广东省广州市天河区汇景实验学校2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
一、单选题（每题3分，共30分）
1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据最简二次根式的概念即可求出答案．
【详解】(A)原式=2 ，故A不是最简二次根式；
(C)原式=2 ，故B不是最简二次根式；
(D)原式= ，故D不是最简二次根式；
故选B.
【点睛】此题考查最简二次根式，解题关键在于掌握运算法则
2. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用二次根式的加、减、乘、除的运算法则逐项判断即可．
【详解】A．2与不是同类二次根式，不能合并，故该选项计算错误，不符合题意，
B．与不是同类二次根式，不能合并，故该选项计算错误，不符合题意，
C．，故该选项计算正确，符合题意，
D．，故该选项计算错误，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次根式的加、减、乘、除的运算法则，正确掌握相关运算法则是解答本题的关键．
3. 在中，、、的对边分别是、、，下列命题中的假命题是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】分别根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理进行判断即可．
【详解】解：A.若，则，
∴是直角三角形，且，是真命题；
B. 若，
则，是真命题；
C.若，则，
∴是直角三角形，且，是假命题；
D.若，
则，是真命题；
故选：C．
【点睛】本题考查了命题的真假判断、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理、平方差公式，熟练掌握基础知识是解题的关键．
4. 如图，在四边形中，，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、由，，不能判定四边形为平行四边形，还有可能是等腰梯形，故本选项不符合题意；
B、∵，
∴，
不能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意；
C、由，，不能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意；
D、∵，
，
，
，
，
又∵，
四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
故选：D．
5. 体育老师测得某小组同学1分钟仰卧起坐成绩如下：42，38，42，44，50，46，44，42，则该组数据的众数和中位数分别为（ ）
A. 42，42B. 42，44C. 44，42D. 42，43
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了众数与中位数的计算，一组数据中出现次数最多的数是众数，把一组数据按大小排列，中间一个或两个数的平均数是这组数据的中位数；理解这两个概念是解题的关键；找到这组数据中出现次数最多的数就是众数，把这组数据按大小排列，中间第4、5两个数的平均数就是中位数．
【详解】解：这组数据中，42出现的次数最多，即众数是42；
这组数据按大小排列为： 38，42，42，42，44，44，46，50，最中间两个数分别为42与44，其平均数为：，即中位数为43；
故选：D．
6. 如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点处，交于点E，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，根据折叠和平行线的性质得到，得到，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】设，则
由折叠可知
因为
所以，则
所以
在中，根据勾股定理可得，
解得，
∴．
故选：A．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，等角对等边等知识，解题的关键是证明出．
7. 如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，的三个顶点A，B，C都在格点上，是边上的中线，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，直角三角形的性质，先利用勾股定理求出的长，进而利用勾股定理的逆定理证明，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案．
【详解】解：由网格的特点和勾股定理得，，
，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵是边上的中线，
∴，
故选：B．
8. 《九章算术》中有一道“引葭赴岸”问题：“今有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深，葭长各几何？”题意是：有一个水池，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面，则这根芦苇的长度是（ ）
A. 13尺B. 12尺C. 24尺D. 26尺
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查正确勾股定理的应用．善于观察题目的信息是解题是学好数学的关键．找到题中的直角三角形，设芦苇长为尺，水深尺，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：设芦苇长为尺，水深尺，
根据勾股定理得：，
解得：，
即芦苇的长度13尺．
故选：A．
9. 如图，为等腰，，，，在一条直线上，且四边形为矩形，若，，，分别为，的中点，连接，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】延长至，使，连接，根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得，，推得，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得，推得，设，根据矩形的对边相等可得，求得，根据直角三角形两锐角互余得出，根据直角三角形中角所对的边是斜边的一半可得，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求出的值，即可列出方程，解方程求出的值，即可求解．
【详解】解：如图，延长至，使，连接，
∵为的中点，
∴，
又∵，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
设，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
则,
解得：，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形中位线的定义和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，解一元一次方程等解题的关键是添加辅助线，构建三角形的中位线．
10. 已知：如图，在正方形外取一点，连接，，．过点作的垂线交于点，连接．若，．下列四个结论中：①；②；③点到直线的距离为；④．其中正确结论的个数是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】此题分别考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的判定及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．
根据正方形的性质可得，再根据同角的余角相等求出，然后利用“边角边”证明，从而判断①正确，根据全等三角形对应角相等可得，可证，从而判断②正确，根据等腰直角三角形的性质求出，再利用勾股定理列式求出的长，过点B作，交的延长线于点F，先求出，由等腰三角形的性质可求，即可判断出③错误；由勾股定理可求得，即可求正方形的面积，从而判断④正确．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，故①正确；
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∴，
如图，过点B作，交的延长线于点F，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，而，
∴，
∴点到直线的距离为；故③说法错误；
∴，
∴，
∴，故④正确，
∴正确的有：①②④，
故选：B．
二、填空题（每题3分，共16分）
11 最简二次根式能与合并，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查看同类二次根式，先化简，再根据最简二次根式能与合并可得，据此即可求解，理解题意是解题的关键．
【详解】解：，
∵最简二次根式能与合并，
∴，
∴，
故答案为：．
12. 数学成绩由课堂表现，作业，期末测评三部分组成，各部分所占权重依次为，和．若某同学的课堂表现为90分，作业为80分，期末测评为70分，那么该同学的数学成绩是_______．
【答案】78
【解析】
【分析】根据数学成绩=作业成绩×所占的百分比+期中成绩×所占的百分比+期末成绩×所占的百分比即可求得该学生的数学成绩．
【详解】解：该学生的数学成绩：
90×30%+80×20%+70×50%
=27+16+35
=78（分）．
答：该同学的数学成绩是78分．
故答案为：78．
【点睛】本题考查的是加权平均数的求法．本题易出现的错误是求90，80，70这三个数的平均数，对平均数的理解不正确．
13. 如图，菱形中，和交于点O，过点D作于点E，连接，若，则的度数是___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．根据直角三角形的斜边中线性质可得，根据菱形性质可得，从而得到度数，再依据即可．
【详解】解：四边形是菱形，，
，为中点，．
，
在中，，
．
．
故答案为：．
14. 如图，为的中位线，点在上，且为直角，若．，则的长为________．

【答案】12
【解析】
【分析】根据三角形的中位线定理和直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：为的中位线，
，
，
，
点是的中点，，
，
故答案为：12．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、解题的关键是出现中点想到三角形中位线定理，记住三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
15. 已知在平面直角坐标系中、、．点在轴上运动，当点与点、、三点中任意两点构成直角三角形时，点的坐标为________．
【答案】或或
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理．因为点、、在轴上，所以、、三点不能构成三角形．再分和两种情况进行分析即可．
【详解】解：点、、在轴上，
、、三点不能构成三角形．
设点的坐标为．
当为直角三角形时，
①，点在原点处坐标为；
②时，如图，
，
，
，
解得，，
点的坐标为；
当为直角三角形时，
①，点在原点处坐标为；
②时，
，，
，
点的坐标为．
综上所述点的坐标为或或．
故答案为：或或．
16. 如图，已知四边形为正方形，边长为2，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．当点从点运动到点时，求的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作于点，作于点，利用定理证出，再根据全等三角形的性质可得，则矩形为正方形，那么，由垂线段最短可知，当时，取得最小值，即取得最小值，由勾股定理求出，再由斜边上中线性质可求长．
【详解】解：如图，过点作于点，作于点，
四边形为正方形，
，，
，且，
四边形为正方形，
，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
在和中，，
，
，
矩形为正方形，
∴，
四边形为正方形，，
，
∴，
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，即取得最小值，
∵，
∴此时点为中点，
∵，
∴最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
三、解答题（共72分）
17. 化简计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，掌握运算法则，正确化简是解题的关键．
先分别化简二次根式，和利用平方差公式进行计算，再合并即可．
【详解】解：
．
18. 如图，四边形是平行四边形，平分交于点，平分交于点，求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
由平行四边形的性质得出，，，，，证出，由即可得出，根据全等三角形的性质和平行四边形的判定解答即可．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，，，，
平分，平分，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
19. 如图，在中，，点E在边上，，，．
（1）判断的形状，并说明理由．
（2）求的长．
【答案】（1）是直角三角形；理由见详解
（2）5
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理以及逆定理，解拓展一元一次方程，属于常考题型，熟练掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键．
（1）根据勾股定理逆定理解答即可；
（2）设，则，然后在中根据勾股定理即可得到关于的方程，解方程即可求出，进一步即可求出的长．
【小问1详解】
解：是直角三角形；理由如下：
，
，
，
∴是直角三角形；
【小问2详解】
解：设，则，
，
，
，
，即，
解得：，
．
20. “表里山河，锦绣山西”，某景点对讲解人员进行考核，成绩分别为7分、8分、9分、10分．如图，这是①号小组10名成员的考核成绩条形统计图和铳计表．
①号小组10名成员的考核成绩统计表
（1）求_________，_________，_________，并将条形统计图补充完整．
（2）若该景区有100名讲解人员，估计该景区讲解人员本次考核成绩在9分（包含9分）以上的人数．
【答案】（1）8.4；8.5；9，补全图形见解析
（2）50人
【解析】
【分析】本题考查了条形统计图，平均数、中位数、众数的概念以及样本估计总体等知识，正确理解题意是解题的关键．
（1）先求出考核成绩8分的人数，即可补全统计图，然后分别利用平均数、中位数、众数的定义求解；
（2）利用100与考核成绩在9分（包含9分）以上的人数的占比的积，即可估算人数．
【小问1详解】
解：考核成绩8分的有（人），
把10人成绩按低到高排列，最中间两个成绩是第5个、6个，分别是8分和9分，其平均数（分），故；
由统计图知，9分成绩出现的次数最多为4次，故得众数；
平均数，
补全条形统计图如下：
【小问2详解】
解：(人)．
答：该景区讲解员本次考核成绩在9分(包含9分)以上的人数约为50人．
21. 如图，中，，，．
（1）用直尺和圆规在边上找一点，使到的距离等于．
（2）计算（1）中线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】本题主要考查了尺规作图，角平分线的画法和性质以及勾股定理．
（1）作的角平分线，与的交点为点D，根据角平分线的性质即可得到，到的距离等于；
（2）设，作于，则，利用勾股定理列出方程即可求出答案．
【小问1详解】
解：如图：点即为所作，
【小问2详解】
解：设，作于，则，
，，，
，
∵，，，
∴，
∴，
，
，
，
解得，
即的长为．
22. 定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边（不重复）相等的四边形叫做“准菱形”．
如图①，在四边形中，若，则四边形是“准矩形”；
如图②，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”．
（1）如图，在边长为1的正方形网格中，、、在格点（小正方形的顶点）上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”和“准菱形”．（要求：、在格点上）；
（2）下列说法正确的有_________；（填写所有正确结论的序号）
①一组对边平行的“准矩形”是矩形；②一组对边相等的“准矩形”是矩形；
③一组对边相等的“准菱形”是菱形；④一组对边平行的“准菱形”是菱形．
（3）如图⑤，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点；若．求证：“准菱形”是菱形．
【答案】（1）见解析 （2）①②③④
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据准矩形和准菱形的特点画图即可，可通过勾股定理及其逆定理说理；
（2）根据矩形的判定定理和菱形的判定定理结合准矩形和准菱形的性质对每一个选项进行推断即可；
（3）先根据已知得出，再结合可推出，，则证明了“准菱形”是平行四边形，又因为即可得出“准菱形”是菱形；
【小问1详解】
解：如图，四边形和即为所求．
【小问2详解】
解：①∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，故①正确；
②，，连接，如图所示：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形矩形，故②正确；
③∵，，，
∴，
∴四边形为菱形，故③正确；
④∵，，，连接，如图所示：
∵，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，故④正确；
故答案为：①②③④；
【小问3详解】
证明：∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴“准菱形”是平行四边形，
∵，
∴“准菱形”是菱形．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，勾股定理，熟练掌握各知识点并熟练应用是解题关键．
23. 如图，在中，延长至点，使，连接交于点，连接，．
（1）求证：；
（2）若．
①若，，求的面积；
②连接，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）①；②见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，熟练掌握相关性质是解题的关键．
（1）根据平行四边形性质得到，，再证明四边形是平行四边形，得到，据此可证得结论；
（2）①由已知条件，得到，结合勾股定理，求得的长，从而得到平行四边形的面积；②由条件，得到四边形是矩形，在中，，结合图形，得到，，且，从而证得结论．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
，，，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
，
，
；
【小问2详解】
解：①，，
，
在中，，，
，
的面积为；
②证明：，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得，
，
，即，
，
，
中，由勾股定理，且，
，
．
24. 已知如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接．
（1）若，求证：四边形为正方形；
（2）当点在边上运动时，点到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
（3）当的面积取最小值时，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）点F到直线CD的距离始终为定值3，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，难度较大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）根据有一个直角的菱形是正方形，证明，得到，结合，得到，即可得证．
（2）过F作，交延长线于M，连接．证明即可得证．
（3）设，可得．由，得到，在中，．则，此时，点E与点B重合，过点F作的平行线交的延长线于点，同理可证明：，，最后由即可求解．
【小问1详解】
∵矩形，菱形，
∴，
又，
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴四边形为正方形．
【小问2详解】
解：距离是定值3．理由如下：
过F作，交延长线于M，连接，则，
∵矩形，菱形，
∴，，，，
∴，．
∴．
在和中，
∵，
∴．
∴，
即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值3．
【小问3详解】
解：设，如上图：
∵，
∴．
∵，
∴在中，．
∵
∴在中，．
∴．
∴
∴的最小值为，此时，点E与点B重合，
过点F作的平行线交的延长线于点，
则，
同理可证明：，，
∴，，，
∴，
∴
∴当的面积取最小值时，菱形的面积为．
25. 我们把两组邻边分别相等的四边形叫做筝形，如图1所示，，则四边形是筝形；在平面直角坐标系中，筝形的顶点，在坐标轴上，点在线段上．
（1）如图1，求证：筝形的一条对角线被另一条对角线垂直平分．
（2）如图2，若，点在线段上运动（与点、不重合），过点作垂直，交射线于点，过点作垂直于点；在点的运动过程中，能否为等腰三角形？如果能，试求出此时的长；如果不能，试说明理由．
（3）如图3，若，在射线上裁取，使，请直接写出的最小值．
【答案】（1）见解析 （2）能，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线段垂直平分线的判定即可证明；
（2）先证明四边形为正方形，①当点E在线段上时，可得．若为等腰三角形，则，证明不存在；②若点在线段的延长线上，可得，若是等腰三角形，则，再导角证明；
（3）过点作轴于点，过点B作轴的垂线，在轴下方垂线上截取，连接，证明，则，那么，当点三点共线时，取得最小值，即为，通过勾股定理以及角直角三角形的性质求出坐标即可求解．
【小问1详解】
证明：连接，
∵，，
∴垂直平分；
【小问2详解】
解：能为等腰三角形，理由如下：
当时，则，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
①当点E在线段上时，
，
∴，
，
．
若为等腰三角形，则，
∵四边形为正方形，
，
，与矛盾，
当点在线段上时，不可能是等腰三角形；
②若点在线段的延长线上，
，
∴若是等腰三角形，
，
，
，
，
，
，
∴若是等腰三角形，；
【小问3详解】
解：过点作轴于点，过点B作轴的垂线，在轴下方垂线上截取，连接，
∵在中，，
∴
∵，，，
∴，
∴，，
∴，，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵轴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
当点三点共线时，取得最小值，即为，
在中，同理可求，，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，角的直角三角形的性质，两点间距离公式，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质等知识，难度较大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．平均数
中位数
众数