山东省济宁市邹城市2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（学生版+教师版）

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一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1. 下列二次根式中，属于最简二次根式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式是解题的关键．
根据最简二次根式的概念判断即可．
【详解】解：A、是最简二次根式，故本选项符合题意；
B、，不是最简二次根式，故不本选项符合题意；
C、，不是最简二次根式，故不本选项符合题意；
D、，不是最简二次根式，故不本选项符合题意．
故选：A．
2. 下列各组数中，以它们为边长的线段不能构成直角三角形的是（ ）
A. 1，2，3B. 3，4，5C. 5，12，13D. 1，，
【答案】A
【解析】
【分析】判断是否能构成直角三角形，需验证两个较小边的平方和是否等于最长边的平方．根据三角形的三边关系及勾股定理的逆定理逐一判断即可得答案．
【详解】解：A.1+2=3，不能构成三角形，故该选项符合题意，
B.32+42=52，能构成直角三角形，故该选项不符合题意，
C.52+122=132，能构成直角三角形，故该选项不符合题意，
D.，能构成直角三角形，故该选项不符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，注意题干要求找出不能构成直角三角形的选项．
3. 如图，在四边形中，对角线、相交于点O，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．由平行四边形的判定定理对边对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵，
∴四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项D符合题意．
故选：D．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的运算，熟练掌握二次根式的加减运算法则和乘除运算法则是解题的关键．根据二次根式加减和乘除运算法则，逐项分析判断即可．
【详解】解：A. 与不是同类二次根式，不能合并，故运算错误，不符合题意；
B. ，故运算错误，不符合题意；
C. ，故运算错误，不符合题意；
D. ，运算正确，符合题意．
故选：D．
5. 若平行四边形中两个内角的度数比为，则其中较小内角的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质．注意平行四边形的邻角互补．
首先设平行四边形中两个内角分别为，由平行四边形的邻角互补，即可得，继而求得答案．
【详解】解：设平行四边形中两个内角分别为，
则，
解得：，
∴其中较小的内角是．
故选：C．
6. 估计的运算结果应在（ ）
A. 1到2之间B. 2到3之间C. 3到4之间D. 4到5之间
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．也考查了无理数的估算．
根据二次根式的乘法法则计算得到原式，然后根据无理数的估算进行判断．
【详解】解：原式，
，
，
故选：C．
7. 下列条件：①一组对边平行且相等；②对角线互相平分；③对角线互相垂直；④对角线相等；⑤一组邻边相等；⑥一个角为直角，从中选取两个，能判定一个四边形为菱形的序号为（ ）
A. ①②B. ①③C. ②④D. ②⑥
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定方法，熟记图形的判定方法是解题的关键，本题“一组对边平行，一组对角相等”根据平行线的性质可以推出另一组对角相等，从而得到四边形是平行四边形，再利用平行四边形与矩形、菱形、正方形的特殊关系判定．
根据菱形的判定方法对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：A、①②有一组对边平行且相等，对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项错误；
B、①③有一组对边平行且相等，对角线互相垂直的四边形是菱形，故本选项正确；
C、②④对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故本选项错误；
D、②⑥对角线互相平分且一个角为直角的四边形是矩形，故本选项错误；
故选：B．
8. 把根号外的因式移入根号内得（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质．由二次根式的性质，得，然后再按照二次根式的性质运算即可．
【详解】解：由二次根式的性质，得，，
.
