内蒙古自治区巴彦淖尔市临河区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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考试时间：120分钟
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷．第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置．第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置．答案写在试卷上均无效，不予记分．
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 下列式子中，为最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【详解】解：A.= 被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；
B. 是最简二次根式，符合题意；
C. =2被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D. =2 被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查最简二次根式的定义，解题的关键是掌握最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2. 要使二次根式有意义，则x的取值范围是（ ）
A. x≥B. x≤C. x≥D. x≤
【答案】B
【解析】
【详解】根据二次根式的定义，被开方数3-2x≥0，解得x≤．
故选B．
3. 下列各组数据中的三个数作为三角形的边长,其中能构成直角三角形的是( )
A. B. 1
C. 6,7,8D. 2,3,4
【答案】B
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理逐项判断即可.
【详解】解：A．（）2+（）2≠（）2，故该选项错误，不符合题意；
B．12+（）2=（）2,故该选项正确，符合题意；
C．62+72≠82，故该选项错误，不符合题意；
D．22+32≠42，故该选项错误，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，会判断是否为直角三角形是解答关键.
4. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的加、减、乘、除运算法则逐项排查即可；掌握二次根式的相关运算法则是解答本题的关键．
【详解】解：A.和不是同类二次根式，不能合并，故选项A错误；
B.，故选项B错误；
C.，故选项C正确；
D.，故选项D错误．
故选：C．
5. 平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A. 对角线互相平分B. 对角线互相垂直
C. 对角线相等D. 对角线互相垂直平分且相等
【答案】A
【解析】
【分析】平行四边形、矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
【详解】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．
6. 已知，是一次函数图象上的两个点， 则的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一次函数的图象及性质；熟练掌握一次函数的k与函数值之间的关系是解题的关键．
由函数解析式可知，则y随x的增大而减小，比较x的大小即可确定y的大小．
【详解】解：∵函数中，，
∴y随x的增大而减小，
∵，
∴，
故选：C．
7. 下列命题：
①平行四边形的对边相等；
②对角线相等的四边形是矩形；
③正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
④一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．
其中真命题的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】试题解析：平行四边形的对边相等，所以①正确；
对角线相等的平行四边形是矩形，所以②错误；
正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，所以③正确；
一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，所以④正确．
故选C．
考点：命题与定理.
8. 如图，菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，若EF＝4，则菱形ABCD的周长是（ ）
A. 32B. 16C. 20D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】先根据三角形中位线性质，得出BC的长，然后根据菱形的性质得出周长．
【详解】∵点E、F分别是AB、AC的中点
∴EF是△ABC的中位线
∵EF=4
∴BC=8
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC=CD=DA=8
∴菱形ABCD的周长=8×4=32
故选：A．
【点睛】本题考查三角形中位线和菱形的性质，解题关键是得出BC的长．
9. 在平行四边形中，对角线交于点O，如果，，那么m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形三边关系的应用．熟练掌握平行四边形的性质，三角形三边关系是解题的关键．
如图，由平行四边形，可知，则，即，求解作答即可．
【详解】解：如图，
∵平行四边形，
∴，
∴，即，
∴，
故选：A．
10. 如图，在平行四边形中，，平分交的延长线于点F，则的长是（ ）
A. 4B. C. 3D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线，等角对等边．熟练掌握平行四边形的性质，角平分线，等角对等边是解题的关键．
由平行四边形，平分，可得，则，根据，求解作答即可．
【详解】解：∵平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
11. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，将△ABD沿对角线BD对折，得到△EBD，DE与BC交于点F，∠ADB=30°，则EF=（ ）．
A.
