精品解析：新疆喀什市2025-2026学年第二学期阶段性质量监测试卷 八年级数学

喀什市2025-2026学年第二学期阶段性质量监测试卷 八年级数学 注意事项： 1．本试卷共100分，考试用时100分钟． 2．本试卷为问答分离式试卷，其中问卷4页．所有答案一律写在答题卷上，在问卷和其他纸张上答题无效． 一、单项选择题（本题共9小题，每小题3分，共27分） 1. 下列各式中，二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算中，正确的是（　　） A. += B. ×=3 C. ÷=3 D. =﹣3 3. 下列各组数中，能构成直角三角形三边长的是（ ） A. 4，5，6 B. 5，12，23 C. 6，8，11 D. 1，1， 4. 如图，在四边形中，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，，，点D，E分别是边，的中点，那么的长为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 6. 如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 7. 如图，从一个大正方形中裁去面积为和 的两个小正方形，则余下部分的面积为（    ） A. 78 B. C. D. 8. 如图，数轴上的点表示的数是，点表示的数是1，于点，且，以点为圆心，为半径画弧交数轴于点，则点表示的数为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，已知长方形中，，在边上取一点，将折叠使点恰好落在边上的点，则的长为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 10. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是______． 11. 如果多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数是________． 12. 最简二次根式与可以合并，则______． 13. 如图，每个小正方形的边长都为1，则的周长为_________ 14. 如图，分别以的三边为边向外作正方形，其面积分别为、、，若，，则_____． 15. 如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，其中成立的有_______．（请写序号） 三、解答题（本大题共7小题，共55分，写出必要的步骤） 16. 计算： （1） （2） 17. 已知，，求代数式的值． 18. 如图，在四边形中，，，，，，求四边形的面积． 19. 如图，一架10米长的梯子斜靠在墙上，刚好梯顶抵达8米高的路灯．当电工师傅沿梯上去修路灯时，梯子下滑到了B′处，下滑后，两次梯脚间的距离为2米，则求此时梯顶离路灯的距离. 20. 如图，在矩形中，延长到，使，延长到，使，连接、、、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求菱形的面积． 21. 已知：如图，在中，中线，交于点，，分别是，的中点． 求证：四边形是平行四边形． 22. 如图，已知四边形中，分别为上的点(不与端点重合)． （1）若分别为的中点．求证：四边形是平行四边形； （2）在（1）的条件下，根据题意填空：若四边形的对角线和满足 时，四边形是矩形；若四边形的对角线和满足 时，四边形是菱形；若四边形的对角线和满足 时，四边形是正方形． （3）判断对错： ①若已知的四边形是任意矩形，则存在无数个四边形是菱形；（ ） ②若已知的四边形是任意矩形，则至少存在一个四边形是正方形．（ ） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 喀什市2025-2026学年第二学期阶段性质量监测试卷 八年级数学 注意事项： 1．本试卷共100分，考试用时100分钟． 2．本试卷为问答分离式试卷，其中问卷4页．所有答案一律写在答题卷上，在问卷和其他纸张上答题无效． 一、单项选择题（本题共9小题，每小题3分，共27分） 1. 下列各式中，二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：∵形如的式子叫做二次根式.， A、符合二次根式的定义； B、是三次根式，根指数为3，不符合定义； C、被开方数，无意义，不符合定义； D、不含二次根号，不是二次根式． 2. 下列计算中，正确的是（　　） A. += B. ×=3 C. ÷=3 D. =﹣3 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次根式的性质和乘除法运算法则，对每个选项进行判断，即可得到答案. 【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，故A错误； B、，故B错误； C、，故C正确； D、，故D错误； 故选择：C. 【点睛】本题考查了二次根式的性质，二次根式的乘除运算，以及同类二次根式的定义，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质，以及熟记乘除法运算的运算法则. 3. 下列各组数中，能构成直角三角形三边长的是（ ） A. 4，5，6 B. 5，12，23 C. 6，8，11 D. 1，1， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理逆定理，解题的关键是掌握两边平方和等于第三边平方的三角形是直角三角形． 【详解】解：A、，不能构成直角三角形，不符合题意； B、，不能构成直角三角形，不符合题意； C、，不能构成直角三角形，不符合题意； D、，能构成直角三角形，符合题意； 故选D． 4. 如图，在四边形中，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定．熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 根据平行四边形的判定对各选项进行判断作答即可． 【详解】解：A中，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； B中，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； C中，不可以判定四边形是平行四边形，故符合要求； D中，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； 故选：C． 5. 如图，在中，，，，点D，E分别是边，的中点，那么的长为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】解：点，分别是边，的中点， ， 故选：B． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，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． 