精品解析：辽宁省鞍山市部分名校2024-2025学年八年级下学期4月月考数学试题

八年级数学4月限时作业训练 温馨提示： 1、考试时间90分钟，卷面满分100分，试卷共7页； 2、请仔细审题、认真思考、细致解答、规范书写、勿忘检查． 第一部分选择题（共20分） 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列四组数：①0.6、0.8、1；②7、24、25；③8、15、17；④4、5、6，其中是勾股数的有（ ） A. 4组 B. 3组 C. 2组 D. 1组 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 一辆汽车从点出发沿正东方向行驶到达点，然后转向行驶到达点，最后从点沿方向直接回到出发点．如果汽车从出发到返回共行驶了，那么的方向是（ ） A. 正东或正西 B. 正南 C. 正北 D. 正南或正北 4. 下列运算正确的是（   ） A. + = B. 3﹣2=1 C. 2+=2 D. a﹣b =（a﹣b） 5. 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，以A为圆心，为半径画弧，交最上方的网格线于点D，则的长为（ ） A. B. C. D. 6. 估计的值应在（ ） A. 4和5之间 B. 5和6之间 C 6和7之间 D. 7和8之间 7. 如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，若AD＝3，∠B＝45°，△ABC的面积为6，则AC边的长是（ ） A. B. 2 C. D. 3 8. 如图，已知平行四边形的顶点，，点B在x轴正半轴上，按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F；③作射线，交边于点G，则点G的坐标为（ ） A. B. C. D. 9. ，在数轴上的位置如图所示，那么化简的结果是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在中，于点，于点．若，的周长为、面积为，则的长为（ ） A B. C. D. 第二部分非选择题（共80分） 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 二次根式有意义的条件是_______． 12. 如图，在中，，点D为中点，过点C作交的延长线于点E，若，，则的长为________． 13. 若，则a=________． 14. 如图是一个平行四边形，已知，F是中点，的面积是，那么四边形的面积为__ 15. 如果y=，那么+= ________ . 16. 如图是高空秋千的示意图，小明从起始位置点A处绕着点O经过最低点B．最终荡到最高点C处，若，点A与点B的高度差米，水平距离米，则点C与点B的高度差CE为___________米． 三、计算题（每题4分，共12分） 17. 解决下列问题： （1）； （2）； （3）． 四、解答题 18. 如图，已知∠AOB，OA＝OB，点E在边OB上，四边形AEBF是平行四边形． （1）请你只用无刻度的直尺在图中画出∠AOB的平分线．（保留作图痕迹，不写作法） （2）请说明你的画法的正确性． 19. 如图，已知E是的边的中点，连接并延长交的延长线于点F．求证：． 20 观察计算： （1）_____ ____ ____（填“>” “<”“=”） 归纳发现： （2）由（1）中的各式比较与的大小，并说明理由． 实践应用： （3）设计师要对某区域进行设计改造，将该区域用篱笆围成一个长方形花圃，如图，该花圃恰好可以借用一段墙体，若要围成一个面积为的花圃，则所用的篱笆至少需要______． 21. 勾股定理是重要的数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具，也是数形结合的纽带． （1）应用场景1——在数轴上画出表示无理数的点． 如图①，在数轴上分别找出表示1和4点、，过点作直线l垂直于，在l上取点，使，以数轴上表示1的点为圆心，的长为半径作弧，则该弧与数轴的交点（点在点的右侧）表示的数是_____； （2）应用场景2——解决实际问题． 如图②，秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推（即水平距离）至处时，踏板离地的垂直高度，秋千的绳索始终拉直，求绳索的长． 22. 如图，在平面直角坐标系中，点，轴于点，轴于点，点是轴正半轴上动点，连接，将折叠得到，点与点对应，折痕为． （1）填空：______，______，______． （2）如图，的边与分别与交于点，，． ①求证：； ②求的长． （3）连接，当是以为直角顶点的直角三角形时，直接写出点坐标． 23. 【认识概念】 一、两个含有二次根式且非零的代数式相乘，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． 如：；，我们称的一个有理化因式为的一个有理化因式是． 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． 如：． 【理解应用】 （1）填空：的有理化因式是_____；将分母有理化得_____； （2）化简：； 【拓展应用】 （3）利用以上解题方法比较与的大小，并说明理由； （4）已知有理数满足，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级数学4月限时作业训练 温馨提示： 1、考试时间90分钟，卷面满分100分，试卷共7页； 2、请仔细审题、认真思考、细致解答、规范书写、勿忘检查． 第一部分选择题（共20分） 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列四组数：①0.6、0.8、1；②7、24、25；③8、15、17；④4、5、6，其中是勾股数的有（ ） A 4组 B. 3组 C. 2组 D. 1组 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查勾股数．