+重庆市云阳县江南联盟2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷+

这是一份+重庆市云阳县江南联盟2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷+，共19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。
2022-2023学年重庆市云阳县江南联盟八年级（下）期中数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I卷（选择题）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  下列根式中是最简二次根式的是(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知的三边分别是、、，下列条件中不能判断为直角三角形的是(    )A.  B. ：：：：
C.  D. ，，3.  如图，在中，，将边与数轴重合，点，点对应的数分别为和，以点为圆心，的长为半径画弧，交数轴于点，则点表示的数为(    )  A.  B.  C.  D. 4.  如图，在▱中，平分交于点，平分交于点，若，，则的长度为(    )
 A.  B.  C.  D. 5.  如图所示，一个圆柱体高，底面直径一只蚂蚁在圆柱侧面爬行，从点爬到点处吃食，要爬行的最短路程是(    )A.
B.  
C.  
D. 6.  估计的值应在(    )A. 和之间 B. 和之间 C. 和之间 D. 和之间7.  下列命题是真命题的是(    )A. 对角线相等的四边形是平行四边形
B. 顺次连接任意四边形各边的中点所得四边形是平行四边形
C. 对角线相等的四边形是矩形
D. 两组邻边分别垂直的四边形是矩形8.  如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，交于点，连接，若平行四边形的周长为，则的周长为(    )
 A.  B.  C.  D. 9.  若关于的一元一次不等式组的解集为，且关于的分式方程的解是负整数，则所有满足条件的整数的值之和是(    )A.  B.  C.  D. 10.  有依次排列的一列式子：，，，小明对前两个式子进行操作时发现：，，根据操作，小明得出来下面几个结论：
；
对第个式子进行操作可得；
前个式子之和为；
如果前个式子之和为，那么．
小明得出的结论中正确的有(    )A.  B.  C.  D. 第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）11.  化简：______．12.  要使式子有意义，则的取值范围是______．13.  已知是最简二次根式，且它与是同类二次根式，则______．14.  直角坐标平面内的两点、的距离为______ ．15.  如图，在矩形中，对角线、相交于点，，，则矩形的对角线的长为______．
 16.  如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处．若，则为______ ．
 17.  如图，在中，，，点、、分别在边、、上，连接、交于点若，，，，则边的长为______ ．
 18.  如图，在矩形中，点是的中点，点为上一点，将沿折叠后，点恰好落在上的点处，过点作交于点，若，，则 ______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）19.  本小题分
计算：
；
．20.  本小题分
先化简，再求值：，其中，．21.  本小题分
如图，在平行四边形中，是对角线．
尺规作图：作的垂直平分线交于点，交于点，交于点不写作法，保留作图痕迹，并标明字母；
在的条件下，求证：．
 
 
 22.  本小题分
某中学有一块四边形的空地，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量，，，，若每平方米草皮需要元，问学校需要投入多少资金买草皮？
 23.  本小题分
如图，等边中，，分别是，的中点，延长到点，使，连结，，．
求证：四边形是平行四边形．
若，求四边形的周长．
24.  本小题分
如图，平行四边形中，对角线，相交于点，于点，于点，且．
求证：四边形是矩形．
若：：，求的度数．
25.  本小题分
列分式方程解应用题
“六一”前夕，某商场用元购进某款电动玩具销售．由于销售良好，过了一段时间，商场又用元购进这款玩具，所购数量是第一次购进数量的倍，但每件价格比第一次购进贵了元．
求该商场第一次购进这款玩具多少件？
设该商场两次购进的玩具按相同的标价销售，最后剩下的件玩具按标价的六折再销售，若两次购进的玩具全部售完，且使利润不低于元，则每件玩具的标价至少是多少元？26.  本小题分
如图，四边形中，，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动，同时，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动过点作于点，连接交于点，连接设运动时间为秒．
______ ， ______ 用含的代数式表示
当四边形为平行四边形时，求的值．
如图，当和在运动的过程中，是否存在某时刻，使为等腰三角形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：、，不是最简二次根式，故此选项错误；
B、是最简二次根式，故此选项正确；
C、，不是最简二次根式，故此选项错误；
D、，不是最简二次根式，故此选项错误；
故选：．
直接利用最简二次根式的定义分别判断得出答案．
此题主要考查了最简二次根式，正确把握相关定义是解题关键．
 2.【答案】 【解析】解：、，，
，
，
为直角三角形，故A不符合题意；
B、：：：：，，
，
为直角三角形，故B不符合题意；
C、，
，
为直角三角形，故C不符合题意；
D、，，，
，
不是直角三角形，故D符合题意；
故选：．
根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及三角形内角和定理是解题的关键．
 3.【答案】 【解析】解：点，点对应的数分别为，，
，
由勾股定理得，，
，
点表示的数是，
故选：．
利用勾股定理求出的长，再根据数轴上点表示数的特征可得答案．
本题主要考查了勾股定理，实数与数轴等知识，求出的长是解题的关键．
 4.【答案】 【解析】解：四边形是平行四边形，
，，，
平分交于，平分交于，
，，
，，
．
故选：．
先证明，，再根据即可得出答案．
本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识的应用，属于常见题，中考常考题型．
 5.【答案】 【解析】解：在侧面展开图中，的长等于底面圆周长的一半，即，
，，
根据勾股定理得：，
要爬行的最短路程是．
故选：．
此题最直接的解法就是将圆柱侧面进行展开，然后利用两点之间线段最短解答．
此题考查的是平面展开最短路径问题，解题的关键是根据题意画出展开图，表示出各线段的长度，再利用勾股定理求解．
 6.【答案】 【解析】解：，
，
，
．
故选：．
先根据二次根式的运算法则进行计算，再对根式进行估算即可得出答案．
本题考查了二次根式的混合运算和估算无理数的取值范围，能估算出取值范围是解此题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：、对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以是假命题；
B、顺次连接任意四边形各边的中点所得四边形是平行四边形正确，所以是真命题；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，所以是假命题；
D、每组邻边分别垂直的四边形是矩形，所以是假命题；
故选：．
根据特殊平行形的判定及中电四边形的性质逐个判断即可．
本题考查了特殊平行四边形的判定及中点四边形的性质，掌握各个判定的关键词是解题关键．
 8.【答案】 【解析】解：在平行四边形中，对角线、相交于点，
，即点是中点，
，
，
平行四边形的周长为，
，
的周长：．
故选：．
根据平行四边形的性质，得到点是中点，根据垂直平分线的性质得到，根据四边形周长求出，然后转换求解即可．
本题考查了平行四边形的性质、垂直平分线的性质；灵活运用垂直平分线的性质是解题的关键．
 9.【答案】 【解析】解：解不等式组得：，
不等式组的解集为，
，
，
解分式方程得：，
是负整数且，
是负整数且，
或，
所有满足条件的整数的值之和是，
故选：．
解不等式组得出，结合题意得出，解分式方程得出，结合题意得出或，进而得出所有满足条件的整数的值之和是，即可得出答案．
本题考查了分式方程的解，解一元一次不等式组，正确求解分式方程和一元一次不等式组是解决问题的关键．
 10.【答案】 【解析】解：根据规律可知，，故都正确；
前个式子之和为，故正确；
如果前个式子之和为，
则，故正确；
故选：．
通过阅读题中给出的操作方法，总结出规律即可．
本题考查了分式的加减法，掌握分式的加减法则是关键．
 11.【答案】 【解析】解：原式．
故答案为：．
直接利用二次根式的性质求解．
本题考查了二次根式的性质与化简：熟练掌握二次根式的性质是解决问题的关键．
 12.【答案】 【解析】解：根据题意得，，
解得．
故答案为：．
根据被开方数大于等于列式计算即可得解．
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
 13.【答案】 【解析】解：，
由题意得：，
解得：，
故答案为：．
根据二次根式的性质把化简，根据同类二次根式的概念解答即可．
本题考查的是同类二次根式、最简二次根式的概念，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．
 14.【答案】 【解析】解：根据题意得，
故答案为：．
根据两点间的距离公式得到即可．
本题考查了勾股定理和两点间的距离公式，关键是根据两点间的距离公式解答．
 15.【答案】 【解析】解：，
，
四边形是矩形，
，
是等边三角形，
，
，
故答案为：．
根据邻补角的定义求出，再根据矩形的对角线互相平分且相等可得，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形三条边都相等可得，然后求解即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并判断出是等边三角形是解题的关键．
 16.【答案】 【解析】解：，
，
由折叠可得，
，
又，
，
又，
中，，
，
故答案为：．
由平行四边形的性质和折叠的性质，得出，由三角形的外角性质求出，再由三角形内角和定理求出，即可得到结果．
本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出的度数是解决问题的关键．
 17.【答案】 【解析】解：如图，连接、，

，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
连接、，根据题意推出平行四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，根据等腰直角三角形的性质及勾股定理求出，根据线段的和差求解即可．
此题考查了矩形的判定与性质，熟记矩形的判定定理与性质定理是解题的关键．
 18.【答案】 【解析】解：连接，
四边形是矩形，，，
，，，
点是的中点，
，
由折叠得，，，，
，
在和中，
，
≌，
，
，且，，
，
解得，
，
，
，
，
，
解得，
故答案为：．
连接，可证明≌，得，根据勾股定理得，则，由，得，则，因为，所以，得，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
 19.【答案】解：原式

．
原式

． 【解析】根据绝对值的性质、零指数幂的意义、平方根以及立方根的定义即可求出答案．
根据积的乘方运算、绝对值的性质以及二次根式的乘法运算．
本题考查实数的运算，解题的关键是熟练运用绝对值的性质、零指数幂的意义、平方根以及立方根的定义，本题属于基础题型．
 20.【答案】解：
原式
，
当，时，
原式
． 【解析】本题考查分式的化简求值，解题的关键是熟练运用分式的加减运算以及乘除运算．
根据分式的加减运算以及乘除运算进行化简，然后将与的值代入原式即可求出答案．
 21.【答案】解：如图，直线即为所求；

证明：四边形平行四边形，
，
，
由作图过程可知：，
在和中，
，
≌，
． 【解析】本题考查了作图基本作图，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法和得到≌．
分别以点和为圆心，大于二分之一长为半径画弧，即可作的垂直平分线；
在的条件下，利用证明≌即可得．
 22.【答案】解：连接，

，，，，
，即，
又，
，
是直角三角形，
四边形的面积，
学校要投入资金为：元；
答：学校需要投入元买草皮． 【解析】此题主要考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理，正确得出是直角三角形是解题关键．
直接利用勾股定理求出，利用勾股定理的逆定理得出，再利用三角形的面积得出答案．
 23.【答案】证明：点，分别为，的中点，
是的中位线，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
解：由得：四边形是平行四边形，
．
是等边三角形，
，
为的中点，
，，
在中，，
，
，
四边形的周长． 【解析】只要证明，即可解决问题；
由四边形是平行四边形，可得，由等边三角形的性质和勾股定理求出的长，即可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
 24.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，
于点，于点，
，
在和中，
，
≌，
，
，
四边形是矩形．
解：由得：四边形是矩形，
，，
，
：：，
，
，
． 【解析】证≌，得出，则，即可得出四边形是矩形．
由矩形的性质得出，，则，求出，则，即可得出答案．
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
 25.【答案】解：设该商场第一次购进这款玩具件，则第二次购进这款玩具件，
依题意得：
解得
经检验是原方程的解．
即该商场第一次购进这款玩具件；

由可得，该商场第一次购进这款玩具件，则第二次购进这款玩具件，
设每件玩具的标价为元，则
解得
即每件玩具的标价至少是元． 【解析】考查了分式方程的应用和一元一次不等式的应用．分析题意，找到合适的数量关系是解决问题的关键．
设该商场第一次购进这款玩具件，则第二次购进这款玩具件，根据两次购得的单价的差值为元列出分式方程；
设每件玩具的标价为元，根据利润不低于元列出不等式并解答．
 26.【答案】   【解析】解：由题意得，，
；
，，
，
，
四边形为矩形
，
；
故答案为：，；
四边形为平行四边形时，，

，
解得，
由其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动可知，，
，，
为等腰直角三角形，即：，
则也是等腰直角三角形，
，
当时，为等腰三角形，
，解得，
当时，为等腰直角三角形，则，
，解得，
当时，为等腰直角三角形，则，
，解得，
综上，当或或时，为等腰三角形．
由，根据，即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则；
根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可；
分三种情况：当时，当时，当时，进行讨论即可．
本题主要考查了四边形综合题，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，运用数形结合、方程思想是解题的关键．