B. 2
C. 3
D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据折叠的性质得到∠1=∠2=30°，之后得到∠4的度数，最后根据正切值计算即可．
【详解】解：如图所示：根据折叠角相等得出：∠1=∠2=30°，则∠3=30°，
∴∠4=∠5=90°-30°=60°，
∵DC=AB=BE=3，
∴tan60°===，解得：EF=．
故选A．
【点睛】本题考查了 1．翻折变换（折叠问题）；2．锐角三角函数；3．矩形性质，解决此题的关键是正确的计算每一步的得数．
12. 如图，E，F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：①AE=BF；②AE⊥BF；③AO=OE；④S△AOB=S四边形DEOF其中正确的结论是（ ）
A. ①②④B. ②③④C. ①②③D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】根据正方形的性质得AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，则由CE=DF易得AF=DE，根据“SAS”可判断△ABF≌△DAE，所以AE=BF；
根据全等的性质得∠ABF=∠EAD，∠AFB=∠DEA，利用∠EAD+∠EAB=90°得到∠ABF+∠EAB=90°，则AE⊥BF；
连结BE，BE＞BC，BA≠BE，而BO⊥AE，根据垂直平分线的性质得到OA≠OE；
最后根据△ABF≌△DAE得S△ABF=S△DAE，则S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，即S△AOB=S四边形DEOF．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，而CE=DF，
∴AF=DE，
在△ABF和△DAE中
，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴AE=BF，故①正确；
∴∠ABF=∠EAD，∠AFB=∠DEA，
∴∠CEA=∠DFB，而∠EAD+∠EAB=90°，
∴∠ABF+∠EAB=90°，
∴∠AOB=90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
连结BE，
∵BE＞BC，
∴BA≠BE，而BO⊥AE，
∴OA≠OE，故③错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF=S△DAE，
∴S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，
∴S△AOB=S四边形DEOF，故④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了正方形的性质．
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 写出一个图象经过一，三象限的正比例函数y=kx（k≠0）的解析式（关系式）__．
【答案】y=2x
【解析】
【详解】试题分析：根据正比例函数y=kx的图象经过一，三象限，可得k＞0，写一个符合条件的数即可．
解：∵正比例函数y=kx图象经过一，三象限，
∴k＞0，
取k=2可得函数关系式y=2x．
故答案为y=2x．
点评：此题主要考查了正比例函数的性质，关键是掌握正比例函数图象的性质：它是经过原点的一条直线．当k＞0时，图象经过一、三象限，y随x的增大而增大；当k＜0时，图象经过二、四象限，y随x的增大而减小．
14. 已知，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据被开方数是非负数，可得x，y，根据有理数的减法，可得答案．
【详解】解：由题意得，
解得x=1，y=3，
∴x-y=1-3=-2，
故答案为：-2．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，利用被开方数是非负数，可得x，y是解题关键．
15. 如图，数字代表所在正方形的面积，则A所代表的正方形的边长为______．
【答案】10
【解析】
【分析】如图，先根据正方形的面积公式可得的值，再利用勾股定理可得的值，由此即可得．
【详解】解：如图，∵，
∴，
则A所代表的正方形的面积为100，
∴A所代表的正方形的边长为10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题关键．
16. 如果最简二次根式与是同类二次根式，则_________．
【答案】3
【解析】
【分析】此题考查同类二次根式，根据同类二次根式的定义得到，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵最简二次根式与是同类二次根式，
∴
解得
故答案为：3
17. 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的坐标是：（5，4）．
故答案为：（5，4）．
18. 如图： AB//CD，AD//BC，，，的面积为6，则四边形ABCD的面积为______．
【答案】20
【解析】
【分析】作DG⊥BE于G，AH⊥BC于H，根据△DCE的面积为6，求出DG，根据两平行线间的距离相等得到AH的长，根据平行四边形的面积公式得到答案．
【详解】解∶ 如图，作DG⊥BE于G，AH⊥BC于H，
∵AD//BC，
∴AH=DG，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=5，
又∵BE=8，
∴CE=3，
又∵△DCE的面积为6，
∴，
∴DG=4，
∴四边形ABCD的面积=BC×AH=20，
故答案为：20
【点睛】本题考查的是平行线间的距离，掌握两平行线间的距离相等和平行四边形的性质以及面积公式是解题的关键．
三、计算题（本大题共2小题，共10.0分）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）利用二次根式的性质，二次根式乘除运算、加减运算即可完成；
（1）先分别计算有理数的乘方，算术平方根，零指数幂，二次根式的乘法，然后进行加减运即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，利用二次根式的性质进行化简，有理数的乘方，算术平方根，零指数幂，二次根式的乘法．熟练掌握二次根式的混合运算，利用二次根式的性质进行化简，有理数的乘方，算术平方根，零指数幂，二次根式的乘法是解题的关键．
四、解答题（本大题共5小题，共56.0分）
20. 如图所示的一块地，，，，求这块地的面积．
【答案】．
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，四边形的面积，连接，由勾股定理得，再根据勾股定理的逆定理可得是直角三角形，且，最后根据计算即可求解，由勾股定理的逆定理得到是直角三角形是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴．
21. 如图，在四边形中，，，，，垂足分别为E，F．
（1）求证：；
（2）若与交于点O，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质与平行四边形的判定与性质．
（1）由，可得，由，，可得，又由，即可证得≌；
（2）由≌可得，根据内错角相等，两直线平行，即可得，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证得四边形是平行四边形，则可得
【小问1详解】
证明：，
，即，
，，
，
，
；
【小问2详解】
连接，交于点O，

≌，
，
∴，
，
四边形是平行四边形，
22. 如图，甲轮船以24海里/小时的速度离开港口O向东南方向航行，乙轮船在同时同地向西南方向航行，已知它们离开港口O半小时后分别到达A，B两点，且相距15海里，求：乙轮船每小时航行多少海里?
