精品解析：四川省泸州市合江县2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试题

合江县2025年春期义务教育阶段学生素养过程性监测 八年级数学试卷 （本卷满分120分，考试时间120分钟） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分） 1. 下列根式是二次根式的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次根式．熟练掌握二次根式的定义是解题的关键．形如的式子是二次根式． 根据二次根式的定义判断作答即可． 【详解】解：由题意知，，，不是二次根式，是二次根式， ∴A、B、D不符合要求；C符合要求； 故选：C． 2. 下列各式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式的定义，熟记定义是解题关键．根据最简二次根式的定义逐项判断即可． 【详解】A．不是最简二次根式，此项不符合题意； B．是三次根式，此项不符题意； C．，不是最简二次根式，此项不符题意； D．是最简二次根式，此项符合题意； 故选：D． 3. 我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中，下列各组数中，是“勾股数”的是（ ） A. 1，1，2 B. 1，，2 C. 3，4，5 D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股数， 根据定义逐项判断即可，满足的三个正整数，即为勾股数． 【详解】因为，所以这三个数不是勾股数，则A不符合题意； 因为不是正整数，所以B不符合题意； 因为，且都是正整数，所以C符合题意； 因为不是正整数，所以D不符合题意． 故选：C． 4. 下列四边形：①平行四边形；②正方形；③矩形；④菱形．其中对角线一定相等的是（ ） A. ①②③ B. ①②③④ C. ①② D. ②③ 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质是解题的关键；因此此题可根据平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质进行求解即可． 【详解】解：平行四边形的对角线互相平分；矩形的对角线互相平分且相等；菱形的对角线互相平分且垂直；正方形的对角线互相平分相等且垂直；所以对角线一定相等的是②③； 故选D． 5. 下列二次根式中能与合并的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简各选项中的二次根式，找出被开方数与2相同的选项即可解答． 【详解】解：A、，不能与合并，故选项错误，不符合题意； B、是最简二次根式，不能与合并，故选项错误，不符合题意； C、，能与合并，故选项正确，符合题意； D、，不能与合并，故选项错误，不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了同类二次根式的定义：化成最简二次根式后，被开方数相同，这样的二次根式叫做同类二次根式，正确理解和运用该定义是解决本题的关键． 6. 如图是一株美丽的勾股树，其中原有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若最大正方形G的边长是2，则A、B、C、D、E、F、G这七个正方形面积之和是（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方形的面积公式，运用勾股定理得出6个小正方形的面积和与最大正方形面积的数量关系即可得出答案． 【详解】解：根据勾股定理得到：A与B的面积的和是E的面积；C与D的面积的和是F的面积；而E，F的面积的和是G的面积． 即A、B、C、D、E、F的面积之和为2个G的面积． ∵G的面积是， ∴A、B、C、D、E、F、G的面积之和为． 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理，关键就是运用勾股定理和正方形的面积公式推导出6个小正方形的面积和等于最大正方形的面积的2倍． 7. 如图，在中，的平分线交于点，若，，则的长为（ ） A. 13 B. 15 C. 17 D. 19 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是掌握平行四边形的性质和等角对等边．根据平行四边形的性质可得，，，根据角平分线的性质，则，根据平行线的性质，则，根据等角对等边，可得，根据即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 8. 如图，某港口位于东西方向的海岸线上．“远航”号、“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号沿东北方向航行，每小时航行海里，“海天”号沿西北方向航行，每小时航行海里．它们离开港口小时后分别位于点处，此时两船的距离是（ ） A. 20海里 B. 24海里 C. 30海里 D. 32海里 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了方位角，勾股定理的运用，理解方位角的意义，掌握勾股定理的计算是解题的关键．根据方位角可得，由勾股定理即可求解． 【详解】解：“远航”号沿东北方向航行，“海天”号沿西北方向航行， ∴， ∴， ∵“远航”号每小时航行海里，“海天”号每小时航行海里，它们离开港口小时， ∴（海里），（海里）， ∴（海里）， 故选：C． 9. 在数学活动课上，老师让同学们判定一个四边形门框是否为矩形，下面是某合作小组的四位同学的拟订方案，其中正确的是( ) A. 测量对角线是否互相平分 B. 测量两组对边是否分别相等 C. 测量一组对角是否为直角 D. 测量两组对边是否相等，再测量对角线是否相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形和平行四边形的判定推出即可得答案． 【详解】A、根据对角线互相平分只能得出四边形是平行四边形，故本选项错误； B、根据对边分别相等，只能得出四边形是平行四边形，故本选项错误； C、根据一组对角是否为直角不能得出四边形的形状，故本选项错误； D、根据对边相等可得出四边形是平行四边形，根据对角线相等的平行四边形是矩形可得出此时四边形是矩形，故本选项正确； 故选D． 【点睛】本题考查的是矩形的判定定理，矩形的判定定理有①有三个角是直角的四边形是矩形；②对角线互相平分且相等的四边形是矩形；③有一个角是直角的平行四边形是矩形.