资源简介 2024-2025学年八年级数学下册5月份月考试卷(第16~19章)一.选择题(共10小题,满分30分,每小题3分)1.在算式“”中,“”表示“”“”“”””中的某一个运算符号.当算式的结果最大时,“口”表示的运算符号是( )A. B. C. D.2.五根小木棒的长度分别为,,,,,现将它们摆成两个直角三角形,下列摆放正确的是( )A. B.C. D.3.如图,为的对角线上一点,过点作,的平行线,分别交,,,于四点,连结.若的面积为,则的面积为( )A.5 B.2.5 C.2.4 D.1.254.甲、乙两人骑自行车匀速同向行驶,乙在甲前面处,同时出发去距离甲的目的地,甲的速度比乙快.设甲、乙之间的距离为,乙行驶的时间为,y与x之间的关系如图所示.若点C的坐标为,则点B的坐标为( )A. B. C. D.5.如图,已知四边形和四边形均为正方形,且是的中点,连接,若,则的长为( )A. B. C. D.6.一次函数的图象上有,两点,下列正确的选项是( )A.当时, B.当时,C.当时, D.当时,7.如图,若干个形状、大小完全相同的小菱形组成网格,小菱形的顶点称为格点,且小菱形的边长为1,,若在网格中作一个矩形,使得矩形的4个顶点都在格点上,很明显,这样的图形有多种画法,则满足条件的矩形的面积最大值是( ).A. B.6 C. D.88.已知,则的值为( )A.0 B.1 C. D.9.如图,在中,,,点D为边上的中点,点E在线段上(点E不与点B,点D重合),过点A作交于点F,过点B作交的延长线于点G.若已知的长,则可求出( )A.的长 B.的长 C.的长 D.的长10.如图,在矩形中,,,P是的中点,点Q在边上,连接,将矩形沿折叠,点B,C,D的对应点分别为分别交于点E,F(点E在点F右侧),则线段的最大值为( )A. B. C. D.二.填空题(共6小题,满分18分,每小题3分)11.如图,在直角三角形纸片中,,,.是中点,将纸片沿翻折,直角顶点的对应点为,交于,则 .12.已知菱形,点分别为边的中点,若四边形的面积为,则菱形的面积为 .13.青朱出入图(图1)是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形,该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等,朱入与朱出的三角形全等,朱方与青方是两个正方形.为便于叙述,将其绘成图2,若记朱方对应正方形的边长为,青方对应正方形的边长为,已知,,则图2中的阴影部分面积为 .14.【教材变式】已知为正整数,若是整数,则根据可知有最小值.设为正整数,若是大于1的整数,则的最小值与最大值的和是 .15.如图,在平面直角坐标系中,点,,,…都在轴上,点,,,…都在同一条直线上,,,,,,…都是等腰直角三角形,且,则点的坐标是 .16.如图,在矩形中,,E是边上的一动点,连接,过点D作交于点G,垂足为点F,连接.(1)当点G恰为中点时,则 .(2)当平分时,若,则 .三.解答题(共8小题,满分72分)17.(6分)先阅读下面的解答过程,再解决问题.形如的化简,只要我们找到两个数,使,这样,于是;举例:化简解:这里即,用上述例题的方法化简:(1)(2)18.(6分)如图,长方体的长,宽,高,三只蚂蚁沿长方体的表面同时以相同的速度从点出发到点处.蚂蚁甲的行走路径为翻过棱后到达点处(即),蚂蚁乙的行走路径为翻过棱后到达点处(即),蚂蚁丙的行走路径为翻过棱后到达点处(即).(1)甲、乙、丙三只蚂蚁的行走路程的最小值的平方分别是多少?(2)若三只蚂蚁都走自己的最短路径,请判断:哪只蚂蚁最先到达?哪只蚂蚁最后到达?19.(8分)如图,在四边形中,,对角线交于点,过点作交的延长线于点,连接.(1)求证:;(2)若,求证:四边形是菱形;(3)在(2)的条件下,若菱形的面积为,求的长.20.(8分)直线分别与轴交于两点,点A的坐标为,过点的直线交轴正半轴于点,且.(1)求点的坐标及直线的解析式;(2)在轴上方存在点,便以点为顶点的三角形与全等,画出并求出点的坐标;(3)若在线段上存在点,使点到点的距离相等,求出点的坐标.21.(10分)如图1为折叠便携钓鱼椅子,将其抽象成几何图形,如图2所示,测得,,,,,已知.(1)求证:四边形是平行四边形;(2)求椅子最高点A到地面的距离.22.(10分)阅读材料:像、、……两个含有二次根式的代数式相乘,积不含有二次根式,我们称这两个代数式互为有理化因式.例如与,与等都是互为有理化因式.在进行二次根式计算时,利用有理化因式,可以化去分母中的根号.例如:;解答下列问题:(1)与 互为有理化因式,将分母有理化得 ,(2)观察下面的变形规律并解决问题:①,,,……若为正整数,请你猜想: ,②计算:23.(12分)在一条笔直的道路上依次有A,B,C三地,A地与C地的距离为320千米.乙车从B地驶往C地,同时甲车从B地驶往A地,到达A地后因故停留1小时,然后按原路原速返回B地并立即驶往C地,结果甲车比乙车早2小时到达C地后停车修整.两车均匀速行驶,图是两车距A地的距离y(单位:千米)与出发的时间x(单位:小时)之间的函数图象(甲车的函数图象不完整).(1)求乙车从B地到C地的行驶过程中y关于x的表达式(不写自变量的取值范围);(2)甲车的速度为______________千米/小时;当______________时,甲车刚好到达C地;在图中补充甲车从A地到C地行驶过程中,y关于x的函数图象;(3)当两车从B地出发后,第一次相遇时,求相遇点与A地的距离;(4)乙车到达C地前,直接写出当两车之间相距100千米时x的值.24.(12分)综合与实践:综合与实践课上,老师让同学们以“折叠”为主题开展数学活动.(1)作判断操作一:对折长方形纸片,使与重台,得到折痕,把纸片展平;操作二:在上选一点,沿折叠,使点落在长方形内部点处,把纸片展平,连接,.根据以上操作,当点在上时,______度.(2)迁移探究:嘉琪将长方形纸片换成正方形纸片,继续探究,过程如下:将正方形纸片按照(1)中的方式操作,并延长交于点,连接.如图.当点在上时,______度,______度;改变点在上的位置(点不与点,重合),如图,判断与的数量关系,并说明理由.(3)拓展应用:在(2)的探究中,已知正方形纸片的边长为,当时,直接写出的长.参考答案一.选择题1.D【分析】本题考查的是二次根式的加减运算,混合运算,二次根式的大小比较,先把选项中的运算符号代入进行计算,再比较大小即可.【详解】解:,,,,∵,,∴当算式的结果最大时,“口”表示的运算符号是;故选:D2.C【分析】本题考查了勾股定理的逆定理,熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键.根据勾股定理的逆定理进行计算,即可解答.【详解】解:,,,,,,,以,,三根木棒能摆成直角三角形,以,,三根木棒能摆成直角三角形,故选:C3.B【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质,熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键.先根据平行四边形的性质可得,,再证出四边形、四边形、四边形和四边形都是平行四边形,根据平行四边形的性质可得,,,,则,由此即可得.【详解】解: ∵四边形是平行四边形,∴,,∵,∴,∴四边形、四边形、四边形和四边形都是平行四边形,∴,,,,又∵,∴,∴,∴,∵的面积为,∴的面积为,故选:B.4.C【分析】本题主要考查一次函数的应用,根据图象,先求出甲的速度,再求出乙的速度,再根据点B时,甲、乙两人刚好第一次相遇,列方程,进而得出答案.【详解】解:由图象分析可知,C点时,甲刚好到达目的地,点C的坐标为,∴甲的速度为,设乙的速度为,由C的坐标为,得,解得,点时,甲、乙两人刚好第一次相遇,∴,解得,则点B的坐标为.故选:C.5.D【分析】本题考查了正方形的性质,勾股定理,矩形的判定与性质全等三角形的判定与性质,掌握知识点的应用是解题的关键.过点作交于点,交于点,则,证明四边形是矩形,故,根据正方形的性质得出,,,然后证明,则,,再由勾股定理即可求解.【详解】解:过点作交于点,交于点,则,∵四边形是正方形,∴,,∴,∴四边形是矩形,∴,∵是的中点,∴,∵四边形和四边形均为正方形,∴,,,∴,∴,∴,∴,,∴,,∴,故选:.6.C【分析】本题考查的是一次函数的图象与性质,先求解一次函数与轴的交点坐标为:,再结合图象求解即可.