安徽省蚌埠市禹会区2024-2025学年下学期5月月考八年级 数学试题（含解析）

这是一份安徽省蚌埠市禹会区2024-2025学年下学期5月月考八年级 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
说明：共8大题，计23小题，满分150分，考试时间120分钟．
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
每小题都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的．
1. 若最简二次根式与可以合并，则的值是（ ）
A. 9B. 6C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查合并同类二次根式，根据题意，得到与同类二次根式，即可得出结果．
【详解】解：∵最简二次根式与可以合并，
∴与是同类二次根式，
∴；
故选C．
2. 如图，在平行四边形中，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形性质是解题关键，根平行四边形对角相等直接解出即可．
【详解】解：在平行四边形中，，
，
，
故选：B．
3. 方程的根的情况是（ ）
A. 有一个实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 有两个相等的实数根D. 无实数根
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式的意义是解题的关键．由一元二次方程根的判别式：时，方程有两个不相等的实数根；时，方程有两个相等的实数根；时，方程无实数根；据此进行求解即可．
【详解】解：，
，，，
，
方程无实数根．
故选：D．
4. 以下列各数为边长，能构成直角三角形的是（ ）
A. ，，B. 2，3，4C. 3，5，8D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查勾股定理逆定理，根据勾股定理逆定理进行判断即可．
【详解】解：A、，能构成直角三角形，符合题意；
B、，不能构成直角三角形，不符合题意；
C、，不能构成三角形，不符合题意；
D、，不能构成三角形，不符合题意；
故选A．
5. 下列说法中，不正确的是（ ）
A. 对角线相等的四边形是矩形B. 平行四边形对边相等
C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形D. 正方形的四条边都相等
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，正方形的性质，根据相关判定和性质，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误，符合题意；
B、平行四边形对边相等，说法正确，不符合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，说法正确，不符合题意；
D、正方形的四条边都相等，说法正确，不符合题意；
故选A
6. 如图，点在直线上，，两点在直线上，且，，若，则，两直线之间的距离可以是（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行线之间的距离的定义即可得到答案．
本题考查了平行线之间的距离，两条平行线中，过其中一条直线上任意一点向另外一条直线作垂线，这个点和垂足之间的线段的长就是这两条平行线之间的距离．熟练掌握平行线之间距离的概念是解题的关键．
【详解】解：根据平行线之间的距离的定义可得，两直线的距离应该小于的长度，
∵，
∴，两直线之间的距离可以是3．
故选：D．
7. 一个矩形的两邻边长分别是方程的两根，则矩形的周长是（ ）
A. 3B. 5C. 6D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查根与系数的关系，设矩形的两邻边长为，由根与系数的关系得到，再根据矩形的周长公式进行计算即可．
【详解】解：设矩形的两邻边长为，则：是方程的两根，
∴，
∴矩形的周长是；
故选D．
8. 如图，正方形边长为2，连接，，平分交于点，则的长为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的定义．根据正方形的性质，可得，再由角平分线的定义可得，然后结合三角形外角的定义可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵平分，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：B
9. 如图，小明在参观故宫时，被太和殿窗棂的三交六惋菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形．若，则菱形的面积为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，连接交于，由菱形的性质可得，，，，证明为等边三角形，得出，再由勾股定理得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图：连接交于，
，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积为，
故选：C．
10. 如图，在平行四边形中，，相交于点，过点作于点，，，记的长为，的长为，当，的值发生变化时；下列代数式的值不变的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点D作交的延长线于点F，
∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴
∴，
由勾股定理可得，，
，
∵（平行线间间距相等）
∴，
∴，
∴，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是，
故选：A。
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11. 一元二次方程x（x﹣3）=0的解是________．
【答案】，；
【解析】
【分析】根据两数相乘积为0,两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解.
【详解】x(x-3)=0，
x=0，x-3=0，
x1=0，x2=3.
【点睛】此题考查了解一元二次方程,熟练掌握因式分解法是解题发关键.