牢记这些定理是解题关键. 10. 如图，在正方形中，分别以点A，B为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点E，连接，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了作图——基本作图，等边三角形的性质，正方形的性质，正确得到是等边三角形是解题的关键． 根据条件可以得到是等边三角形，然后利用正方形的性质和等边三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：连接、， ， 是等边三角形， ， 在正方形中，，， ，， ， ， 故答案为：A． 11. 已知直角三角形纸片的两直角边长分别是，，现将按如图所示那样折叠，使点A与点B重合，折痕为，则的长是（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，先由勾股定理得到，再由折叠的性质得到，设，则，由勾股定理可得，解方程可得，再利用勾股定理即可求出答案． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 由折叠的性质可得，，， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴， 故选：B． 12. 如图，在中，，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F；以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交、于M、N两点；分别以点M、N为圆心，大于长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点G，连接并延长交于E，连接、，分别交、于P、Q两点，下列结论不正确的是（　 　） A. 平分 B. 四边形是菱形 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了作图—基本作图、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，由作图可得，，平分，即可判断A；由角平分线的定义结合平行线的性质得出，推出，即可判断B；由菱形的性质得出，，即可判断C；证明，得出，，再证明，得出，即可判断D；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：由作图可得，，平分，故A正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是菱形，故B正确； ∴，， ∴，故C正确； ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故D错误， 故选：D． 二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分） 13. 若有意义，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件、一元一次不等式的求解、分式有意义的条件等知识点，正确把握相关定义是解题的关键． 根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，得出一元一次不等式，解不等式即可得出结果． 【详解】解：若有意义，则， 解得：， 故答案为：． 14. 菱形的一个内角是，边长是cm，则这个菱形较短的对角线长是______cm． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，根据题意可得菱形角所对的对角线与菱形的两边构成的三角形是等边三角形，据此即可求解； 【详解】解：∵菱形的一个内角是， ∴其邻角为， 根据菱形的性质得，角所对的对角线与菱形的两边构成的三角形是等边三角形， 故这个菱形较短的对角线长是cm． 故答案为：. 15. 我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（图1），后人称其为“赵爽弦图”．由图1变化得到图2，它是用八个全等的直角三角形拼接而成的，记图中正方形，正方形，正方形的的面积分别为．若，则的值为______． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查勾股定理，解题的关键掌握勾股定理． 根据面积加减关系求解减即可得到答案； 【详解】解：设这八个全等的直角三角形的面积都是， ∵， ∴， ∴， 故答案为：12． 16. 如图，正方形中，，E是边的中点，F是正方形内一动点，且，连接，，，并将绕点D逆时针旋转得到（点M，N分别为点E，F的对应点）．连接，则线段长度的最小值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】过点M作，垂足为P，连接，由旋转的性质得到，，，根据正方形的性质求出，证明，得到，，利用勾股定理求出，根据即可求出的最小值． 【详解】解：过点M作，垂足为P，连接， 由旋转可得：，，， 在正方形中，，E为中点， ∴， ∵， ∴，又， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵C，M位置固定， ∴，即， ∴，即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，两点之间线段最短，知识点较多，解题的关键是构造全等三角形，求出的长，得到． 三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次根式的混合运算，正确计算是解题的关键．根据二次根式的性质化简，再进行加减运算即可． 【详解】解： ． 18. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE． 【答案】 证明：∵DE＝DC， ∴∠DEC＝∠C． ∵∠B＝∠C， ∴∠B＝∠DEC， ∴AB∥DE， ∵AD∥BC， ∴四边形ABED是平行四边形． ∴AD＝BE． 【解析】 【分析】利用已知先证明AB∥DE，进而根据平行四边形的定义：两组对边平行的四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】略 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用． 19. 如图，在四边形中，点P是对角线的中点，点E、F分别是、的中点，，，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】根据中位线定理得，，结合已知证明是等腰三角形，从而可得答案． 