浙江省杭州市拱墅区杭州观成实验学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份浙江省杭州市拱墅区杭州观成实验学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共21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。
1. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、分母中含有未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B、未知数最高次数为1，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C、有两个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D、是一元二次方程，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义的内容是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2次的整式方程，叫一元二次方程．
2. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查最简二次根式的定义，根据最简二次根式的定义即可求出答案．
【详解】A选项：，故不是最简二次根式；
B选项：，故不是最简二次根式；
C选项：是最简二次根式；
D选项：，故不是最简二次根式．
故选：C．
3. 一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数为（ ）试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由多边形内角和定理，即可求解．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
由题意得：，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查多边形内角和定理，关键是掌握多边形内角和计算公式（且n为整数）．
4. 如图，在中，是的中线，分别是的中点，连接．已知，则的长为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，能够使用2个中点得到中位线是解题的关键．利用中线得到，再由两个中点得到中位线，利用三角形中位线定理即可得到答案．
【详解】解：是的中线，，
，
∵分别是的中点，
∴是的中位线，
，
故选A．
5. 用反证法证明“若ab＝0，则a，b中至少有一个为0”时，第一步应假设（ ）
A. a＝0，b＝0B. a≠0，b≠0C. a≠0，b＝0D. a＝0，b≠0
【答案】B
【解析】
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行解答．
【详解】解：“若，则中至少有一个为0”．第一步应假设：．
故选：B．
【点睛】本题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
6. 如图，矩形的对角线相交于点．若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键．
7. 下图入口处进入，最后到达是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质和对角线的定义对命题进行判断即可.
【详解】等腰梯形也满足此条件，可知该命题不是真命题；
根据平行四边形的判定方法，可知该命题是真命题；
根据题意最后最后结果为丙.
故选C.
【点睛】本题考查命题和定理，解题关键在于熟练掌握平行四边形的性质和对角线的定义.
8. 我校坚持对学生进行近视眼的防治，近视学生人数逐年减少，据统计，今年的近视学生人数是前年近视学生人数的75%.设这两年平均每年近视学生人数降低的百分率为x，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据今年的近视学生人数是前年近视学生人数的，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
【详解】解：依题意，得：．
故选：B
9. 如图，在一节数学探究课中老师布置以下任务：在正五边形（每个内角相等，每条边相等）内部找一点P，使得四边形为平行四边形，学生小观和小成分别写出如下作法：
（小观）连结接两条线段相交于P点，则P即为所求；
（小成）先取的中点M，再以A为圆心，长为半径画弧，交于P点，则P即为所求.
对于小观和小成的作法，以下判断正确的是（ ）

A. 两人都正确B. 两人都错误
C. 小观正确，小成错误D. 小观错误，小成正确
【答案】C
【解析】
【分析】求出五边形的每个角的度数，求出、、的度数，根据平行四边形的判定判断即可．本题考查了作图复杂作图，平行四边形的判定，正多边形和圆，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理：有两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
【详解】解：如图1，

