【八下RJ数学】安徽省合肥市庐江县汤池镇初级中学2023-2024学年八年级数学下学期期中模拟测试卷

安徽省合肥市庐江县汤池镇初级中学2023-2024学年八年级数学下册期中模拟测试卷（人教版）一．选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）下列二次根式中，最简二次根式为（）A． B． C． D．2．已知a＝+1，b＝﹣1，则的值为（）A． B． C． D．33．（4分）已知一个平行四边形的两条对角线长是6cm和8cm，则下列线段长度可以是它的边长的是（）A．10cm B．9cm C．8cm D．5cm4．如图，△ABC中，M是BC的中点，AD平分∠BAC，BD⊥AD于点D，若AC＝9，DM＝2，则AB等于（）A．4 B．5 C．6 D．85．（4分）一直角三角形的两直角边长为6和8，则斜边长为（）A．10 B．13 C．7 D．146．（4分）如图①，已知长方形纸带ABCD，AB∥CD，AD∥BC，∠C＝90°，点E、F分别在边AD、BC上，∠1＝20°，如图②，将纸带先沿直线EF折叠后，点C、D分别落在H、G的位置，如图③，将纸带再沿FS折叠一次，使点H落在线段EF上点M的位置，那么∠2的度数为（）A．45° B．50° C．55° D．60°7．（4分）如图，已知点D、E分别是△ABC的边AB、CB的中点，若AB＝8，CE＝6，AC＝10，则△BDE的周长为（）A．12 B．15 C．19 D．248．（4分）若一个直角三角形的两边长分别为4和5，则第三条边长的平方为（）A．6或9 B．3或9 C．9或41 D．6或419．（4分）如图，∠BAC＝∠BDC＝90°，点E为BC的中点，EF⊥AD于点F，若BC＝10，AD＝6，则△AED的面积为（）A．6 B．10 C．12 D．1510．（4分）如图，若圆柱的底面周长是14cm，高是48cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕一圈丝线到顶部B处，则这条丝线的最小长度是（）A．49cm B．50cm C．54cm D．64cm二．填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）11．已知y＝，则2xy的值为．12．化简：＝．13．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AB＝2，∠AOB＝60°，点E为BD上一点，OE＝1．连接AE，则AE的长为．14．刘徽是我国魏晋时期伟大的数学家，他在《九章算术注》中指出：“勾、股幂合为弦幂，明矣．”也就是说，图1中直角三角形的三边a、b、c存在a2+b2=c2的关系．他在书中构造了一些基本图形来解决问题．如图2，分别将以a为边长的正方形和b为边长的正方形置于以c为边长的大正方形的左下角和右上角，则图中阴影部分面积等于

（用含字母a的代数式表示）；若（c-a）（c-b）=18，则a+b-c=．三．解答题（共9小题，满分90分）15．（8分）计算：（1）（﹣2）2+|﹣|﹣+（3﹣）0：（2）．16．（8分）已知a＝+，b＝﹣，求下列各式的值：（1）a2﹣ab+b2；（2）．17．（8分）图1，图2均为正方形网格，每个小正方形的面积均为1．在这个正方形网格中，各个小正方形的顶点叫做格点．请在下面的网格中按要求画图，使得每个图形的顶点均在格点上．（1）在图1中，画一个边长为整数的矩形，面积等于24，周长等于22．（2）在图2中，画一个有一个角是钝角的等腰三角形，且面积等于10．18．（8分）如图所示，▱ABCD中，M，N，P，Q分别为AB，BC，CD，DA上的点，且AM＝BN＝CP＝DQ．求证：四边形MNPQ为平行四边形．19．（10分）如图，以△ABC的三边为边在BC的同一侧作等边△ABP、等边△ACQ、等边△BCR，那么四边形AQRP是平行四边形吗？若是，请证明；若不是，请说明理由．20．（10分）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠，使C、A两点重合．点D落在点G处．已知AB＝2，BC＝4．（1）求证：△AEF是等腰三角形；（2）求线段FD的长．21．（12分）材料一：两个含有二次根式而非零的代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式．例如：，我们称的一个有理化因式是．材料二：如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化．例如：＝．