【详解】解：∵在四边形中，P是对角线的中点，E，F分别是、的中点， ∴，分别是与的中位线， ∴，， ∵， ∴， 故是等腰三角形， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 四、解答题（本大题共2个小题，每小题7分，共14分） 20. 已知，，求： （1）的值． （2）的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】此题考查了完全平方公式的变形计算，平方差公式，二次根式的混合运算． （1）将字母的值代入，即可求解． （2）先计算，进而根据完全平方公式变形，即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴ 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴ 21. 某条路规定小汽车的行驶速度不得超过．如图，一辆小汽车在这条路的直道上行驶，某一时刻刚好行驶到路对面车速检测仪A处的正前方的C处，过了后，测得小汽车与车速检测仪间的距离为．这辆小汽车超速了吗？（参考数据转换：） 【答案】没有超速 【解析】 【分析】根据勾股定理，求得，计算出速度，与限速比较解答即可． 本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 【详解】解：在中，， 根据勾股定理可得， ∴小汽车的速度为． ， ∴这辆小汽车没有超速． 五、解答题（本大题共2个小题，每小题8分，共16分） 22. 阅读与思考 材料一：两个含有二次根式的非零代数式相乘，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：，我们称的一个有理化因式是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，这种变形叫分母有理化． 例：． 请仿照材料中的方法解答下列问题： （1）的一个有理化因式为___________； 的一个有理化因式为___________； （2）将下列各式进行分母有理化： ①；②． 【答案】（1）；； （2）①；②． 【解析】 【分析】本题主要考查了平方差公式，分母有理化和二次根式的运算，能找出分母的有理化因式是解题的关键． （1）根据互为有理化因式的定义得出答案即可； （2）①首先分子和分母都乘以分母的有理化因式，再根据二次根式的运算法则进行计算即可； ②首先分子和分母都乘以分母的有理化因式，再根据二次根式的运算法则进行计算即可； 【小问1详解】 解：∵，， ∴的有理化因式为，的有理化因式为， 故答案为：；； 【小问2详解】 解：① ； ② ． 23. 如图，矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交，于点E，F，连接、，证明：四边形是菱形． 【答案】证明：四边形是矩形， ， ， 点是的中点， ， 又， ； ， 四边形是矩形， ，即， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． 先证明，得到，可以得出四边形是平行四边形，再加上即可证明结论； 【详解】略 六、解答题（本大题共2个小题，每小题12分，共24分） 24. 如图，C为线段BD上一动点，分别过点B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，连接AC、EC．已知AB＝2，DE＝1，BD＝8，设CD＝x． （1）用含x的代数式表示AC+CE的长； （2）求AC+CE的最小值； （3）根据（2）中的规律和结论，请在所给的网格中构图并求代数式的最小值． 【答案】（1）（2）（3）5 【解析】 【分析】（1）由于△ABC和△CDE都是直角三角形，故AC，CE可由勾股定理求得； （2）若点C不在AE的连线上，根据三角形中任意两边之和＞第三边知，AC＋CE＞AE，故当A、C、E三点共线时，AC＋CE的值最小，故根据勾股定理即可求解； （3）由（1）（2）的结果可作BD＝4，过点B作AB⊥BD，过点D作ED⊥BD，使AB＝1，ED＝2，连接AE交BD于点C，则AE的长即为代数式的最小值，然后构造矩形AFDB，Rt△AFE，利用矩形的直角三角形的性质可求得AE的值． 【详解】解：（1）∵AB＝2，DE＝1，BD＝8，AB⊥BD，ED⊥BD， 设CD＝x． ∴AC+CE=； （2）如图，当A、C、E三点共线时，AC＋CE的值最小； 过点A作AFBD交ED的延长线于点F，得矩形ABDF， 则AB＝DF＝2，AF＝BD＝8，EF＝ED＋DF＝2＋1＝3， 所以AE＝ 故AC+CE的最小值为； （3）如图所示，作BD＝4，过点B作AB⊥BD，过点D作ED⊥BD，使AB＝1，ED＝2连接AE交BD于点C，设BC＝x，则AE的长即为代数的最小值． 过点A作AFBD交ED的延长线于点F，得矩形ABDF， 则AB＝DF＝1，AF＝BD＝4，EF＝ED＋DF＝2＋1＝3， 所以AE＝， 即的最小值为5． 【点睛】本题利用了数形结合的思想，求形如的式子的最小值，可通过构造直角三角形，利用勾股定理求解． 25. 综合与实践 问题情境： 如图①，点为正方形内一点，；将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 猜想证明： （1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，求和的长． 【答案】 （1）①解：四边形是正方形，理由如下： ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴，，， 又∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； ②，证明如下： 如图②所示，过点D作，垂足为H，则， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）知四边形是正方形， ∴， ∴， 由旋转的性质可得：， ∴， ∴， （2）， 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形 （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论； （3）作于，根据勾股定理求出，可得，由（2）可得，进而求出，根据勾股定理计算的长． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图①所示，作于， ∵四边形是正方形 ∴， 在中，∵，， ∴， ∴，则 ∴， 由（2）可知：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合江县2025年春期义务教育阶段学生素养过程性监测 八年级数学试卷 （本卷满分120分，考试时间120分钟） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分） 1. 下列根式是二次根式的是（ ）． A. B. C. D. 2. 下列各式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中，下列各组数中，是“勾股数”的是（ ） A. 1，1，2 B. 1，，2 C. 3，4，5 D. ，， 4. 下列四边形：①平行四边形；②正方形；③矩形；④菱形．其中对角线一定相等的是（ ） A. ①②③ B. ①②③④ C. ①② D. ②③ 5. 下列二次根式中能与合并的是（　　） A. B. C. D. 6. 如图是一株美丽的勾股树，其中原有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若最大正方形G的边长是2，则A、B、C、D、E、F、G这七个正方形面积之和是（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 7. 如图，在中，的平分线交于点，若，，则的长为（ ） A. 13 B. 15 C. 17 D. 19 8. 如图，某港口位于东西方向的海岸线上．“远航”号、“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号沿东北方向航行，每小时航行海里，“海天”号沿西北方向航行，每小时航行海里．它们离开港口小时后分别位于点处，此时两船的距离是（ ） A. 20海里 B. 24海里 C. 30海里 D. 32海里 9. 在数学活动课上，老师让同学们判定一个四边形门框是否为矩形，下面是某合作小组的四位同学的拟订方案，其中正确的是( ) A. 测量对角线是否互相平分 B. 测量两组对边是否分别相等 C. 测量一组对角是否为直角 D. 测量两组对边是否相等，再测量对角线是否相等 10. 如图，在正方形中，分别以点A，B为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点E，连接，则的度数为（ ） A. B. C. D. 11. 已知直角三角形纸片的两直角边长分别是，，现将按如图所示那样折叠，使点A与点B重合，折痕为，则的长是（ ） A. 3 B. C. 4 D. 12. 如图，在中，，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F；以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交、于M、N两点；分别以点M、N为圆心，大于长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点G，连接并延长交于E，连接、，分别交、于P、Q两点，下列结论不正确的是（　 　） A. 平分 B. 四边形是菱形 C. D. 二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分） 13. 若有意义，则的取值范围是_______． 14. 菱形的一个内角是，边长是cm，则这个菱形较短的对角线长是______cm． 15. 我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（图1），后人称其为“赵爽弦图”．由图1变化得到图2，它是用八个全等的直角三角形拼接而成的，记图中正方形，正方形，正方形的的面积分别为．若，则的值为______． 16. 如图，正方形中，，E是边的中点，F是正方形内一动点，且，连接，，，并将绕点D逆时针旋转得到（点M，N分别为点E，F的对应点）．连接，则线段长度的最小值为_____________． 三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分） 17. 计算：． 18. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE． 19. 如图，在四边形中，点P是对角线的中点，点E、F分别是、的中点，，，求的度数． 四、解答题（本大题共2个小题，每小题7分，共14分） 20. 已知，，求： （1）的值． （2）的值． 21. 某条路规定小汽车的行驶速度不得超过．如图，一辆小汽车在这条路的直道上行驶，某一时刻刚好行驶到路对面车速检测仪A处的正前方的C处，过了后，测得小汽车与车速检测仪间的距离为．这辆小汽车超速了吗？（参考数据转换：） 五、解答题（本大题共2个小题，每小题8分，共16分） 22. 阅读与思考 材料一：两个含有二次根式的非零代数式相乘，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：，我们称的一个有理化因式是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，这种变形叫分母有理化． 例：． 请仿照材料中的方法解答下列问题： （1）的一个有理化因式为___________； 的一个有理化因式为___________； （2）将下列各式进行分母有理化： ①；②． 23. 如图，矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交，于点E，F，连接、，证明：四边形是菱形． 六、解答题（本大题共2个小题，每小题12分，共24分） 24. 如图，C为线段BD上一动点，分别过点B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，连接AC、EC．已知AB＝2，DE＝1，BD＝8，设CD＝x． （1）用含x的代数式表示AC+CE的长； （2）求AC+CE的最小值； （3）根据（2）中的规律和结论，请在所给的网格中构图并求代数式的最小值． 25. 综合与实践 问题情境： 如图①，点为正方形内一点，；将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 猜想证明： （1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，求和的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $