吉林省长春市第五十二中学2022-2023学年八年级上学期期中数学试题.docx

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1、八年级上学期验收测试（二）数学一、选择题：（本大题共8小题，每小题3分，满分24分）1. 下列实数中，是无理数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先化简各数，再利用无理数的定义分析得出答案【详解】解：A是无理数，故此选项正确；B，是有理数，故此选项错误；C，是有理数，故此选项错误；D，是无理数，故此选项错误故选：A【点睛】本题考查了无理数的定义、算术平方根和立方根的定义，其中初中范围内学习的无理数有：，等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001，等有这样规律的数正确化简各数是解答本题的关键2. 下列运算正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【

2、分析】根据同底数幂的乘法，积的乘方运算法则，合并同类项，积的乘方和幂的乘方运算，逐项分析即可【详解】A. ，故该选项不正确，不符合题意； B. ，故该选项不正确，不符合题意；C. ，故该选项不正确，不符合题意； D. ，故该选项正确，符合题意故选D【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，积的乘方运算法则，合并同类项，幂的乘方运算，掌握以上知识是解题的关键3. 若最简二次根式与是同类二次根式，则的值为（ ）A. 1B. 4C. 2D. 0【答案】C【解析】【分析】根据同类二次根式定义：化成最简二次根式后被开方数相同的，即为同类二次根式，即可解答【详解】解：最简二次根式与是同类二次根式，解得：故选：C【

3、点睛】本题考查了同类二次根式，最简二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解题的关键4. 用反证法证明命题“在同一平面内，若 ，则 ac”时，首先应假设（ ）A. abB. bcC. a 与 c 相交D. a 与 b相交【答案】C【解析】【分析】用反证法解题时，要假设结论不成立，即假设a与c不平行（或a与c相交）【详解】解：原命题“在同一平面内，若ab，cb，则ac”， 用反证法时应假设结论不成立，即假设a与c不平行（或a与c相交）故答案为：C【点睛】此题考查了反证法证明的步骤：（1）假设原命题结论不成立；（2）根据假设进行推理，得出矛盾，说明假设不成立；（3）原命题正确5. 若是一个完全平方式

4、，则的值为（ ）A. 5或B. 5C. D. 10或【答案】A【解析】【分析】先根据平方项确定出这两个数，再根据完全平方公式：利用乘积二倍项列式求解即可【详解】解：是完全平方式，这两个数是x和5，故选：A【点睛】本题考查完全平方公式，两数的平方和，再加上或减去它们积的2倍，就构成了一个完全平方式，根据平方项确定出这两个数是求解的关键6. 如图，在中，已知和的平分线相交于点，过点作，交于点，交于点.若，则的周长为（ ）A. 10B. 11C. 12D. 13【答案】B【解析】【分析】先由平行线的性质与角平分线的定义证得，再由等腰三角形的判定即可得出，然后根据三角形周长公式求解即可【详解】解：平分

5、，平分，的周长为：故选：B【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，证得，是解题的关键7. 如图，在中，按下列步骤作图：分别以点和点为圆心，大于一半的长为半径作圆弧，两弧相交于点和点；作直线，与边相交于点，连结下列说法不一定正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用线段的垂直平分线的性质以及三角形内角和定理一一判断即可【详解】解：由作图可知，垂直平分线段，故选项A，B，D正确，故选：C【点睛】本题考查作图基本作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型8. 是等边三角形，点和点分别是、上的点，作直线，将沿直

6、线翻折，、的对应线段、分别交于点和点，当时，阴影部分的周长是（ ）A. 8B. C. 12D. 10【答案】C【解析】【分析】由折叠得，然后将阴影部分的周长转化为求的周长进行计算即可【详解】解：是等边三角形，由折叠得：，阴影部分的周长为：，故选：C【点睛】本题考查了折叠的性质，翻折前后两个图形全等，对应边相等，对应角相等二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）9. 16的平方根是_【答案】【解析】【分析】根据平方根的定义即可求解【详解】即：16的平方根是故填：【点睛】此题主要考查平方根，解题的关键是熟知平方根的定义10. 因式分解：_【答案】【解析】【分析】首先提取公因数3，进而

7、利用平方差公式进行分解即可【详解】解：原式=3(x24)=3(x+2)(x2)；故答案为：3(x+2)(x2)【点睛】此题主要考查了提取公因式以及公式法分解因式，正确应用平方差公式是解题关键11. 在数学学习中，我们常把数或表示数的字母与图形结合起来，著名数学家华罗庚曾用诗词表达了“数形结合”的思想，其中谈到“数缺形时少直观，形少数时难入微”，如图是由四个长为，宽为的长方形拼摆而成的正方形，其中，若，则的值为_【答案】【解析】【分析】结合图形可知：大正方形的面积减去4个长方形的面积等于中间小正方形的面积，即，将和代入求出，根据即可求出【详解】解：由图可知：大正方形的面积减去4个长方形的面积等于

8、中间小正方形的面积，即，故答案为：【点睛】本题考查完全平方公式，平方根，解题的关键是结合图形找出，进行求解12. 命题“如果两个三角形全等，那么这两个三角形的面积相等”的逆命题是_命题（选填“真”或“假”）【答案】假【解析】【分析】先写出逆命题，然后判断逆命题即可求解【详解】解：命题“如果两个三角形全等，那么这两个三角形的面积相等”的逆命题是：如果两个三角形的面积相等，那么这两个三角形全等，是假命题故答案为：假【点睛】本题考查了判断真假命题，逆命题，全等三角形的判定，掌握相关知识是解题的关键13. 小亮用11块高度都是的相同长方体小木块垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个正方形木

9、板，截面如图所示，两木墙高分别为与，点在上，求正方形木板的面积为_cm【答案】61【解析】【分析】利用三角形全等及勾股定理解题即可【详解】解：木墙与地面垂直，正方形，长方体小木块高度都是，在中，故答案为：61【点睛】本题主要考查勾股定理的运用，涉及到三角形全等的判定，能够熟练通过全等得到线段的等量关系是解题关键14. 如图，已知是等边三角形，点、在同一直线上，且，则的度数为_【答案】#15度【解析】【分析】根据等腰三角形的性质及外角计算即可【详解】解：，是等边三角形，故答案为：【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，涉及到外角的运用，能够通过外角及等腰三角形的性质关联是解题关键三、解答题：（本题

10、有10个小题，共78分）15. 【答案】【解析】【分析】先算二次根式的乘法，同时根据二次根式的性质进行化简，然后合并同类二次根式【详解】解：原式【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：一般情况下先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍16. 先化简，再求值：，其中【答案】【解析】【分析】运用完全平方公式，平方差公式及多项式乘多项式化简求值即可【详解】解：代入得【点睛】本题主要考查乘法公式的运用，能够熟练运用乘法公式化简是解题关键17. 如图，在矩形中无重叠放入

11、面积分别为和的两张正方形纸片，求图中空白部分的周长【答案】【解析】【分析】根据正方形的面积求出边长，空白部分的周长为小正方形的边长与大正方形边长减去小正方形边长的和的2倍【详解】解：两张正方形纸片的面积分别为和，它们的边长分别为，空白部分的周长【点睛】本题考查了二次根式的化简，二次根式的加减运算，化简二次根式是解题的关键18. 已知，求和的值【答案】，【解析】【分析】逆用同底数幂的乘除法和幂的乘方法则进行变形，再整体代入数值计算即可【详解】解：，【点睛】本题考查了同底数幂的乘法、幂的乘方与同底数幂的除法，解题的关键是能灵活运用这些法则的逆运算19. 图、图均是的正方形网格，每个小正方形的边长均

12、为1，其顶点称为格点，的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹（1）网格中的形状是_；（2）在图中确定一点，连接、，使与全等；（3）在图中的边上确定一点，连接，使与的面积比【答案】（1）直角三角形； （2）见解析； （3）见解析【解析】【分析】（1）先根据勾股定理求出，再根据勾股定理的逆定理得出答案；（2）根据全等三角形的判定作图即可；（3）根据网格取的中点P，连接，则为的中线，可得与面积相等，则与的面积比是【小问1详解】解：，是直角三角形，故答案为：直角三角形；【小问2详解】解：如图，即为所求；【小问3详解】解：如图，点即为所求【点睛】本题考查了勾股定

13、理，勾股定理的逆定理，作全等三角形，三角形中线的性质，熟知三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分是解题的关键20. 如图，在中，垂足分别为点，点，连接、（1）试判断与的关系，并说明理由；（2）若，的面积是，则的面积为_【答案】（1），理由见解析； （2）【解析】【分析】（1）求出，由，可得，证明，即可得到；（2）证明四边形为平行四边形，和是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得，求出和的面积是，进而可得答案【小问1详解】解：，理由：在中，在和中，【小问2详解】解：，四边形为平行四边形，和是等腰三角形，的面积是，和的面积是，的面积是，的面积为，故答案为：【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，

14、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，灵活运用各性质进行推理计算是解题的关键21. 根据已学知识，我们已经能比较有理数的大小，下面介绍一种新的比较大小的方法：3210，32；（2）130，21；（2）（2）0，22像上面这样，根据两数之差是正数、负数或0，判断两数大小关系的方法叫做作差法比较大小（1）请将上述比较大小的方法用字母表示出来：若，则_；若，则_；若，则_；（2）请用上述方法比较下列代数式的大小（直接在空格中填写答案）_；当时，_；（3）试比较与的大小，并说明理由【答案】（1），=， （2）， （3），理由见详解【解析】【分析】（1）根据作差法可作答；（2）利用作差法即可作

15、答；（3）结合整式的加减混合运算法则，利用作差法即可作答；【小问1详解】，；，；，故答案：、=、；【小问2详解】，；，又，故答案为：、；【小问3详解】，理由如下：，又，【点睛】本题考查了实数比较大小、二次根式的加减混合运算、整式的加减混合运算等知识，掌握相关的加减混合运算法则是解答本题的关键22. 感知：如图，和都是等腰直角三角形，点在线段上，点在线段上，我们很容易得到，不需证明探究：如图，将绕点逆时针旋转，连结和，此时是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由应用：如图，当绕点逆时针旋转，使得点落在的延长线上，连结的度数为_度；若，则线段的长为_【答案】探究：成立，证明见解析；应

16、用：45；【解析】【分析】探究：根据旋转的性质得出，然后利用证明即可；应用：根据全等三角形的性质可得答案；利用勾股定理求出，可得的长，根据全等三角形的性质可得的长，求出，根据勾股定理可得答案【详解】探究：成立，证明：和都是等腰直角三角形，将绕点A逆时针旋转，在与中，；应用：是等腰直角三角形，同探究可得：，故答案为：45；在中，【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，证明是解题的关键23. 数形结合是解决数学问题的一种重要思想方法，借助图形的直观性，可以帮助解数学问题（1）请写出图1，图2，图3阴影部分的面积分别能解释的数学公式

17、图1：_；图2：_；图3：_其中，完全平方公式可以从“形”的角度进行探究，通过图形的转化可以解决很多数学问题，在图4中，已知，求的值解：，又，.即类比迁移：（2）若，则_；（3）如图5，点是线段上的一点，以，为边向两边作正方形，设，两正方形的面积和，阴影部分面积为_【答案】（1），； （2）； （3）12【解析】【分析】（1）根据阴影部分面积的不同表示方式，列式后即可得出能解释的数学公式；（2）将和看作是整体，然后利用完全平方公式变形，化简后整体代入求解即可；（3）设，则，根据可得，然后根据列式求出，进而可得答案【小问1详解】解：图1中阴影部分面积可以表示为，也可以表示为，故可得：；图2中阴影

18、部分面积可以表示为，也可以表示为，故可得：；图3中阴影部分面积可以表示为，也可以表示为，故可得：故答案为：，；【小问2详解】解：，故答案为：28；【小问3详解】解：设，则，两正方形的面积和，即：， 故答案为：12【点睛】本题考查完全平方公式和平方差公式与几何图形之间联系，掌握数形结合的思想，灵活运用乘法公式是解题的关键24. 在中，动点从点出发，以的速度沿折线运动，连接交于点，设点的运动时间为秒（1）当点在边上运动时，直接写出、的长；（2）在（1）的条件下，当是等腰三角形时，求的值；（3）当点在的垂直平分线上时，求出此时的值；（4）点与点同时出发，且点在边上由点向点运动，点的速度是，当直线平分

19、的面积时，直接写出的值【答案】（1），； （2）； （3）或； （4）或【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，由可得；（2）求出，可得是等腰三角形时，是等腰直角三角形，然后根据列式求出t值即可；（3）作的垂直平分线交于，交于，交于F，过点B作于H，连接，当点运动到的位置时，先求出和的长，然后可得，即可计算t的值；当点运动到的位置时，在中，利用勾股定理构建方程求出，然后可计算此时t的值；（4）如图2，连接交于G，过点G，证明，可得当过点G时，直线平分的面积，然后分点P在上和点P在上两种情况，分别求解即可【小问1详解】解：在中，由题意得：，；【小问2详解】解：，是直角三角形，且，在中，当

20、是等腰三角形时，是等腰直角三角形，；【小问3详解】解：如图1，作的垂直平分线交于，交于，交于F，过点B作于H，在中，在中，（平行线间间距相等），当点运动到的位置时，；连接，垂直平分，在中，当点运动到的位置时，；综上，当点在的垂直平分线上时，的值为或； 小问4详解】解：如图2，连接交于G，过点G，在中，又，当过点G时，直线平分的面积，当点P在上时，解得：；当点P在上时，如图3，点P与点G重合，；综上，当直线平分面积时，的值为或 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与方程思想的应用是解题的关键