12. 如图，有机化合物苯的结构式可以抽象为一个正六边形，则该图形的每个外角的度数是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了多边形的外角和问题，根据多边形的外角和为计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵有机化合物苯的结构式可以抽象为一个正六边形，
∴该图形的每个外角的度数是，
故答案为：．
13. 已知点满足，则点到原点的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，两点间的距离，根据二次根式有意义的条件得到，进而求出的值，再利用两点间的距离公式进行计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴点到原点的距离为；
故答案为：．
14. 如图，和是两个全等的共斜边的直角三角形，，是的中点，连接，．
（1）线段和的数量关系为__________；
（2）分别过点，作于点，于点，连接，若，，则四边形的面积是__________．
【答案】 ①. ②. 12
【解析】
【分析】本题主要查了直角三角形斜边性质，勾股定理，矩形的判定和性质．
（1）根据直角三角形斜边的性质，即可求解；
（2）过点M作于点N，由（1）得：，可得到，再由勾股定理可得的长，再证明四边形是矩形，即可求解．
【详解】解∶（1）∵，是的中点，
∴，
∴．
故答案为：
（2）如图，过点M作于点N，
由（1）得：，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵和是两个全等的共斜边的直角三角形，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴四边形的面积是．
故答案：12
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15. 计算：．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，先进行乘方公式的计算，化简二次根式，再合并同类二次根式即可．
【详解】解：原式
．
16. 已知一个多边形的边数为．
（1）若，求这个多边形的内角和；
（2）若这个多边形的内角和是它的外角和的4倍．求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了多边形内角和定理和多边形外角和定理，熟知多边形内角和计算公式是解题的关键．
（1）n边形的内角和为，据此列式求解即可；
（2）n边形的内角和为，n边形的外角和为360度，据此根据题意建立方程求解即可．
【小问1详解】
解：，
∴这个多边形的内角和为；
【小问2详解】
解：由题意得，，
解得．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17. 如图，在由边长均相等的小正方形组成的网格中，线段的端点，均为格点（网格线的交点）．
（1）画出一个以为边的平行四边形，顶点均在格点上；
（2）画出一个以为对角线的平行四边形，顶点均在格点上．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了作图—应用与设计作图，平行四边形的定义，熟练掌握平行四边形的定义是解此题的关键．
（1）根据平行四边形的定义画出图形即可；
（2）根据平行四边形的定义画出图形即可．
【小问1详解】
解：如图：平行四边形即为所作，
【小问2详解】
解：如图：平行四边形即为所作，
18. 某学校为落实活动育人的教育理念，计划将一块长为30米、宽为20米的矩形空地改建成一个菜园，供学生使用．如图．为了方便打理菜园，计划在矩形空地上修筑同样宽的两条互相垂直的小路，阴影部分为种菜区域，已知种菜区域的面积为504米2，问小路的宽是多少米？
【答案】小路的宽是米
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设小路的宽为米，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得解，理解题意，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解此题的关键．
【详解】解：设小路的宽为米，
由题意可得：，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴小路的宽是米．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，在上，且，连接，，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】本题主要考查是全等三角形的性质和判定、平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．由平行四边形的性质得出，进而得出由证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
，
即
在和中，
，
∴．
20. 如图，在菱形中，过点作于点，点在边上，且，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查菱形的性质（对边平行且相等）、矩形的判定（有一个角是直角的平行四边形是矩形）以及勾股定理（直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方）．利用菱形性质推出四边形是平行四边形，以及根据菱形性质设未知数，借助勾股定理建立方程求解边长是解题的关键．
（1）要证明四边形是矩形，需先依据菱形性质得到相关边与角的关系，再通过已知条件推出四边形是平行四边形，最后结合有一个角是直角这一条件来判定．
（2）求的长，在直角三角形中，已知的长，需先求出的长，再利用勾股定理计算，而的长可根据菱形性质及已知线段长度得出．
【小问1详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴，即．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴．
设，则，
∴．
在中，，根据勾股定理可得，即．
∴，
∴，
解得．
∴．
21. 综合实践
项目背景：平面镶嵌是用形状相同或者不同的平面封闭图形，覆盖平面区域，使图形间既无缝隙又不重叠地全部覆盖．一般来说，构成一个平面镶嵌图形的基本图形是多边形或类似的一些常规形状．例如我们铺设地板时经常使用正方形地砖．
实践发现：对于正边形．如果一个内角度数能被整除，那么这样的正边形可以进行平面镶嵌．图1和图2就是分别利用正三角形和正方形得到的两组镶嵌图案．如图3．按照平面镶嵌的条件，正五边形就不能进行平面镶嵌．对于不规则的全等凸五边形，也可以进行平面镶嵌，图4就是利用不规则的凸五边形得到的一种镶嵌图案．
问题解决：
（1）图3中的度数为__________；
（2）图5是图4中的一个基本图形，其中，求的度数；
（3）某中学图书馆准备用正多边形地砖铺设地面，已有正三角形地砖，现打算购买另外一种正多边形地砖，与已有正三角形地砖进行共顶点组合镶嵌．请设计一种共顶点组合镶嵌方案，并说明理由．
【答案】（1）
（2）；
（3）正三角形和正方形能密铺，理由见解析（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了多边形内角和及平面图形的镶嵌，两种或两种以上几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．任意多边形能进行镶嵌，说明它的内角和应能整除360度．
（1）根据多边形内角和求解即可；
（2）根据多边形内角和求解即可；
（3）根据题意，采用正方形和等边三角形进行密铺即可，利用围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角，即可得到答案．
【小问1详解】
解：正五边形的每个内角的度数为：，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
∵图5是五边形，
∴内角和为：，
∴；
【小问3详解】
正三角形和正方形能密铺，理由如下：
正三角形的每个内角是，正方形的每个内角是，
，
正三角形和正方形能密铺．
22. 如图，在矩形中，延长至点，使，连接，，分别为，的中点，连接，，交于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质和平行线的性质，即可证明，从而证明．
（2）延长至点，使，连接，，结合矩形的性质可证明，再根据全等三角形的性质可得为的中点，利用中位线可得，，结合三角形内角和即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形为矩形，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：延长至点，使，连接，，如图：
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
又∵，
∴为的中点，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质和平行线的性质，全等三角形的判定和性质，中位线，三角形内角和，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23. 如图1，在等腰中，，为等腰直角三角形，，，连接．
（1）求的度数；
（2）如图2，是的中点，连接并延长交于点，连接，以，为邻边作平行四边形．
（Ⅰ）求证：四边形是正方形；
（Ⅱ）求的值．
【答案】（1）
（2）（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、正方形的判定定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由题意可得，，，，再由三角形内角和定理计算即可得解；
（2）（Ⅰ）证明垂直平分，得出，从而可得四边形为菱形，结合（1）可得，求出，即可得证；
（Ⅱ）证明，由相似三角形的性质即可得解．
【小问1详解】
解：∵在等腰中，，为等腰直角三角形，，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
（Ⅰ）证明：∵是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴四边形为菱形，
结合（1）可得：，
∴，
∴四边形为正方形；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得：，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，即，
∴，
∴．