【详解】解: 当,则,解得:,∴一次函数与轴的交点坐标为:;如图,∴当时,,当时,,一次函数的图象上有,两点,∴当时,则,∴,,∴,故D不符合题意,C符合题意;当时,则,∴的符号不确定,,∴A,B都不符合题意;故选:C7.C【分析】本题主要考查了菱形的性质,矩形的判定,勾股定理,含30度角的直角三角形的性质,平行四边形的性质与判定,熟练掌握相关知识是解题的关键.取格点E,F,G,H,根据菱形对角线互相垂直可证明四边形是矩形,且根据网格的特点可知四边形是面积最大的矩形.过点D作于E,则,进而可得,,即可求出,证明四边形是平行四边形,得到,同理可得,则可得到.【详解】解:如图所示,四边形即为所求;根据菱形的对角线互相垂直可得,,根据网格特点可得,∴四边形是矩形.过点D作于N,∵,∴,∴,∴,∴,∵四边形是菱形,∴,∵,∴四边形是平行四边形,∴,同理可得,∴,∴.故选:C8.C【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值、分母有理化等知识点,逐步把代入所求式子进行化简求值是解题的关键.先利用分母有理化对已知条件进行化简,再依次代入所求的式子进行运算即可.【详解】解:∵,∴,∴.故选:C.9.A【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,延长,交的延长线于,由可证,可得,,由可证,可得,,可证,由勾股定理可得,即可求解.添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键.【详解】解:延长,交的延长线于,,,,,点是的中点,,又,,,,,,,,,,,,,,,,已知的长,可求的长,故选:A.10.B【分析】本题考查了折叠的性质,勾股定理,矩形的性质,要使最大,则点F要离点E最远,当点Q与点B重合时,线段最大,计算出的长度,,即可解答,熟知折叠的性质,得到当点Q与点B重合时,线段最大是解题的关键.【详解】解:如图,是的中点,为定点,∴要使最大,则点F要离点E最远,∴当点Q与点B重合时,线段最大,此时点也与点B重合,根据折叠可得,,四边形是矩形,,,,,设,则,点是的中点,,在中,,即,解得,同理可得.最大值为.故选:B.二.填空题11.【分析】本题考查了勾股定理,坐标与图形,求一次函数的解析式.以点为原点,所在直线为轴,建立直角坐标系,先利用勾股定理结合等积法求得,利用待定系数法分别求得直线和的解析式,再联立求得,利用两点之间的距离公式求解即可.【详解】解:以点为原点,所在直线为轴,建立直角坐标系,如图,则,,,设与的交点为F,作轴于点,∵是中点,∴,∴,由折叠的性质得,∵,即,∴,,同理,,,∴,设直线的解析式为,则,解得,∴直线的解析式为,设直线的解析式为,则,解得,∴直线的解析式为,联立得,解得,,∴,∴,故答案为:.12.【分析】本题考查了菱形的性质,矩形的判定和性质,三角形中位线的性质,连接交于,根据三角形中位线定理得,,,,进而可得四边形是矩形,得到,进而根据菱形的面积公式计算即可求解,正确作出辅助线是解题的关键.【详解】解:连接交于,∵四边形是菱形,∴,∵点分别是边的中点,∴,,,,,,∴,,∴四边形是平行四边形,∵,∴,∴,∵,,∴,∴,∴四边形是矩形,∵四边形的面积为,∴,∴菱形的面积.故答案为:.13.【分析】本题考查数学文化与几何概型,涉及到全等三角形的性质,勾股定理,完全平方公式变形求值.根据题意可得可以求出,即可得到图2中的阴影部分面积为,用a,b表示后计算即可.【详解】解:∵朱方对应正方形的边长为a,青方对应正方形的边长为b,∴,,∵朱入与朱出的三角形全等,∴,∴,∵两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等,∴,,∴,,∴阴影部分面积为,∵,,∴,即阴影部分的面积为,故答案为:.14.【分析】本题考查了二次根式的乘除法,二次根式的性质与化简,先将化简为,可得最小为3,由是大于1的整数可得越小,越小,则越大,当时,即可求解,解题的关键是读懂题意,根据关键词“大于”,“整数”进行求解.【详解】解: ,且为整数,最小为3,是大于1的整数,越小,越小,则越大,当时,,,即最大为75,故的最小值与最大值的和是,故答案为:.15.【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质,一次函数,勾股定理等知识,解题的关键用列举法找到规律后再解答.先求出直线解析式,再根据题意分别求出,,,…的纵坐标,再代入函数表达式中,求出横坐标,即可得到答案.【详解】解:∵,,,,…都是等腰直角三角形,且,∴,设直线过点,的函数表达式为.则,解得:,函数表达式为.∵的纵坐标为1,的纵坐标为,的纵坐标为,…,的纵坐标为,把的纵坐标为代入中,解得,点的坐标是.故答案为:.16. 3【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、角平分线的性质等知识点,添加适当的辅助线是解题的关键.(1)延长与交于点H,根据矩形的性质可得,从而可得,再根据线段的中点定义可得,然后利用证明,从而利用全等三角形的性质可得,进而可得,再根据垂直定义可得,最后利用直角三角形斜边上的中线性质进行计算即可解答;(2)根据矩形的性质可得,再利用角平分线的性质可得,,从而可得,进而可得,然后在中,利用勾股定理求出,再设,则,从而在中,利用勾股定理进行计算可求出的长,最后求比即可.【详解】解:(1)如图:延长与交于点H, ∵四边形是矩形,∴,∴,∵点G为中点,∴,∴,∴,∴,∵,∴,∴.故答案为:3;(2)∵四边形是矩形,∴,∴,∵平分,,∴,,,在中,,∴,设,,在中,,∴,解得:,∴,,故答案为:.三.解答题17.(1)解:,即,∴;(2)解:,即,∴.18.(1)解:将长方体表面展开,如图,连接,在中,,,如图,连接,在中,,,如图,连接,在中,,,甲、乙、丙三只蚂蚁的行走路程的最小值的平方分别是,,;(2)解:,即,,又三只蚂蚁沿长方体的表面同时以相同的速度从点出发,行走路程最小的最先到达,行走路程最大的最后到达,即:蚂蚁丙最先到达,蚂蚁甲最后到达.19.(1)证明:∵,∴四边形是平行四边形,∴;(2)证明:∵,∴,∴,∵,∴,∴,∴,由(1)可知,四边形是平行四边形,∴平行四边形是菱形;(3)解:由(2)可知,四边形是菱形,∴,∴,∵,∴.20.(1)解:把代入,得..,,,点在轴正半轴上,设直线的解析式为.把及代入,得,解得直线的解析式为:;(2)解:分和两种情况:如图当时,∵,,∴,∵,∴,∵,∴,∴,∵,∴,,∴,∵在第二象限内,∴;当时,∴,,∴即轴,又∵,在第二象限内,∴;综上,点的坐标为或;(3)解:依照题意画出图形,如图所示.∵,∴设,则.在中,,∴,即,解得:x,∴点P的坐标.21.(1)证明:∵,,,∴,,则,∴,∴四边形是平行四边形;(2)解:∵四边形是平行四边形,∴,延长交于,由(1)可知,,,∴四边形是平行四边形,∴,,则,,连接,∵,∴,,∴,∴,∴,即:椅子最高点到地面的距离为.22.(1)解:根据互为有理化因式的定义可知,与互为有理化因式;,故答案为:;.(2)解:①;②.23.(1)解:由题意可知图中段图象是乙车从地到地的行驶过程,由图象可知,,可设,代入,,得,解得,∴乙车从地到地的行驶过程中关于的表达式为:;(2)由图象可知,甲车的速度为千米/小时,甲车从地出发达到地所需时间为,∴,则补全函数图象如图所示,故答案为:80,6;(3)由题意可知,甲车从地出发时,乙车已经出发了2小时,若距离出发小时,两车第一次相遇,可得:,解得:,此时,相遇点与地的距离为千米;(4)当甲还没到时,两车之间相距100千米,可得,解得:;当甲、乙相遇之前时,两车之间相距100千米,可得:,解得:;当甲、乙相遇之后,且甲车没有到达地时,两车之间相距100千米,可得:,解得:(不符合题意,舍去);当甲车到达地后,乙车还没有到,两车之间相距100千米,可得:,解得:(不符合题意,舍去);综上,当两车之间相距100千米时,或.24.(1)解:,,取的中点为,连接,如图:,,,是等边三角形,,,,,故答案为:;(2)解:四边形是正方形,,,由折叠的性质得:,,;,,,,,,故答案为:,;,理由如下:四边形是正方形,,,由折叠可得,,,,,,;(3)解:当点在点的下方时,如图,,,,,,由(2)可知,,设,,,即,解得:,;当点在点的上方时,如图,,,,,,由(2)可知,,设,,,即,解得:,,综上所述,或. 展开更多...... 收起↑ 资源预览