湖北省武汉市江汉区2024-2025学年八年级下学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份湖北省武汉市江汉区2024-2025学年八年级下学期期中考试 数学试卷（含解析），共12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。
（考试时间：120分钟 试卷总分：150分）
第Ⅰ卷（本卷满分100分）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个正确，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑．
1. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是
A. x≥3B. x≤3C. x＞3D. x＜3
【答案】A
【解析】
【详解】解：由题意得．
解得x≥3，
故选：A．
2. 下列数组中，是勾股数的是（ ）
A. 5，12，13B. 1，1，1C. D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了勾股数的定义，解答此题要用到勾股定理的逆定理：已知三角形的三边满足，则是直角三角形．
根据勾股定理的逆定理分别进行分析，从而得到答案．
【详解】解：A、是勾股数，故本选项符合题意；
B、，不是勾股数，故本选项不符合题意；
C、，不是勾股数，故本选项不符合题意；
D、，不是勾股数，故本选项不符合题意；
故选：A．
3. 下列式子是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式的判断，掌握最简二次根式满足的条件：①被开方数的因数是整数，字母因式是整式；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式是解题关键．
【详解】解：A、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．
4. 下列计算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的加法，二次根式的乘除运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．根据二次根式的加法，二次根式的乘除运算，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、2和不是同类二次根式，无法合并，故本选项错误，符合题意；
B、，故本选项正确，不符合题意；
C、，故本选项正确，不符合题意；
D、，故本选项正确，不符合题意；
故选：A．
5. 顺次连接四边形四边中点所得的四边形一定是( )
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形的中位线定理可推出，进一步即可根据平行四边形的判定推出答案．
【详解】解：如图，
∵为中点，为中点，
∴，，
同理，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线和平行四边形的判定等知识，熟练掌握三角形的中位线和平行四边形的判定是解此题的关键．
6. 下列四个命题：①平行四边形的两组对角分别相等；②一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；③菱形的对角线相等；④三角形的中位线平行于三角形的第三边．其中真命题的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，三角形的中位线．根据平行四边形的性质和判定对①②进行判断；根据菱形的性质对③进行判断；根据三角形的中位线对④进行判断．
【详解】解：①平行四边形的两组对角分别相等，是真命题；
②一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，原命题是假命题；
③菱形的对角线不一定相等，原命题是假命题；
④三角形的中位线平行于三角形的第三边，是真命题．
综上，①④是真命题，共2个．
故选：C．
7. 已知，则代数式的值是（ ）
A. 2B. 6C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要查了因式分解，二次根式的混合运算．先利用完全平方公式因式分解，再把，代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴．
故选：A
8. 如图，在中，O是对角线的交点，过点O的直线分别交于点M，N，若的面积为3，的面积为8，则的面积是（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质．根据平行四边形的性质，可得，，可证明，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵的面积为3，
∴，
∵的面积为8，
∴，
∴．
故选：C
9. 如图，菱形的对角线相交于点O，过点O作于F，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，解题关键是根据菱形和三角形内角和的性质得出角之间的关系．根据菱形的性质求出，求出，根据，计算即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
10. 以的各边为直径的三个半圆组成如下图形，若图中三个阴影部分的面积和为24，，则的长度是（ ）
A. 6B. 8C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理，半圆的面积，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
设两个小半圆的面积分别为，大半圆的面积为，根据题意得：三个阴影部分的面积和为，再由三个阴影部分的面积和为24，以及勾股定理可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：设两个小半圆的面积分别为，大半圆的面积为，
根据题意得：三个阴影部分的面积和为，
∵三个阴影部分的面积和为24，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接填在答卷指定的位置．
11. 化简：__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要查了二次根式的化简．根据二次根式的性质化简即可．
【详解】解：．
故答案为：
12. 在中，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查平行四边形性质．根据题意可知平行四边形对角相等，继而得到本题答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
13. 平面直角坐标系中，点P的坐标为（2，3），则点P到原点的距离是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用勾股定理求出点P到原点的距离即可．
【详解】解：∵点P的坐标为（2，3），
