人教版2023--2024学年度第二学期八年级数学期中测试卷及答案9

1、内装订线外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_人教版2023-2024学年度第二学期期中测试卷及答案八年 数学（满分：120分 时间：120分钟）题号一二三四五总分分数一、选择题（共10个小题，每小题3分，满分30分）1. 下列根式是最简二次根式的是（ ）A. B. C. D. 2. 下列图形中，一定是轴对称图形的是（ ）A 三角形B. 平行四边形C. 菱形D. 梯形3. 平面直角坐标系中，点到原点的距离是（ ）A. 4B. 3C. 7D. 54. 如图，平行四边形中，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AB2，AOB60，则AC的长度为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 66. 下列计算正确的是（ ）A B. C. D. 7. 下列各组数据中能作为直角三角形的三边长的是（）A 1，2，2B. 1，1，C. 4，5，6D. 1，28. 下列性质中，为菱形所具备而平行四边形却不一定具有的是（ ）A. 对角线互相平分B. 对角线相等C. 邻角相等D. 邻边相等9. 如图，在中，为边上一动点，于，于，动点从点出发，沿着匀

2、速向终点运动，则线段的值大小变化情况是（ ） A. 一直增大B. 一直减小 C. 先减小后增大D. 先增大后减少10. 如图，在赵爽弦图中，已知直角三角形的短直角边长为，长直角边长为，大正方形的面积为20，小正方形的面积为4，则的值是（ ） A. 10B. 9C. 8D. 7二、填空题（共5个小题，每小题3分，满分15分）11. 若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_12. 如图，校园内的一块草坪是长方形，已知，从A点到C点，同学们为了抄近路，常沿线段走，那么同学们少走了_m13. 如图，在菱形中，则菱形的面积等于_ 14. 如图，在平面直角坐标系中，ABCD的顶点坐标分别为A（3，a）、B（2，2）、C（b，3）、D（8，6），则a+b的值为_ 15. 如图，在RtABC中，C=90，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为”希波克拉底月牙”，当AC=4，BC=2时，则阴影部分的面积为_. 三、解答题（一）（共3个小题，每小题8分，满分24分）16. 计算：17. 已知求的值18. 已知，如图，是平行四边形的对角线上的两点，求证：四边形是平行四边形四、解答题（二）

3、（共3个小题，每小题9分，满分27分）19. 如图，在四边形中，（1）求的度数；（2）求四边形的面积20. 如图，点O是矩形的对角线AC的中点，M是AD的中点，若，试求四边形的周长21. 如图，的中线、相交于点，、的中点为 （1）求证：四边形是平行四边形；（2）当时，求证：四边形是矩形五、解答题（三）（共2个小题，每小题12分，满分24分）22. 如图，在平行四边形中，垂足分别为E，F，且 （1）求证：平行四边形是菱形；（2）若，求长23. 如图，正方形中，是的中点，交正方形外角的角平分线于点， （1）求证（2）当为延长线上一点，其余条件不变，请在图中画出图形，猜想（1）中结论否仍然成立？并说明理由参考答案与试题解析一、选择题（共10个小题，每小题3分，满分30分）1. D【解析】【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可【详解】解：A、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；B、，被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；C、，被开方数不是整数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；D、是最简二次根式，故本选项符合题意；故选：D【点睛】本题考查了最简二次根式

4、的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，注意：满足下列两个条件的二次根式，叫最简二次根式，被开方数的因数是整数，因式是整式，被开方数中不含能开得尽方的因数或因式2. C【解析】【分析】根据轴对称图形的性质，逐项分析判断即可求解【详解】解：A. 等腰三角形或等边三角形是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；B. 平行四边形，不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；C. 菱形是轴对称图形，故该选项正确，符合题意； D. 等腰梯形是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；故选：C【点睛】本题考查了轴对称图形定义，熟练掌握轴对称图形是解题的关键，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形3. D【解析】【分析】根据M点坐标，直接利用勾股定理可求解点M到原点的距离【详解】解：， 点到原点的距离是： 故选：D【点睛】本题考查的勾股定理的应用，掌握“已知两点坐标求解两点之间的距离”是解本题的关键4. A【解析】【分析】根据平行四边形的性质结合已知条件即可求解【详解】解：四边形是平行四边形，故选：A【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行