请你仿照材料中的方法探索并解决下列问题：（1）的有理化因式为；（2）将式子分母有理化；（3）化简：．22．（12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；（2）①当AB与CD满足条件时，四边形EGFH是菱形；②当AB与CD满足条件时，四边形EGFH是矩形．23．（14分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC．动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动．（1）填空：当移动时间为4秒时，①四边形AECF的形状为；②AC•EF的值为．（2）若连接EF，当时，求移动时间为多少？

参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分40分）1．【分析】要选择属于最简二次根式的答案，就是要求知道什么是最简二次根式的两个条件：1、被开方数是整数或整式；2、被开方数不能再开方．由被选答案可以用排除法可以得出正确答案．【解答】解：A、被开方数中含有分母，不是最简二次根式，故A选项错误；B、是最简二次根式，故B选项正确；C、，被开方数中含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故C选项错误；D、，被开方数中含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故D选项错误；故选：B．【点评】本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．2．【分析】先根据平方差公式计算ab＝1，再化简即可．【解答】解：∵a＝+1，b＝﹣1，∴ab＝（+1）（﹣1）＝2﹣1＝1，∴＝＝2．故选：B．【点评】本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．3．【分析】首先根据题意画出图形，然后由平行四边形的性质得出OA＝3cm，OB＝4cm，利用三角形的三边关系，即可求得答案．【解答】解：如图所示，∵平行四边形的两条对角线长分别为6cm和8cm，∴OA＝OC＝3cm，OB＝OD＝4cm，∴1＜AB＜7，同理：1＜AD＜7，故选：D．【点评】此题考查了平行四边形的性质以及三角形三边关系．熟练掌握平行四边形的性质，运用三角形的三边关系是解决问题的关键．4．【分析】利用三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DM＝CF，延长BD与AC相交于点F，根据等腰三角形的性质可得BD＝DF，然后求解即可．【解答】解：如图，延长BD与AC相交于点F，∵M为BC中点，∴DM是△BCF的中位线，∴DM＝CF＝2．∴CF＝4．∵AD平分∠BAC，BD⊥AD，∴AF＝AB，BD＝DF，∵AC＝9，∴CF＝AC﹣AF＝AC﹣AB＝9﹣AB＝4，∴AB＝5．故选：B．【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰三角形的判定与性质，作辅助线构造出以DM为中位线的三角形是解题的关键．5．【分析】根据勾股定理计算即可求解．【解答】解：由勾股定理可得，斜边长为：＝10，故选：A．【点评】本题主要考查勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．6．【分析】由折叠性质和平行可得∠EFH＝160°，从而求得∠EFS＝∠EFH＝80，即可求解．【解答】解：由折叠可得：∠GEF＝∠1＝25°，∵AD∥BC，∴FH∥EG．∴∠GEF+∠EFH＝180°，∴∠EFH＝160°，∴∠EFS＝∠EFH＝80°，∵AD∥BC，∴∠EFB＝∠1＝20°，∴∠2＝∠EFS﹣∠EFB＝60°，故选：D．【点评】此题考查了折叠的性质，平行线的性质，正确理解折叠的性质是解题的关键．7．【分析】根据三角形中位线定理得到BD＝AB＝4，BE＝CE＝6，DE＝AC＝5，根据三角形的周长公式得到BD+BE+DE＝15．【解答】解：∵点D、E分别是△ABC的边AB、CB的中点，AB＝8，CE＝6，AC＝10，∴BD＝AB＝4，BE＝CE＝6，DE＝AC＝5，∴△BDE的周长为BD+BE+DE＝15，故选：B．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．8．【分析】分两种情况考虑：①当5为直角边时，②当5为斜边时，由勾股定理分别求出第三边的平方即可．【解答】解：分两种情况：①当5为直角边时，第三边的平方为：42+52＝41；②当5为斜边时，第三边的平方为：52﹣42＝9；综上所述，第三边的平方为9或41，故选：C．【点评】本题主要考查了勾股定理以及分类讨论，熟练掌握勾股定理，进行分类是解题的关键．9．【分析】先利用直角三角形斜边上的中线性质可得AE＝DE＝BC＝5，再利用等腰三角形的三线合一性质可得AF＝3，然后在Rt△AFE中，利用勾股定理求出EF的长，最后利用三角形的面积进行计算即可解答．【解答】解：∵∠BAC＝∠BDC＝90°，点E为BC的中点，BC＝10，∴AE＝BC＝5，DE＝BC＝5，∴AE＝DE＝5，∵EF⊥AD，∴AF＝AD＝3，在Rt△AFE中，EF＝＝＝4，∴△AED的面积＝AD•EF＝×6×4＝12，故选：C．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及等腰三角形的判定与性质是解题的关键．10．【分析】将圆柱侧面展开可得到长为48cm，宽为圆柱的底面周长14cm的矩形，根据勾股定理即可求出AB的长，即为所求．【解答】解：如图，圆柱侧面展开图是矩形，矩形的长为48cm，宽为圆柱的底面周长14cm，根据勾股定理得：AB＝＝50（cm），根据两点之间线段最短，可得丝线的最小长度为50cm，故选：B．【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将圆柱体展开为矩形，在矩形中求解是解题的关键．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）11．【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式组，解不等式组求出x，进而求出y，计算即可．【解答】解：由题意得：2x﹣5≥0且﹣x≥0，解得：x＝，∴y＝3，∴2xy＝2××3＝15，故答案为：15．【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟记二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．12．【分析】直接利用二次根式的性质化简得出答案．【解答】解：由题意可得：ab＜0，原式＝3a2b2•＝﹣ab．故答案为：﹣ab．【点评】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确掌握二次根式的性质是解题关键．13．【分析】分两种情况画图，根据矩形的性质和勾股定理即可求出结果．【解答】解：当点E在OB上或在OD上时，如图，∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OB＝AC，∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∵AB＝2，①当点E在OB上时，OE＝1，∴BE＝1，∴E是OB的中点，∴AE⊥OB，∴OA＝2，∴AE＝＝；②当点E在OD上时为E′，∴EE′＝2，∴AE′＝＝．则AE的长为：或．故答案为：或．【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．14．【分析】分三种情况：当BA＝BC时，当AB＝AC时，当CA＝CB时，即可解答．【解答】解：如图：分三种情况：当BA＝BC时，以点B为圆心，以BA长为半径作圆，交x轴于点C1，C2，当AB＝AC时，以点A为圆心，以AB长为半径作圆，交x轴于点C3，C4，当CA＝CB时，作AB的垂直平分线，交x轴于点C5，综上所述：若点C在x轴上，且A，B，C三点构成的三角形是等腰三角形，则这样的C点共有5个，故答案为：5．【点评】本题考查了等腰三角形的判定，坐标与图形性质，分三种情况讨论是解题的关键．三．解答题（共9小题，满分90分）15．【分析】（1）根据乘方的意义、零指数幂的性质和二次根式的性质先算乘方和开方，再根据绝对值的性质化简，最后算加减即可；（2）根据完全平方公式和平方差公式计算乘方和乘法，再算加减即可．【解答】解：（1）原式＝＝＝；（2）原式＝＝＝＝．【点评】本题主要考查了二次根式的混合运算，解题关键是熟练掌握乘方的意义、零指数幂的性质、完全平方公式、平方差公式和二次根式的性质．16．【分析】（1）根据二次根式的加法法则求出a+b，根据二次根式的乘法法则求出ab，根据完全平方公式把原式化简，把a+b和ab的值代入计算即可；（2）根据完全平方公式把原式化简，把a+b和ab的值代入计算即可．【解答】解：∵a＝+，b＝﹣，∴a+b＝（+）+（+）＝2，ab＝（+）（+）＝1，（1）a2﹣ab+b2＝a2+2ab+b2﹣3ab＝（a+b）2﹣3ab＝（2）2﹣3×1＝9；（2）＝＝＝＝2．