吉林省第二实验学校2024-2025学年八年级下学期第一次月考 数学试卷（五四制)（含解析）

这是一份吉林省第二实验学校2024-2025学年八年级下学期第一次月考 数学试卷（五四制)（含解析），共21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. 下列方程一定是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，解题的关键在于熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
【详解】解：A、未知数的次数是1，不是一元二次方程，不符合题意；
B、中，当时，原方程不是一元二次方程，不符合题意；
C、中，含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
D、是一元二次方程，符合题意．
故选：D．
2. 下列属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质化简，分母有理化，最简二次根式的判定，理解最简二次根式的概念，掌握二次根式的性质是解题的关键．
根据最简二次根式的定义进行判定即可求解．
【详解】解：，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，，不是最简二次根式，不符合题意；
D，，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
3. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则的长为（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练矩形的性质是解题的关键．
根据矩形的性质以及，可以得到是等边三角形、，再根据等边三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵矩形中，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形
∴．
故选：C．
4. 用直尺和圆规作一个菱形，如图，能得到四边形ABCD是菱形的依据是（ ）.
A. 一组邻边相等的四边形是菱形B. 四边都相等的四边形是菱形
C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形D. 每条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
【答案】B
【解析】
【详解】解：由图形作法可知：AD=AB=DC=BC，
∴四边形ABCD菱形，
故选：B．
5. 如图，点为边上一点，将沿翻折得到，点在上，且．那么的度数为（ ）
A. 38°B. 48°C. 51°D. 62°
【答案】C
【解析】
【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质得出∠BFE=∠A=52°，∠FBE=∠ABE，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠EDF=∠DEF=∠BFE=26°，由三角形内角和定理求出∠ABD=102°，即可得出∠ABE的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=52°，
由折叠的性质得：∠BFE=∠A=52°，∠FBE=∠ABE，
∵EF=DF，
∴∠EDF=∠DEF=∠BFE=26°，
∴∠ABD=180°-∠A-∠EDF=102°，
∴∠ABE=∠ABD=51°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解决问题的关键．
6. 如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH=（ ）
A. B. C. 12D. 24
【答案】A
【解析】
【详解】解：如图，设对角线相交于点O，
∵AC=8，DB=6，
∴AO=AC=×8=4，BO=BD=×6=3，
由勾股定理得AB===5，
∵DH⊥AB，
∴S菱形ABCD=AB•DH=AC•BD，
即5DH=×8×6，
解得DH=．
故选A．
【点睛】本题考查菱形的性质．
7. 如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E是边CD的中点，F在BC边上，且，连接EF，则BF的长为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进而得到EF＝FG，问题即可解决．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图：
∴∠BAF＝∠DAG，AB=AG
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAF＋∠DAE＝∠DAG＋∠DAE=45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线，
在△AFE和△AGE中，
AG＝AF，∠FAE＝∠EAG，AE＝AE，
∴△AFE≌△AGE（SAS），
∴EF＝EG，
即：EF＝EG＝ED＋DG，
∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD，
∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°，
∴设BF＝x，则CF＝6−x，EF＝3＋x，
在Rt△CFE中，由勾股定理得：
EF2＝CE2＋CF2，
∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，
解得：x＝2，
即BF＝2，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及其性质的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
8. 如图，反比例函数的图象经过菱形的顶点A，B两点，若轴，菱形的面积为12，点A的纵坐标为1，则k的值为（ ）

A. B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】作轴于点G，求得，求得菱形的边长，再求得，据此即可求解．
【详解】解：作轴于点G，交x轴于点F，

∵四边形是菱形，A，B两点在反比例函数的图象上，且轴，
∴，，
∵点A的纵坐标为1，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理，通过菱形面积确定点的坐标是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
9. 要使式子有意义，则x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握被开方数非负是解题的关键．
根据二次根式有意义的条件是被开方数非负，得到，解一元一次不等式即可．
【详解】解：由题意得，，
解得：，
故答案为：．
10. 若关于x的方程是一元二次方程，则m的值为_____．
【答案】4
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义即可求出答案．
【详解】解：由题意得：，
解得．
故答案为：4．
【点睛】本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是（且）．
11. 最简二次根式与是同类二次根式，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是同类二次根式，根据同类二次根式的定义解答即可．熟知一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式是解题的关键．
【详解】解：∵最简二次根式与是同类二次根式，
，
解得．
故答案为：．
12. 如图，已知中，，是的中点，，则 ______．
【答案】6厘米
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
根据，求解作答即可．
【详解】解：由题意知，，
故答案为：6厘米．
13. 若是关于x的方程的解，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，根据一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，把代入得到，再整体代入求值．
【详解】解：∵是关于x的方程的解，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 已知中，，，点为的中点，点、分别为边、上的动点，且，连接，下列说法正确的是______．（写出所有正确结论的序号）
①；②；③；④
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据补角的性质计算可得①；连接D，证明，根据三角形全等的性质判断可得后面的结果；
【详解】，
，
，
；
故①正确；
连接AD，
∵，，
∴，
又∵点为的中点，
∴，，，即，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
在△BED和△AFD中，
，
∴，
∴ED=FD；
故②正确；
∵，
∴，
则，
故④正确；
当点E移动到点A时，此时点F与点C重合，很明显此时EF=AC，FC=0，即；
故③错误；
故答案为①②④．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确分析计算是解题的关键．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
15. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键；
（1）先化简各式，然后再进行计算即可解答；
（2）先计算二次根式的乘除法，再算加减法即可解答；
【小问1详解】
；
【小问2详解】
.
16. 解方程
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了利用平方根解方程，理解并掌握平方根的定义是解题关键．
（1）先移项，再开方可得答案；
（2）直接开方，再移项可得解．
【小问1详解】
解：,
移项，得，
开方，得，
∴；
【小问2详解】
解：,
开方，得，
即，
∴．
17. 如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为点D，AG是△ABC的外角∠FAC的平分线，DE∥AB，交AG于点E．求证：四边形ADCE是矩形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】利用外角性质得出∠B=∠ACB=∠FAE=∠EAC，进而得到AE∥CD，即可求出四边形AEDB是平行四边形，再利用平行四边形的性质求出四边形ADCE是平行四边形，即可求出四边形ADCE是矩形．
【详解】证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵AE是∠BAC的外角平分线，
∴∠FAE=∠EAC，
∵∠B+∠ACB=∠FAE+∠EAC，
∴∠B=∠ACB=∠FAE=∠EAC，
∴AE∥CD，
又∵DE∥AB，
∴四边形AEDB是平行四边形，
∴AE∥BD，AE=BD，
∵AD⊥BC，AB=AC，
∴BD=DC，
∴AE∥DC，AE=DC，
故四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠ADC=90°，
∴平行四边形ADCE是矩形．
即四边形ADCE是矩形．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质以及矩形的判定，灵活利用平行四边形的判定得出四边形AEDB是平行四边形是解题关键．
18. 如图在矩形纸片中，，，在上取一点F，，剪下，将它平移至的位置，拼成四边形．求证：四边形是菱形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】根据矩形的性质得，，再根据矩形的面积求出，然后根据勾股定理得，可得，再根据平移性质可知四边形为平行四边形，最后根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得出答案.
【详解】在矩形中，，．
∵，，
∴．
∵，，
∴，
∴.
由平移可知，，，
∴四边形为平行四边形.
∵，
∴四边形为菱形.
【点睛】本题主要考查了矩形性质，菱形的判定，平移的性质等，灵活选择判定定理是解题的关键．
19. 综合实践
在中，点是边的中点．
（1）如图①，延长到点，使，连接，可得出，其依据是______．（填序号）
① ② ③ ④ ⑤
（2）如图②，在边上任取点，（不与两点重合）连接，并延长到点，使．连接，在图②中画出相应的图形，并观察四边形是特殊的四边形吗？如果是，请写出证明过程；如果不是，请说明理由．
解决问题
如图③，在中，，点为平面内一点，，将线段绕点顺时针旋转得，点为中点，当时，请求出的长．
【答案】（1）②；（2）画图见解析，四边形是平行四边形，证明见解析；问题解决：的长为和
【解析】
【分析】（1）已知点是边的中点，得到，由对顶角，再结合，根据两个三角形全等的判定定理，利用即可得到，即可得到得到答案；
（2）根据题意作出图形，由平行四边形的判定定理可知四边形平行四边形；根据题意，分两种情况①在线段上；②在线段延长线上；由平行四边形的判定与性质，结合勾股定理即可得到答案．
【详解】解：（1）点是边的中点，
，
在和中，
，
，
故选：②；
（2）如图1所示：
四边形平行四边形，
理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形．
解决问题：根据题意，分两种情况：①在线段上；②在线段延长线上；
①延长到点，使，连接，如图2所示：
∵，
四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴三点在同一条直线上，
∴，
∵，
，
在中，，由勾股定理得，
∴；
②延长到点，使，连接，如图3所示：
同理，由①可知，
∵，
四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴三点在同一条直线上，
∴，
∵，
，
在中，，由勾股定理得，
∴；
综上所述，的长为和．
【点睛】本题考查几何综合，涉及全等三角形的判定、平行四边形的判定与性质、勾股定理求线段长，熟练掌握相关几何性质，根据题意分类讨论是解决问题的关键．
20. 如图，矩形的顶点A、C分别在y、x轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边、分别交于点D、E，并且满足，点P是线段上的一个动点．
（1）求一次函数的解析式；
（2）若点P在平分线上，求点P的坐标；
（3）连接，若把四边形面积分成两部分，求点P的坐标；
（4）设点Q是x轴上方平面内的一点，以O，D，P，Q为顶点的四边形为菱形时，直接写出点Q的坐标．
【答案】（1）；
（2）
（3）或；
（4）点Q坐标为或．
【解析】
【分析】（1）先令，即可求得，然后利用求出E坐标，代入一次函数解析式求得m的值即可求解；
（2）过点P作轴于点M，轴于点N，连接，直线交x轴于点H，先证明矩形是正方形，即有，再根据，即可作答；
（3）先求得四边形的面积，然后分两种情况求解即可；
（4）分四边形是菱形和四边形是菱形两种情况求解即可．
【小问1详解】
对于，令，解得，
则D的坐标是，，
∵点B的坐标为，
∴，，
∴，
∵，
∴，则E的坐标是，
把E的坐标代入得，
解得，
∴；
【小问2详解】
过点P作轴于点M，轴于点N，连接，直线交x轴于点H，如图，
∵点P在平分线上，
∴，
∵轴，轴，，
∴四边形是矩形，
∴平分，轴，轴，
∴，
∴矩形是正方形，
∴，
当时，，
解得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
设，
，
当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上可知，点P的坐标为： 或；
【小问4详解】
当四边形是菱形时，如图1，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∵P的纵坐标是3，把代入，
得，
解得：，
则P的坐标是，
∴Q的坐标是；
当四边形是菱形时，如图2
∵四边形是菱形，
∴，，
设P的横坐标是n，则纵坐标是，
则，
解得：或0（舍去），
则P的坐标是
∴Q横坐标是，Q的纵坐标是，
∴Q的坐标是，
综上，点Q的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，矩形的性质，正方形的判定与性质，坐标与图形的性质，菱形的性质，以及勾股定理等知识，正确根据菱形的性质求得Q的坐标是解决本题的关键．