故选：D．
9. 如图，折叠矩形的一边，点D落在边上的点F处，已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，也考查了勾股定理，矩形的性质．
根据矩形性质得，，再根据折叠的性质得，在中，利用勾股定理计算出，则，设，则，在中，根据勾股定理得，然后解方程即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
，，
∵折叠矩形的一边，使点落在边的点处，
，
在中，，
设，则，
在中，，
，
解得，
∴的长为．
故答案为：C．
10. 海伦–秦九韶公式告诉我们，若一个三角形三边长分别为a、b、c，记，三角形的面积为，如图，请你利用海伦–秦九韶公式计算的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的应用，正确理解题意是解题的关键．根据题目所给公式代值计算即可．
【详解】解∶由题意得，
故选∶C．
二、填空题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）
11. 若，则x的取值范围是 __．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质，根据已知得出，求出不等式的解集即可．理解是解决问题的关键．
【详解】解：∵，
∴，得，
则x取值范围是，
故答案为：．
12. 若，则=______．
【答案】
【解析】
【分析】考查了二次根式的意义和性质，化简二次根式，式子叫二次根式，性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
根据二次根式有意义的条件可知，由此求得、的值，代入求值即可．
【详解】解：根据题意，得且，则，
∴．
∴．
故答案为：．
13. 若最简二次根式与可以合并，则_______．
【答案】2
【解析】
【分析】此题考查了最简分式和同类二次根式，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：∵最简二次根式与可以合并，
∴，
解得，
故答案为：2
14. 在平面直角坐标系中，点到原点的距离是______．
【答案】
【解析】
【分析】直角坐标系中，某点到x轴的距离是它的纵坐标的绝对值，到y轴的确距离是它的横坐标的绝对值，到原点的距离为．
【详解】∵平面直角坐标系中M的坐标为（-5，12），
∴==13，
即到原点的距离为13．
故答案为13．
【点睛】此题考查两点间的距离公式，解题关键在于注意求点到原点的距离时要用到勾股定理．
15. 直角的一条边长为3，另一条边长为4，则第三条边的长为______．
【答案】5或
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，已知直角三角形的两边长分别为3和4，则有两种情况，一种是这两边都是直角边，则第三边是斜边；另一种是已知的两边一条是直角边，另一条是斜边，则第三边是直角边，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：当3和4都是直角边时，第三条边的长为；
当4为斜边，3为直角边时，第三条边的长为，
∴第三条边的长为5或 ．
故选：5或 ．
16. 如图，在菱形中，，点E、F分别在边上，且，若菱形边长为2，则四边形的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，通过证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
连接，由菱形的性质可证明，得出，作，即可求出四边形的面积．
详解】解：连接，
∵四边形是菱形，
，
又∵，
∴和都是等边三角形，
，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
作交于点，
在中，，
，
∴，
，
，
则四边形的面积为，
故答案为：．
17. 如图，在矩形中，，将此矩形折叠，使点C与点A重合，折痕分别交、于点E、F，连接，点D的对应点为点．若，，则的长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理的应用，矩形的判定与性质，轴对称的性质，二次根式的化简等知识点，利用轴对称的性质得到边与角的相等是解本题的关键．
如图，过点E作于点H，证明，，又由折叠性质，知，设，则，在中，由勾股定理建立方程求解x，在中，由勾股定理可得答案．
【详解】过点E作 于点H
四边形是矩形，
四边形是矩形，
，，
又由折叠性质，知，设，则，
在中，由勾股定理得：
，
解得：，
则，，
由折叠性质，知
又，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：
．
18. 如图，在矩形中，边长，边长，对角线的垂直平分线分别与相交于点和相交于点O，动点分别从两点出发，分别绕和运动，点P的速度为，路径为．点Q的速度为，路径为两个动点返回起点后均停止运动．若点P和点Q同时出发，当四边形为平行四边形时，所用时间为______s．
【答案】
【解析】
【分析】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质，平行四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，需要进行分类讨论，画出图形，运用平行四边形的性质才能得出结果．
证明，得出，再根据，证明四边形是菱形．设菱形的边长，则．在中，由勾股定理，算出，即得到，由作图可以知道，点在上时，点在上，此时四点不可能构成平行四边形；同理点在上时，点在或上，也不可能构成平行四边形．只有当点在上，点在上时，才能构成平行四边形．即可确定当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，，由此列方程即可；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴．
∴，．
∵垂直平分，
∴．
在和中，
，
，
∴．
，
∴四边形是菱形．
设菱形的边长，则．
在中，，
由勾股定理，得，
解得．
，
由作图可以知道，点在上时，点在上，此时四点不可能构成平行四边形；
同理点在上时，点在或上，也不可能构成平行四边形．
∴只有当点在上，点在上时，才能构成平行四边形．
当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，．
∵点的速度为，点的速度为，运动时间为，
，
，
解得．
∴以四点为顶点的四边形是平行四边形时，．
三、解答题（本大题共6个小题，共46分）
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的乘除运算法则和二次根式的化简进行计算，再进行加减计算．
【详解】解：
【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解题的关键．
20. 如图，在中，点，上，且，相交于点，求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、对顶角相等、全等三角形的判定与性质，根据平行四边形的性质可得，，由对顶角相等可得，再根据平行线的性质可得，从而可证，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
∴．
21. 如图，一辆汽车在一条限速的笔直的公路上沿直线匀速行驶，某一时刻汽车行驶到车速检测仪A正前方处的点C处，后汽车行驶到距离车速检测仪A点的点B处．
（1）求B、C间的距离；
（2）这辆汽车超速了吗?请说明理由．
【答案】（1）B、C间的距离为
（2）这辆汽车未超速，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
（1）利用勾股定理代入数据即可求得答案．
（2）先根据，间的距离求得小汽车在内行驶的速度，再和限速比较大小即可．
【小问1详解】
解：在中，由，，且为斜边，
根据勾股定理可得．
答：，间的距离为．
【小问2详解】
解：这辆小汽车没有超速，理由如下：
，
而，
，
∴这辆小汽车没有超速．
22. 如图，网格中的每个小正方形的边长都为1，点A、B、C为格点．
（1）求证：是直角；
（2）仅用无刻度直尺作的边上的中线，并求面积和周长（保留作图痕迹）．
【答案】（1）证明见解析
（2）作图见详解，面积为1，周长为
【解析】
【分析】本题主要考查了作图——应用与设计作图、勾股定理及其逆定理，矩形的性质，直角三角形的性质．
（1）分别求出，，，再利用勾股定理的逆定理，即可得到结论；
（2）根据矩形的性质，作图，再根据三角形的面积公式，直角三角形斜边上的中线的性质，即可求解
【小问1详解】
证明：∵，，，
∴，
∴是直角三角形，即是直角；
【小问2详解】
解：如图：
是的边上的中线，
的面积=的面积，
的周长=．
23. [材料一]两个含有二次根式且非零的代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么这两个代数式
互为有理化因式．
例如：，，我们称和互为有理化因式，和互为有理化因式．
（1）的有理化因式是______（写出一个即可），的有理化因式是_______（写出一个即可）；
[材料二]如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化．
（2）利用分母有理化化简：．
[材料三]与分母有理化类似，将代数式分子、分母同乘分子的有理化因式，从而消去分子中的根式，
这种变形叫做分子有理化．
比如：
（3）试利用分子有理化比较和的大小．
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【分析】本题考查分母有理化，估算无理数的大小及规律探索问题，熟练掌握分母有理化的步骤及方法是解题的关键．
（1）根据有理化因式的定义即可求得答案；
（2）根据所得规律计算即可；
（3）利用分母有理化得到，，然后比较大小即可．
【详解】（1）解：∵，
∴的有理化因式是；
∵，
∴的有理化因式是；
故答案为：，；
（2）解：
；
（3）．
理由如下：
∵，，
∵，
∴，
∴．
24. 如图1，已知四边形，连接和，点E、F、G、H分别是、、、的中点，连接、、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，试判定四边形的形状；
（3）如图2，在（2）的条件下，若，求证：．
【答案】（1）见详解 （2）是矩形
（3）见详解
【解析】
【分析】（1）根据三角形的中位线定理可得，，再根据一组对边平行且相等四边形是平行四边形求证；
（2）根据平行线的性质定理得到，，由，得到，再根据有一个角为直角的平行四边形是矩形证明；
（3）分别延长和，交于M、N，可证明，则，同理可证，由四边形矩形，得，故，即可得证．
【小问1详解】
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：同（1）可证，
，
，
∵，
，
，
，
，
又四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
【小问3详解】
证明：分别延长和，交于M、N，
∵，
∴，
∵F为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可证，
∵E、G为、中点，
∴
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．