精品解析：山东省淄博市第十八中学（新元学校）2024-2025学年下学期八年级数学下册3月份月考试题

初三数学试题 一．选择题（共10小题） 1. 下列各根式中，不能与合并的是（） A. B. C. D. 2. 已知m是方程的一个根，则代数式的值为（ ） A. 6 B. 3 C. D. 3. 关于的一元二次方程中，．则该方程根的情况是（ ） A. 没有实数根 B. 有两个正实数根 C. 两根之积为 D. 两根之和为1 4. 2024年6月2日6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体在鹊桥二号中继星的支持下，成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地预选着陆区．组合体元件中有个展板的平面图如图所示，在正方形中，分别是上的点，相交于点是的中点，若，，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 5. 如图，在菱形中，，点E，F分别在边上，，则的长为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，四边形是菱形，对角线与相交于点O，于点H．若，，则的长度为（　　） A. B. C. D. 4 7. 如图，边长为的正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，则两个正方形重叠部分的面积是（ ） A. 8 B. 4 C. 6 D. 2 8. 若，点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 9. 若，则等于（ ） A. 1 B. 5 C. D. 10. 如果一个三角形的三边长分别是a、b、c，记p＝， 那么三角形的面积为S＝．如图，在△ABC中、∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，若a＝5，b＝6，c＝7，则△ABC的面积为（ ） A. B. C. 18 D. 二．填空题（共5小题） 11. 计算：______． 12. 为了美化环境，2022年陇西县的绿化投资额为20万元，2024年的绿化投资额为24.2万元，则这两年绿化投资额的年平均增长率为______． 13. 若菱形的一条对角线长为3，另一条对角线的长是方程的一个根，则菱形的周长为______． 14. 如图，在矩形中，，点为对角线上一动点，于点交于点，则线段长的最小值为_______． 15. 若三角形的三边长分别为、、，则三角形的面积是______． 三．解答题（共8小题） 16. 先化简，再求值：，其中是方程的解． 17. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若该方程有一个根小于，求的取值范围． 18. 如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，当等于多少度时，四边形是矩形？ 19. 如图，在中，是的一条角平分线，是外角的平分线，，垂足为．连接交于点． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）试判断与的关系，并说明理由． 20. 如图，在菱形中，，点M，N分别为线段，上的点，且，连接，相交于点E． （1）证明：； （2）证明：平分． 21. 我们在学习二次根式的时候会发现：有时候两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，如，．课本中阅读材料告诉我们，两个含有二次根式的非零代数式相乘，如果它们的积不是二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式． 请运用有理化因式的知识，解决下列问题： （1）化简：________； （2）比较大小：________；（用“>”、“=”或“<”填空） （3）设有理数满足：，则________； （4）已知，求的值． 22. 感知： 如图①，在正方形中，为边上一点（点不与点重合），连接，过点作，交于点，易证：．（不需要证明） 探究： 如图②，在正方形中，，分别为边，上的点（点，不与正方形的顶点重合），连接，作的垂线分别交边，于点，，垂足为．若为中点，，，求的长． 应用： 应用：如图③，在正方形中，点，分别在，上，，，相交于点．若，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为，则的面积为　　　，的周长为　　　． 23. 如图，在四边形中，P是对角线上一点，点 E 在的延长线上，且，交于点 F，连接，． （1）如图①，若四边形为正方形，判断的形状并说明理由； （2）如图②，若四边形为菱形，且，判断 的形状并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 初三数学试题 一．选择题（共10小题） 1. 下列各根式中，不能与合并的是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了同类二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解本题的关键．原式各项化简，找出与不是同类项的即可． 【详解】解：A、原式=，与能合并，故A不合题意； B、原式，与能合并，故B不合题意； C、原式，不能与合并，故C合题意； D、与能合并，故D不合题意， 故选：C． 2. 已知m是方程的一个根，则代数式的值为（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的根，代数式求值．根据一元二次方程的解求得，再整体代入求解即可． 【详解】解：∵是的一个根， ∴， ∴ ， 故选：A． 3. 关于的一元二次方程中，．则该方程根的情况是（ ） A. 没有实数根 B. 有两个正实数根 C. 两根之积为 D. 两根之和为1 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式、根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式、根与系数的关系是解题关键．先求出这个方程根的判别式为，从而可判断选项A错误；再根据一元二次方程根与系数的关系即可判断选项C正确，选项D错误；然后根据两根之积小于0即可判断选项B错误． 【详解】解：由题意得：这个方程根的判别式为， ∵， ∴， ∴， ∴这个方程有两个不相等的实数根，则选项A错误； 由根与系数的关系得：两根之和为，则选项D错误； 两根之积为，则选项C正确； ∴这个方程的两个不相等的实数根异号，则选项B错误； 故选：C． 4. 2024年6月2日6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体在鹊桥二号中继星的支持下，成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地预选着陆区．组合体元件中有个展板的平面图如图所示，在正方形中，分别是上的点，相交于点是的中点，若，，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出正方形ABCD的边长，再根据勾股定理求出，然后说明，即可得出，最后根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半得出答案. 【详解】∵，， ∴正方形ABCD的边长为3． 在中，由勾股定理，得． ∵，，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵N是DF的中点，即MN为的斜边DF上的中线， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理等，勾股定理是求线段长的常用方法，要熟练掌握． 