勾股数的定义：满足的三个正整数，称为勾股数，根据定义逐一进行判断即可． 【详解】解：①0.6，0.8，不是正整数，故0.6，0.8，1不是勾股数； ②，故7、24、25是勾股数； ③，故8、15、17是勾股数； ④，4，5，6不是勾股数； 综上：是勾股数的是②③共2组； 故选：C． 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查最简二次根式的判定条件：①被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；②被开方数的因数是整数，因式是整式．根据最简二次根式的定义逐项分析即可得解． 【详解】解：A、中被开方数中含能开得尽方的因数，故不是最简二次根式，不符合意义； B、属于最简二次根式，符合题意； C、中被开方数的因数不是整数，故不是最简二次根式，不符合意义； D、中被开方数的因数不是整数，故不是最简二次根式，不符合意义； 故选：B． 3. 一辆汽车从点出发沿正东方向行驶到达点，然后转向行驶到达点，最后从点沿方向直接回到出发点．如果汽车从出发到返回共行驶了，那么的方向是（ ） A. 正东或正西 B. 正南 C. 正北 D. 正南或正北 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查勾股定理逆定理，根据题意，得到，根据汽车从出发到返回共行驶了，得到，勾股定理逆定理，求出为直角三角形，且，即可得出结论． 【详解】解：由题意，得：， ∵汽车从出发到返回共行驶了， ∴， ∴， ∴为直角三角形，且， ∵汽车从点出发沿正东方向行驶到达点， ∴的方向是正南或正北方向； 故选D． 4. 下列运算正确的是（   ） A. + = B. 3﹣2=1 C. 2+=2 D. a﹣b =（a﹣b） 【答案】D 【解析】 【详解】利用二次根式的加减法计算，可知： A、 + 不能合并，此选项错误； B、3﹣2=，此选项错误； C、2+不能合并，此选项错误； D、a﹣b=（a﹣b），此选项正确． 故选D． 5. 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，以A为圆心，为半径画弧，交最上方的网格线于点D，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，连接，利用勾股定理求得即可求解． 【详解】解：如图，连接，则， ∵，， ∴在中，由勾股定理得： ， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查勾股定理，求出DE的长是解答的关键． 6. 估计的值应在（ ） A. 4和5之间 B. 5和6之间 C. 6和7之间 D. 7和8之间 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次根式混合运算、无理数的估算，先根据二次根式的混合运算法则计算，再估算出，即可得解． 【详解】解：， ∵， ∴，即， ∴， ∴估计的值应在6和7之间， 故选：C． 7. 如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，若AD＝3，∠B＝45°，△ABC的面积为6，则AC边的长是（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形的面积可求出BC的长，进而求出CD的长，再利用勾股定理即可求出AC的长． 【详解】解：∵AD＝3，△ABC的面积为6， ∴BC＝4， ∵AD⊥BC，∠B＝45°， ∴AD＝BD＝3， ∴CD＝BC﹣BD＝1， ∵AD⊥BC， ∴∠ADC=90°， ∴AC＝＝， 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理的运用、三角形的面积公式运用以及等腰直角三角形的判定和性质，属于基础性题目． 8. 如图，已知平行四边形的顶点，，点B在x轴正半轴上，按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F；③作射线，交边于点G，则点G的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了角平分线的作法、勾股定理、平行四边形的性质、等角对等边等知识点，掌握角平分线的作法是解题的关键． 如图：依据勾股定理即可得到中，，依据，即可得到，进而得出即可确定点G的坐标． 【详解】解：如图： ∵平行四边形的顶点，， ∴ ∴， ∴中，， 由作图可知：平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 9. ，在数轴上的位置如图所示，那么化简的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据数轴判断出a、b和的符号，然后根据二次根式的性质化简求值即可． 【详解】解：由题意得，， ∴， ∴ ， 故选D． 【点睛】本题主要考查了实数与数轴，二次根式的性质与化简，掌握二次根式的化简方法是关键． 10. 如图，在中，于点，于点．若，的周长为、面积为，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，主要利用了平行四边形的周长与面积的求解，根据面积的表示出列式求出平行四边形的一条边的长度是解题的关键．先根据，的面积为，求出，再根据的周长求出，最后根据的面积即可求解． 【详解】解：，，的面积为， ， 的周长为， ， ， ， 故选：C． 第二部分非选择题（共80分） 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 二次根式有意义的条件是_______． 【答案】x≥0且x≠9 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数要大于等于0，以及分式有意义的条件：分母不为0，计算求解即可. 【详解】解：∵二次根式有意义 ∴且 ∴且 故答案为：且. 【点睛】本题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识点进行求解. 12. 如图，在中，，点D为的中点，过点C作交的延长线于点E，若，，则的长为________． 【答案】####1.5 【解析】 【分析】先根据证明，推出，再利用勾股定理求出，最后根据中点的定义即可求的长． 【详解】解：， ， 点D为的中点， ， 又， ， ， 中，，， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质等，证明是解题的关键． 13. 若，则a=________． 【答案】9 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质，先根据二次根式的性质把化简，得出，进而可求出a的值． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， 解得：． 故答案：9． 14. 如图是一个平行四边形，已知，F是中点，的面积是，那么四边形的面积为__ 【答案】7 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形中线的性质．连接，根据平行四边形的性质得到，根据，的面积是，得到的面积为，则，根据是的中点即可得到的面积，据此求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，的面积是， ∴的面积为， ∴， ∵是的中点， ∴， 即四边形的面积为， 故答案为：7． 15. 如果y=，那么+= ________ . 【答案】5 【解析】 【分析】由二次根式有意义的条件：被开方数≥0，列出不等式即可求出x的值，再代入求出y的值即可. 【详解】由二次根式有意义的条件可得： 解得： 故x=3. 将x=3代入得： . 再将x=3，代入得： 原式=5. 故答案为5. 【点睛】此题考查的是二次根式有意义的条件：被开方数≥0. 16. 如图是高空秋千的示意图，小明从起始位置点A处绕着点O经过最低点B．最终荡到最高点C处，若，点A与点B的高度差米，水平距离米，则点C与点B的高度差CE为___________米． 【答案】2.25 【解析】 【分析】作于F， 于G，根据可证，根据全等三角形的性质，可得米，在中，根据勾股定理可求出,即可求 ，再根据线段的和差关系和等量关系可求点C与点B 的高度差． 【详解】解：如图所示：作于F， 于G， 由题可知： ,， ， 在和中， ， ， 米， 设米， 在中， 根据勾股定理得，即， 解得， 则米， 故答案为：2.25． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，解题的关键是能正确作出辅助线证明三角形全等，采用数形结合的思想来解决问题． 三、计算题（每题4分，共12分） 17. 解决下列问题： （1）； （2）； （3）． 【答案】（1）； （2）； （3）1． 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的混合计算，熟知二次根式的相关计算法则是解题的关键． （1）先化简二次根式，再计算二次根式乘法，最后计算加减法即可得到答案； （2）根据乘法公式先去括号，再算加减法即可得到答案； （3）先把原式第一项变形为，进一步根据积的乘方的逆运算法则变形，然后利用平方差公式计算求解即可． 【小问1详解】 解； ； 【小问2详解】 解； ； 【小问3详解】 解； ； 四、解答题 18. 如图，已知∠AOB，OA＝OB，点E在边OB上，四边形AEBF是平行四边形． （1）请你只用无刻度的直尺在图中画出∠AOB的平分线．（保留作图痕迹，不写作法） （2）请说明你的画法的正确性． 【答案】（1）射线OP即为所求，见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】（1）连接AB、EF交于点P，作射线OP即可； （2）根据平行四边形的性质和SSS证明△APO≌△BPO即可. 【详解】解：（1）连结AB、EF交于点P，作射线OP，则射线OP即所求， （2）因为四边形AEBF是平行四边形， 所以，AP＝BP， 又 AO＝BO，OP＝OP， 所以，△APO≌△BPO， 所以，∠AOP＝∠BOP． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质以及据题作图的能力，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分的性质，需要说明的是本题第（2）小题，也可由AO＝BO和AP＝BP，根据等腰三角形三线合一的性质得到∠AOP＝∠BOP． 19. 如图，已知E是的边的中点，连接并延长交的延长线于点F．求证：． 【答案】详见解析 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据平行四边形的性质可得到，从而可得到，根据平行线的性质可得到两组角相等，已知点E是的中点，从而可根据来判定，根据全等三角形的对应边相等可证得． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点F为的延长线上的一点， ∴， ∴，， ∵E为中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 20. 观察计算： （1）_____ ____ ____（填“>” “<”“=”） 归纳发现： （2）由（1）中的各式比较与的大小，并说明理由． 实践应用： （3）设计师要对某区域进行设计改造，将该区域用篱笆围成一个长方形花圃，如图，该花圃恰好可以借用一段墙体，若要围成一个面积为的花圃，则所用的篱笆至少需要______． 