福建省厦门市第九中学2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试题含答案解析

这是一份福建省厦门市第九中学2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试题含答案解析，共8页。
温馨提醒：
1．选择题请用2B铅笔填涂在答题卷上，否则不得分
2．认清题号，用0.5mm黑色水笔把答案写在答题卷上，否则不得分
一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1. 若二次根式有意义，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据二次根式的被开方数为非负数，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴；
故选A．
2. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次根式的加减乘除运算，根据运算法则逐项计算，即可得出答案．
【详解】解：A．，计算错误，不合题意；
B．，计算错误，不合题意；
C．，计算错误，不合题意；
D．，计算正确，符合题意；
故选D．
3. 下列给出三条线段的长，能组成直角三角形的是（ ）
A. 1、2、3B. 2、3、4C. 、、D. 5、12、13
【答案】D
【解析】
【分析】三角形三边满足两个较小边的平方和等于较大边的平方，这个三角形就是直角三角形．
【详解】解：A、因为12+22≠32，所以三条线段不能组成直角三角形；
B、因为22+32≠42，所以三条线段不能组成直角三角形；
C、因为，所以三条线段不能组成直角三角形；
D、因为52+122=132，所以三条线段能组成直角三角形．
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，关键知道两个较小边的平方和等于较大边的平方，这个三角形就是直角三角形．
4. 如图是一次函数的图象，当时，x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一次函数与一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题目中的函数图象，当时，函数的图象在轴的上方，再写出对应的取值范围即可．
【详解】解：由一次函数的图象可知，
当时，，
故选：C．
5. 将两个矩形按如图放置，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形两个锐角互余，因为两个矩形叠合放置，所以，因为，则，即可作答．
【详解】解：如图：
∵两个矩形叠合放置，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
6. 如图，中，，的垂直平分线分别交、于点、，若，，则的长为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理、线段垂直平分线的性质，灵活运用勾股定理是解题的关键．连接，根据线段垂直平分线的性质得到，再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：如图，连接，
是的垂直平分线，
，
设，
，
，
在中，，即，
解得：（负值舍去），
则，，
，
，
故选：B．
7. 如图，点在点的北偏西的方向处，．根据已知条件和图上尺规作图的痕迹判断，点在点的（ ）
A. 北偏东方向处B. 北偏东方向处
C. 北偏东方向处D. 北偏东方向处
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图（角平分线），方位角，所对的直角边是斜边的一半．根据点A在点的北偏西的方向上，可计算的度数，根据图象利用角平分线的性质可求得的度数，根据,可求得的度数，最后运用所对的直角边是斜边的一半，即可作答．
【详解】解：∵点在点的北偏西的方向处，
∴，
如图：
依题意，，
，
由作图可知，平分，
，
，
∴点在点北偏东方向上，
∵，
∴，
，
∴，
即点在点的北偏东方向处．
故选：A．
8. 如图，明明将家中地砖中心的图案（由大小相同的菱形和正方形组成）绘制到平面直角坐标系中，已知点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，点的坐标，勾股定理，先根据地砖中心的图案是由大小相同的菱形和正方形组成，点的坐标为，得出菱形和正方形的边长为，
结合勾股定理得正方形的对角线；再根据在第二象限的点的特征进行作答即可．
【详解】解：过点作轴，如图所示：
∵地砖中心的图案是由大小相同的菱形和正方形组成，点的坐标为，
∴菱形和正方形的边长为，
故正方形的对角线；
∴，
∵点在第二象限，
∴点的坐标为，
故选：D
9. 如图中，，点是的重心，连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接．若，，则（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由中位线定理得到，由直角三角形斜边上中线的性质得到，则，由，点是的中点得到，由勾股定理得到，即可得到的长．
