精品解析：内蒙古自治区 巴彦淖尔市衡越实验学校2024-2025学年八年级下学期5月期中数学试题

2024——2025学年第二学期初二年级期中诊断 数学试卷 一、选择题（本大题8个小题，每小题3分，共24分） 1. 下列各式中，是二次根式有（ ） ①；②；③；④；⑤；⑥ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 2. 在中，的对边分别是a，b，c．下列条件中，不能说明是直角三角形的是（　　） A. B. C. D. 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，平行四边形中，平分，,则（　　） A. B. C. D. 5. 如图，在中，在数轴上，以点B为圆心，的长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数是（　　） A. B. C. D. 6. 如图，在矩形纸片中，，，点E在上，将沿折叠，使点A落在对角线上的点处，则的长为（ ） A. B. 3 C. 5 D. 7. 2002年8月在北京召开的国际数学大会会徽取材于我国古代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图所示：如果大正方形的面积是7，小正方形的面积是2，直角三角形的较短直角边长为a，较长直角边为b，那么的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正方形中，点O为对角线的中点，过O点的射线分别交，AC于点E，F，且，，交于点P，则下面结论：①图形中全等的三角形只有三对；②是等腰直角三角形；③正方形的面积等于四边形面积的4倍；④．其中正确结论的个数是（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 9. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是___________． 10. 如图，由两个直角三角形和三个正方形组成的图形。其中阴影部分面积是______． 11. 如图，在中，，D，E，F分别为的中点．若的长为10，则的长为________． 12. 在平行四边形中，O是、的交点，过点O与垂直的直线交边于点E，若的周长为，则的周长为______． 13. 如图，菱形的周长为8，，E为的中点，M为上任意一点，则的最小值为_______． 14. 如图，在一张边长为的正方形纸板上，放着一根长方体木块，已知木块的较长边与平行且相等，横截面是一个边长为的正方形，一只蚂蚁从点A出发，翻过木块到达点C处，需要走的最短路程为（ ）． A. B. C. D. 三、解答题（共8小题，共58分） 15. 计算： （1）； （2）． 16. 先化简， 再求值： 其中 17. 如图，长方形区域是一所学校，现打算沿直线规划一条高铁路线，已知，，若距离高铁轨道200米以内时，噪声会影响到学生的学习，以下是学校校长与施工人员的对话： 校长：您好，当前规划的高铁轨道离学校这么近，以后噪声会不会影响学生？ 施工人员：不会的，学校A处离高铁轨道最近，长达 220米，是达到设计要求的，您放心吧！ （1）请你通过计算，利用所学的数学知识说说施工人员说的是否合理； （2）若建设高铁轨道后，一列长度为 228 米的高铁以70 米/秒的速度通过时，学生是否会受到噪声影响？若受影响，求学生受到噪声影响的时间；若不受影响，请说明理由（结果保留整数，提示：，，） 18. 如图所示，O是矩形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD． （1）求证：OE⊥DC． （2）若∠AOD＝120°，DE＝2，求矩形ABCD的面积． 19. 如图，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF=CD，连接CF． （1）求证：△AEF≌△DEB； （2）若AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论． 20. 如图，的对角线相交于点，，，点在线段上从点出发以的速度向点运动，点在线段上从点出发以的速度向点运动． （1）若点同时运动，设运动时间为t秒，当为何值时，四边形是平行四边形？ （2）在（1）的条件下，当为何值时，是菱形？ 21. 通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整． 原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由． （1）思路梳理 ∵AB=CD， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合． ∵∠ADC=∠B=90°， ∴∠FDG=180°，点F、D、G共线． 根据　　　　，易证△AFG≌　　　　，得EF=BE+DF． （2）类比引申 如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系　　　　时，仍有EF=BE+DF． （3）联想拓展 如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024——2025学年第二学期初二年级期中诊断 数学试卷 一、选择题（本大题8个小题，每小题3分，共24分） 1. 下列各式中，是二次根式有（ ） ①；②；③；④；⑤；⑥ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的定义，一般地，形如的式子叫做二次根式，据此求解即可． 【详解】解：①：根指数为2，被开方数，是二次根式． ②：被开方数，无意义，不是二次根式． ③：根指数为3，属于三次根式，不是二次根式． ④：被开方数为，当，即时才有意义．但题目未限定的范围，无法保证被开方数非负，故不是二次根式． ⑤：无论取何值，，被开方数恒正，是二次根式． ⑥：分母，被开方数恒正，是二次根式． 综上，符合条件的有①⑤⑥，共3个， 故选B． 2. 在中，的对边分别是a，b，c．