2024-2025学年八年级下学期数学期中考试(广东省中山市专用)[含解析]

这是一份2024-2025学年八年级下学期数学期中考试(广东省中山市专用)[含解析]，共20页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列各组数据中是勾股数的是，古诗赞美荷花等内容，欢迎下载使用。
数学
考试时间：100分钟 分值;120分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．当a=6时，二次根式a−2的值是（ ）
A．−2B．2C．4D．16
2．下列运算正确的是（ ）
A．3+6=9B．53−3=5C．12÷3=4D．2×3=6
3．如图，点P是平面坐标系中一点，则点P到原点的距离是（ ）
A．3B．2C．7D．53
4．下列各组数据中是勾股数的是（ ）
A．0.3，0.4，0.5B．1，2，3
C．4，5，7D．5，12，13
5．已知三角形三边长为a，b，c，如果 a−6 +|b﹣8|+（c﹣10）2＝0，则△ABC是（ ）
A．以a为斜边的直角三角形B．以b为斜边的直角三角形
C．以c为斜边的直角三角形D．不是直角三角形
6．如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA=OC，AD∥BC，则下列说法错误的是（ ）
A．若AC=BD，则四边形ABCD是矩形
B．若BD平分∠ABC，则四边形ABCD是菱形
C．若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
D．若AB=BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
7．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点，AB＝6，∠ACB＝30°，则MN的长为（ ）．
A．3B．4C．5D．6
8．古诗赞美荷花：“竹色溪下绿，荷花镜里香．”平静的湖面上，一朵荷花亭亭玉立，露出水面12 cm，忽见它随风倾斜，花朵恰好浸入水面．仔细观察，发现荷花偏离原位置48 cm（如图），则水的深度BC为（ ）
A．60 cmB．72 cmC．90 cmD．96 cm
9．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，将矩形沿对角线BD折叠，点C落在点C'处，BC'交AD于点E，则AE的长为（ ）
A．78B．12C．74D．54
10．如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O的一条直线分别与AB,CD交于点E，F，连接BF交AC于点M，连接DE,BO，若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB⊥OC，OM=CM；②△EOB≌△CMB；③四边形EBFD是菱形；④MB:OE=3:2.其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．要使代数式1x−2024有意义，则x应满足的条件是 ．
12．如果3x−12=1−3x，那么x的取值范围是 ．
13．已知x+1为最简二次根式，且能够与12合并，则x的值是 ．
14．在北京召开了国际数学家大会，大会会标如图，它是由四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，则两条直角三角形的两条边的立方和等于 ．
15．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，BC=10，P为BC边上任意一点（点P与点C不重合），连接PA，以PA，PC为邻边作▱PAQC，连接PQ，则PQ长的最小值是 ．
三、解答题（16—19题每题6分，20—22每题8分，23题10分，24题12分，共70分）
16．计算：
（1）27−123；
（2）623+24；
（3）75−213+48；
（4）3+22+3+23−2．
17．计算下列各题：
（1）8×12÷123；
（2）3+23−2−5−12；
（3）24+0.5−18−6；
（4）22−322+3+1345÷5．
18．如图，一次函数y=kx+b的图像与反比例函数y=mx的图像在第一象限交于点A(4,3)，与y轴的负半轴交于点B，且OA=OB．
（1）求反比例函数y=mx的表达式和点B的坐标．
（2）点P是反比例函数y=mx图像上的点，若△BOP的面积是15，求点P的坐标．
19．如图，某住宅小区在施工过程中留下了一块空地，已知AD=4米，CD=3米，∠ADC=90°，AB=13米，BC=12米.
（1）求这块空地的面积．
（2）若每种植1平方米草皮需要200元，问总共需投入多少元？
20．如图，矩形AEBO的对角线AB，OE交于点F，延长AO到点C，使OC=OA，延长BO到点D，使OD=OB，连接AD，DC，BC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若OE=10，∠BCD=60°，求菱形ABCD的面积．
21．如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，AD 是BC 边上的中线，E，F 分别是AB，AC的中点，连结 EF，ED，FD.求证：AD=EF.
22．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，EF⊥AB于F点，OG∥EF交AB于点G．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BD的长．
23． 阅读下列解题过程：
15+4=1×(5−4)(5+4)(5−4)=5−4(5)2−(4)2=5−4， 16+5=1×(6−5)(6+5)(6−5)=6−5(6)2−(5)2=6−5，
请回答下列问题：
（1）观察上面的解答过程，请写出 1100 +99= ；
（2）请你用含n（n 为正整数）的关系式表示上述各式子的变形规律；
（3）利用上面的解法，请化简：
11+2+12+3+13+4++198+99+199+100
24．在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为1cm/s，运动时间为t秒，当其中一个动点到达后就停止运动．
（1）若G，H分别是AB，DC中点，求证：四边形EGFH始终是平行四边形．
（2）在（1）条件下，当t为何值时，四边形EGFH为矩形．
（3）若G，H分别是折线A﹣B﹣C，C﹣D﹣A上的动点，与E，F相同的速度同时出发，当t为何值时，四边形EGFH为菱形．
答案解析部分
1．B
2．D
3．A
4．D
5．C
因为 a−6 ＋|b－8|＋(c－10)2＝0，所以有(a－6) 2 =0， |b−8|=0 ，|c－10|=0，所以a=6，b=8，c=10，因为 a2+b2=c2 ，所以ABC的形状是直角三角形，故答案为：C.
根据算术平方根和绝对值以及乘方的非负性可得a、b、c的值，然后根据勾股定理的逆定理即可解答.
6．D
解：∵AD∥BC，
∴∠ADO=∠CBO
∵OA=OC，∠AOD=∠BOC
∴△AOD≌△COBAAS
∴AD=BC
∵AD∥BC
∴四边形ABCD是平行四边形，
若AC=BD，则四边形ABCD是矩形，故A选项不符合题意；
若BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠ADB
∴AB=AD
则四边形ABCD是菱形，故B选项不符合题意；
若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形，故C选项不符合题意；
若AB=BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形，故D选项符合题意；
故答案为：D．
根据直线平行性质可得∠ADO=∠CBO，再根据全等三角形判定定理可得△AOD≌△COBAAS，则AD=BC，再根据平行四边形判定定理可得四边形ABCD是平行四边形，再根据矩形，正方形，菱形的判定定理逐项进行判断即可求出答案.
7．A
8．C
9．A
10．C
11．x>2024
12．x≤13
13．2
14．35
15．245
解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
当PQ⊥BC时，根据垂线段最短，此时PQ的长最小，
∴∠ADP=∠QPD=90°，
在Rt△ABC中
AC=BC2−AB2=102−62=8，
∵S△ABC=12AB·AC=12CB·AD，
∴6×8=10AD，
解之：AD=245；
∵平行四边形PAQC，
∴AQ∥BC，
∴∠ADP=∠QPD=∠QAD=90°，
∴四边形ADPQ是矩形，
∴PQ=AD=245.
故答案为：245
过点A作AD⊥BC于点D，当PQ⊥BC时，根据垂线段最短，此时PQ的长最小，利用垂直的定义可证得∠ADP=∠QPD=90°，利用勾股定理求出AC的长，利用直角三角形的两个面积公式求出AD的长；再利用平行四边形的性质及平行线的性质可推出∠ADP=∠QPD=∠QAD=90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形ADPQ是矩形，利用矩形的对边相等，可求出PQ的长.
16．（1）1
（2）14
（3）2533
（4）6+26
17．（1）82；
（2）−5+25；
（3）36+24；
（4）0．
18．（1）解：∵A(4,3)在反比例函数y=mx的图像上，
∴k=4×3=12，
∴y=12x．
过A点作AM⊥x轴于点M．
在Rt△AOM中，OM=4，AM=3．
∴OA=OM2+AM2=42+32=5．
又∵OA=OB，
∴B点的坐标为(0,−5)．
（2）解：设点P的坐标为(x,y)．
∵△BOP的面积是15，
∴12×OB⋅|x|=15，
∴|x|=6．
当点P在第一象限时，x=6，y=126=2．
∴P(6,2)；
当点P在第三象限时，x=−6，y=12−6=2．
∴P(−6,−2)．
故所求点P的坐标为(6,2)或(−6,−2)．
（1）根据待定系数法将点A坐标代入反比例函数解析式可得y=12x，过A点作AM⊥x轴于点M．根据勾股定理可得OA=5，由OA=OB，即可求出答案.
（2）设点P的坐标为(x,y)，根据三角形面积可得|x|=6，分情况讨论即可求出答案.
19．（1）解：连接AC，如图所示：
在Rt△ACD中，AC=CD2+AD2=5，
∵AC2+BC2=52+122=132=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴这块空地的面积=S△ABC-S△ACD=12×AC×BC-12×AD×CD=12×5×12-12×4×3=24m2；
故答案为：24m2；
（2）解：根据题意可得：24×200=4800（元），
故答案为：4800元.
（1）先利用勾股定理求出AC的长，再利用勾股定理的逆定理证出△ABC是直角三角形，最后利用三角形的面积公式及割补法求出这块空地的面积即可；
（2）利用“总价=单价×总面积”列出算式求解即可.
20．（1）证明：∵CO=AO，DO=BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形AEBO是矩形，
∴∠AOB=90°，
∴BD⊥AC，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB=AB
∵∠BCD=60°
∴△BCD为等边三角形
∴CD=CB=BD=AB
∵四边形AEBO是矩形，
∴AB=OE=10，
∴BD=CB=10
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD=5，∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：OC=53
∴AC=103
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×10×103=503．
（1）先证出四边形ABCD是平行四边形，再结合BD⊥AC，即可证出四边形ABCD是菱形；
（2）先求出BD=CB=10，再求出AC=103，最后利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
21．证明：∵ ∠BAC=90°，AD是BC边上的中线，
∴ AD=12BC，
∵ E，F分别是AB，AC的中点，
∴ EF=12BC，
∴ AD=EF.
根据直角三角形的斜边中线等于斜边的一半可得AD=12BC，根据三角形的中位线等于第三边的一半得EF=12BC，即可求得.
22．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG=90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=10，AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵E是AD的中点，
∴OE=12AD=AE=5，
由（1）可知，四边形EFCO是矩形，
∴FG=OE=5，
∵EF⊥AB，
∴∠EFA=90°，
∴AF=AE2−EF2=52−42=3，
∴BG=AB−AF−FG=10−3−5=2，
∵在直角三角形OGB中OB2=BG2+OG2=22+42=20，
∴OB=25，
∴BD=2OB=45．
（1）根据菱形性质可得OB=OD，再根据三角形中位线定理可得OE∥FG，再根据矩形判定定理即可求出答案.
（2）根据菱形性质可得AB=AD=10，AC⊥BD，再根据线段中点可得OE=12AD=AE=5，根据矩形性质可得FG=OE=5，再根据勾股定理可得AF，再根据边之间的关系可得BG，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG=90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=10，AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵E是AD的中点，
∴OE=12AD=AE=5，
由（1）可知，四边形EFCO是矩形，
∴FG=OE=5，
∵EF⊥AB，
∴∠EFA=90°，
∴AF=AE2−EF2=52−42=3，
∴BG=AB−AF−FG=10−3−5=2，
∵在直角三角形OGB中OB2=BG2+OG2=22+42=20，
∴OB=25，
∴BD=2OB=45．
23．（1）10−311；（2）1n+1+n=n+1−n；（3）9．
24．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，
∴AC＝32+42＝5，∠GAF＝∠HCE，
∵G，H分别是AB，DC中点，
∴AG＝BG，CH＝DH，
∴AG＝CH，
∵AE＝CF，
∴AF＝CE，
在△AFG和△CEH中，
AG=CH∠GAF=∠HCEAF=CE，
∴△AFG≌△CEH（SAS），
∴GF＝HE，
同理：GE＝HF，
∴四边形EGFH是平行四边形．
（2）解：连接GH，如图，
由（1）得：BG＝CH，BG∥CH，
∴四边形BCHG是平行四边形，
∴GH＝BC＝4，
当EF＝GH＝4时，平行四边形EGFH是矩形，
分两种情况：
①AE＝CF＝t，EF＝5﹣2t＝4，
解得：t＝0.5；
②AE＝CF＝t，EF＝5﹣2（5﹣t）＝4，
解得：t＝4.5；
综上所述：当t为0.5s或4.5s时，四边形EGFH为矩形．
（3）解：连接AG、CH，如图所示：
∵四边形EGFH为菱形，
∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF，
∴OA＝OC，
∴四边形AGCH是平行四边形，
∵AG＝AH，
∴四边形AGCH是菱形，
设AG＝CG＝x，则BG＝4﹣x，
由勾股定理得：AB2+BG2＝AG2，
即32+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝258，
∴BG＝4﹣258＝78，
∴AB+BG＝3+78＝318，
即t为318s时，四边形EGFH为菱形．
（1）先利用“SAS”证出△AFG≌△CEH，利用全等三角形的性质可得GF=HE，再结合GE=HF，即可证出四边形EGFH是平行四边形；
（2）连接GH，先求出GH＝BC＝4，再分类讨论：①AE＝CF＝t，EF＝5﹣2t＝4，②AE＝CF＝t，EF＝5﹣2（5﹣t）＝4，再求出t的值即可；
（3）连接AG、CH，先证出四边形AGCH是菱形，再设AG＝CG＝x，则BG＝4﹣x，利用勾股定理可得AB2+BG2＝AG2，即32+（4﹣x）2＝x2，求出x的值，再利用线段的和差求出AB+BG＝3+78＝318，即可得到t为318s时，四边形EGFH为菱形．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，
∴AC＝32+42＝5，∠GAF＝∠HCE，
∵G，H分别是AB，DC中点，
∴AG＝BG，CH＝DH，
∴AG＝CH，
根据题意得∶AE＝CF，
∴AF＝CE，
在△AFG和△CEH中，AG=CH∠GAF=∠HCEAF=CE，
∴△AFG≌△CEH（SAS），
∴GF＝HE，
同理：GE＝HF，
∴四边形EGFH是平行四边形．
（2）解：连接GH，如图，
由（1）得：BG＝CH，BG∥CH，
∴四边形BCHG是平行四边形，
∴GH＝BC＝4，
当EF＝GH＝4时，平行四边形EGFH是矩形，
分两种情况：
①AE＝CF＝t，EF＝5﹣2t＝4，
解得：t＝0.5；
②AE＝CF＝t，EF＝5﹣2（5﹣t）＝4，
解得：t＝4.5；
综上所述：当t为0.5s或4.5s时，四边形EGFH为矩形．
（3）解：连接AG、CH，如图所示：
∵四边形EGFH为菱形，
∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF，
∴OA＝OC，
∴四边形AGCH是平行四边形，
∵AG＝AH，
∴四边形AGCH是菱形，
设AG＝CG＝x，则BG＝4﹣x，
由勾股定理得：AB2+BG2＝AG2，
即32+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝258，
∴BG＝4﹣258＝78，
∴AB+BG＝3+78＝318，
即t为318s时，四边形EGFH为菱形．