∠AEB＝135°，AE＝1，BE＝，过点A作AH⊥BE交BE延长线于H点，在Rt△AHB中利用勾股定理AB2＝BH2+AH2即可．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°．
∴∠DAP+∠BAP＝90°．
又∠EAP+∠BAP＝90°，
∴∠EAP＝∠DAP．
又AE＝AP，
∴△APD≌△AEB（SAS）．
所以①正确；
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠APE＝∠AEP＝45°，
∴∠APD＝180°﹣45°＝135°．
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB＝∠APD＝135°，
∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，
即EB⊥ED，②正确；
在等腰Rt△AEP中，利用勾股定理可得EP＝，
在Rt△BEP中，利用勾股定理可得BE＝．
∵B点到直线AE的距离小于BE，所以点B到直线AE的距离为是错误的，
所以③错误；
在△AEB中，∠AEB＝135°，AE＝1，BE＝，
如图所示，过点A作AH⊥BE交BE延长线于H点．
在等腰Rt△AHE中，可得AH＝HE＝AE＝．
所以BH＝．
在Rt△AHB中利用勾股定理可得AB2＝BH2+AH2，
即AB2＝（）2+（）2＝8+，
所以S正方形ABCD＝8+．
所以④正确．
所以只有①和②、④的结论正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形性质、全等三角形的判定和性质，解决复杂几何图形时要会分离图形，分离出对解决问题有价值的图形单独解决．
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11. 计算____________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的性质与化简，直接利用二次根式的性质化简得出答案．正确化简二次根式是解题关键．
【详解】解：，
故答案：．
12. 函数中，自变量的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件“被开方数为非负数”，列不等式即可得答案．
【详解】解：根据题意，得，
解得，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当函数解析式是整式时，字母可取全体实数；②当函数解析式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数解析式是二次根式时，被开方数为非负数；④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．
13. 若菱形的两条对角线长分别为12cm，16cm，则其周长为__________cm．
【答案】40
【解析】
【分析】如图，在菱形ABCD中，AC=12cm，BD=16cm，根据菱形的性质，利用勾股定理求出AB的长，然后即可求得周长.
【详解】解：如图，在菱形ABCD中，AC=12cm，BD=16cm，且AC、BD交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AO=AC=6cm，
BO=BD=8cm，且AC⊥BD，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得AB=（cm）， 且菱形的四边相等，
∴菱形的周长=4AB=40cm，
故答案为：40.
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质.
14. 如图，中，，，，平分，且，则的面积是___________．
【答案】75
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形面积的计算等知识，由垂直加角平分线构造出全等三角形是解题的关键．
由平分，且，可证，得出，由即可解决．
【详解】解：延长交于，
平分，
，
，
，
在和中，
，
，
，
中，，
，
，
．
故答案为：75．
15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是_______．
【答案】（5，4）
【解析】
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．
【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，
∴AB=5，
∴DO=4，
∴点C坐标是：（5，4）．
故答案为：（5，4）．
16. 如果△ABC的三条中位线分别为3cm，4cm，5cm，那么△ABC的周长为______cm．
【答案】24
【解析】
【详解】解：根据题意，画图如下：
∵△ABC三边的中点分别为D、E、F，
∴DF= ，DE＝，EF＝，
又∵EF＝3，DE＝4，DF＝5，
∴AB＝6，AC＝8，BC＝10．
∴△ABC的周长为：6+8+10＝24；
故答案是：24．
【点睛】解本题关键是理解、运用三角形的中位线等于所对应的边长的一半．
17. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=8，BD=6，过点O作OH丄AB，垂足为H，则点O到边AB的距离OH＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分得出OA=4、OB=3，再利用勾股定理列式求出AB=5，然后根据△AOB的面积列式求解即可得．
【详解】解：∵菱形ABCD，
∴OA=，OB==3，
∴AB=，
∴，
解得OH=．
故答案为.
【点睛】此题主要考查了菱形的性质及勾股定理解三角形，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
18. 如图，正方形的边长为6，P为对角线上的一个动点，E是的中点，则的最小值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是轴对称最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键．连接，，则，，即的最小值是长度．
【详解】解：连接，
正方形的边长为6，，是的中点，
，点、关于直线对称，，
即是的最小值，
，
故答案为：
19. 已知，正方形边长为2，E为边中点，P为射线上一点，若，则 ___________．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识．分两种情况：①当P在正方形的内部，先根据直角三角形斜边中线的性质得的长，利用勾股定理得的长，从而可解答；②当P在正方形的外部，同理可解答．
【详解】解：分两种情况讨论：
如图1，当P在正方形的内部时，
∵E是的中点，且，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
如图2，当P在正方形的外部时，
同理可得；
综上，BP的长是或．
故答案为：或．
20. 如图，正方形中，点E，F分别在边上，与交于点G.若，，则的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明是解本题的关键．证明，得，则，根据等积法可得的长，进而可得结论．
【详解】解：∵正方形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（其中21—22题各7分，23—24题各8分，25—27题各10分，共计60分）
21. 先化简，再求值：，其中，．
【答案】，
【解析】
【分析】先根据分式混合运算化简，再将的值代入求解即可．
【详解】解：
．
当，时，
原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，二次根式的分母有理化，正确的计算是解题的关键．
22. 如图，在每个小正方形的边长为1的方格纸中有线段AB和CD，点A、B、C、D均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出菱形ABEF，点E、F均在小正方形的顶点上，且菱形的面积为20；
（2）在方格纸中画出CD为斜边的等腰直角△CGD，点G在正方形的顶点上；
（3）在（1）（2）条件下，连接EG，请直接写出EG的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意及菱形的面积及性质可直接作图；
（2）根据勾股定理及等腰直角三角形的性质可作图；
（3）由（1）（2）所作图及勾股定理直接进行求解即可．
【详解】解：（1）由菱形的面积为20，AB=5，则有以AB为底的菱形的高为4，如图所示；
（2）由勾股定理可得，则等腰直角三角形GCD的边长为，如图所示：
（3）由图可得：GE=．
【点睛】本题主要考查菱形、等腰直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形、等腰直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
23.
（1）计算：；
（2）把长方形沿折叠后，D点恰与边上的F重合，如图，已知，，求的长．
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）先计算二次根式的乘法、除法，然后进行加减运算即可；
（2）由四边形是长方形，可知，由折叠的性质可知，，设，则，由勾股定理得，，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可．
【小问1详解】
（1）解：
；
【小问2详解】
解：∵四边形是长方形，
∴，
由折叠的性质可知，，
设，则，
由勾股定理得，，
∴，
由勾股定理得，，即，
解得：，
∴的长度为3．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，矩形与折叠，勾股定理等知识．熟练掌握二次根式的混合运算，平方差公式，矩形与折叠，勾股定理是解题的关键．
24. 如图，BD是△ABC的角平分线，点E、F分别在BC、AB上，且DE∥AB，EF∥AC；
（1）求证：BE＝AF；
（2）如图，若∠A＝∠C＝60°，请写出4个面积等于△ABC面积一半的几何图形．
【答案】（1）见详解；（2）△ABD，△BDC，四边形BEDF，四边形AFED（答案不唯一）．
【解析】
【分析】（1）由题意易得∠DBC=∠ABD，∠ABD=∠BDE，则有∠DBC=∠BDE，进而可得DE=BE，然后可证四边形AFED是平行四边形，进而问题可求证；
（2）由题意易得△ABC是等边三角形，进而易证D、E、F是AC、BC、AB的中点，然后根据三角形中线把三角形面积分成相等的两部分可进行求解．
【详解】（1）证明：∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠DBC=∠ABD，
∵DE∥AB，
∴∠ABD=∠BDE，
∴∠DBC=∠BDE，
∴DE=BE，
∵EF∥AC，
∴四边形AFED是平行四边形，
∴AF=DE，
∴BE＝AF；
（2）解：∵∠A＝∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠A=∠ABC=∠C=60°，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴BD⊥AC，AD=DC，
∵DE∥AB，
∴△DEC是等边三角形，
∴DE=DC，
∴BE=EC，
∴点E是BC的中点，
同理可得点F是AB的中点，
然后根据三角形中线把三角形面积分成相等的两部分可得：，，
∴，，