下列条件中，不能说明是直角三角形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直角三角形的定义，三角形内角和定理，只要证明有一个角等于即可得该三角形是直角三角形；三条边满足勾股定理的逆定理的三角形是直角三角形． 【详解】解：A．，假设，则，解得：，即：，，，不能判定是直角三角形，本选项符合题意； B．，则， ∴，能判定是直角三角形，本选项不符合题意； C．，化简后得：，可以判定是直角三角形，本选项不符合题意； D．，假设，∵，∴可以判断是直角三角形，本选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查直角三角形的判定，可以利用直角三角形的定义，三角形内角和定理，勾股定理的逆定理；关键是证明三角形中有一个角等于，即可判定为直角三角形． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】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、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．根据二次根式的加法运算对A选项进行判断；根据二次根式的性质对B、C选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对D选项进行判断． 【详解】解：A．与不能合并，所以A选项不符合题意； B．，所以B选项不符合题意； C．，所以C选项不符合题意； D．，所以D选项符合题意． 故选：D． 4. 如图，平行四边形中，平分，,则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质，，，结合平分，解答即可，本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】∵平行四边形中，平分，， ∴，，， ∴， 故选D． 5. 如图，在中，在数轴上，以点B为圆心，的长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是勾股定理、数轴．根据勾股定理求出，进而求出，根据数轴解答即可． 【详解】解：在中，， ∴， 由题意得， ∴， ∵点C表示的数是0， ∴点D表示的数是， 故选：A． 6. 如图，在矩形纸片中，，，点E在上，将沿折叠，使点A落在对角线上的点处，则的长为（ ） A. B. 3 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形与折叠问题，由矩形的性质可得，则由勾股定理可得，由折叠性质可得：，，则可求出，，设，则，，由勾股定理可得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠性质可得：，， ∴，， 设，则，， 在中，由勾股定理得：，即， 解得：， ∴， 故选：A． 7. 2002年8月在北京召开的国际数学大会会徽取材于我国古代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图所示：如果大正方形的面积是7，小正方形的面积是2，直角三角形的较短直角边长为a，较长直角边为b，那么的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理以及完全平方公式．根据大正方形的面积即可求得，利用勾股定理可以得到，然后求得直角三角形的面积即可求得的值，根据即可求解． 【详解】解：如图，大正方形的面积是， ， ， 直角三角形的面积是， ∴直角三角形的面积是， ， ， ， 故选：A． 8. 如图，在正方形中，点O为对角线的中点，过O点的射线分别交，AC于点E，F，且，，交于点P，则下面结论：①图形中全等的三角形只有三对；②是等腰直角三角形；③正方形的面积等于四边形面积的4倍；④．其中正确结论的个数是（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等，，根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，求出全等三角形为：，，，；根据，则；四边形的面积；根据，则，得，即可得解． 【详解】解：∵四边形是正方形，点O为对角线的中点， ∴， 在和中， ， ∴； 在和中， ， ∴； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； 同理：， ∴， ∴全等三角形有4对， ∴①不正确； ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形； ∴②正确； ∵， ∴四边形的面积， ∴③正确； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴④正确． ∴正确的选项为：②③④，共3个． 故选：D 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 9. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是___________． 【答案】x≥0且x≠2 【解析】 10. 如图，由两个直角三角形和三个正方形组成的图形。其中阴影部分面积是______． 【答案】25 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理在几何图形中的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理，在一个直角三角形中，两条直角边分别为a、b，斜边为c，那么． 【详解】解：如图， 在，，， 则， ∵四边形为正方形， ∴， 在中，， ∴阴影部分面积是25， 故答案为：25． 11. 如图，在中，，D，E，F分别为的中点．若的长为10，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质，由三角形中位线定理得到，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案． 【详解】解：∵E，F分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵是的中点， ∴， 故答案为：． 