正五边形的每个内角的度数是，，
，
同理，
，，
四边形是平行四边形，即小观正确；
如图2，

，
，
，
，
，，
，即，，
四边形不是平行四边形，即小成错误．
故选：C．
10. 如图，在正方形中，，，，，垂足分别是，，连接，若，正方形与正方形的面积之比为，则（ ）
A. 4B. 3C. 2.5D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、完全平方公式的应用，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质得出，设，，则，，利用已知条件化简得出，利用勾股定理求出正方形的边长，再利用正方形的面积公式解答即可得出答案．
【详解】解：∵四边形、为正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，，则，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴正方形与正方形的面积之比为，
∴，
故选：B．
二、填空题（每小题4分，共24分）
11. 若二次根式有意义，则x的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】题考查了二次根式有意义的条件，负数没有平方根列出不等式，求出不等式的解集即可．
【详解】解：∵二次根式有意义，
∴，
解得：，
故答案为：．
12. 如图，已知平行四边形的周长是12，对角线与交于点，的周长比的周长多1，则的长为________.
【答案】
【解析】
【分析】由的周长为12，对角线、相交于点，因为的周长比的周长多1，可得，，求出的长．此题考查了平行四边形的性质．熟练掌握平行四边形的性求出是解决问题的关键．
【详解】解：的周长为12，
，，
的周长比的周长多1，
，
，．
故答案为：．
13. 若6，8，m为三角形的三边长，则化简的结果为________.
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了三角形的三边关系及二次根式的性质，掌握三角形的三边关系及二次根式的性质是解题的关键．
根据三角形的三边关系确定m的取值范围，根据进行化简即可．
【详解】解：∵6，8，m为三角形的三边长，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 如果关于的方程（为常数）有一个根是3，则另外一个根是________．
【答案】-2
【解析】
【分析】根据已知条件“方程x2-x+k=0的一个根是3”，一元二次方程的根与系数的关系x1+x2=求该方程的另一个根．
【详解】解：根据题意得x1+x2==1，
令x1=3，
则3+x2=1，
解得：x2=-2．
故答案为：-2．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解，根据根与系数的关系可以求出方程的另一个根是解题关键．
15. 如图，矩形中，，，在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
先根据勾股定理求出,再结合矩形的性质证明得出即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形,
∴,
∴,
∵,
∴.
∵,
∴,
在和中,
，
∴,
，
故答案为：．
16. 如图，在菱形中，，，将向右平移得到（点在线段AC上），连接，，.在平移过程中，
（1）若四边形是矩形，则_______.
（2）的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）连接交于点，如图所示，由菱形性质，结合含直角三角形的三边关系即可得到及长，从而得到；
（2）连接，延长到，使，如图所示，根据平移性质、菱形性质得到，从而确定当、、三点共线时，有最小值为，由含直角三角形的三边关系求解即可得到答案．
【详解】解：（1）连接交于点，如图所示：
在菱形中，，，
，，
，
在中，，则，
将向右平移得到（点在线段上），
，
若四边形是矩形，则，
，
在中，，则，
，
故答案为：；
（2）连接，延长到，使，如图所示：
将向右平移得到（点在线段上），
，，
是平行四边形，
，
在菱形中，由菱形对称性得到，
，
，则当、、三点共线时，有最小值为，
，
，
是等边三角形，
，，
是的一个外角，
，
，
在中，，，则，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查特殊平行四边形背景下求线段长，涉及菱形的性质、矩形的性质、平移的性质、等边三角形的判定与性质、含直角三角形的三边关系等知识，熟练掌握特殊平行四边形性质是解决问题的关键．
三、解答题（共7小题，共66分）
17. 计算下列各式：
（1）；
（2）.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】此题考查的是二次根式的混合运算，掌握二次根式的乘法法则和合并同类二次根式法则是解决此题的关键．
（1）先利用二次根式的乘法法则运算，然后把二次根式化为最简二次根式后合并即可；
（2）利用完全平方公式计算，然后合并同类二次根式即可．
小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
．
18. 解方程：
（1）.
（2）；
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是运用因式分解法来解答.
（1）先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，即可求出结果.
（2）先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，即可求出结果.
【小问1详解】
解：
,
即:或,
∴或；
【小问2详解】
解：,
,
,
即: 或,
∴或．
19. 如图，在中，，，，点E为是边的中点，点D是边上一点，连结并延长至C，使得.
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求长.
【答案】（1）见解析 （2）长为
【解析】