∴点P到原点的距离为，
故答案为：．
【点睛】本题考查点到原点距离，解题关键是熟练掌握两点间的距离公理．
14. 如图，两张等宽纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形，若A，C两点间的距离是2，B，D两点间的距离是，则四边形的面积是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是根据等高得到边相等从而得到菱形．
根据等宽可得四边形是平行四边形，结合四边形面积即可得到，即可得到四边形是菱形，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，
根据题意得：，
∴四边形是平行四边形，
∵两张等宽的纸条交叉叠放在一起，
可设两张等宽的纸条的宽为h，则，
∴，
∴四边形是菱形，
∴
故答案为：
15. 如图，将等腰三角形纸片沿底边上的高剪成两个三角形，用这两个三角形能拼成平行四边形的个数是__________．
【答案】3个
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定．把相等的边靠在一起即可得到答案，有三种拼法．
【详解】解：有三种拼法，如图1、2、3，
故答案为：3个．
16. 如图，在矩形中，是对角线，点E在的延长线上，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关性质是解题的关键．连接，交于点，由矩形的性质得，从而得到，由等腰三角形性质得，再由三角形内角和定理求得，即可推出，再根据等边对角即可解答．
【详解】解：连接，交于点，
∵矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
三、解答题（共5小题，共52分）
下列各题需要在答题卷指定位置写出文字说明、证明过程、计算步骤或作出图形．
17. 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，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
（1）先化简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）把括号里的每一项都除以，再化简即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题主要查了二次根式的加减混合运算．先根据二次根式的性质化简，再合并，然后把代入化简后的结果，即可求解．
【详解】解：
，
当时，原式．
19. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，E，F分别是，的中点．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的判定与性质，由平行四边形的性质可得，，，得出，证明，得出，求出，即可得证．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵E，F分别是，的中点，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
20. 如图，在四边形中，，，，．
（1）直接写出的长；
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）10 （2）
【解析】
【分析】本题主要查了勾股定理及其逆定理：
（1）在中，利用勾股定理解答即可；
（2）利用勾股定理逆定理可得是直角三角形，且，再由四边形的面积解答即可．
【小问1详解】
解：在中，，，
∴；
【小问2详解】
解：∵，，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四边形的面积
21. 在每个小正方形的边长为Ⅰ的网格中，网格线的交点称为格点，图中正方形的顶点都是格点．仅用无刻度的直尺画图．每个任务的画线不得超过三条，并回答相关问题．
（1）直接写出正方形的边长；
（2）在图（1）中，F是与网格线的交点，画出矩形；
（3）在图（1）中，E是上一点，在上画点H，使四边形的面积为10；
（4）在图（2）中，P是上一点，在上画点Q，使四边形为菱形．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
（4）见解析
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理解答，即可；
（2）取与网格线交点G，即可；
（3）连接交于点O，连接，并延长交于点H，即可；
（4）取中点L，K，连接，连接交于点O，连接，并延长交于点M，连接，并延长交于点N，连接交于点Q，即可．
【小问1详解】
解：正方形的边长为，
【小问2详解】
解：如图，矩形即为所求；
【小问3详解】
解：如图，点H即为所求；
【小问4详解】
解：如图，点Q即为所求；
理由：∵四边形是正方形，且中点为点L，K，
∴过点O，且，
由正方形中心对称性得：，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要查了正方形的性质，矩形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，矩形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
第Ⅱ卷（本卷满分50分）
四、填空题（共4小题，每小题4分，共16分）
下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接填在答卷指定的位置．
22. 如图，在中，，于点D，E是的中点，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质．设，可得，，再由直角三角形的性质可得，从而得到，然后根据，即可求解．
【详解】解：设，
∵，，即，
∴，，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
23. 化简__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的性质化简，二次根式有意义的条件，熟知二次根式的性质是解题的关键．根据二次根式的性质化简即可．
【详解】解：由题意可知，
∴，则，
，
故答案为：．
24. 如图，在中，D是的中点，，，__________．
【答案】33
【解析】
【分析】本题主要查了勾股定理，完全平方公式的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
过点C作于点E，设，分别在和中，可得，，再由D是的中点，可得，然后利用勾股定理可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点C作于点E，
设，
在中，，
∴，
在中， ，
∴，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∴，
∴
∴．
故答案为：33
25. 如图，四边形的对角线交于点O，，，，，则__________，__________．
【答案】 ①. 8 ②.