【详解】解：∵在中，，点是的重心，
∴点是的中点，点是的中点，
∴是的中位线，
，
在中，，
，
，
∵，点是的中点，
，
∴由勾股定理得到，
，
故选：B．
【点睛】此题考查了三角形的重心，勾股定理，三角形中位线定理，斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相关定理和性质是解题的关键．
10. 如图，字树机器人小P在三角形地块上进行走路测试，它从点A出发沿折线匀速运动至点A后停止．设小P的运动路程为x，线段的长度为y，图2是y与x的函数关系的大致图象，其中点F为曲线的最低点，当小P运动到点C时，小P到线段的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，垂线段最短．过点作于点，当点与重合时，在图2中点表示当时，点到达点，此时当在上运动时，最小，勾股定理求得．然后等面积法即可求解．
【详解】解：如图过点作于点，过点C作于点，
当点与重合时，在图2中点表示当时，点到达点，此时当在上运动时，最小，
由题意得，，，，
在中，由勾股定理得，，
，
．
故选：A．
二、填空题（共6小题，11题每空2分，其余每题4分，共26分）
11. 化简（1）_____；（2）______；（3）______．
【答案】 ①. 1 ②. ③. 4
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的乘法运算，二次根式的性质化简，平方差公式，化简绝对值，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先运算，再化简，即可作答．
（2）先得出，再化简绝对值，即可作答．
（3）根据平方差公式进行运算，即可作答．
【详解】解：（1），
故答案为：1；
（2）∵，
∴，
则，
故答案为：；
（3），
故答案为：4
12. 如图所示，正方形的边长为1，则数轴上的点 P表示的实数为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数与数轴和勾股定理，解题关键是熟练掌握数轴上两点间的距离公式． 观察图形可知∶ ，然后由勾股定理求出，从而求出，最后根据数轴上两点间的距离公式求出答案即可
【详解】解：如图所示，
由图形可知∶，，
由勾股定理得∶
，
∴
∵点B表示的数为2，
点P表示的数为∶ ，
故答案为∶
13. 若一次函数不经过第二象限，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，根据一次函数的图象与系数的关系即可得出结论．
【详解】解：一次函数的图象不经过第二象限，
，．
故答案为： ．
14. 如图，在菱形ABCD中，AC=6cm，BD=8cm，则菱形ABCD的高AE为____cm．
【答案】．
【解析】
【详解】试题分析：首先根据菱形的对角线互相垂直平分，再利用勾股定理，求出BC的长是多少；然后再结合△ABC的面积的求法，求出菱形ABCD的高AE是多少即可．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC、BD互相垂直平分，
∴BO=BD=×8=4（cm），CO=AC=×6=3（cm），
在△BCO中，由勾股定理，可得
BC===5（cm）
∵AE⊥BC，
∴AE•BC=AC•BO，
∴AE===（cm），
即菱形ABCD的高AE为cm．
故答案为．
15. 中国古代数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位．学习了勾股定理后，小明绘制了一幅“赵爽弦图”，如图①所示，已知他绘制的图①的大正方形的面积是，且图中四个全等的直角三角形与中间的小正方形恰好能拼成如图②所示的矩形，则的长为 _____．

【答案】10
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，设直角三角形的较长直角边长度为，较短直角边长度为，则中间的小正方形长度为，根据图形得，再根据两图形的面积相等即可求出的值，根据即可求解，注意利用图形之间的关系进行求解是解题的关键．
【详解】解：如图，设直角三角形的较长直角边长度为，较短直角边长度为，则中间的小正方形长度为，
由图2可得，小正方形的边长为，
，即，
围成的矩形长为：，
围成的矩形面积为：，
矩形的面积与大正方形的面积相等，
，
解得 或（舍去），
，
故答案为：10．
16. 如图，在矩形中，，，F为中点，P是线段上一点，设，连结并将它绕点P顺时针旋转90°得到线段，连结、，则在点P从点B向点C的运动过程中，有下面四个结论：①当时，；②点E到边的距离为m；③直线一定经过点；④的最小值为．其中结论正确的是______．（填序号即可）
【答案】②③④
【解析】
【分析】①当在点的右边时，得出即可判断；
②证明出即可判断；
③根据为等腰直角三角形，得出都是等腰直角三角形，得到即可判断；
④当时，有最小值，计算即可．
【详解】解：，