∴图中几何图形的面积等于△ABC面积一半的有△ABD，△BDC，四边形BEDF，四边形AFED，四边形DFEC．
【点睛】本题主要考查三角形的中线、平行四边形的性质与判定及平行线的性质，熟练掌握三角形的中线、平行四边形的性质与判定及平行线的性质是解题的关键．
25. 为改善教学条件，学校准备对现有多媒体设备进行升级改造，已知购买3个键盘和1个鼠标需要190元；购买2个键盘和3个鼠标需要220元；
（1）求键盘和鼠标的单价各是多少元？
（2）经过与经销商洽谈，键盘打八折，鼠标打八五折．若学校计划购买键盘和鼠标共50件，且总费用不超过1820元，则最多可购买键盘多少个？
【答案】（1）键盘的单价为50元/个，鼠标的单价为40元/个;（2）20个．
【解析】
【分析】（1）设键盘的单价为元/个，鼠标的单价为元/个，根据“购买3个键盘和1个鼠标需要190元；购买2个键盘和3个鼠标需要220元”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买键盘m个，则购买鼠标（50−m）个，根据总价＝单价×折扣率×数量结合总费用不超过1820元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其最大值即可得出结论．
【详解】解：（1）设键盘的单价为元/个，鼠标的单价为元/个，
根据题意得：，
解得：．
答：键盘的单价为50元/个，鼠标的单价为40元/个．
（2）设购买键盘个，则购买鼠标（50﹣）个，
根据题意得：50×0.8m+40×0.85（50﹣m）≤1820，
解得：m≤20．
答：最多可购买键盘20个．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
26. 如图1，正方形中，点P在边上，连接，点M在边上，连接，且；
（1）求证：；
（2）如图2，延长到点Q，使，作，且，连接，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接交于点E，若点E是中点，，求的长.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识．
（1）根据证明即可得到结论；
（2）证明得，再证明四边形是平行四边形；
（3）延长到点G，使，连接，证明得，再证明得，求出，设，则，根据勾股定理得，作于H，证明四边形是正方形，求出，再由勾股定理可得结论．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形
∴，
∴，
∵
∴
∴
在和中；
∴
∴；
【小问2详解】
证明：∵
∴，即
∵
∴
在和中，
∴
∴
由（1）知
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∴；
【小问3详解】
解：延长到点G，使，连接，
在和中；
，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
由（2）知，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点E是中点，，
∴，
设，则
在中
，即，
∴，
∴，
作于H，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
在中，
，
∴．
27. 如图1，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形是菱形，点A的坐标为，点C在x轴上，边交y轴于点E．
（1）求点B的坐标；
（2）如图2，对角线交y轴于点D，连接，动点P从C出发，沿线段以2个单位/秒的速度向终点B匀速运动，设的面积为s，点P的运动的时间为t秒，求s与t之间的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接并延长到点M，使，当时，求点M的坐标和的长．
【答案】（1）
（2）
（3）点M的坐标为，
【解析】
【分析】（1）由四边形是菱形，可知，，由勾股定理得，，则，，进而可得点B的坐标；
（2）由是菱形的对角线，可得，证明，则，设，则，由勾股定理得，，即，可求，由题意得，，则，根据，求解作答即可；
（3）当时，，可求，则，如图，连接，可证四边形是平行四边形，由题意知，，，，则，，即，可求，，进而可知点M的坐标为，利用勾股定理求即可．
【小问1详解】
解：∵四边形是菱形，点C在x轴上，
∴，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴，
∴点B的坐标为；
【小问2详解】
解：∵是菱形的对角线，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
由题意得，，则，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：当时，，
解得，
∴，
如图，连接，
∵，
∴四边形是平行四边形，
由题意知，，，，
∴，，
∴，
解得，，，
∴点M的坐标为；
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，一次函数的应用，平行四边形的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，一次函数的应用，平行四边形的性质是解题的关键．
考生须知：
1.本试卷满分为120分，考试时间为120分钟.
2.答题前，考生先将自己的“姓名”、“考号”、“考场”、“座位号”在答题卡上填写清楚，将“条形码”准确粘贴在条形码区域内.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题纸上答题无效.
4.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
5.保持卡面整洁，不要折叠、不要弄脏、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀.
第I卷 选择题（共30分）
一、选择题（每题3分，计30分，每题只有一个正确的答案）
1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、是最简二次根式，故本选项正确，符合题意；
B、，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
C、；故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
D、，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，注意：满足下列两个条件的二次根式叫最简二次根式：①被开方数中的因数是整数，因式是整式，②被开方数中不含有能开得尽方的因数和因式．
2. 在中，，，，则 的长是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，注意：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．根据勾股定理求出即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
故选D．
3. 已知四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A. AB＝CDB. AD＝BCC. AD∥BCD. ∠A+∠B＝180°
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等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；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，逐项判断即可．
【详解】解： A.根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判断；
B. 根据一组对边平行，另一组对边相等不能判断是平行四边形；
C. 根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形；可判断；
D. ∵∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形；可判断；
故选B．
【点睛】此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟知二次根式的四则运算法则是解题的关键．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算正确，符合题意；
D、，原式计算错误，不符合题意；
故选；C．
5. 如图，在平行四边形中，的平分线交于E，，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形对边平行得到，则，由角平分线的定义得到，则．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的平分线交于E，
∴，
∴，
故选：D．
6. 某天小强从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中图象表示小强离家的距离y（）（）之间的函数关系．下列说法中错误的是（ ）
A. 小强从家到体育场用了15分钟B. 体育场离文具店1千米
C. 小强在文具店停留了20分钟D. 小强从文具店回家的平均速度是千米/时
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了函数图象．从图象可直接判断A选项，根据图象可知体育场离文具店的距离： 千米可判断B选项，根据路程没有变化的时间段可得停留时间，进而判断C选项，根据速度等于路程除以时间进行计算即可判断D选项．
详解】A、小强从家到体育场用了15分钟，观察图可得A正确，不符合题意；
B、体育场离文具店的距离：千米，故B正确，不符合题意；
C、小强停留的时间为分钟，故C正确，不符合题意；
D、小强从文具店回家的平均速度为： 千米/小时，故D错误，符合题意．
故选：D．
7. 如图，点O是矩形ABCD的中心，E是AB上的点，沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，若，则折痕CE的长为（ ）
A. 2B. C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质及题意，可求得,根据含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求得
【详解】四边形是矩形
点O是矩形ABCD的中心
折叠
,,
∴OE是AC的垂直平分线，
在中
即
故选C
【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，根据折叠求得是解题的关键．
8. 顺次连接四边形ABCD四条边的中点，所得的四边形是菱形，则四边形ABCD满足的条件是（ ）.
A. AB＝CDB. AC＝BDC. AB⊥CDD. AC⊥BD
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形中位线的性质得到，，，，可得四边形为平行四边形，要得到四边形为菱形，则，而，所以当时可得到四边形为菱形．
【详解】解：如图，连接，，
点、、、分别为四边形各边中点，
，，，，
四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形，
又，
若，
则．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理，平行四边形的判定以及三角形中位线的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
9. 如图，在矩形ABCD中，点M从点B出发沿BC向点C运动，点E、F别是AM、MC的中点，则EF的长随着M点的运动（ ）
A. 不变B. 变长C. 变短D. 先变短再变长
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得EF为三角形AMC的中位线，由中位线的性质可得：EF的长恒等于定值AC的一半.
【详解】解：∵E，F分别是AM，MC的中点，
∴，
∵A、C是定点，
∴AC的的长恒为定长，
∴无论M运动到哪个位置EF的长不变，
故选A．
【点睛】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行且等于第三边的一半.
10. 如图，点E是正方形ABCD外一点，连接AE、BE和DE，过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝3．下列结论：①△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为；④S正方形ABCD＝8+．则正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】①易知AE＝AP，AB＝AD，所以只需证明∠EAB＝∠PAD即可用SAS说明△APD≌△AEB；
②易知∠AEB＝∠APD＝135°，则∠BEP＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°，所以EB⊥ED；
③在Rt△BEP中利用勾股定理求出BE值为，根据垂线段最短可知B到直线AE的距离小于；则③错误；
④要求正方形的面积，则需知道正方形一条边的平方值即可，所以在△AEB中，∠AEB＝135°，AE＝1，BE＝，过点A作AH⊥BE交BE延长线于H点，在Rt△AHB中利用勾股定理AB2＝BH2+AH2即可．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°．
∴∠DAP+∠BAP＝90°．
又∠EAP+∠BAP＝90°，
∴∠EAP＝∠DAP．
又AE＝AP，
∴△APD≌△AEB（SAS）．
所以①正确；
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠APE＝∠AEP＝45°，
∴∠APD＝180°﹣45°＝135°．
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB＝∠APD＝135°，
∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，
即EB⊥ED，②正确；
在等腰Rt△AEP中，利用勾股定理可得EP＝，
在Rt△BEP中，利用勾股定理可得BE＝．
∵B点到直线AE的距离小于BE，所以点B到直线AE的距离为是错误的，
所以③错误；
在△AEB中，∠AEB＝135°，AE＝1，BE＝，
如图所示，过点A作AH⊥BE交BE延长线于H点．
在等腰Rt△AHE中，可得AH＝HE＝AE＝．
所以BH＝．
在Rt△AHB中利用勾股定理可得AB2＝BH2+AH2，
即AB2＝（）2+（）2＝8+，
所以S正方形ABCD＝8+．
所以④正确．
所以只有①和②、④的结论正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形性质、全等三角形的判定和性质，解决复杂几何图形时要会分离图形，分离出对解决问题有价值的图形单独解决．
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11. 计算____________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的性质与化简，直接利用二次根式的性质化简得出答案．正确化简二次根式是解题关键．
【详解】解：，
故答案：．
12. 函数中，自变量的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件“被开方数为非负数”，列不等式即可得答案．
【详解】解：根据题意，得，
解得，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当函数解析式是整式时，字母可取全体实数；②当函数解析式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数解析式是二次根式时，被开方数为非负数；④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．
13. 若菱形的两条对角线长分别为12cm，16cm，则其周长为__________cm．
【答案】40
【解析】
【分析】如图，在菱形ABCD中，AC=12cm，BD=16cm，根据菱形的性质，利用勾股定理求出AB的长，然后即可求得周长.
【详解】解：如图，在菱形ABCD中，AC=12cm，BD=16cm，且AC、BD交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AO=AC=6cm，
BO=BD=8cm，且AC⊥BD，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得AB=（cm）， 且菱形的四边相等，
∴菱形的周长=4AB=40cm，
故答案为：40.
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质.
14. 如图，中，，，，平分，且，则的面积是___________．
【答案】75
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形面积的计算等知识，由垂直加角平分线构造出全等三角形是解题的关键．
由平分，且，可证，得出，由即可解决．
【详解】解：延长交于，
平分，
，
，
，
在和中，
，
，
，
中，，
，
，
．
故答案为：75．
15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是_______．
【答案】（5，4）
【解析】
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．
【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，
∴AB=5，
∴DO=4，
∴点C坐标是：（5，4）．
故答案为：（5，4）．
16. 如果△ABC的三条中位线分别为3cm，4cm，5cm，那么△ABC的周长为______cm．
【答案】24
【解析】
【详解】解：根据题意，画图如下：
∵△ABC三边的中点分别为D、E、F，
∴DF= ，DE＝，EF＝，
又∵EF＝3，DE＝4，DF＝5，
∴AB＝6，AC＝8，BC＝10．
∴△ABC的周长为：6+8+10＝24；
故答案是：24．
【点睛】解本题关键是理解、运用三角形的中位线等于所对应的边长的一半．
17. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=8，BD=6，过点O作OH丄AB，垂足为H，则点O到边AB的距离OH＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分得出OA=4、OB=3，再利用勾股定理列式求出AB=5，然后根据△AOB的面积列式求解即可得．
【详解】解：∵菱形ABCD，
∴OA=，OB==3，
∴AB=，
∴，
解得OH=．
故答案为.
【点睛】此题主要考查了菱形的性质及勾股定理解三角形，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
18. 如图，正方形的边长为6，P为对角线上的一个动点，E是的中点，则的最小值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是轴对称最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键．连接，，则，，即的最小值是长度．
【详解】解：连接，
正方形的边长为6，，是的中点，
，点、关于直线对称，，
即是的最小值，
，
故答案为：
19. 已知，正方形边长为2，E为边中点，P为射线上一点，若，则 ___________．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识．分两种情况：①当P在正方形的内部，先根据直角三角形斜边中线的性质得的长，利用勾股定理得的长，从而可解答；②当P在正方形的外部，同理可解答．
【详解】解：分两种情况讨论：
如图1，当P在正方形的内部时，
∵E是的中点，且，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
如图2，当P在正方形的外部时，
同理可得；
综上，BP的长是或．
故答案为：或．
20. 如图，正方形中，点E，F分别在边上，与交于点G.若，，则的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明是解本题的关键．证明，得，则，根据等积法可得的长，进而可得结论．
【详解】解：∵正方形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（其中21—22题各7分，23—24题各8分，25—27题各10分，共计60分）
21. 先化简，再求值：，其中，．
【答案】，
【解析】
【分析】先根据分式混合运算化简，再将的值代入求解即可．
【详解】解：
．
当，时，
原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，二次根式的分母有理化，正确的计算是解题的关键．
22. 如图，在每个小正方形的边长为1的方格纸中有线段AB和CD，点A、B、C、D均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出菱形ABEF，点E、F均在小正方形的顶点上，且菱形的面积为20；
（2）在方格纸中画出CD为斜边的等腰直角△CGD，点G在正方形的顶点上；
（3）在（1）（2）条件下，连接EG，请直接写出EG的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意及菱形的面积及性质可直接作图；
（2）根据勾股定理及等腰直角三角形的性质可作图；
（3）由（1）（2）所作图及勾股定理直接进行求解即可．
【详解】解：（1）由菱形的面积为20，AB=5，则有以AB为底的菱形的高为4，如图所示；
（2）由勾股定理可得，则等腰直角三角形GCD的边长为，如图所示：
（3）由图可得：GE=．
【点睛】本题主要考查菱形、等腰直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形、等腰直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
23.
（1）计算：；
（2）把长方形沿折叠后，D点恰与边上的F重合，如图，已知，，求的长．
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）先计算二次根式的乘法、除法，然后进行加减运算即可；
（2）由四边形是长方形，可知，由折叠的性质可知，，设，则，由勾股定理得，，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可．
【小问1详解】
（1）解：
；
【小问2详解】
解：∵四边形是长方形，
∴，
由折叠的性质可知，，
设，则，
由勾股定理得，，
∴，
由勾股定理得，，即，
解得：，
∴的长度为3．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，矩形与折叠，勾股定理等知识．熟练掌握二次根式的混合运算，平方差公式，矩形与折叠，勾股定理是解题的关键．
24. 如图，BD是△ABC的角平分线，点E、F分别在BC、AB上，且DE∥AB，EF∥AC；
（1）求证：BE＝AF；
（2）如图，若∠A＝∠C＝60°，请写出4个面积等于△ABC面积一半的几何图形．
【答案】（1）见详解；（2）△ABD，△BDC，四边形BEDF，四边形AFED（答案不唯一）．
【解析】
【分析】（1）由题意易得∠DBC=∠ABD，∠ABD=∠BDE，则有∠DBC=∠BDE，进而可得DE=BE，然后可证四边形AFED是平行四边形，进而问题可求证；
（2）由题意易得△ABC是等边三角形，进而易证D、E、F是AC、BC、AB的中点，然后根据三角形中线把三角形面积分成相等的两部分可进行求解．
【详解】（1）证明：∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠DBC=∠ABD，
∵DE∥AB，
∴∠ABD=∠BDE，
∴∠DBC=∠BDE，
∴DE=BE，
∵EF∥AC，
∴四边形AFED是平行四边形，
∴AF=DE，
∴BE＝AF；
（2）解：∵∠A＝∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠A=∠ABC=∠C=60°，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴BD⊥AC，AD=DC，
∵DE∥AB，
∴△DEC是等边三角形，
∴DE=DC，
∴BE=EC，
∴点E是BC的中点，
同理可得点F是AB的中点，
然后根据三角形中线把三角形面积分成相等的两部分可得：，，
∴，，
∴图中几何图形的面积等于△ABC面积一半的有△ABD，△BDC，四边形BEDF，四边形AFED，四边形DFEC．
【点睛】本题主要考查三角形的中线、平行四边形的性质与判定及平行线的性质，熟练掌握三角形的中线、平行四边形的性质与判定及平行线的性质是解题的关键．
25. 为改善教学条件，学校准备对现有多媒体设备进行升级改造，已知购买3个键盘和1个鼠标需要190元；购买2个键盘和3个鼠标需要220元；
（1）求键盘和鼠标的单价各是多少元？
（2）经过与经销商洽谈，键盘打八折，鼠标打八五折．若学校计划购买键盘和鼠标共50件，且总费用不超过1820元，则最多可购买键盘多少个？
【答案】（1）键盘的单价为50元/个，鼠标的单价为40元/个;（2）20个．
【解析】
【分析】（1）设键盘的单价为元/个，鼠标的单价为元/个，根据“购买3个键盘和1个鼠标需要190元；购买2个键盘和3个鼠标需要220元”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买键盘m个，则购买鼠标（50−m）个，根据总价＝单价×折扣率×数量结合总费用不超过1820元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其最大值即可得出结论．
【详解】解：（1）设键盘的单价为元/个，鼠标的单价为元/个，
根据题意得：，
解得：．
答：键盘的单价为50元/个，鼠标的单价为40元/个．
（2）设购买键盘个，则购买鼠标（50﹣）个，
根据题意得：50×0.8m+40×0.85（50﹣m）≤1820，
解得：m≤20．
答：最多可购买键盘20个．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
26. 如图1，正方形中，点P在边上，连接，点M在边上，连接，且；
（1）求证：；
（2）如图2，延长到点Q，使，作，且，连接，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接交于点E，若点E是中点，，求的长.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识．
（1）根据证明即可得到结论；
（2）证明得，再证明四边形是平行四边形；
（3）延长到点G，使，连接，证明得，再证明得，求出，设，则，根据勾股定理得，作于H，证明四边形是正方形，求出，再由勾股定理可得结论．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形
∴，
∴，
∵
∴
∴
在和中；
∴
∴；
【小问2详解】
证明：∵
∴，即
∵
∴
在和中，
∴
∴
由（1）知
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∴；
【小问3详解】
解：延长到点G，使，连接，
在和中；
，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
由（2）知，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点E是中点，，
∴，
设，则
在中
，即，
∴，
∴，
作于H，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
在中，
，
∴．
27. 如图1，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形是菱形，点A的坐标为，点C在x轴上，边交y轴于点E．
（1）求点B的坐标；
（2）如图2，对角线交y轴于点D，连接，动点P从C出发，沿线段以2个单位/秒的速度向终点B匀速运动，设的面积为s，点P的运动的时间为t秒，求s与t之间的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接并延长到点M，使，当时，求点M的坐标和的长．
【答案】（1）
（2）
（3）点M的坐标为，
【解析】
【分析】（1）由四边形是菱形，可知，，由勾股定理得，，则，，进而可得点B的坐标；
（2）由是菱形的对角线，可得，证明，则，设，则，由勾股定理得，，即，可求，由题意得，，则，根据，求解作答即可；
（3）当时，，可求，则，如图，连接，可证四边形是平行四边形，由题意知，，，，则，，即，可求，，进而可知点M的坐标为，利用勾股定理求即可．
【小问1详解】
解：∵四边形是菱形，点C在x轴上，
∴，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴，
∴点B的坐标为；
【小问2详解】
解：∵是菱形的对角线，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
由题意得，，则，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：当时，，
解得，
∴，
如图，连接，
∵，
∴四边形是平行四边形，
由题意知，，，，
∴，，
∴，
解得，，，
∴点M的坐标为；
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，一次函数的应用，平行四边形的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，一次函数的应用，平行四边形的性质是解题的关键．
相关试卷
黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期第二次月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期第二次月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期第二次月考数学试题原卷版docx、黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期第二次月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期期中考试数学试题C（原卷版+解析版）： 这是一份黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期期中考试数学试题C（原卷版+解析版），文件包含黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期期中考试数学试题C原卷版docx、黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期期中考试数学试题C解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期第一次月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期第一次月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期第一次月考数学试题原卷版docx、黑龙江省哈尔滨市华山乡中学2023-2024学年七年级下学期第一次月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