12. 在平行四边形中，O是、的交点，过点O与垂直的直线交边于点E，若的周长为，则的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．由平行四边形的对角线相交于点O，，根据线段垂直平分线的性质，可得，又由平行四边形的，继而可得的周长等于． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵的周长， ∴， ∵， ∴， ∴的周长为：． 故答案为：． 13. 如图，菱形的周长为8，，E为的中点，M为上任意一点，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查轴对称、最短路线问题、菱形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理等知识点，确定点的位置是解答本题的关键．找出点关于的对称点，连接交于，此时最小，且就是的最小值，求出即可． 【详解】解：连接交于，连接，， 四边形是菱形， 线段、互相垂直平分， 、关于对称，则， ， 即就是的最小值． ，， 是等边三角形， ， ． 在中，， ， 的最小值为． 故选：B． 14. 如图，在一张边长为的正方形纸板上，放着一根长方体木块，已知木块的较长边与平行且相等，横截面是一个边长为的正方形，一只蚂蚁从点A出发，翻过木块到达点C处，需要走的最短路程为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理在最短路径中的应用，将长方体侧面展开得蚂蚁的爬行的最短路径为的长，用勾股定理即可求解；能找出最短路径是解题的关键． 【详解】解：如图，将长方体侧面展开得， 蚂蚁的爬行的最短路径为的长， （）， ， 蚂蚁的爬行的最短路径为， 故选：C． 三、解答题（共8小题，共58分） 15. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的加减计算，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，再计算二次根式加减法即可得到答案； （2）先根据乘法公式去括号，然后计算加减法即可得到答案． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： 16. 先化简， 再求值： 其中 【答案】； 【解析】 【分析】本题主要考查了分式化简求值，熟练掌握分式混合运算法则，是解题的关键．根据分式混合运算法则进行化简，然后代入数据进行计算即可． 【详解】解： ， 把代入得： 原式． 17. 如图，长方形区域是一所学校，现打算沿直线规划一条高铁路线，已知，，若距离高铁轨道200米以内时，噪声会影响到学生的学习，以下是学校校长与施工人员的对话： 校长：您好，当前规划的高铁轨道离学校这么近，以后噪声会不会影响学生？ 施工人员：不会的，学校A处离高铁轨道最近，长达 220米，是达到设计要求的，您放心吧！ （1）请你通过计算，利用所学的数学知识说说施工人员说的是否合理； （2）若建设高铁轨道后，一列长度为 228 米的高铁以70 米/秒的速度通过时，学生是否会受到噪声影响？若受影响，求学生受到噪声影响的时间；若不受影响，请说明理由（结果保留整数，提示：，，） 【答案】（1）不合理，见解析 （2）5秒 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的应用，关键是从题中抽象出勾股定理这一模型，画出精准的示意图，领会数形结合的思想的应用． （1）过点A作，垂足为G，根据勾股定理求出的长，再利用等面积法即可求出的长； （2）在上找到点P、Q，连接，，使得米，根据勾股定理求得，再利用时间路程速度，即可求解． 【小问1详解】 解：如图，过点A作，垂足为G， ∵，，米， ∴米， ∴（米）， ∴， 即， 解得（米）， ∵， ∴学生会收到噪声影响，施工人员的说法不合理． 【小问2详解】 如图，在上找到点P、Q，连接，，使得米， ∴（米）， ∴（米）， 又∵高铁速度为70米/秒， ∴（秒）， 故学生会受到影响，受到噪声影响的时间为5秒． 18. 如图所示，O是矩形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD． （1）求证：OE⊥DC． （2）若∠AOD＝120°，DE＝2，求矩形ABCD的面积． 【答案】（1）证明见解析（2）4 【解析】 【分析】(1)要证OE⊥DC，可先证四边形OCED是菱形．由DE∥AC，CE∥BD，可得四边形OCED是平行四边形；又因为ABCD是矩形，所以OC=OD．有一组邻边相等的平行四边形是菱形． (2)由(1)得出△ODC是等边三角形,所以DC=OD=OC=2,由四边形ABCD是矩形,得到AC=2CO=4,在Rt△ADC中，由勾股定理得AD=2，再利用矩形面积公式即可解答. 【详解】(1)证明：∵DE∥AC,CE∥BD ∴DE∥OC,CE∥OD ∴四边形ODEC是平行四边形 ∵四边形ODEC是矩形 ∴OD=OC ∴四边形ODEC是菱形 ∴OE⊥DC (2)解：∵DE=2,由（1）知，四边形ODEC是菱形 ∴OD=OC=DE=2 ∵∠AOD=120° ∴∠DOC=60° ∴△ODC是等边三角形 ∴DC=OD=OC=2 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AC=2CO=4 在Rt△ADC中，由勾股定理得AD=2 ∴S矩形ABCD=2×2=4． 【点睛】此题主要考查菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，综合利用了矩形和菱形的性质．还考查了等边三角形的判定和性质. 19. 如图，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF=CD，连接CF． （1）求证：△AEF≌△DEB； （2）若AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论． 