5、四边形的性质是解题的关键5. C【解析】【分析】由矩形的性质得OAOBOCOD，继而证明ABC为等边三角形，解得ACB30，最后根据含30角的直角三角形的性质：30角所对的直角边等于斜边的一半解题【详解】解：矩形ABCD为矩形，OAOBOCOD，ABC90，AOB60，ABC为等边三角形，BAC60，ACB30，AB2，AC2AB4故选：C【点睛】本题考查矩形的性质、含30角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键6. D【解析】【分析】根据二次根式的乘方、乘除法逐一进行计算进行判断即可【详解】解：A ，原计算错误，故本项不符合题意；B ，原选项错误，故本项不符合题意；C ，原选项错误，故本项不符合题意；D ，选项正确，故本项符合题意；故选：D【点睛】本题考查了二次根式的乘除运算，熟练掌握运算法则是解题的关键7. D【解析】【分析】根据勾股定理的逆定理对各选项进行逐一分析即可【详解】解：A、12+22522，此组数据不能作为直角三角形的三边长，故本选项不符合题意；B、12+122（）2，此组数据不能作为直角三角形的三边长，故本选项不符合题意；

6、C、42+524162，此组数据不能作为直角三角形的三边长，故本选项不符合题意；D、12+（）2422，此组数据能作为直角三角形的三边长，故本选项符合题意故选：D【点睛】本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2c2，那么这个三角形就是直角三角形是解答此题的关键8. D【解析】【分析】根据菱形和平行四边形的性质判断即可.【详解】菱形和平行四边形的对角线都互相平分，所以选项A不符合题意；菱形和平行四边形的对角线都不一定相等，所以选项B不符合题意；菱形和平行四边形的邻角都不一定相等，所以选项C不符合题意；菱形的邻边相等，平行四边形的邻边不一定相等，所以选项D符合题意.故选：D.【点睛】本题主要考查了菱形和平行四边形的性质，关键是熟练掌握二者的性质定理.9. C【解析】【分析】连接，先判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着匀速向终点C运动，线段的值大小变化情况【详解】如图，连接 四边形是矩形，由垂线段最短可得时，最短，则线段的值最小，动点P从点B出发，沿着匀速向终点C运动，则线段值

7、大小变化情况是先减小后增大故选：C【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出时，线段的值最小是解题的关键10. C【解析】【分析】设大正方形的边长为c，则，小正方形的面积，再由勾股定理，从而可得出的值【详解】解：设大正方形的边长为c，则，小正方形的面积，即故选：C【点睛】本题考查了勾股定理的运用，要注意的是本题中求不出两直角边的值，注意完全平方公式的灵活运用，有一定难度二、填空题（共5个小题，每小题3分，满分15分）11. 【解析】【分析】根据二次根式被开方数的非负性求出答案【详解】解：由题意得，解得，故答案为：【点睛】此题考查了二次根式的非负性，熟记二次根式的被开方数大于等于零的性质是解题的关键12. 4【解析】【分析】利用勾股定理求出的长即可得到答案【详解】解：由题意得，同学少走4cm，故答案为：4【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，正确利用勾股定理求出的长是解题的关键13. 【解析】【分析】根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半可得出答案【详解】解：在菱形中，故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理；注意菱形的面积等于对角线乘积的一半14. 1

8、2【解析】【分析】如图，连接AC、BD交于点O，利用中点坐标公式，构建方程求出a、b即可；【详解】解：如图，连接AC、BD交于点O 四边形ABCD是平行四边形，AOOC，BOOD，A（3，a），B（2，2），C（b，3），D（8，6），a5，b7，a+b12，故答案为12【点睛】此题考查坐标与图形的性质，解题关键在于构建方程求出a、b15. 4【解析】【分析】根据勾股定理求得AB的长度，再根据圆的面积公式分别计算三个半圆的面积，阴影部分的面积则为:两个较小半圆的面积和减去以AB为直径的半圆的面积，之后再加上三角形ABC的面积，【详解】解：ABC为直角三角形，C=90，AC=4，BC=2，以AC为直径半圆的面积：；以BC为直径半圆的面积：；以AB为直径半圆的面积：；RtABC的面积为：，阴影部分的面积为：.故答案：4.【点睛】本题主要考查学生对图形的分解计算能力，先利用勾股定理求出AB的值是解题的关键.三、解答题（一）（共3个小题，每小题8分，满分24分）16. 【解析】【分析】根据二次根式的乘除运算法则和二次根式的化简进行计算，再进行加减计算【详解】解：【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键

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