【点评】本题考查的是二次根式的加法和乘法、完全平方公式，掌握二次根式的加法法则、乘法法则是解题的关键．17．【分析】（1）根据长方形的面积、周长公式，画一个长和宽为8和3的长方形即可；（2）根据勾股定理确定出三角形的腰长，再由钝角三角形的性质画出图形即可．【解答】解：（1）设该长方形的长为a，宽为b，则a+b＝11，ab＝24，显然a、b是关于x的一元二次方程x2﹣11x+28＝0的两根，解方程x2﹣11x+28＝0得到x1＝8，x2＝3，即a＝8，b＝3，所以该矩形的长为8，宽为3，如图1所示的矩形ABCD．（2）如图2所示，AC＝＝5，BC＝5，S△ABC＝×4×5＝10．【点评】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．18．【分析】根据平行四边形的性质知，AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠C，∠B＝∠D，利用等量减等量还是等量，得到BM＝DP，AQ＝CN．从而证得△AMQ≌△CPN，△BMN≌△DPQ，所以MQ＝PN，MN＝PQ．【解答】证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠C，∠B＝∠D．∵AM＝BN＝CP＝DQ，∴AB﹣AM＝CD﹣CP，AD﹣DQ＝BC﹣BN，即BM＝DP，AQ＝CN．在△AMQ和△CPN中，AM＝CP，∠A＝∠C，AQ＝CN，∴△AMQ≌△CPN（SAS），MQ＝PN，同理可证：△BMN≌△DPQ，∴MN＝PQ，故四边形MNPQ是平行四边形．【点评】本题利用了平行四边形的性质和判定及全等三角形的判定和性质求解．19．【分析】由“SAS”可证△BRP≌△BCA，△CAB≌△CQR，可得PR＝AC，AB＝RQ，可得RP＝AQ，AP＝RQ，可得结论．【解答】解：四边形QRPA是平行四边形，理由如下：∵等边△ABP，等边△ACQ，等边△BCR，∴AB＝PB，BC＝BR＝CR，AC＝CQ，∠PBA＝∠RBC＝∠BCR＝∠ACQ＝60°，∴∠PBR＝∠ABC，∠ACB＝∠QCR，在△BRP和△BCA中，，∴△BRP≌△BCA（SAS），∴PR＝AC，在△CAB和△CQR中，，∴△CAB≌△CQR（SAS）∴AB＝RQ，∴RP＝AQ，AP＝RQ，∴四边形QRPA是平行四边形．【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定，关键是掌握等边三角形三边相等，三个角都是60°，两组对边分别相等的四边形是平行四边形．20．【分析】（1）由折叠性质可知∠AEF＝∠CEF，由AD∥BC可得∠AFE＝∠CEF，所以∠AEF＝∠AFE，由等角对等边即可得证；（2）由折叠性质并结合（1）中结论可设CE＝AE＝AF＝x，则BE＝4﹣x，在Rt△ABE中，根据勾股定理AB2+BE2＝AE2建立方程，即22+（4﹣x）2＝x2，解得x＝，则FD＝AD﹣AF＝BC﹣AF＝．【解答】（1）证明：由折叠性质可知，∠AEF＝∠CEF，由矩形性质可得AD∥BC，∴∠AFE＝∠CEF，∴∠AEF＝∠AFE．∴AE＝AF，故△AEF为等腰三角形．（2）解：由折叠可得AE＝CE，设CE＝x＝AE，则BE＝BC﹣CE＝4﹣x，∵∠B＝90°，在Rt△ABE中，有AB2+BE2＝AE2，即22+（4﹣x）2＝x2，解得：x＝．由（1）结论可得AF＝AE＝，故FD＝AD﹣AF＝BC﹣AF＝4﹣＝．【点评】本题考查了矩形的性质，图形折叠的性质，等腰三角形的证明，平行线的性质，勾股定理，根据勾股定理建立方程求解线段长是解题的关键．21．【分析】（1）根据有理化因式的定义求解；（2）把分子分母都乘以（2﹣3），然后根据平方差公式计算；（3）先分母有理化，然后合并即可．【解答】解：（1）+的有理化因式为﹣；故答案为：﹣；（2）＝＝＝2﹣3；（3）原式＝﹣1+﹣+﹣+•••+﹣＝﹣1．【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和平方差公式是解决问题的关键．22．【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EG＝AB，EG∥AB，FH＝AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；②根据矩形的判定定理解答．【解答】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG是△DAB的中位线，∴EG＝AB，