【答案】18
【解析】
【分析】根据题目提供的方位角判定AO⊥BO，然后根据甲轮船的速度和行驶时间求得OB的长，利用勾股定理求得OA的长，除以时间即得到乙轮船的行驶速度．
【详解】∵甲轮船向东南方向航行，乙轮船向西南方向航行，
∴AO⊥BO，
∵甲轮船以24海里/小时的速度航行了一个半小时，
∴OB=24×0.5=12海里，AB=15海里，
∴在Rt△AOB中，AO==9，
∴乙轮船每小时航行9÷0.5=18海里．
【点睛】本题考查了勾股定理应用，解决本题的关键是根据题目提供的方位角判定直角三角形．
23. 如图，△ABC中，∠ACB=90°，D、E分别是BC、BA的中点，连结DE，F在DE延长线上，且AF=AE，
（1）求证：四边形ACEF是平行四边形；
（2）若四边形ACEF是菱形，求∠B的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）30°．
【解析】
【分析】（1）由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=AE=BE，从而得到AF=CE，再由等腰三角形三线合一，得到∠1=∠2，从而有∠F=∠3，得到∠2=∠F，故CE∥AF，然后利用一组对边平行且相等的四边形是菱形证明；
（2）由菱形的性质，得到AC=CE，求出AC=CE=AE，从而得到△AEC是等边三角形，得出∠CAE=60°，然后根据直角三角形两锐角互余解答．
【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，E是BA的中点，
∴CE=AE=BE，
∵AF=AE，
∴AF=CE，
在△BEC中，∵BE=CE且D是BC的中点，
∴ED是等腰△BEC底边上的中线，
∴ED也是等腰△BEC的顶角平分线，
∴∠1=∠2，
∵AF=AE，
∴∠F=∠3，
∵∠1=∠3，
∴∠2=∠F，
∴CE∥AF，
又∵CE=AF，
∴四边形ACEF是平行四边形；
（2）∵四边形ACEF是菱形，
∴AC=CE，
由（1）知，AE=CE，
∴AC=CE=AE，
∴△AEC是等边三角形，
∴∠CAE=60°，
在Rt△ABC中，∠B=90°﹣∠CAE=90°﹣60°=30°．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角形中位线、直角三角形斜边中线定理及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的性质、三角形中位线、直角三角形斜边中线定理及平行四边形的判定是解题的关键．
24. （1）如图a，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点D作DP∥OC，且DP=OC，连接CP，判断四边形CODP的形状并说明理由．
（2）如图b，如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由．
（3）如图c，如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．
【答案】（1）四边形CODP菱形，理由见解析；（2）四边形CODP是矩形，理由见解析；（3）四边形CODP是正方形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先证明四边形CODP是平行四边形，再由矩形的性质可得OD=OC，即可证明平行四边形OCDP是菱形；
（2）先证明四边形CODP是平行四边形，再由菱形的性质可得∠DOC=90°，即可证明平行四边形OCDP是矩形；
（3）先证明四边形CODP是平行四边形，再由正方形的性质可得BD⊥AC，DO=OC，即可证明平行四边形OCDP是正方形；
【详解】解：（1）四边形CODP是菱形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OC，
∴平行四边形OCDP是菱形；
（2）四边形CODP是矩形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
∴∠DOC=90°，
∴平行四边形OCDP是矩形；
（3）四边形CODP是正方形，理由如下：
∵DP∥OC，且DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，DO=OC，
∴∠DOC=90°，平行四边形CODP是菱形，
∴菱形OCDP是正方形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握特殊平行四边形的性质与判定条件．