5. 如图，在菱形中，，点E，F分别在边上，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键．先证明是等边三角形，再根据证明，得到，进而可求解的长，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， 是等边三角形，， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故选：C． 6. 如图，四边形是菱形，对角线与相交于点O，于点H．若，，则的长度为（　　） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由菱形的性质和勾股定理得，再由，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 即， 解得：， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 7. 如图，边长为的正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，则两个正方形重叠部分的面积是（ ） A. 8 B. 4 C. 6 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】证明，则，即可得到四边形的面积等于的面积，即两个正方形重叠部分的面积等于正方形面积的，即可求出答案．本题考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出四边形的面积等于的面积是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 在与中，， ∴， ∴， ∴四边形的面积等于的面积，即两个正方形重叠部分的面积等于正方形面积的， ∴两个正方形重叠部分的面积是， 故选：B． 8. 若，点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了点的坐标，算术平方根非负性，先根据题意得出，求出，然后代入求得，然后根据象限内点的坐标符号即可求解，熟练掌握算术平方根的非负性的应用，正确理解平面直角坐标系中点的坐标特征，第一象限，第二象限，第三象限，第四象限是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴点在第一象限， 故选：． 9. 若，则等于（ ） A. 1 B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次根式、有理数的乘方，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．根据二次根式有意义的条件得，从而求得，进而解决此题． 【详解】解：， ，， ，， ， ， ， 故选：A． 10. 如果一个三角形的三边长分别是a、b、c，记p＝， 那么三角形的面积为S＝．如图，在△ABC中、∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，若a＝5，b＝6，c＝7，则△ABC的面积为（ ） A. B. C. 18 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据a、b、c的值，求出p的值，代入公式计算即可求出S． 【详解】解：∵a=5，b=6，c=7， ∴， 则S=． 故选：A． 【点睛】此题考查了二次根式的应用，以及数学常识，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 二．填空题（共5小题） 11. 计算：______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据平方差根式将原式进行变形，然后再计算． 【详解】 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，能正确变形，根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键． 12. 为了美化环境，2022年陇西县的绿化投资额为20万元，2024年的绿化投资额为24.2万元，则这两年绿化投资额的年平均增长率为______． 【答案】 【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．设这两年绿化投资的年均增长率为x，根据2022年陇西县的绿化投资额为20万元，2024年的绿化投资额为24.2万元，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论． 【详解】解：设这两年绿化投资的年均增长率为x， 依题意，得：， 解得：（不合题意，舍去）． 故答案为：． 13. 若菱形的一条对角线长为3，另一条对角线的长是方程的一个根，则菱形的周长为______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识点，解题的关键是掌握菱形的性质． 另一条对角线的长是方程的一个根，解方程求得的值，根据菱形的一条对角线长为3，根据勾股定理可得出菱形的边长，即可求得菱形的周长． 【详解】解：解方程得：或4， ∵是菱形， ∴， 当时，菱形的边长． ∴菱形的周长是． 当时，菱形的边长． ∴菱形的周长是． 故答案为：或． 14. 如图，在矩形中，，点为对角线上一动点，于点交于点，则线段长的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】此题重点考查矩形的性质、垂线段最短、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．作于点G，连接，可证明四边形是矩形，所以，则，，，求得，由，求得，由，得，则的最小值为，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点G，连接， ∵四边形是矩形，于点E，于点F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 15. 若三角形的三边长分别为、、，则三角形的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的应用，勾股定理，根据题意画出示意图，设，过点C作，构造直角三角形，由勾股定理求出三角形的高，即可求解． 【详解】解：如图，设，过点C作， 设，则， 在中，，则， 在中，，则， ， ， ， ， 故答案为：． 三．解答题（共8小题） 16. 先化简，再求值：，其中是方程的解． 【答案】， 【解析】 【分析】先对分式通分、因式分解、约分等化简，化成最简分式，后代入求值． 本题考查了分式的化简求值，求代数式的值，运用因式分解，通分，约分，解方程等技巧化简是解题的关键． 【详解】解： ， ∵是方程的解， 解得， ∵， 故， 故， 当时，原式． 17. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若该方程有一个根小于，求的取值范围． 【答案】（1） 证明： 该方程总有两个实数根 （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及求根公式： （1）根据根与系数的关系判断即可； （2）利用求根公式判断即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：根据求根公式得 该方程有一个根小于 18. 如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，当等于多少度时，四边形是矩形？ 