精品解析：四川省泸州市合江县2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份精品解析：四川省泸州市合江县2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（本卷满分120分，考试时间120分钟）
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分）
1. 式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查代数式有意义，根据二次根式的被开方数大于等于0，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴；
故选B．
2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（）
AB. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式的定义；
根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，分母不能带根号，逐一判断即可解答．
【详解】解：A.，不是最简二次根式；
B.是最简二次根式；
C.，不是最简二次根式；
D.，不是最简二次根式；
故选：B．
3. 下列二次根式中能与合并的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式和同类二次根式的知识，其中化成最简二次根式是解题的关键．先化成最简二次根式，再判断即可．
【详解】解：A、，不能和合并，故本选项不符合题意；
B、不能和合并，故本选项不合题意；
C、，能和合并，故本选项符合题意；
D、不能和合并，故本选项不合题意；
故选：C．
4. 下列各组数据中，不能作为直角三角形三边长的是（）
A. 9，12，15B. 3，4，5C. 6，8，11D. 7，24，25
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理逐一进行判断即可．
【详解】解：A、，9，12，15能作为直角三角形的三边长，不符合题意；
B、，3，4，5能作为直角三角形的三边长，不符合题意；
C、，6，8，11不能作为直角三角形的三边长，符合题意；
D、，7，24，25能作为直角三角形的三边长，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查勾股定理．熟记常见的勾股数可以快速的解题．
5. 在中，，，的对边分别是a，b，c，则下列条件中不能说明是直角三角形的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和以及勾股定理的逆定理，如果得出一个内角为90度或者满足勾股逆定理性质，即可证明是直角三角形，据此逐项分析，即可作答．
【详解】解：A、∵，
∴，
∴是直角三角形，故该选项不符合题意；
B、∵，
∴，即，
∴是直角三角形，故该选项不符合题意；
C、∵，
∴设，
则，
∵，
∴，
解得
∴
∴是直角三角形，故该选项不符合题意；
D、∵。
∴设
则
∵
∴不直角三角形，故该选项符合题意；
故选：．
6. 如图，在平行四边形中，下列结论中错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，理解平行四边形的所有性质是解题的关键．直接利用平行四边形的对边平行，对边相等，对角相等等性质分别判断可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∴C选项不符合题意；
故选：C．
7. 菱形具有但是平行四边形不具有的性质（ ）
A. 对角线互相平分B. 邻边相等C. 对角线相等D. 是中心对称图形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是平行四边形与性质的性质，熟记平行四边形与菱形的性质是解本题的关键．
【详解】解：A、对角线互相平分菱形和平行四边形都具有的性质，故本选项错误；
B、邻边相等，菱形具有平行四边形不具有，故本选项正确；
C、对角线相等，菱形和平行四边形都不具有的性质，故本选项错误；
D、是中心对称图形，菱形和平行四边形都具有的性质，故本选项错误；
故选：B．
8. 若三角形的三边长分别为，且满足，则这个三角形的形状是（）
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理的应用，绝对值非负性，平方根的非负性质，根据绝对值非负性，平方根的非负性质得出a，b，c的值，再利用勾股定理的逆定理即可得出三角形的形状．
【详解】解：∵，
∴，，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴这个三角形是直角三角形，
故选：B．
9. 如图，中，，，，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是三角形的三边关系的应用，平行四边形的性质，先证明，，再结合三角形的三边关系可得答案.
【详解】解：如图所示：
∵四边形是平行四边形，，，
，，
在中，由三角形的三边关系得：
即，
故选A
10. 如图，以数轴的单位长度线段为边作一个正方形，以表示数1的点为圆心，正方形的对角线长为半径画弧，交数轴于点A，则点A表示的数是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查勾股定理及两点间距离公式，熟记勾股定理的公式是解题的关键．
根据勾股定理的公式算出正方形的对角线长，即可得到答案．
【详解】解：数轴上正方形的边长为1，
则正方形的对角线长为：，
则点A表示的数为
故选：C．
11. 如图，已知，作图：①在的两边上分别截取，，使；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；③连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
详解】解：根据作图得：，
，
，
四边形是菱形，
，四边形的面积为，
，
，
故选：B．
12. 如图，在中，D是斜边的中点，E是上一点，F是的中点．若，，则的长为( )
A. 2.5B. 3C. 3.5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理求出，进而求出，再根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．
【详解】解：∵D是的中点，F是的中点，，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
在中，D是斜边的中点，则，
故选：D．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）
13. 若两个最简二次根式与可以合并，则________．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查的是最简二次根式的含义，同类二次根式的定义，根据两个二次根式可以合并，可得，再解方程即可．
【详解】解：由题意，得，
解得．
故答案为：
14. 如图，在中，平分，，，则的周长是_______
【答案】20
【解析】
【分析】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，是基础题，准确识图并熟练掌握性质是解题的关键．根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出，再根据等角对等边的性质可得，然后利用平行四边形对边相等求出、的长度，再求出的周长．
【详解】解：平分，
，
中，，
，
，
，
在中，，，
，
，
，
的周长．
故答案为：20
15. 若，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了完全平方公式的应用，二次根式的性质，代数式求值，利用完全平方公式可把原式转化为，把代入转化后的式子计算即可求解，掌握完全平方公式的应用是解题的关键．
【详解】解：
，
，
，
，
故答案为：．
16. 如图，在中，，，．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交边，于点，；再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；作射线交于点，则的长为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了基本作图，全等三角形的性质及勾股定理．根据全等三角形的性质及勾股定理列方程求解．
【详解】解：过作于，
由作图得：平分，
，，．
，，
，
，
，
，
设．
则，即：，
解得：，
故答案为：．
三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的运算，正确处理每一项的运算及符号是解答本题的关键．
根据零指数幂，绝对值的性质以及二次根式的乘法法则分别化简计算．
【详解】解∶原式＝
=
=．
18. 如图，在中，点，分别是，上的点，且，连结，．
求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据已知条件证明四边形为平行四边形即可．
【详解】∵四边形为平行四边形，
∴．
又，
∴四边形为平行四边形．
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，牢记平行四边形的判定定理及性质是解题的关键．
19. 三月草长莺飞，万物复苏，在一个阳光明媚的周末，李明与同学相约公园放风筝，如图所示风筝线断了、风筝被挂在了树上A点处，他想知道此时风筝距地而的高度，于是他先拉住风筝线垂直到地面上B点、发现风筝线多出2米，然后把风筝线沿直线向后拉开6米，发现风筝线末端刚好接触地而C点（如图所示），请你帮李明求出风筝距离地面的高度．
【答案】风筝距离地面的高度为8米
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时，勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．
根据题意可知，利用勾股定理解答即可．
【详解】解：由题可知，
，
解得
答：风筝距离地面的高度为8米．
四、解答题（本大题共2个小题，每小题7分，共14分）
20. 为了更好的开展古树名木的系统保护工作，某公园对园内的4棵百年古树都利用坐标确定了位置，并且定期巡视．
（1）请在如图所示的正方形网格中建立平面直角坐标系，使得古树，的位置分别表示为，；
（2）在（1）建立的平面直角坐标系中．
①表示古树C的位置的坐标为______，并在网格中标出古树的位置；
②现需要在沿轴的道路某处点向古树，修建两条步道，使得点到古树，的距离和最小．
请在网格中画出点（保留作图痕迹，不写作图过程）；
该距离和的最小值为______．
【答案】（1）见解析（2）①，点的位置见解析
②
【解析】
【分析】本题考查了坐标确定位置，根据已知点的坐标确定原点的位置，将军饮马模型；
（1）根据，找到原点确定坐标系即可；
（2）①根据坐标系中点的位置即可求出坐标，再根据点坐标确定位置即可；
②利用将军饮马模型，作点作关于轴的对称点为，连接与轴交于点，此时最小等于的长度，再利用勾股定理求的长度即可；
【小问1详解】
如图所示，
【小问2详解】
①点，点的位置如图所示；
②过点作关于轴的对称点为，则，连接与轴交于点，此时最小等于的长度；
，
∴点到古树，的距离和的最小值为；
故答案为：
21. 若，，求的值．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式，完全平分公式的知识，解题的关键是根据，然后把，的值，代入，即可．
【详解】∵，
∴当，时，．
五、解答题（本大题共2个小题，每小题8分，共16分）
22. 如图四边形中，，求四边形的面积．
【答案】36
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理及其逆定理．根据勾股定理可求得的长，再根据勾股定理逆定理可求得为直角三角形，，即可求得结果．
详解】解：∵，
∴为直角三角形，
又∵，
∴根据勾股定理得：，
又∵，
∴，
∴，
∴为直角三角形，，
∴．
即四边形的面积是36．
23. 如图，E、F、M、N分别是正方形四条边上的点，且，
（1）求证：四边形是正方形；
（2）若，，求四边形的周长．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）结合题意易证，得到，，由易证即，从而证明结论；
（2）由（1）和题意求得，利用勾股定理求得正方形边长，从而求得正方形周长．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∴正方形EFMN的周长为：．
【点睛】本题考查了全等三角形证明和性质、正方形的证明、勾股定理的应用；解题的关键是证明三角形全等，并用全等的性质求解．
六、解答题（本大题共2个小题，每小题12分，共24分）
24. 化简
解：
请回答下列问题：
（1）归纳：请直接写出下列各式的结果①___________②___________
（2）应用：化简
（3）拓展：___________
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算，分母有理化，准确熟练的进行计算是解题的关键．
（1）利用分母有理化进行计算即可；
（2）先进行分母有理化，然后进行计算即可得到答案；
（3）先进行分母有理化，然后进行计算即可得到答案．
【小问1详解】
解：①；
②；
【小问2详解】
解：
；
【小问3详解】
解：
．
故答案为：．
25. 如图，在正方形中，点E是边上的一点，，且交正方形外角的平分线于点P．
（1）求的度数；
（2）求证：；
（3）求证：．
【答案】（1）；
（2）见解析；（3）见解析．
【解析】
【分析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
（1）根据正方形的性质及角平分线的定义求解即可；
（2）先证，再证，最后得；
（3）在上截取，连接，根据已知及正方形的性质利用判定，从而得到．
【小问1详解】
解：∵四边形为正方形，
∴．
∵为正方形的外角平分线，
∴．
∴．
【小问2详解】
证明：∵四边形为正方形，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴，
【小问3详解】
证明：如图，在上截取．
∵四边形为正方形，
∴，．
∴，．
∴．
∵为正方形的外角平分线，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
和中
∴．
∴．