【答案】（1）>，>，=；（2），理由见解析；（3） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的应用，体现了由特殊到一般的思想方法，解题的关键是联想到完全平方公式，利用平方的非负性求证． （1）分别进行出对应小题中两个式子的结果，再比较大小即可； （2）根据第（1）问填大于号或等于号，所以猜想；根据，可由完全平方公式得到，据此可证明结论； （3）设花圃的平行于墙的一边长为a米，宽为b米，需要篱笆的长度为米，利用第（2）问的公式即可求得最小值． 【详解】解：（1）①，， ∵， ∴； ②，， ∵， ∴； ③， ∴ 故答案为：>，>，=； （2）猜想，理由如下： 当，时， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）设花圃的平行于墙的一边长为a米，宽为b米，则， ∴， 根据（2）的结论可得：． ∴篱笆至少需要40米． 故答案为： 21. 勾股定理是重要的数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具，也是数形结合的纽带． （1）应用场景1——在数轴上画出表示无理数的点． 如图①，在数轴上分别找出表示1和4的点、，过点作直线l垂直于，在l上取点，使，以数轴上表示1的点为圆心，的长为半径作弧，则该弧与数轴的交点（点在点的右侧）表示的数是_____； （2）应用场景2——解决实际问题． 如图②，秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推（即水平距离）至处时，踏板离地的垂直高度，秋千的绳索始终拉直，求绳索的长． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的应用，数轴与无理数，熟练掌握勾股定理是解题关键． （1）利用勾股定理求出，即可求解； （2）秋千绳索的长度为，利用勾股定理列方程求解即可． 【小问1详解】 解：由题意可知，，， ， ， 点（点在点的右侧）表示的数是， 故答案为：； 【小问2详解】 解：设秋千绳索的长度为，则， 由题意得：， 解得：． 答：绳索的长为． 22. 如图，在平面直角坐标系中，点，轴于点，轴于点，点是轴正半轴上动点，连接，将折叠得到，点与点对应，折痕为． （1）填空：______，______，______． （2）如图，的边与分别与交于点，，． ①求证：； ②求的长． （3）连接，当是以为直角顶点的直角三角形时，直接写出点坐标． 【答案】（1），， （2）①证明见解析；② （3）点坐标为或 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合点的坐标，求解即可； （2）①连接，根据等边对等角，得出，再根据折叠的性质，得出，，，再根据角之间的数量关系，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，即可得出结论； ②设，则，再根据线段之间的数量关系，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据线段之间的数量关系，得出，再根据勾股定理，得出，解出即可得出结果； （3）分两种情况：当点在线段时和当点在线段的延长线上时，根据折叠的性质和勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：∵点，轴于点，轴于点， ∴，，， ∴， 故答案为：，，； 【小问2详解】 ①证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵将折叠得到， ∴，，， ∴， 又∵，， ∴， ∴； ②解：设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴； 【小问3详解】 解：∵是以为直角顶点的直角三角形， ∴点在直线上， 如图，当点在线段时， ∵将折叠得到， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点， 当点在线段的延长线上时，同理可求， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点， 综上所述：点坐标为或． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了坐标与图形、等边对等角、全等三角形的判定和性质、勾股定理、折叠的性质，利用分类讨论思想和数形结合思想解决问题是解本题的关键． 23. 认识概念】 一、两个含有二次根式且非零的代数式相乘，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． 如：；，我们称的一个有理化因式为的一个有理化因式是． 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． 如：． 【理解应用】 （1）填空：的有理化因式是_____；将分母有理化得_____； （2）化简：； 【拓展应用】 （3）利用以上解题方法比较与的大小，并说明理由； （4）已知有理数满足，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3），理由见解析；（4） 【解析】 【分析】本题考查了互为有理化因式，分母有理化的概念，正确理解互为有理化因式，分母有理化是解题的关键． ［理解应用］（1）根据互为有理化因式定义，分母有理化定义解答即可； （2）先分母有理化，然后再把被开方数相同的二次根式合并解答即可． ［拓展应用］（3）可以把分子有理化，根据分子相等，再通过比较分母大小进行比较； （4）先把等式左边各项分母有理化，根据为有理数，再列方程求解即可． 【详解】解：（1）， 的有理化因式为， 故答案为：； ， 故答案为：． （2）原式 ， ， ； （3），理由如下： ， ； （4） ， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$