【分析】（1）证明,则, 再证明, 得, 然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）证明平行四边形是菱形, 得, 设, 则, 在中，由勾股定理得出方程，解方程即可.
【小问1详解】
证明: ∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵点为是边的中点，
∴,
又∵,
∴,
∴,
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
由（1）可知, 四边形是平行四边形,
∴平行四边形是菱形，
∴,
设, 则,
在中,
由勾股定理得: 即
解得：，
即长为
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证得四边形为菱形是解题的关键
20. 如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点，不重合），，，，分别为垂足．连接，，并延长交于点．
（1）求证：；
（2）判断与是否垂直，并说明理由.
【答案】（1）见详解 （2），理由见详解
【解析】
【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接，然后根据正方形的性质得出，从而得到．再证明即可．
本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
【小问1详解】
证明：在正方形中，，，
，
，
．
【小问2详解】
解：，理由如下．
连结交于点，如图：
为正方形的对角线，
，
又，，
，
．
在正方形中，，
又，，
四边形为矩形，
，
，
，
由（1）得，
，
，
，
．
21. 东新社区为了解决社区停车难的问题，利用一块矩形空地建了一个小型体车场，其布局如图所示，已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为x米的道路.已知铺花砖的面积（即阴影面积）为.
（1）求道路的宽是多少米?
（2）该停车场共有车位50个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位.当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10120元，同时尽可能让利于居民?
【答案】（1）米
（2）上涨元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
（1）道路的宽为米，根据铺花砖的面积 (即阴影面积)为 ，结合其布局图，列出一元二次方程，解方程取符合题意的值即可；
（2）设每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入为元，根据“该停车场共有车位个，据调查分析，当每个车位的月租金为元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨元，就会少租出个车位”，列出一元二次方程，解方程取尽可能让利于居民的值即可．
【小问1详解】
道路的宽为米,
由题意得：
整理得：
解得： (不合题意，舍去)，
答：道路的宽是米；
【小问2详解】
设每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入元,
由题意得：，
整理得：，
解得：，
∵尽可能让利于居民，
，
答：每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入为元．
22. 已知关于x的一元二次方程.
（1）当时，解这个方程；
（2）试判断这个一元二次方程根的情况，并说明理由；
（3），是这个方程的两个实数根，若n、t为正整数，且，求n的值.
【答案】（1），
（2）方程有两个实数解．理由见详解
（3）的值为1或2
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法解方程；
（2）先计算根的判别式的值得到△，利用根的判别式的意义，当时，△，方程有两个相等的实数解；当时，△，方程有两个不相等的实数解；
（3）先利用公式法解方程得或，由于，所以或，当，则，利用整除性得当时，；当时，；当时，．
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．也考查了根的判别式．
【小问1详解】
解：当时，原方程化为，
，
或，
∴，；
【小问2详解】
解：方程有两个实数解．
理由如下：
，
当时，△，方程有两个相等的实数解；
当时，△，方程有两个不相等的实数解；
综上所述，方程有两个实数解；
【小问3详解】
依题意，解方程得或，
，
或，
当时，，
、为正整数，
当时，；当时，；
当时，，不满足条件舍去，
综上所述，的值为1或2．
23. 如图，点O为矩形的对称中心，，，点E为边上一点，连结并延长，交BC于点F.四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点G.

（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）设，.求代数式的值.
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由四边形是矩形, 可得, 而四边形与关于所在直线成轴对称，有, 故；
（2）过作于, 设, 可知, 根据点为矩形的对称中心, 可得, 故, 在中, 解得的值从而可得的长为；
（3）过作于, 连接, 由点为矩形的对称中心,过点, 可得为中点, 证明,得即故, 即可得．
【小问1详解】
证明: ∵四边形是矩形,
∴,
∴
∵四边形与关于所在直线成轴对称，
∴,
∴,
∴；
【小问2详解】
过作于, 如图:

设, 则,
∴
∵,
∴四边形是矩形,
，
∵点为矩形的对称中心，
，
，
在中,
，
解得 (此时大于, 舍去)或
，
∴的长为；
【小问3详解】
过作于, 连接, 如图:

∵点为矩形的对称中心, 过点,
∴为中点,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
，
即，
∴，
∵,
，
，,
∴．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．