【解析】
【分析】在取点E是，过点A作于点F，可得是等边三角形，再证明，可得，，从而得到， ，，在中，利用勾股定理可得，从而得到，过点B作于点G，利用直角三角形的性质可得，再根据勾股定理解答即可求解．
【详解】解：如图，在取点E是，过点A作于点F，
∵，
∴，，
∴是等边三角形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵， ，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，，，
∴，
过点B作于点G，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．
故答案：8；
【点睛】本题主要查了勾股定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等知识，熟练掌握勾股定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
五、解答题（共3小题，共34分）
下列各题需要在答题卷指定位置写出文字说明、证明过程、计算步骤或作出图形．
26. 如图，在四边形中，，，，，，点E从B出发，以的速度向点C运动，运动时间为t秒；同时点F从D出发，以的速度向点A运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．
（1）__________，__________（用含t的式子表示）；
（2）当四边形是矩形时，__________；
（3）当时，求t的值．
【答案】（1）；
（2）
（3）5或7
【解析】
【分析】本题主要查了矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
（1）根据题意可得，即可求解；
（2）根据矩形的性质可得，从而得到关于t的方程，即可求解；
（3）过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到， ，在中，利用勾股定理可得，然后分两种情况解答，即可求解．
【小问1详解】
解：根据题意得：，
∵，，
∴，；
故答案为：；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
解得：；
故答案为：
【小问3详解】
解：
如图，过点C作于点G，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
如图，过点F作于点M，则，，
在中，，
∴，
∴，
解得：；
如图，过点F作于点N，则，，
同理，
解得：；
综上所述，当时，t的值为5或7．
27. 方程思想是重要的数学思想．在解决有些问题中，如果方程思想运用得当，有时会收到很好的效果，请看下列问题：
化简
设
两边平方得
又
所以，移项得，
所以，，，__________．
显然，
所以__________．
（1）完成上面填空；
（2）化简：；
（3）根据以上方法化简：__________．
【答案】（1）2或0；2
（2）2 （3）
【解析】
【分析】本题主要查了解一元二次方程，分式方程，利用类比思想解答是解题的关键．
（1）根据题意直接计算即可；
（2）仿照（1）解题方法解答，即可；
（3）设，仿照（1）解题方法解答，即可．
【小问1详解】
解：设
两边平方得
又
所以，移项得，
所以，即，
∴，
∴或0．
∵，
∴；
故答案为：2或0；2
【小问2详解】
解：设
两边平方得
又，
所以，移项得，
所以，
即，
∴或，
∴或．
∵，
∴；
【小问3详解】
解：设，
两边同时减1，得：，
∴，
∴，
解得：，
检验：当时，，
∴是方程的根，
∵，
∴．
故答案为：
28. 点E，F是不同边上的两点（E，F不与顶点重合），连接，的一个顶点（不妨设为B）关于的对称点为O，我们把的其他顶点（不妨设为D）与O的距离称为这个点D与B的“关联距离”．比如：如图（1），点B与O关于对称，若，则点D与B的“关联距离”是1．
（1）如图（2），四边形是矩形，点B关于的对称点O恰好在上，若，，，则点D与B的“关联距离”=__________，点C与B的“关联距离”=__________；
（2）如图（3），，点A关于的对称点O在的延长线上，若，，求点B与A的“关联距离”；
（3）如图（4），四边形是菱形，，点A关于的对称点O恰好在直线上，若，，直接写出点C与A的“关联距离”．
【答案】（1）2，
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）连接，，根据轴对称的性质得到，从而在中，根据勾股定理求得，进而求得的长，得到点D与B的“关联距离”．在中，根据勾股定理求出，得到点C与B的“关联距离”；
（2）延长交于点H，根据轴对称的性质得到，，由，求得，从而，进而得到．
过点O作于点G，得到，根据勾股定理在中，求得，在中，求得，即可解答．
（3）分两种情况讨论：①若点O在线段上，过点E作于点N，连接，
则，由得到，，进而在中，求得，根据勾股定理逆定理证得是直角三角形，，得到，从而在中，求出，根据线段的和差求出，即点C与A的“关联距离”．②若点O在线段上，同①解答即可．
【小问1详解】
解：连接，，
∵点B关于的对称点O恰好在上，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∴则点D与B的“关联距离”为2．
∵在中，，
∴点C与B的“关联距离”为．
故答案为：2，
【小问2详解】
解：∵在中，，
∴，
延长交于点H，
∵点A与点O关于对称，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，．
过点O作于点G，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴在中，，
∴点B与A的“关联距离”为．
【小问3详解】
解：分两种情况讨论：
①若点O在线段上，如图，
过点E作于点N，连接，
∴，
∵，，
∴在中，，
，
∵在菱形中，，
∴，
∴在中，，
∵，，，
∴，
∴是直角三角形，，
∵在菱形中，，
∴，
∵点A与点O关于对称，
∴，
∴在中，，
∴，
即点C与A的“关联距离”为．
②若点O在线段上，如图，
由①同理可得，
∴，
即点C与A的“关联距离”为．
综上所述，点C与A的“关联距离”为或．
【点睛】本题考查轴对称的性质，勾股定理及其逆定理，含角的直角三角形的性质，平行四边形、矩形、菱形等四边形的性质，综合运用相关知识，正确作出辅助线，掌握分类讨论思想是解题的关键．