【答案】 （1）∵E是AD的中点， ∴AE=DE， ∵AF∥BC， ∴∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB， ∴△AEF≌△DEB（AAS）； （2）连接DF， ∵AF∥CD，AF=CD， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵△AEF≌△DEB， ∴BE=FE， ∵AE=DE， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∴DF=AB， ∵AB=AC， ∴DF=AC， ∴四边形ADCF是矩形． 【解析】 【详解】【分析】（1）由AF∥BC得∠AFE=∠EBD，继而结合∠EAF=∠EDB、AE=DE即可判定全等； （2）根据AB=AC，且AD是BC边上的中线可得∠ADC=90°，由四边形ADCF是矩形可得答案． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定等，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键. 20. 如图，的对角线相交于点，，，点在线段上从点出发以的速度向点运动，点在线段上从点出发以的速度向点运动． （1）若点同时运动，设运动时间为t秒，当为何值时，四边形是平行四边形？ （2）在（1）的条件下，当为何值时，是菱形？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质和菱形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． （1）若是平行四边形，由，则，故有，即可求得值； （2）若是菱形，则垂直于，即有，即可求解． 【小问1详解】 解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当t为2秒时，四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解：四边形是菱形，则， ， ； ∴当为时，平行四边形是菱形； 21. 通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整． 原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由． （1）思路梳理 ∵AB=CD， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合． ∵∠ADC=∠B=90°， ∴∠FDG=180°，点F、D、G共线． 根据　　　　，易证△AFG≌　　　　，得EF=BE+DF． （2）类比引申 如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系　　　　时，仍有EF=BE+DF． （3）联想拓展 如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程． 【答案】解：（1）SAS；△AFE． （2）∠B+∠D=180°． （3）猜想：DE2=BD2+EC2． 推理过程： 把△ACE绕点A逆时针旋转90°到ABF的位置，连接DF，如图3所示： 则△ABF≌△ACE，∠FAE=90°， ∴∠FAB=∠CAE．BF=CE，∠ABF=∠C， ∴∠FAE=∠BAC=90°， ∵∠DAE=45°， ∴∠FAD=90°-45°=45°， ∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△ADF和△ADE中， ∴△ADF≌△ADE（SAS）， ∴DF=DE， ∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠C=45°， ∴∠C=∠ABF=45°， ∴∠DBF=∠ABF+∠ABC=90°， ∴△BDF是直角三角形， ∴BD2+BF2=DF2， ∴BD2+EC2=DE2． 【解析】 【分析】（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质得出EF=FG，即可得出答案； （2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形的性质得出EF=FG，即可得出答案； （3）把△ACE旋转到ABF的位置，连接DF，证明△AFE≌△AFG（SAS），则EF=FG，∠C=∠ABF=45°，△BDF是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断． 【详解】解：（1）思路梳理 ∵AB=AD， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图1， AI ∵∠ADC=∠B=90°， ∴∠FDG=180°，点F、D、G共线， 则∠DAG=∠BAE，AE=AG，BE=DG， ∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90°-45°=45°=∠EAF， 即∠EAF=∠FAG， 在△EAF和△GAF中，， ∴△AFG≌△AEF（SAS）． ∴EF=FG=DG+DF=BE+DF； 故答案为：SAS；△AFG； （2）类比引申 ∠B+∠ADC=180°时，EF=BE+DF；理由如下： ∵AB=AD， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2所示： ∴∠BAE=∠DAG，BE=DG， ∵∠BAD=90°，∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°， ∴∠EAF=∠FAG， ∵∠ADC+∠B=180°， ∴∠FDG=180°，点F、D、G共线， 在△AFE和△AFG中， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF=FG， ∵FG=DG+DF， ∴EF=BE+DF， 故答案为：∠B+∠ADC=180°； （3）联想拓展 略 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形，综合性比较强，有一定的难度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $