2024-2025学年四川省泸州市江阳区泸州老窖天府中学八年级下学期期中数学试题

这是一份2024-2025学年四川省泸州市江阳区泸州老窖天府中学八年级下学期期中数学试题，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．以下各数是最简二次根式的是 （ ）
A．B．C．D．
2．下列图象中，表示是的函数的是（ ）
A．B．C．D．
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A．，，B．1，1，C．4，5，6D．5，12，13
5．如图，根据尺规作图痕迹，图中标注在点A处所表示的数为（ ）
A．B．C．D．
6．若点，都在一次函数的图象上，则和的大小是（ ）
A．B．C．D．不能确定
7．如图，中，的垂直平分线分别交于点，交于点，若的周长是8，则的周长是（ ）
A．10B．12C．14D．16
8．如图，将的矩形纸片放在以所在直线为轴，边上一点为坐标原点的直角坐标系中，连接将纸片沿折叠，使点落在边上的点处，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
9．如图所示的“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．该图由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为．若，大正方形面积为，则小正方形边长为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，直线y1＝﹣x+m与y2＝kx+n相交于点A，若点A的横坐标为2，则下列结论中错误的是（ ）

A．k＞0B．m＞n
C．当x＜2时，y2＞y1D．2k+n＝m﹣2
11．如图，在中，，，．分别是上的动点，连接，分别为的中点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
12．如图，在菱形中，点的坐标为，点的纵坐标为2，直线的表达式为，交y轴于点E，若，则菱形的面积为（ ）
A．25B．C．D．32
二、填空题
13．函数中，自变量x的取值范围是 ．
14．一次函数的图象向上平移个单位，平移后图象与轴的交点为 ．
15．如图，在中，，，．点P从点A出发，以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿运动．在此运动过程中，当 时，线段．
16．在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，如图所示，依次作正方形，正方形，…，正方形，使得点，，…在直线l上，点，，，…，在y轴正半轴上，则点的坐标为 ．
三、解答题
17．计算：．
18．化简：．
19．如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，且BE=DF．请判断AE与CF的数量关系，并说明理由．
20．如图，在四边形中，，，，．

(1)求的度数；
(2)求四边形的面积．
21．某校在世界环境日举行“美丽中国，我是行动者”全民抗疫主题教育活动．为表彰在本次活动中表现优秀的学生，学校决定购买两种奖品．若购买种奖品3件和种奖品2件，共需元；若购买种奖品2件和种奖品3件，共需元．
(1)求、两种奖品的单价各是多少？
(2)学校计划购买、两种奖品共件，购买总费用不超过元，且种奖品的数量不大于种奖品数量的3倍，设购买种奖品件，购买总费用为元，写出（元）与（件）之间的函数关系式，并确定最少费用的值．
22．小明在解决问题：已知a=，求2a2﹣8a+1的值，他是这样分析与解的：
∵a===2﹣
∴a﹣2=﹣
∴（a﹣2）2=3，a2﹣4a+4=3
∴a2﹣4a=﹣1
∴2a2﹣8a+1=2（a2﹣4a）+1=2×（﹣1）+1=﹣1
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）化简+++…+
（2）若a=，求4a2﹣8a+1的值．
23．在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．
(1)证明：四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
24．如图，直线：与轴、轴分别交于点、，且与直线相交于点，已知直线经过点，且与轴交于点．
(1)求点、的坐标以及直线的解析式；
(2)若为直线上一动点，，求点的坐标；
(3)点是直线上方第一象限内的动点，当为等腰直角三角形时，直接写出所有符合条件的点的坐标．
25．已知点是第二象限的一点，点是轴上一动点，以为边作正方形．
(1)如图，当点的坐标为，点的坐标为时，求点的坐标．
(2)如图，若点与原点重合，与轴交于点，连接，点是线段上一点，连接，若，
①求证；
②设的面积为的面积为，若，求的值（用表示）．
《四川省泸州市泸州老窖天府中学2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷》参考答案
1．D
【分析】本题考查了最简二次根式，被开方数不含分母；被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，像这样的二次根式叫做最简二次根式，熟知此定义是解题的关键．根据最简二次根式的定义逐项分析即可．
【详解】解：A、被开方数是小数，故不是最简二次根式；
B、，故不是最简二次根式；
C、被开方数是分数，故不是最简二次根式；
D、是最简二次根式；
故选：D．
2．C
【分析】本题考查了本题主要考查了函数的定义，对于一个自变量，只有唯一一个因变量与之相对应，是的函数，解决本题的关键是根据函数的定义进行判断．
【详解】解：A选项：存在自变量取一个值的时候，有个值与自变量相对应，故不是的函数，故A选项不符合题意；
B选项：存在自变量取一个值的时候，有个值与自变量相对应，故不是的函数，故B选项不符合题意；
C选项：对于每一个自变量的值，都有个值与自变量相对应，故是的函数，故C选项符合题意；
D选项：存在自变量取一个值的时候，有个值与自变量相对应，故不是的函数，故D选项不符合题意．
故选：C ．
3．B
【分析】根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据二次根式的加减法对A、C进行判断；根据二次根式的性质对D进行判断．
【详解】；解：A. 与不能合并计算，故选项错误；
B. ，故选项正确；
C. 与不能合并计算，故选项错误；
D. ，故选项错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式的计算，熟悉相关性质是解题的关键．
4．D
【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形．先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可
【详解】解：A、，故不是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、，故不是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、，故不是直角三角形，故此选项不符合题意；
D、，故是直角三角形，故此选项符合题意；
故选：D．
5．B
【分析】本题考查实数与数轴，勾股定理．先求出圆的半径，结合点A在表示1的数的左侧，即得出点A处所表示的数．
【详解】解：根据勾股定理可得圆的半径为，
∴点A处所表示的数为．
故选：B．
6．A
【分析】本题考查了一次函数的性质，根据时，的值随着的增大而减小即可判断求解，掌握一次函数的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴的值随着的增大而减小，
又∵，
∴，
故选：．
7．D
【分析】本题主要考查了垂直平分线的性质、平行四边形的性质等知识，首先根据垂直平分线的性质可得，结合“的周长是8”可知，然后根据平行四边形的性质求解即可．
【详解】解：∵垂直平分，
∴，
∵的周长是8，即，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴的周长．
故选：D．
8．B
【分析】本题考查了翻折变换，勾股定理，矩形的性质，坐标与图形变化，由矩形的性质和折叠的性质可得，，，由勾股定理可求的长，即可求的长，再由勾股定理可求的长，即可得点坐标，灵活运用折叠的性质是本题的关键．
【详解】解：四边形是矩形
，，
连接将纸片沿折叠，
，
在中，
在中，，
，
点坐标，
故选：B．
9．C
【分析】根据小正方形的面积等于大正方形的面积减去个全等的三角形的面积，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵大正方形面积为，四个全等的直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为，，
∴，，
∴，
∴，即小正方形边长为，
故选：．
【点睛】本题主要考查勾股定理，理解图示的意思，掌握面积法与勾股定理的计算方法是解题的关键．
10．C
【分析】由函数图象可判断A；由直线与y轴的交点位置可判断B；由函数图象可知当x＞2时，对应的函数值的大小关系可判断C；把A点横坐标代入两函数解析式可判断D；可得出答案．
【详解】∵y2＝kx+n在第一、三、四象限，
∴k＞0，
故A正确；
由图象可知直线y1与y轴的交点在直线y2相与y轴交点的上方，
∴m＞n，
故B正确；
由函数图象可知当x＜2时，直线y1的图象在y2的上方，
∴y1＞y2，
故C不正确；
∵A点为两直线的交点，
∴2k+n＝m﹣2，
故D正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了函数的交点问题，能够从函数图象中得出相应的信息是解题的关键.注意数形结合.
11．D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
连接，过点作于，由平行四边形的性质得到，得出求出，求出，由三角形中位线定理得到，当时，有最小值，即有最小值，当点与点重合时，的最小值为，得到
的最小值为，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，过点作于，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
，
，
分别为的中点，
，
当时，有最小值，即有最小值，
当点与点重合时，的最小值为，
的最小值为，
故选：D．
12．D
【分析】连接，交于点，过点作轴于点，设直线与轴的交点为点，先求出点的纵坐标为6，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，根据等腰三角形的三线合一可得，从而可得，然后根据一次函数的解析式求出点的坐标，求出的长，最后计算菱形的面积即可．
【详解】解：如图，连接，交于点，过点作轴于点，设直线与轴的交点为点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵点的坐标为，点的纵坐标为2，
∴点的纵坐标为，
∴，
又∵点的坐标为，
∴，
∴，
由一次函数的图象可知，，
将代入一次函数得：，解得，即，
将代入一次函数得：，即，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵轴，
∴（等腰三角形的三线合一），
∴，
∴一次函数的解析式为，
将代入一次函数得：，解得，即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴菱形的面积为，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、一次函数应用、等腰三角形的判定与性质、两点之间的距离公式等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
13．
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数为非负数是解题的关键．
根据二次根式有意义的条件，被开方数需为非负数，据此确定自变量的取值范围．
【详解】解：要使函数有意义，则，
解得．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了一次函数的平移，掌握一次函数的平移规律“上加下减，左加右减”是解题的关键．
先根据平移特点求出新函数解析式，然后再求解新函数与轴的交点坐标．
【详解】解：∵一次函数的图象向上平移个单位，
∴平移后图象函数为，
∴时，，即，
∴平移后图象与轴的交点为，
故答案为：．
15．或
【分析】根据题意，得点P从点A出发，以的速度向终点D运动，此时得到，点Q从点C出发，以的速度沿运动，此时得到，当时，得到四边形时平行四边形，此时；当不平行时，四边形是等腰梯形，也符合题意，解答即可．
【详解】解：∵在中，，，．
∴，，，；
根据题意，得点P从点A出发，以的速度向终点D运动，
∴，
点Q从点C出发，以的速度沿运动，
∴，
当时，得到四边形时平行四边形，此时，
∴，
解得；
当不平行时，四边形是等腰梯形，也符合题意，
过点Q，C分别作，垂足分别为H，G，
则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，
，
∵，
∴，
解得，
综上所述，当t为或时，．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，等腰梯形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形的全等判定和性质，特殊角三角函数的应用，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
16．
【分析】本题考查了一次函数与正方形综合，熟练掌握一次函数的图像和性质，正方形的性质，点坐标规律，是解题的关键．
根据一次函数图像上点的坐标特征结合正方形的性质可得出点、的坐标，同理可得出、、、、…及、、、、…的坐标，根据点的坐标的变化可找出变化规律“（n为正整数）”，依此规律即可得出结论．
【详解】解：∵直线与x轴交于点，
∴当时，，
解得：，
∴点，即
∵四边形为正方形，
∴
∴点．
同理，可得出：，，，，…，
∴，，，，…，
∴（n为正整数），
∴点．
故答案为：．
17．
【分析】本题考查了负整数指数幂，零次幂，二次根式的性质，化简绝对值，先根据二次根式的性质化简，化简绝对值、负整数指数幂、零次幂，再运算加减法，即可作答．
【详解】解：
18．
【分析】先根据分式的加减计算括号内的，同时将除法转化为乘法，再根据分式的性质化简即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查了分式的混合运算，熟练掌握分式的运算法则是解题的关键．
19．AE=CF，理由见解析
【分析】证明四边形AECF是平行四边形，则可知线段AE与线段CF有怎样的数量关系．
【详解】解：AE=CF，AE∥CF．理由如下：
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC．
∵BE=DF，
∴CE=AF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∴AE=CF．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用勾股定理可求，求出，由勾股定理的逆定理可证是直角三角形，再由即可得出结论；
（2）由三角形的面积公式即可得出结果．
【详解】（1）连接，

∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴是直角三角形，，
∵，
∴，
∴；
（2）四边形的面积的面积的面积
．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，证明是直角三角形是解答本题的关键．
21．(1)奖品的单价是元， 奖品的单价是元；
(2)，
【分析】本题考查了二元一次方程组、一次函数、不等式组的经济问题，正确理解题意是解题关键．
（1）设、两种奖品的单价各是，由题意得：，据此即可求解；
（2）由题意得：购买种奖品件，推出；根据即可确定确定最少费用的值；
【详解】（1）解：设、两种奖品的单价各是，
由题意得：，
解得：，
∴奖品的单价是元， 奖品的单价是元；
（2）解：由题意得：购买种奖品件，
则；
∵，可得：，
∴当时，
22．（1）9；（2）5．
【详解】试题分析：
（1）此式必须在把分母有理化后才能实现化简，即各分式分子分母同乘以一个因式，使得与分母相乘后，为平方差公式结构，如.
(2)先对a值进行化简得 ，若就接着代入求解，计算量偏大．模仿小明做法，可先计算 的值，就能较为简单地算出结果；也可对这个二次三项式进行配方，再代入求值．后两种方法都比直接代入计算量小很多.
解：（1）原式=

（2）∵，
解法一：∵ ，
∴ ，即
∴原式=
解法二∴ 原式=


点睛：（1）把分母有理化的方法：分子分母同乘以分母的有理化因式， 得，去掉根号，实现分母有理化.
（2）当已知量为根式时，求这类二次三项式的值，直接代入求值，计算量偏大，若能巧妙利用完全平方公式或者配方法，计算要简便得多.
23．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及菱形的面积计算，熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
（1）证明，可得，再由D是的中点，即，根据可证四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质可得，即可得出结论；
（2）连接，证明四边形是平行四边形，可得，再利用菱形的面积公式即可计算出结果．
【详解】（1）证明：∵，
，
∵E是的中点，
∴，
又∵，
在和中，
，
，
，
∵D是的中点，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵，D是的中点，
∴在中，，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：连接，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
，
又∵四边形是菱形，，
．
24．(1)点、，直线的解析式为
(2)点的坐标为或
(3)点的坐标为或或
【分析】本题考查了一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是掌握知识点的应用及分类讨论思想的应用．
（）由直线：得，当时，，当时，，则有点、，设直线的解析式为，然后把，代入即可求解；
（）由直线的解析式为得，当时，，当时，，则点，，则，求出，设，，求出的值即可；
（）当，时，当，时，当，时三种情况分析，再根据全等三角形的判定与性质即可求解．
【详解】（1）解：由直线：得，当时，，当时，，
∴点、，
设直线的解析式为，
把，代入得，
，解得：，
∴直线的解析式为；
（2）解：由直线的解析式为得，当时，，当时，，
∴点，，
∴，
∴，
∴，
∵为直线上一动点，
∴设，
∴，
∴，解得：，
∴点的坐标为或；
（3）解：如图，当，时，过作轴于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点，，
∴，，
∴，
∴点的坐标为；
如图，当，时，过作轴于点，
同理得：，
∵点，，
∴，，
∴，
∴点的坐标为；
如图，当，时，过作轴于点，过作交于点，
同理得：，
∴，，
∵点，，
∴，，
∴，即，，
∴，，
∴，，
∴点的坐标为；
综上可知：点的坐标为或或．
25．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（）过点作轴于点，过点作轴于点，可证得，得到，，进而得到，即可求解；
（）①过点作于点，延长交于点，可证得，得到，进而得到，即可得为等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质即可求证；②设正方形的边长为，可得，，由四边形为矩形， 得到，由为等腰直角三角形得到，即得，由得到，故，即可得，，
得到，，即得到，即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，
∵点的坐标为，点的坐标为，
∴，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：①证明：如图，过点作于点，延长交于点，
则，
∵四边形为正方形，
∴，，
，
，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴；
②解：设正方形的边长为，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴同理可证明为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
，
∴，
即．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
D
B
A
D
B
C
C
题号
11
12








答案
D
D