为等腰直角三角形，
，
当在点的左边时，
，
当在点的右边时，
，
故①错误；
过点作，
在和中，
根据旋转的性质得：，
，
，
，
，
故②正确；
由①中得知为等腰直角三角形，
，
也是等腰直角三角形，
过点，
不管P在上怎么运动，
得到都是等腰直角三角形，
，
即直线一定经过点，
故③正确；
是等腰直角三角形，
当时，有最小值，
，
为等腰直角三角形，
，
，
由勾股定理：
，
，
故④正确；
故答案是：②③④．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形，解题的关键是灵活运用这些性质进行推理．
三、解答题（共9题，84分）
17. 计算：
（1）；
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，分式化简求值，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先根据二次根式性质进行化简，再运算乘除，最后运算加减，即可作答．
（2）先通分括号内，再运算除法，化简得，然后把代入进行计算，即可作答．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
当时，原式．
18. 画出一次函数的图象．
【答案】见详解
【解析】
【分析】本题考查了画一次函数，先根据一次函数进行列表，再在平面直角坐标系中描出来各个点，然后连接，即可得出一次函数的图象．
【详解】解：依题意，一次函数，
∴令，则，
∴令，则，
∴令，则，
∴令，则，
∴令，则，
列表得
再把各个点在平面直角坐标系中描出来，最后连接，一次函数如图所示：
19. 如图，在中，E，F是对角线上两点，且．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，由平行四边形的性质得出，，再利用全等三角形的判定和性质得出．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
20. 某工厂的大门如图所示，其中四边形是长方形，上部是以为直径的半圆，其中米，米，现有辆装满货物的卡车，高2.5米，宽1.6米，问这辆车能否通过厂门？说明理由．

【答案】能通过，理由见解析
【解析】
【分析】因为上部是以为直径半圆，O为中点，同时也为半圆的圆心，为半径，的长度为货车宽的一半，根据勾股定理可求出的长度．的长度等于的长度．如果的长度大于2.5米货车可以通过，否则不能通过．
【详解】解：能通过，理由如下：
设点O为半圆的圆心，则O为的中点，为半圆的半径，

如图，∵直径米，
∴半径米，（米），
在中，（米），
∴（米），
∵，
∴能通过．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是灵活运用勾股定理求出的长度．
21. 如图在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，．
（1）求直线的函数解析式；
（2）若为直线上一动点，的面积为3，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）点P的坐标为或
【解析】
【分析】本题考查一次函数与几何的综合应用，正确的求出函数解析式是解题的关键：
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）根据，求出点的坐标即可．
【小问1详解】
解：依题意，设直线的解析式为：，
∵点，的坐标分别为，．
把，分别代入，
得，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，，解得：；
当时，，解得：；
∴点P的坐标为或．
22. 已知：如图，点在的边上，过点、分别作、的平行线相交于点，连接，．
求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先由已知条件证得四边形是平行四边形，再由可得是菱形．
【详解】证明：∵EF//AB，BE//AF，
四边形是平行四边形，
，
是菱形．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，熟悉菱形的判定定理是解决问题的关键．
23. 图是某产品电子组件的平面示意图．该组件包含一个边长为的正方形电子板和一个矩形感应带．该组件的工作方式是：电子板绕点从起始位置顺时针旋转后，再绕点逆时针旋转，保持每秒的旋转速度循环往复转动，且电子板在旋转过程中不能超出感应带所围区域．
（1）为尽可能节省材料，应如何设计矩形感应带的尺寸？（直接写出尺寸即可）
（2）该产品用户要求加装指示灯，在产品工作过程中指示灯能按一定时间间隔闪烁，以起到提醒、警示的作用．研发团队拟在（1）的基础上采取如下方案：在点处、的延长线与的交点处、正方形电子板的边上分别加装一个传感器，电子板旋转时，当边上的传感器捕捉到与，两处传感器的距离相等时，指示灯闪烁，且两次闪烁间隔3秒．该方案是否可行？若可行，求的长；若不可行，请说明理由．
【答案】（1）应设计矩形感应带的边长为和
（2）可行，
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的性质与判定，熟练掌握相关的知识点，学会利用正方形和旋转的性质求线段长度是解题的关键．
（1）由旋转的性质可知，绕点从起始位置顺时针旋转后，恰好落在边上，则有，连接，则有，电子板在旋转过程中不能超出感应带所围区域，则有，结合题意即可求出矩形感应带的尺寸；
（2）由题意“两次闪烁间隔3秒”，分析可得当指示灯闪烁时，电子板应处于相对初始位置旋转角为的位置，结合（1）中的结论可得，设与的交点为，进而推出，得到，当边上的传感器装在点处，则符合题意，所以方案可行，再利用正方形的性质求出的长即可解答．
【小问1详解】
解：电子板在起始位置时，有，
绕点从起始位置顺时针旋转后，恰好落边上，
如图，连接，则有，
又电子板在旋转过程中不能超出感应带所围区域，
，，
，，
的最小值为，的最小值为，
尽可能节省材料，
应设计矩形感应带的边长为和．
【小问2详解】
解：方案可行，理由如下：
因为电子板绕点从起始位置顺时针旋转后，再绕点逆时针旋转，保持每秒的旋转速度循环往复转动，并且指示灯两次闪烁间隔3秒，根据该方案，当指示灯闪烁时，电子板应处于相对初始位置旋转角为的位置．
此时，在（1）的条件下，在正方形的对角线上，点与点重合，，设与的交点为．
，
，，．
在正方形与中，、是对角线，，
，，，
，即，．
又，
．
，，即．
若边上的传感器装在点处，当电子版处于相对于初始位置旋转角为的位置时，则指示灯闪烁，且两次闪烁间隔3秒，因此该方案可行．
在正方形中，，，
，
中，，
．
．
24. 在平面直角坐标系中，给出以下定义：对于轴正半轴上的点与轴正半轴上的点，如果坐标平面内存在一点，使得，且，那么称点为关于的“垂转点”．例如图1，已知点和点，以为腰作等腰直角三角形，可以得到关于的其中一个垂转点．如图2，如果关于轴上一点的垂转点在一次函数的图象上，求垂转点的坐标．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，坐标与图形，一次函数的性质；分两种情况讨论，将，分别绕点顺时针和逆时针旋转，点在上，进而根据全等三角形的性质求得点的坐标，即可求解．
【详解】解：如图所示，将绕点逆时针旋转，点在上时，
过点作轴于点，
依题意，，
又，
∴，
∴，
∴，
∵，则，
设，则，
∴，
又∵在上，
∴，
解得：，
∴；
如图所示，过点作轴，且过点N和点M分别作，
将绕点顺时针旋转，点在上时，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∵
∴四边形是矩形
∴
∴
设，
∴，
∴，
又∵在上，
∴，
解得：，
∴，
综上所述，或．
25. 如图，在平面直角坐标系中，，点在轴正半轴上，且四边形是平行四边形，．
（1）求出点的坐标；
（2）一次函数的图象分别与线段交于两点，求证：；
（3）点是直线上一动点，在轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）见详解 （3）存在，或或
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质以及图形与坐标，一次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）运用平行四边形的性质，得出，因为，则点的坐标；
（2）依题意，把代入，得出，把代入，得，根据线段关系，分别表达，进行比较，即可作答．
（3）结合以为顶点的四边形是平行四边形，进行分类讨论，即当为对角线时，当为边时，运用平行四边形的性质：对边平行且相等等性质内容进行线段的运算，即可作答．
小问1详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴点的坐标；
【小问2详解】
解：∵，且由（1）得点的坐标，
∴，
∵一次函数的图象分别与线段交于两点，
∴把代入，得出，即，
∴把代入，得出，即，
则，
∴；
【小问3详解】
解：存在：
已知，点在轴上，
当为对角线时，四边形是平行四边形，
∴，
如图所示，
∵四边形是平行四边形，
∴，即轴，
∴点与点重合，
∴，，
∴；
当为边时，且当N在轴的负半轴时，如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点的坐标，，
∴点的纵坐标与的纵坐标相等，即为，
∵点是直线上一动点，
∴此时点与点重合的，
∴，则，
∵当N在轴的负半轴，
∴；
当为边时，且当N在轴的正半轴时，如图所示：
设点N的坐标为，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点的坐标，，
∴点向下平移个单位，向左平移个单位得到点，
∴点N向下平移个单位，向左平移个单位得到点M，
∴点的纵坐标为，
∵点是直线上一动点，
∴设的解析式为，
把，代入，
则，
解得，
∴的解析式为，
把代入，
解得，
∴，
∵点N向下平移个单位，向左平移个单位得到点M，
∴，
∴；
综上：或或．
0
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