6. 如图，的对角线相交于点，点是的中点，．若的周长为12，则的周长为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中位线的性质可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴O是中点， 又∵E是中点， ∴OE是的中位线， ∴，， ∵的周长为12，， ∴， ∴的周长为． 故选：B. 7. 如图，从一个大正方形中裁去面积为和 的两个小正方形，则余下部分的面积为（    ） A. 78 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次根式的实际应用，求出大正方形的边长，分割法求出余下部分的面积即可． 【详解】解：∵两个小正方形的面积为和， ∴两个小正方形的边长为和， ∴大正方形的边长为， ∴余下部分的面积为， 故选：D． 8. 如图，数轴上的点表示的数是，点表示的数是1，于点，且，以点为圆心，为半径画弧交数轴于点，则点表示的数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的应用及在数轴上表示实数，关键是先利用勾股定理求出的长度，再根据圆的半径相等得到的长度，最后结合数轴上点的位置关系求出点表示的数． 【详解】解：∵数轴上点表示的数是，点表示的数是， ∴； ∵于点，， ∴是直角三角形，， 由勾股定理得：； ∴， ∴点表示的数为， 故选：C． 9. 如图，已知长方形中，，在边上取一点，将折叠使点恰好落在边上的点，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】要求CE的长，应先设CE的长为x，由将△ADE折叠使点D恰好落在BC边上的点F可得Rt△ADE≌Rt△AFE，所以AF=10cm，EF=DE=8-x；在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，已知AB、AF的长可求出BF的长，又CF=BC-BF=10-BF，在Rt△ECF中由勾股定理可得：EF2=CE2+CF2，即：（8-x）2=x2+（10-BF）2，将求出的BF的值代入该方程求出x的值，即求出了CE的长． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD=BC=10cm，CD=AB=8cm， 根据题意得：Rt△ADE≌Rt△AFE， ∴∠AFE=90°，AF=10cm，EF=DE， 设CE=xcm，则DE=EF=CD-CE=（8-x）cm， 在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2=AF2， 即82+BF2=102， ∴BF=6cm， ∴CF=BC-BF=10-6=4（cm）， 在Rt△ECF中，由勾股定理可得：EF2=CE2+CF2， 即（8-x）2=x2+42， ∴64-16x+x2=x2+16， ∴x=3（cm）， 即CE=3cm． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了图形的翻折变换以及勾股定理、全等三角形、方程思想等知识，关键是熟练掌握勾股定理，找准对应边． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 10. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【详解】解：∵式子在实数范围内有意义， ∴， 解得， ∴的取值范围是． 11. 如果多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数是________． 【答案】12 【解析】 【详解】解：∵任意多边形的外角和为，该多边形每个外角都为， ∴该多边形的边数为， 故答案为12． 12. 最简二次根式与可以合并，则______． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了同类二次根式的定义，解题的关键是理解可以合并的条件—同类二次根式． 根据被开方数相同，列式计算即可． 【详解】解：∵最简二次根式与可以合并， ∴与是同类二次根式，即， 解得：， 故答案为：5． 13. 如图，每个小正方形的边长都为1，则的周长为_________ 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理求出AB、BC、AC的长，再求出周长即可； 【详解】解：根据题意，由勾股定理，得 ，， ∴的周长为：； 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，解题的关键是利用勾股定理正确求出各边的长度． 14. 如图，分别以的三边为边向外作正方形，其面积分别为、、，若，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查勾股定理与勾股树，掌握好相关知识是关键． 根据直角三角形的三边关系推出、、之间的关系，然后计算即可． 【详解】解：∵在直角中，， 又∵，，， ∴． 故答案为：． 15. 如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，其中成立的有_______．（请写序号） 【答案】②③④ 【解析】 【分析】利用平行四边形的性质及角平分线的定义易证是等边三角形，再根据等边三角形的性质及线段的数量关系即可判断①；根据等腰三角形的性质及角的和差即可得出，再根据三角形的面积公式即可判断②；根据线段的关系及三角形面积公式即可判断③；根据平行四边形的性质及含30度的直角三角形的性质得出，再根据线段间的关系即可判断④． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴，故①错误，不符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确，符合题意； ∵， ∴E为中点， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正确，符合题意； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故④正确，符合题意． 三、解答题（本大题共7小题，共55分，写出必要的步骤） 16. 计算： （1） （2） 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）原式将二次根式化简后再合并即可； （2）原式将二次根式化简后，再运用平方差公式进行计算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 17. 已知，，求代数式的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查整式化简求值，二次根式运算，完全平方公式，平方差公式，熟练掌握二次根式加法运算法则和完全平方公式是解题的关键． 先计算出，，再将所求代数式化为，再整体代入计算即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴ ． 18. 如图，在四边形中，，，，，，求四边形的面积． 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理求出AC的长，再利用勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，然后利用四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ACD的面积，进行计算即可解答． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴四边形的面积的面积的面积 ， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键． 19. 如图，一架10米长的梯子斜靠在墙上，刚好梯顶抵达8米高的路灯．当电工师傅沿梯上去修路灯时，梯子下滑到了B′处，下滑后，两次梯脚间的距离为2米，则求此时梯顶离路灯的距离. 【答案】2米 【解析】 【分析】根据勾股定理分别求出BO、A'O的长，即可求出此时梯顶离路灯的距离. 【详解】解：由题意得：BO= B'O=BO+BB'=6+2=8， ∴A'O= ∴AA‘=AO-A'O=8-6=2(米)； 故答案为2米. 【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，注意梯子的长度不变进而求出是解题关键． 20. 如图，在矩形中，延长到，使，延长到，使，连接、、、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求菱形的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，根据矩形的四个角都是直角得到，即，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明； （2）根据菱形的邻角互补，对角线平分对角可得，根据直角三角形中角所对的边是斜边的一半得出，根据勾股定理求出，根据菱形的对角线互相平分求出，，根据菱形面积等于对角线积的一半即可求解． 【小问1详解】 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，即， ∴平行四边形是菱形． 【小问2详解】 解：四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴菱形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等．掌握相关知识是解题的关键． 21. 已知：如图，在中，中线，交于点，，分别是，的中点． 求证：四边形是平行四边形． 【答案】 证明：∵，是的中线， ∴，分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的判定和性质． 由三角形的中位线定理可得，，，，从而可得，，即可证得结论． 【详解】略 22. 如图，已知四边形中，分别为上的点(不与端点重合)． （1）若分别为的中点．求证：四边形是平行四边形； （2）在（1）的条件下，根据题意填空：若四边形的对角线和满足 时，四边形是矩形；若四边形的对角线和满足 时，四边形是菱形；若四边形的对角线和满足 时，四边形是正方形． （3）判断对错： ①若已知的四边形是任意矩形，则存在无数个四边形是菱形；（ ） ②若已知的四边形是任意矩形，则至少存在一个四边形是正方形．（ ） 【答案】（1）证明：连接、AC，如图， 分别为的中点， ∴在△中，，， 在△中，，， ，， ∴四边形是平行四边形； （2）AC⊥BD；AC＝BD；AC⊥BD且AC＝BD； （3）①对，②错 【解析】 【分析】（1）连接、AC，如图，根据三角形的中位线定理可得，，进一步即可证得结论； （2）易得EF∥AC，，故和只要满足AC⊥BD，即可判定四边形EFGH是矩形；由于，，故和只要满足AC＝BD，即可判定四边形EFGH是菱形；由前面的结论以及由正方形既是矩形又是菱形即可得出和满足的条件； （3）①如图，连接矩形ABCD的对角线AC，BD交于O，过点O直线EG和FH，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，易证四边形EFGH是平行四边形，故只要EG⊥HF，则四边形EFGH即为菱形，于是可判断①；若四边形EFGH是正方形，根据矩形的性质和正方形的性质可得△AEH≌△DHG，进而可推出AB＝AD，于是四边形ABCD是正方形，从而可判断②． 【详解】解：（1）略 （2）当四边形的对角线和满足AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形； 证明：∵E、F分别是AB、BC的中点， ∴EF∥AC，， ∵，AC⊥BD， ∴EH⊥EF， ∴平行四边形EFGH是矩形； 当四边形的对角线和满足AC＝BD时，四边形EFGH是菱形； 证明：∵，，AC＝BD， ∴EF＝EH， ∴平行四边形EFGH是菱形； ∵当四边形的对角线和满足AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形； 当四边形的对角线和满足AC＝BD时，四边形EFGH是菱形； ∴当四边形ABCD的对角线AC、BD满足AC⊥BD且AC＝BD时，四边形EFGH是正方形． 故答案为：AC⊥BD；AC＝BD；AC⊥BD且AC＝BD； （3）①如图，四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O， 过点O直线EG和FH，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AO=OC， ∴∠DAO=∠BCO，∠AHO=∠CFO， ∴△AHO≌△CFO， ∴OH=OF， 同理可得：OE=OG， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∴当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形； 故①对； ②若四边形EFGH是正方形，则EH＝HG， ∵∠A=∠D=90°，∠EHG=90°， ∴∠AEH+∠AHE=90°，∠DHG+∠AHE=90°， ∴∠AEH=∠DHG， ∴△AEH≌△DHG， ∴AE＝DH， 同理可得：BE=AH， ∴AB＝AD， ∴矩形ABCD是正方形， ∴当四边形ABCD为任意矩形时，不存在四边形EFGH是正方形； 故②错． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了特殊四边形的判定和性质以及三角形的中位线定理等知识，属于常考题型，熟练掌握三角形的中位线定理和中点四边形的知识是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $