2024-2025学年江苏省南通市海安市十三校联考八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省南通市海安市十三校联考八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含答案），共11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。
1.下列式子中，属于最简二次根式的是( )
A. 13B. 3C. 8D. 0.5
2.下列运算，结果正确的是( )
A. 5− 3= 2B. 3+ 2=3 2C. 6× 2=2 3D. 6÷2=3
3.下列判断错误的是( )
A. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形B. 四个内角都相等的四边形是矩形
C. 邻边相等的平行四边形是菱形D. 两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
4.已知a、b、c分别为△ABC的三条边，下列条件不能判别△ABC为直角三角形的是( )
A. ∠A：∠B：∠C=3：4：5B. c2−a2=b2
C. ∠C−∠B=∠AD. a：b：c=2.5：6：6.5
5.如图，长方形ABCD的边AD长为2，AB长为1，点A在数轴上对应的数是−1，以点A为圆心，对角线AC长为半径画弧，交数轴于点E，点E表示的实数是( )
A. − 5+1B. 5−1C. 5+1D. 52
6.如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为CE中点．若AE=AD，DF=2，则BD的长为( )
A. 2 2
B. 3
C. 2 3
D. 4
7.如图，四边形ABCD和四边形AEFC都是矩形，点B在EF边上，若矩形ABCD和矩形AEFC的面积分别为S1，
S2，则S1和S2的大小关系是( )
A. S1>S2
B. S1=S2
C. S1”，“=”，“
13. 3或 5
14.110°
15.12013
16.7
17.245
18.2 2
19.解：(1)原式=12−4 3+1+3−4
=12−4 3；
(2) 6× 33−(12)−2+| 2−2|
= 2−4+2− 2
=−2．
20.【答案】解：(1)如图1中，正方形ABCD即为所求；
(2)如图2中，C1，C2即为所求．
(3)如图3中，取格点R，连接AR，取AR的中点P，连接BP，点P即为所求．
21.解：(1)∵∠C=90°，AB=2.5，BC=0.7，
∴AC= AB2−BC2= 2.52−0.72=2.4(m)，
答：此时梯顶A距地面的高度AC是2.4m；
(2)∵梯子的顶端A下滑了0.9米至点A′，
∴A′C=AC−A′A=2.4−0.9=1.5(m)，
在Rt△A′CB′中，由勾股定理得：A′C2+B′C2=A′B′2，
即1.52+B′C2=2.52，
∴B′C=2(m)，
∴BB′=CB′−BC=2−0.7=1.3(m)，
答：梯子的底端B在水平方向滑动了1.3m．
22.【答案】解：∵▱ABCD中，AB=10，AD=8，AC⊥BC，
∴BC=8，则AC= AB2−BC2=6，
∴AO=CO=3，
∴▱ABCD的面积为：AC×BC=6×8=48．
23.解：设直角三角形的两直角边为a和b，则a2+b2=42，
∴a2+b2=16，a+b=3 2，
把a+b=3 2两边同时平方，
可得：a2+2ab+b2=18，
∴12ab=12，
∴直角三角形的面积为12．
24.(1)证明：由折叠的性质可知OA=OC，EF⊥AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCOOA=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF，
又∵AE/​/CF，
∴四边形AFCE为平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形；
(2)解：∵四边形AFCE是菱形，
∴AE=CF，
在矩形ABCD中，∠B=90°，
设AE=CF=x，则BF=8−x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF2=AB2+BF2，
∴62+(8−x)2=x2，
解得：x=254，
∴CF=254，
∴菱形AFCE的边长为254．
25.【答案】(1)证明：连接BE，如下图，
∵直线AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
在△BAE和△DAE中，AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE,
∴△BAE≌△DAE(SAS)，
∴∠ABE=∠ADE，
∴∠EBF=∠EDC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCF=90°，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF=90°，
∴∠CDE+∠CFE=360°−(∠DCF+∠DEF)=180°，
∵∠CFE+∠EFB=180°，
∴∠CDE=∠EFB，
∴∠EBF=∠EFB，
∴BE=EF，
∴DE=EF；
(2)解：①∵四边形DEFG为矩形，DE=EF，
∴四边形DEFG为正方形，
∴DE=DG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°=∠EDC，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，AD=DC∠ADE=∠CDGDE=DG,
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，
∵AB=4，
∴AC= 2AB=4 2，
∵CE=3 2，
∴CG=AE=AC−CE= 2；
②∠EFC=125°或35°．
26.(1)解：在Rt△AOB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，AB=2，
∴OB=2AB=4，
∴OA= OB2−AB2= 42−22=2 3；
(2)证明：∵Rt△OAB中，D为OB的中点，
∴AD=12OB，OD=BD=12OB，
∴DO=DA，
∴∠DAO=∠DOA=30°，∠EOA=90°，
∴∠AEO=60°，
又∵△OBC为等边三角形，
∴∠BCO=∠AEO=60°，
∴BC//AE，
∵∠BAO=∠COA=90°，
∴CO//AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
(3)解：①设OG=x，由折叠可得：AG=GC=4−x，
在Rt△ABO中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，BO=4，
∴AO=BO⋅cs30°=4× 32=2 3，
在Rt△OAG中，OG2+OA2=AG2，
x2+(2 3)2=(4−x)2，
解得：x=12，
∴OG=12，
故答案为：12；
②当点C与D重合时，OG=GC=2；
当点C与AO的中点C′重合时，连接CG(如图3.1中)．
则有OG2+( 3)2=(4−OG)2，
∴OG=138；
当点C与AB的中点C′重合时，连接GC′，过点C′作C′J⊥OC于点J.如图3.2，
则OJ=AC′=1，OA=C′J=2 3，
∴(12−OG)2+(2 3)2=(4−OG)2，
∴OG=12．
综上所述，满足条件的OG的长为2或138或12，
故答案为：2或138或12．