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∴， ∵于点E，于点F， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2） 解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形． 【解析】 【分析】（1）由得出，再证明得出，即可得证； （2）证明是等边三角形，得出，结合平行四边形的性质得出，即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 19. 如图，在中，是的一条角平分线，是外角的平分线，，垂足为．连接交于点． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）试判断与的关系，并说明理由． 【答案】（1） 解：四边形为矩形， 理由：平分，平分， ，， ， 在中，，平分， ． ， ， ． ， 四边形为矩形； （2） 解：，， 理由：四边形是矩形， ， ，平分， ， 是的中位线， 即，． 【解析】 【分析】此题考查了矩形的判定与性质、三线合一以及三角形中位线的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． （1）由在中，，是的一条角平分线，可得，，又由为的外角的平分线，可得，又由，即可证得：四边形为矩形； （2）四边形为矩形，可得，又由是边的中线，即可得是的中位线，则可得，． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 20. 如图，在菱形中，，点M，N分别为线段，上的点，且，连接，相交于点E． （1）证明：； （2）证明：平分． 【答案】（1） 证明：四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ，， 在和中， ， ． （2） 证明：设、交于点，延长、交于点， 由（1）得， ， ， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 平分． 【解析】 【分析】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）由菱形的性质得，因为，所以是等边三角形，则，，而，即可根据“”证明； （2）设、交于点，延长、交于点，由，推导出，可证明是等边三角形，由，，证明，得，则，所以，得，推导出，而，所以，则平分． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. 我们在学习二次根式的时候会发现：有时候两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，如，．课本中阅读材料告诉我们，两个含有二次根式的非零代数式相乘，如果它们的积不是二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式． 请运用有理化因式的知识，解决下列问题： （1）化简：________； （2）比较大小：________；（用“>”、“=”或“<”填空） （3）设有理数满足：，则________； （4）已知，求的值． 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值，理解题目中所给的有理化因式的定义，熟知二次根式的运算法则是解答关键． （1）利用有理化因式的定义和二次根式的运算法则进行化简求解； （2）根据题意得到所给的两个二次根式都是正数，再结合有理化因式的定义比较它们倒数的大小来求解； （3）先利用有理化因式的定义进行化简，根据化简结果列一元二次方程组求解即可； （4）设，，根据有理化因式的定义计算出的值，根据的值得出的值，即是结果． 【小问1详解】 解：的有理化因式是， ∴， 故答案为：． 【小问2详解】 解：∵， ， 而， ∴， ∵和都是大于0的数， ∴， 故答案为：． 【小问3详解】 解：∵，， ∴， 又∵， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 【小问4详解】 解：设，， 则， ∵， ∴，即． 22. 感知： 如图①，在正方形中，为边上一点（点不与点重合），连接，过点作，交于点，易证：．（不需要证明） 探究： 如图②，在正方形中，，分别为边，上的点（点，不与正方形的顶点重合），连接，作的垂线分别交边，于点，，垂足为．若为中点，，，求的长． 应用： 应用：如图③，在正方形中，点，分别在，上，，，相交于点．若，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为，则的面积为　　　，的周长为　　　． 【答案】 感知：证明：四边形是正方形， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ； 探究：； 应用：， 【解析】 【分析】感知：由正方形的性质得出，，证得，由证得，即可得出结论； 探究：分别过点、作，，分别交、于点、，由正方形的性质得出，，，推出四边形是平行四边形，，，证出，同理，四边形是平行四边形，，，证得，由证得，得出，推出，由为中点，得出，则，由勾股定理得出，即可得出结果； 应用：，由阴影部分的面积与正方形的面积之比为，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，由证得，得出，，则，，则，，设，，则，，由勾股定理得出，，即，得出，即可得出结果． 【详解】感知：略 探究： 解：分别过点、作，，分别交、于点、，如图②所示： 四边形是正方形， ，，， 四边形是平行四边形， ，， ，， ， 同理，四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 为中点， ， ， ， ； 应用： 解：， ， 阴影部分的面积与正方形的面积之比为， 阴影部分的面积为：， 空白部分的面积为：， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， 设，， 则， ， ， ， 即， ，即， 的周长为， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积与正方形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键． 23. 如图，在四边形中，P是对角线上一点，点 E 在的延长线上，且，交于点 F，连接，． （1）如图①，若四边形为正方形，判断的形状并说明理由； （2）如图②，若四边形为菱形，且，判断 的形状并说明理由． 【答案】（1） 解：是等腰直角三角形，理由如下：如图， ∵四边形是正方形 ∴，， 在和中， ∵ ∴， ∴， ∵ ∴， ∴ ∵， ∴ ∴是等腰直角三角形； （2） 解：如图，是等边三角形 理由：∵四边形是菱形 ∴，， 在和中， ∵ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴是等边三角形． 【解析】 【分析】（1）在正方形中，根据P为对角线上的一点可得：，，即可得出；可得，，由得出：，推出，又，得出，即可得是等腰直角三角形； （2）根据（1）中的全等三角形，得：，，由得出：，，由得，由，得，，由，即可证明是等边三角形． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查三角形全等的判定定理与性质定理，与特殊的四边形相结合，通过等腰三角形的性质得到角的关系，由正方形到菱形，是属于类比的题型，方法与前面相似，是中考常考题型． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $