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期中模拟试题 2025-2026学年下学期初中数学人教版（2024）八年级下册
一、单选题
1．下列运算正确的是（　　）
A． += B． =2
C． = D．÷=2
2．下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示的一块地，已知∠ADC=90°，AD=12m，CD=9m，AB=25m，BC=20m，则这块地的面积为（　　）平方米．
A．96 B．204 C．196 D．304
5．如图，小明从点出发，沿直线前进后向左转，又向左转，照这样走下去回到原点，共走路程为（ ）
A． B． C． D．
6．若，则在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．设的整数部分为a，小数部分为b，则的值是（ ）
A．6 B． C．12 D．
8．如图，直线L上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为1和9，则b的面积为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
9．如图，将矩形折叠，使点和点重合，折痕为，与交于点，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，四边形中．，，为的平分线，，E，F分别是的中点，则的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
二、填空题
11．函数中，自变量的取值范围是________．
12．如图，点M，N分别是△ABC的边AB，AC的中点，若MN=2，则BC=________．
13．如图，将长方形纸片ABCD沿AE折叠，使点D落在BC边上的F处，如果∠AEF ＝75°，那么∠BAF ＝_______°．
14．已知菱形的两条对角线，，则菱形的面积为__________．
15．如图，菱形的周长是20，对角线相交于点是的中点，则________．
16．如图，点是以为圆心，为半径的圆弧与数轴的交点，则数轴上点表示的实数是__________．
17．如图，，矩形的顶点A、B分别在边、上，当B在边上运动时，A随之在上运动，矩形的形状保持不变，其中，．在运动过程中：
（1）斜边中线的长度是否发生变化 ___________（填“是”或“否”）；
（2）点D到点O的最大距离是 ___________．
三、解答题
18．计算：．
19．如图，在平行四边形中，E，F分别是，的中点，求证：．
20．如图所示，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作，且，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，交于点F，连接，若，，求的长．
21．如图，四边形是平行四边形，E，F是对角线上的两点，．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是平行四边形．
22．下图为某小区绿化带示意图，已知，米，米，米，米．
(1)试判断的形状，并说明理由；
(2)若铺设一平米草坪费用为元，请问将该绿化带铺满草坪需要多少钱？
23．定义：若两个二次根式m，n满足，且p是有理数，则称m与n是关于p的“友好二次根式”．
(1)若m与是关于10的友好二次根式，求m；
(2)若与是关于6的友好二次根式，求m．
24．在平面直角坐标系中，为坐标原点，两点坐标分别为，且．
(1)求两点坐标；
(2)点是x轴上两动点（在左侧），且使四边形为平行四边形．
①如图，当点分别在原点两侧时，连接，过点作交于点，连接，取中点，在上截取，使，若，求的长．
②当点在原点左侧时，过点的直线，分别交于试探究三条线段之间的数量关系．
25．如图，在平面直角坐标系中，，，且．
(1)求的面积；
(2)为轴负半轴上一动点，过作的垂线，交的垂线于，为垂足，求的度数；
(3)过作，当在轴负半轴上运动时，在（）的条件下，试判断的值是否改变，若不改变，请求出它的值．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D A C D A C C A
1．D
【分析】利用二次根式的加减法对A进行判断；根据二次根式的性质对B进行判断；根据二次根式的乘法法则对C进行判断；根据二次根式的除法法则对D进行判断．
【详解】解：A.与不能合并，所以A选项错误，不符合题意；
B.原式=3，所以B选项错误，不符合题意；
C.原式==，所以C选项错误，不符合题意；
D.原式==2，所以D选项正确，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．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．
2．B
【分析】本题考查了最简二次根式的定义．
依据最简二次根式的定义（被开方数不含分母，且被开方数中不含能开得尽方的因数或因式）对各选项进行判断即可．
【详解】解：A选项：的被开方数是分数，不是最简二次根式；
B选项：的被开方数5不含分母，且无开得尽方的因数，满足最简二次根式的条件，是最简二次根式；
C选项：，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；
D选项：，被开方数是分数，不是最简二次根式；
故选：B．
3．D
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，故D说法正确，符合题意；
根据现有条件无法得到，，，故A、B、C说法错误，不符合题意；
故选：D．
4．A
【分析】连接AC，运用勾股定理逆定理可证为直角三角形，可求出两直角三角形的面积，此块地的面积为两个直角三角形的面积差．
【详解】连接AC，
则在中， ，
∴AC=15，在 中，， ，
∴ ，
∴ ，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理和三角形面积的应用，解题的关键是正确添加辅助线.
5．C
【分析】利用多边形的外角和求出边数，进而即可求解．
【详解】解：由题意可知，小明每次向左转的角度为，这相当于正多边形的一个外角，
∵多边形的外角和为，
∴该正多边形的边数 ，
∵每次前进的距离为，
∴共走路程为 ．
6．D
【分析】本题主要考查二次根式的性质，点坐标的特点，先根据二次根式有意义的条件求出x的值，再代入表达式求出y的值，最后依据平面直角坐标系各象限点的坐标特征判断点P所在象限．
【详解】解：∵二次根式的被开方数为非负数，
∴，
解得，
当时，，
∴点的坐标为，
∵第四象限内的点横坐标为正，纵坐标为负，
∴点在第四象限，
故选：D．
7．A
【分析】首先根据的整数部分可确定的值，进而确定的值，然后将与的值代入计算即可得到所求代数式的值．
【详解】∵，
∴，
∴的整数部分，
∴小数部分，
∴．
故选：．
【点睛】本题考查了二次根式的运算，正确确定的整数部分与小数部分的值是解题关键．
8．C
【分析】运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得∠BAC=∠DCE，进而利用AAS可证明△ACB≌△DCE，再结合全等三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，
∵a、b、c都是正方形，
∴AC=CD，∠ACD=∠ABC=∠DEC=90°，
∴∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，即∠BAC=∠DCE，
在△ABC和△CED中，，
∴△ACB≌△CDE（AAS），
∴AB=CE，BC=DE；
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=AB2+DE2，
即Sb=Sa+Sc=1+9=10，
∴b的面积为10，
故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理及正方形的性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
9．C
【分析】先证明，再根据勾股定理求解，即可得答案．
【详解】解：由对折可得：，
矩形，
，
，
，
，
，
，，
，
．
10．A
【分析】根据勾股定理得到，根据平行线的性质和角平分线的定义得到，求得，如图：连接并延长交于G，根据全等三角形的性质得到，求得，再根据三角形中位线定理即可得到结论．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
如图：连接并延长交于G，
∵
∴，
∵F是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵E是的中点，F是的中点，
∴．
11．且
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】解：由题意得：x≥0，x-4≠0，
解得：x≥0且x≠4，
故答案为：x≥0且x≠4．
【点睛】本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键．
12．4
【分析】根据三角形中位线定理解答．
【详解】解：∵M，N分别是△ABC的边AB，AC的中点，
∴BC＝2MN＝4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
13．60
【分析】根据折叠的性质可得∠AFE=∠D=90°，∠EAF=∠DAE，再由∠AEF ＝75°，可得∠EAF=15°，从而得到∠DAF =30°，即可求解．
【详解】解：根据题意得：∠AFE=∠D=90°，∠EAF=∠DAE，∠BAD=90°，
∵∠AEF ＝75°，
∴∠EAF=90°-∠AEF=15°，
∴∠DAE=15°，
∴∠DAF=∠DAE+∠EAF=30°，
∴∠BAF=∠BAD-∠DAF=60°．
故答案为：60
【点睛】本题主要考查了折叠问题，直角三角形两锐角互余，熟练掌握图形折叠前后对应角相等，直角三角形两锐角互余是解题的关键．
14．30
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，计算即可．
【详解】解：∵菱形的两条对角线，，
∴．
故答案为：30．
【点睛】本题考查菱形的性质，记住菱形的面积公式是解题的关键．
15．
【分析】由菱形的性质可先求得菱形的边长，再由三角形中位线定理可求得OE的长．
【详解】∵菱形的周长是20，
∴AB==5，且O为BD的中点，
∵E为AD的中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE=AB=，
故答案为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质及三角形的中位线定理，掌握菱形的四条边都相等、对角线互相垂直平分及三角形的中位线定理是解题的关键．
16．
【分析】在AOB中，利用勾股定理求出AB的长，即可确定出AP的长，得到P表示的实数．
【详解】
解：如图，在Rt△AOB中，OA=1，OB=3，
根据勾股定理得：AB==，
∴AP=AB=，
∴OP=AP-OA=-1，
则P表示的实数为1-．
故答案为：1-．
【点睛】此题考查了勾股定理，以及实数与数轴，解题的关键是熟练掌握勾股定理．
17． 否 /
【详解】（1）直接运用直角三角形斜边中线定理即可证明；
（2）当D、Q、O三点共线时，此时，取得最大值，则有，由勾股定理求出即可得长度．
【解答】解：（1）如图，设斜边中点为Q，在运动过程中，斜边中线．
长度不变，故不变，
故答案为：否；
（2）设斜边中点为Q，在矩形的运动过程当中，有，
当D、Q、O三点共线时，则有，此时，取得最大值，如图所示，
为中点，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了斜边中线定理，三角形三边关系，勾股定理，矩形的性质，找出最大时D、Q、O三点的位置是解题关键．
18．
【分析】本题考查了负整数指数幂、乘方、算术平方根、绝对值，先化简负整数指数幂、乘方、算术平方根、绝对值，再运算加减，即可作答．
【详解】解：
．
19．证明见解析
【分析】根据四边形是平行四边形，可得到，再由E，F分别是，的中点，可得，从而得到四边形是平行四边形，进而证得．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
，
∵E，F分别是，的中点，
，，
，
∴四边形是平行四边形，
．
20．(1)见解析
(2)
【分析】此题考查矩形的判定和性质，关键是根据菱形的性质得出解答．
（1）根据菱形的性质得出，进而利用平行四边形的判定和矩形的判定解答即可；
（2）根据菱形的性质得出，进而利用全等三角形的判定和性质解答即可．
【详解】（1）证明：菱形，
，，
又，
，
，
四边形是平行四边形．
，
，
是矩形；
（2）解：菱形，
，，
，
在与中，
，
，
，
，
矩形，
，，
，
，
．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟记判定方法是解本题的关键；
（1）先证明，，再结合可得结论；
（2）由全等三角形的性质可得，，再证明，可得，从而可得结论．
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
，，
，
又，
（2），
，，
，
∴，
四边形是平行四边形．
22．(1)直角三角形，理由见解析
(2)3600元
【分析】本题考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理的应用；
（1）根据勾股定理求得，根据勾股定理的逆定理证明为直角三角形；
（2）根据三角形的面积公式求得面积，进而即可求解．
【详解】（1）为直角三角形，理由如下：
， ，
，
，
，
为直角三角形且
（2）
总费用为：元
答：将该绿化带铺满草坪需要元
23．(1)2
(2)3
【分析】（1）利用二次根式的除法法则进行计算即可；
（2）利用多项式乘多项式以及二次根式的混合运算法则进行计算．
【详解】（1）解：根据题意得，；
（2）解：根据题意得，，
∴．
24．(1)
(2)①；②或
【分析】（1）根据二次根式有意义的条件得到不等式组，求出，进而得到，即可得出A、D两点坐标；
（2）①连接，延长交于点，根据平行四边形的性质，证明，得到，，再根据等腰直角三角形的性质，证明，，，从而推出是等腰直角三角形，然后证明，得到，即可求解．
②分两种情况讨论：当点在原点右侧时，过点作交延长线于点，先证明四边形是平行四边形，得到，，再证明，得到，即可得出数量关系；当点在原点左侧时，过点作交于点，同理求证即可．
【详解】（1）解：，
，解得：，
，
，
；
（2）解：①如图，连接，延长交于点，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，，
是中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
∵
∴，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在和中，
，
，
，
∴
②当点在原点右侧时，过点作交延长线于点，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
当点在原点左侧时，过点作交于点，
同理可证，四边形是平行四边形，，
，，
，
，
即，
综上可知，、、三条线段之间的数量关系为或．
25．(1)
(2)
(3)不变，它的值为
【分析】（）利用非负数的性质求出的值，得到点的坐标，再根据三角形的面积公式计算即可求解；
（）过点作，交轴于，可证，再由等腰直角三角形的性质解答即可求解；
（）过点作，交的延长线于点，可证，得到，即得，再由矩形的性质得，即得，即可判断求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
解得，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图，过点作，交轴于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）解：不变，理由如下：
如图，过点作，交的延长线于点，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴的值不变，它的值为．
【点睛】本题考查了非负数的性质，坐标与图形，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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