精品解析：内蒙古乌兰浩特第十三中学2025-2026学年八年级下学期期中考试数学期中考试卷

乌市十三中2025-2026（下）八年级期中考试数学试卷 一、选择题（共8小题，每题3分） 1. 若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 下列式子中，为最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 若n边形的内角和等于外角和的4倍，则边数n为（　　） A. 10 B. 8 C. 7 D. 5 5. 下列说法正确的是（ ） A. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形 B. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 C. 对角线互相垂直且平分的四边形是正方形 D. 一组邻边相等的四边形是菱形 6. 如图，以的顶点为圆心，任意长为半径作弧．分别交的两边，于点，，再分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点（非点）．连接，，连接，交于点．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，D是的中点，平分，，垂足为E，连接．若，，则的长是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. “出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形均为正方形．若，，则（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 二、填空题（共4小题，每题3分） 9. 中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图，小华家有一个菱形中国结装饰，边长和较短对角线的长都为，则这个中国结菱形部分较大的内角是__________度． 10. 如图1所示，用一条宽相等的足够长的矩形纸条打一个结，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图2中的度数是________． 11. 如图，某自动感应门的正上方A处装着一个感应器，离地面的高度AB为2.5米，一名学生站在C处时，感应门自动打开了，此时这名学生离感应门的距离BC为1.2米，头顶离感应器的距离AD为1.5米，则这名学生身高CD为 _____米． 12. 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为AD的中点，F为线段EC上一动点，P为BF中点，连接PD，则线段PD长的取值范围是______． 三、解答题（共6小题，共64分） 13. 计算： （1） （2） 14. 先化简，再求值： ，其中，． 15. 如图，在中，，，，． （1）求的长； （2）求证：． 16. 如图，已知，，E为的中点，与交点为F， （1）求证：是等腰三角形； （2）若，，，求的长． 17. 根据平方差公式：，由此得到，由此我们可以得到下面的规律，请根据规律解答后面的问题： 第1式， 第2式， 第3式， 第4式． （1）根据规律填空：第5式 ； （2）若，求的值； （3）类比上述规律，根据平方差公式化简： ； 18. 已知，在中，，，点为直线上一动点（点D不与点B，C重合）．以为边作正方形，连接． （1）如图1，当点D在线段上时，求证：． （2）如图2，当点D在线段的延长线上时，其他条件不变，请直接写出三条线段之间的关系． （3）在（2）的条件中，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图2证明你发现的结果． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌市十三中2025-2026（下）八年级期中考试数学试卷 一、选择题（共8小题，每题3分） 1. 若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次根式在实数范围内有意义的条件，利用被开方数为非负数列不等式求解即可． 【详解】解：依题意， 解得：． 2. 下列式子中，为最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式．熟练掌握最简二次根式的定义和二次根式的性质是解题的关键． 根据最简二次根式的定义判断作答即可． 【详解】解：A、，不是最简二次根式，故不符合要求； B、，是最简二次根式，故符合要求； C、，不是最简二次根式，故不符合要求； D、，不是最简二次根式，故不符合要求； 故选：B． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的加减法，二次根式的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据二次根式的加减法法则，二次根式的性质逐项判断即可解答． 【详解】解：A、，故A选项错误； B、，故B选项正确； C、，故C选项错误； D、，故D选项错误； 故选：B． 4. 若n边形的内角和等于外角和的4倍，则边数n为（　　） A. 10 B. 8 C. 7 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】利用多边形的外角和是360度，一个n边形的内角和等于它外角和的4倍，则内角和是4×360°，而n边形的内角和是（n−2）180°，则可得到方程，解之即可． 【详解】根据题意列方程，得： （n−2）180°＝4×360°， 解得：n＝10， 即边数n等于10． 故选A． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和的计算公式以及多边形的外角和定理． 5. 下列说法正确的是（ ） A. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形 B. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 C. 对角线互相垂直且平分的四边形是正方形 D. 一组邻边相等的四边形是菱形 【答案】A 【解析】 【详解】解：A、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，正确； B、一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形，原说法错误； C、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法错误； D、一组邻边相等的平行四边形不一定是菱形，原说法错误． 6. 如图，以的顶点为圆心，任意长为半径作弧．分别交的两边，于点，，再分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点（非点）．连接，，连接，交于点．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据作图痕迹可得，从而判定四边形  为菱形，利用菱形的性质及等腰三角形的性质求出 ∠AOB 的度数，再根据平行线的性质求解即可． 【详解】由作图可知,， ∴， ∴四边形  为菱形， ∴， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查尺规作图推导出图形的特征，熟练掌握菱形的性质和判定方法，等腰三角形的性质以及平行线的性质是解决本题的关键． 7. 如图，在中，D是的中点，平分，，垂足为E，连接．若，，则的长是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】延长交于点，先证明，得出，，求出，再证明是的中位线，即可得出结果． 【详解】解：如图，延长交于点， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵D是的中点， ∴是的中位线， ∴． 8. “出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形均为正方形．若，，则（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键，根据正方形的面积求出的长，勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，然后根据面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴； 故选C 二、填空题（共4小题，每题3分） 9. 中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图，小华家有一个菱形中国结装饰，边长和较短对角线的长都为，则这个中国结菱形部分较大的内角是__________度． 【答案】120 【解析】 【分析】根据菱形的性质可知菱形的四条边相等，结合已知条件可判定由两条邻边和较短对角线组成的三角形为等边三角形，从而求得菱形的一个内角度数，再利用菱形邻角互补的性质即可求出较大的内角度数． 【详解】解：设菱形为，较短对角线为， 四边形是菱形， ， 边长和较短对角线的长都为， ， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， ， ， . ，， 这个中国结菱形部分较大的内角是度． 10. 如图1所示，用一条宽相等的足够长的矩形纸条打一个结，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图2中的度数是________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，由正五边形的定义可得，，由等边对等角并结合三角形内角和定理可得，即可得出结果． 【详解】解：如图，连接， ∵多边形为正五边形， ∴，， ∴， ∴． 11. 如图，某自动感应门的正上方A处装着一个感应器，离地面的高度AB为2.5米，一名学生站在C处时，感应门自动打开了，此时这名学生离感应门的距离BC为1.2米，头顶离感应器的距离AD为1.5米，则这名学生身高CD为 _____米． 【答案】1.6 【解析】 【分析】过点D作DE⊥AB于E，则CD=BE，DE=BC=1.2米，由勾股定理得出AE=0.9（米），则BE=AB-AE=1.6（米），即可得出答案． 【详解】解：过点D作DE⊥AB于E，如图所示： 则CD=BE，DE=BC=1.2米=米， 在Rt△ADE中，AD=1.5米=米， 由勾股定理得：AE= =0.9（米）， ∴BE=AB-AE=2.5-0.9=1.6（米）， ∴CD=BE=1.6米， 故答案为：1.6． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 12. 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为AD的中点，F为线段EC上一动点，P为BF中点，连接PD，则线段PD长的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据中位线定理先判断出点P的轨迹是线段，再根据矩形的性质及已知条件判断是直角三角形，从而得出点D到线段上各点的连线中，最小，最大． 【详解】解：如图所示： 当点F与点C重合时，点P在点处，，当点F与点E重合时，点P在点处，， ∴且， 当点F在EC上除点C、E的位置时，有BP＝FP， 由中位线定理可知：且， ∴点P的运动轨迹是线段， ∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为AD的中点， ∴△ABE，△BEC、为等腰直角三角形， ∴∠ECB＝45°，∠DP1C＝45°， ∵， ∴∠P2P1B＝∠ECB＝45°， ∴， ∴DP的长最小，最大， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质、中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题． 三、解答题（共6小题，共64分） 13. 计算： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先分别化简绝对值、立方根、负指数幂，再将计算结果进行加减运算； （2）先分别用完全平方公式和乘法分配律展开两部分，然后去括号合并同类项，消去含根号的部分得到结果． 【小问1详解】 解：原式 ． 【小问2详解】 解：原式 ． 14. 先化简，再求值： ，其中，． 【答案】 【解析】 【分析】先由二次根式定义确定，然后由二次根式性质变形，再合并同类二次根式化简，最后将，代入计算即可． 【详解】解：在中，由二次根式定义可知， ， 当，时，原式． 15. 如图，在中，，，，． （1）求的长； （2）求证：． 【答案】（1）1 （2）详见解析 【解析】 【分析】（1）根据垂直定义可得，然后在中，利用勾股定理进行计算，即可解答； （2）利用（1）的结论可得，然后在中，利用勾股定理求出的长，从而利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，进而可得，即可解答． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴的长为1； 【小问2详解】 证明：∵，， ∴， 在中，， ∴，， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理是解题的关键． 16. 如图，已知，，E为的中点，与交点为F， （1）求证：是等腰三角形； （2）若，，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由直角三角形的性质可得，，从而得出，即可得证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，作于，则，由等面积法得出，由勾股定理可得，即可得出结果． 【小问1详解】 证明：∵，，E为的中点， ∴，， ∴， ∴是等腰三角形； 【小问2详解】 解：∵，，E为的中点， ∴ ∵，， ∴， 如图，作于， 由（1）可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 17. 根据平方差公式：，由此得到，由此我们可以得到下面的规律，请根据规律解答后面的问题： 第1式， 第2式， 第3式， 第4式． （1）根据规律填空：第5式 ； （2）若，求的值； （3）类比上述规律，根据平方差公式化简： ； 【答案】（1） （2）80 （3） 【解析】 【分析】本题考查分母有理化，二次根式的混合运算： （1）根据题干，利用平方差公式进行分母有理化即可； （2）先进行分母有理化，再进行加减运算即可； （3）利用平方差公式进行分母有理化即可． 【小问1详解】 ； 故答案为：； 【小问2详解】 解得： ； 【小问3详解】 ； 故答案为： 18. 已知，在中，，，点为直线上一动点（点D不与点B，C重合）．以为边作正方形，连接． （1）如图1，当点D在线段上时，求证：． （2）如图2，当点D在线段的延长线上时，其他条件不变，请直接写出三条线段之间的关系． （3）在（2）的条件中，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图2证明你发现的结果． 【答案】（1）见解析 （2） （3），见解析 【解析】 【分析】（1）是等腰直角三角形，利用即可证明，从而证得，据此即可证得； （2）同（1）相同，利用即可证得，从而证得，即可得到； （3）可得均为等腰直角三角形，则，设，然后对运用勾股定理列式证明即可． 【小问1详解】 证明：∵，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， 则在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：； 理由：∵，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：， 证明：过点作于点， 由上可得，， ∴均为等腰直角三角形， ∴，设 则在中，由勾股定理得，即， ∴， ∴， 而， ∴ ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $