广东省广州市广州二中教育集团2024-2025学年 八年级数学下学期期中试卷（原卷版+解析版）

这是一份广东省广州市广州二中教育集团2024-2025学年 八年级数学下学期期中试卷（原卷版+解析版），文件包含广东省广州市广州二中教育集团2024-2025学年八年级数学下学期期中试卷原卷版docx、广东省广州市广州二中教育集团2024-2025学年八年级数学下学期期中试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必在答卷上用黑色钢笔或签字笔填写自己的学校、班组、姓名，同时填写考号、座位号．
2．所有答案必须用黑色钢笔或签字笔写在答卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后写上新答案，改动后的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液．不按以上要求作答的试卷无效．
3．考生必须保持答题卡卷面整洁、平整，不得揉、搓或折叠答题卡，考试结束后，将问卷、答卷、草稿纸交回．
第一部分 选择题（共30分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．）
1. 下列各式属于最简二次根式的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式，根据最简二次根式的定义，逐一判断即可解答．
【详解】解：A、，故A不符合题意；
B、是最简二次根式，故B符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、，故D不符合题意；
故选：B．
2. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式加减法法则逐一计算即可；
【详解】解：A、与不同类二次根式不能合并，原选项不符合题意；
B、，原选项不符合题意；
C、，符合题意；
D、2与不是同类二次根式不能合并，原选项不符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查了二次根式的加减，熟练掌握运算法则是解题的关键
3. 下列四组数中，不是勾股数的是（ ）
A. 3，4，5B. 9，12，15C. 5，6，7D. 7，24，25
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查勾股数的定义：在一组（三个正整数）数中，两个数的平方和等于第三个数的平方，根据勾股数定义逐项验证即可得到答案，熟记勾股数的定义是解决问题的关键．
【详解】解：A、由可知，3，4，5是勾股数，不符合题意；
B、由可知，9，12，15是勾股数，不符合题意；
C、由可知，5，6，7不是勾股数，符合题意；
D、由可知，7，24，25是勾股数，不符合题意；
故选：C．
4. 下图是由正方形和直角三角形拼组成的，若正方形A，B的面积分别为9，4，则正方形C的面积是（ ）
A. 5B. C. 13D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理，根据勾股定理得，代入计算即可．
【详解】解：由勾股定理得，，
∵A，B的面积分别为9，4，
∴正方形C的面积为，
故选：A．
5. 下列图形中不能表示是的函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了函数的概念，熟练掌握对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，是解题的关键．根据函数的概念：对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，逐项判断即可．
【详解】解：A． 对于存在自变量x的一个值，因变量y有2个值与它对应，所以y不是x的函数，符合题意；
B．对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，所以y是x的函数，不符合题意；
C．对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，所以y是x的函数，不符合题意；
D．对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，所以y是x的函数，不符合题意；
故选：A．
6. 球的体积是，球的半径为，则，在这个公式中，变量是（ ）
A. ，，B. 和C. 和D. 和
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了常量和变量，掌握概念是解题的关键．根据常量和变量的概念解答即可．
【详解】解：球的体积是，球的半径为，则，
其中变量是，，
故选：C．
7. 已知四边形是平行四边形，，相交于点O，下列结论错误的是（ ）
A. ，
B. 当时，四边形菱形
C. 当时，四边形是矩形
D. 当且时，四边形是正方形
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，故A正确，
四边形是平行四边形，，
不能推出四边形是菱形，故错误，
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，故C正确，
四边形是平行四边形，，，
四边形是正方形．故D正确．
故选B．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
8. 如图，矩形内有两个相邻的白色正方形，其面积分别为32和2，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据图形可以求得图中阴影部分的面积=大长方形面积两个正方形面积，本题得以解决．本题考查二次根式混合运算的实际应用，解答本题的关键是明确题意，求出大小正方形的边长，利用数形结合的思想解答．
【详解】解：由题意可得，大正方形的边长为，小正方形的边长为，
∴题图中阴影部分的面积为．
故选：C．
9. 如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=，CF=3，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=2，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．
【详解】连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都正方形，
∴∠ACD=45°，FCG=45°，AC=BC=，CF=CE=3，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，AF=，
∵H是AF的中点，
∴CH=AF= ．
故选A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质及勾股定理．
10. 如图，在四边形中，，点是的中点，，交于点，，，，则的长是（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，线段垂直平分线的性质，含角的直角三角形的性质，连接，过点C作交的延长线于点F，证明是直角三角形推出，再根据含角的直角三角形的性质结合勾股定理求出与的长即可推出结果．
【详解】解：如图，连接，过点C作交的延长线于点F，
∵点E是的中点，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴是直角三角形，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
故选：D．
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．）
11. 化简________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，先根据二次根式的性质化简，再根据绝对值的性质去绝对值即可．
【详解】解：，
故答案为：．
12. 如图，在中，，，以原点为圆心，为半径画弧，交数轴于点，则点表示的实数是_____．
【答案】-
【解析】
【分析】根据勾股定理，可得OA的长，根据半径相等，可得答案．
【详解】由勾股定理，得
OA＝＝，
由半径相等，得OP＝OA＝，
∴点表示的实数是-
故答案为：-．
【点睛】本题考查了数轴，利用了实数与数轴的一一对应关系．
13. 如图，张爷爷计划在一边靠墙处，用一段长度为的篱笆围成一个长方形菜园，设边长为，菜园面积为，则与之间的函数关系为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了与图形有关的二次函数的应用；根据题意表示出长方形的长，由长方形面积即可得到函数式．
【详解】解：由题意知，，
∴；
故答案为：．
14. 如图，在菱形中，，对角线，则菱形的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理；连接交于点O，由菱形的性质及勾股定理求得，从而求得，由菱形面积即可求解．
【详解】解：连接交于点O，如图，
∵在菱形中，，
∴，，，，
∴，
由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15. 如图，矩形中，、交于点O，M、N分别为、的中点．若，则的长为_____．
【答案】16
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，中位线定理，根据中位线的性质得到，进而根据矩形的性质得到，即可解答．
【详解】解：∵M、N分别为、的中点，
∴，
∴在矩形中，．
故答案为：16
16. 如图，中，，，，平分，动点M从点A出发，以每秒的速度沿边匀速运动，连接，当是以为腰的等腰三角形时，点M的运动时间为_____秒．
【答案】或4或6
【解析】
【分析】本题主要考查了直角三角形与等腰三角形，勾股定理的知识，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．过点D作于点N，根据角平分线的性质得出，通过，，，证明，利用勾股定理求出因为是以为腰的等腰三角形，动点M的速度是每秒，设点M的运动时间为，然后分三种情况分别讨论即可．
【详解】解：过点D作于点N，
由题意得：中，
根据勾股定理可得：
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
设则
∴，
在中，根据勾股定理得：，
解得：，
∴
∵是以为腰的等腰三角形，动点M的速度是每秒
设点M的运动时间为，
如图1所示，当时，，
解得：；
当时，分两种情况：
当M在边上运动时，如图2所示：
由题意可知：
∵，
∴
∵
∴
此时；
当M在边上运动时，如图3所示：
此时
∵
∴
∴
∴
解得：，
综上所述：点M的运动时间为或4或6秒．
故答案为：或4或6．
三、解答题（共9题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减混合运算及乘除混合运算，掌握运算法则，正确进行计算是解题的关键；
（1）先把二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）按照二次根式的乘除法则进行计算即可．
【小问1详解】
解：；
【小问2详解】
解：．
18. 如图，在中，对角线相交于点O，E，F分别是中点．
求证：四边形是平行四边形．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】由可知，，由 E，F分别是中点，可得，，即，进而结论得证．
【详解】证明：∵，
∴，
∵ E，F分别是中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
19. 有一水箱，它的容积为，水箱内原有水，现往水箱中注水，已知每分钟注水．
（1）写出水箱内水量与注水时间函数关系．
（2）求注水时水箱内的水量？
（3）需多长时间把水箱注满？
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据水箱内水量水箱内原有水量注水速度注水时间，即可求解．
（2）把代入函数关系即可；
（3）把代入函数关系即可．
【小问1详解】
解 ：依题意得：水箱内水量与注水时间的函数关系是：；
【小问2详解】
解：把代入中，
可得，
答：求注水时水箱内的水量是；
【小问3详解】
解：把代入
可得(min)．
答：需把水箱注满．
【点睛】本题考查了函数解析式及自变量和函数值的求解，正确求出解析式是解题的关键．
20. 先化简，再求值：，其中，．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式的约分，二次根式的运算；先分解因式，再约分，最后代入计算即可．
【详解】解：
；
当，时，原式．
21. 如图，一辆臂长，底座高的曲臂高空作业车沿着平行于墙面的直线方向行驶到点，对离地面高12的点B处（）进行作业，作业后，还要到点B正上方12高的D处继续作业，若要保持臂长不变，即，那么作业车水平行驶的距离（即长）为多少米？（图2是这辆车两次作业时的主视图）
【答案】米
【解析】
【分析】由题意可知，则，然后由勾股定理得，由，，求出，然后再由勾股定理和线段和差即可求解．
本题考查了勾股定理的应用，掌握勾股定理的应用是解题的关键．
【详解】解：由题意可知： ，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
答：作业车水平行驶的距离为（）米．
22. 如图，在中，点，分别在边，上，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，请用无刻度的直尺和圆规作线段的垂直平分线，交与点；
（3）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）6
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质易得四边形是平行四边形，再由垂直条件即可得四边形是矩形；
（2）按照用尺规作图作线段垂直平分线的方法完成即可；
（3）连接，则，，在中，利用勾股定理建立关于的方程，即可求解．
【小问1详解】
证明：在中，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：作图如下：
【小问3详解】
解：连接，如图；
则；
∴；
∵四边形是矩形，
∴；
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，尺规作图作线段的垂直平分线，勾股定理等知识，题目不难，但涉及较多知识点．
23. 如图，在菱形中，，点，分别是边，上一点，若．
（1）求证：；
（2）若菱边长为4，，求的周长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）连接，证明，得出；
（2）证明是等边三角形，过点A作于点M，由勾股定理求出可得出答案．
【小问1详解】
证明：连接，
在菱形中，，
∴，，
∴与是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
过点A作于点M，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的周长为．
24. 在矩形中，是边上一个动点，把沿折叠，使点落在点处．
（1）如图1，连接，若，，当点、、三点共线时，求的长；
（2）如图2，若，，是平面内一点，当以，，，为顶点的四边形为菱形时，求出点到直线的距离；
（3）如图3，连，若，，当平分时，求的长．
【答案】（1）
（2）点到直线的距离为或
（3）
【解析】
【分析】（1）由矩形和折叠可得，，，再由点、、三点共线，得到，设，在中，利用列方程求解即可；
（2）取中点，中点，连接，，，由矩形和折叠得到，则，，再根据以，，，为顶点的四边形为菱形的对角线为或，分情况讨论，利用菱形对角线互相平分且垂直求解即可；
（3）由折叠得到，，，设，则，延长交于，与交于点，过作于，则，得到，，则，再证明四边形是矩形，得到，，，求出，，即可证明，得到，最后在中，利用列方程求解即可．
【小问1详解】
解：∵矩形中，，，
∴，，，
∵把沿折叠，
∴，，，
∵点、、三点共线，
∴，
∴，
设，则，，
∵中，，
∴，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：取中点，中点，连接，，，
∵矩形中，，，
∴，，，
∵把沿折叠，
∴，
∵中点，中点，
∴，，
∵以，，，为顶点的四边形为菱形，且，，
∴以，，，为顶点的四边形为菱形的对角线为或，
当以，，，为顶点的四边形为菱形的对角线为时，垂直平分，此时点到直线的距离；
当以，，，为顶点的四边形为菱形的对角线为时，垂直平分，此时，
设点到直线的距离，
∴，
∴，
即点到直线的距离，
综上所述，当以，，，为顶点的四边形为菱形时，点到直线的距离为或；
【小问3详解】
解：如图延长交于，与交于点，过作于，
∵矩形中，，，
∴，，，，
∴，，
∵把沿折叠，
∴，，，
设，则，
∵平分，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∵中，，
∴，
解得（负值舍去），
∴．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．
25. 已知正方形，边长是6，是边上一点，过点作交的延长线于点，交的延长线于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接，过作于点，试探究线段与之间有怎样的数量关系，并加以证明；
（3）如图3，在（2）的条件下，将沿翻折得，为直线上一动点，连接，当面积最大时，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质；
（1）由正方形和，得到，，，即可证明，得到；
（2）连接，由，得到、、、四点共圆，且为直径，则，即可得到是等腰直角三角形，再证明，得到，即；
（3）取中点，连接，过作于，则，则， ，当、重合时，最大，此时，，，，由将沿翻折得，得到，，在左边作等腰直角三角形，使，过作于，则，，即可得到，当、都在上时，最小．
【小问1详解】
证明：∵正方形，边长是6，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：，证明如下：
连接，
∵正方形，边长是6，
∴，，
∴，
∵，
∴、、、四点共圆，且为直径，
∴，
∵，
∴，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：取中点，连接，过作于，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当、重合时，最大，此时，，
∴，，
∵将沿翻折得，
∴，，
在左边作等腰直角三角形，使，过作于，
∴，，，
∴，，
∵，
∴、、三点共线，
∴，
∵，
∴当、都在上时，最小．