八年级后半期期中数学试题卷及答案解析带参考答案和解析(2022-2023年山东省聊城市高唐县).docx

八年级后半期期中数学试题卷及答案解析带参考答案和解析（2022-2023年山东省聊城市高唐县）

选择题
在-1.414，（略），（略），3.14，2（略），3.212212221…这些数中，无理数的个数为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】分析:根据无理数的定义及无理数常见的三种形式解答即可.
详解: -1.414，3.14是有理数;
（略），（略），2（略），3.212212221…是无理数;
故选C.

选择题
一个正数的两个平方根分别是2a-1与-a+2，则a的值为（　　）
A.1 B.-1 C.2 D.-2
【答案】B
【解析】
根据一个正数的两个平方根互为相反数得到关于a的一元一次方程，求解即可．
解：根据题意可得：（略），
解得（略），
故选：B．

选择题
在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C所对的边分别是a，b，c.若a＝5，b＝12，则c的长为(　　)
A. （略） B. 13
C. 18 D. 169
【答案】B
【解析】
在直角三角形ABC中，利用勾股定理可得c=（略），代入数据可得出c的长度．
∵三角形ABC是直角三角形，∠C=90°
∴c=（略）
=（略）
=（略）
=13
故答案为：B.

选择题
下列不等式变形正确的是（ ）
A.由（略）得（略） B.由（略）得（略）
C.由（略）得（略） D.由（略）得（略）
【答案】B
【解析】
根据不等式的基本性质分别进行判定即可得出答案．
A.由（略）得（略），故该选项变形错误，不符合题意，
B.由（略）得（略），故该选项变形正确，符合题意，
C.由（略）得（略），故该选项变形错误，不符合题意，
D.由（略）得（略），故该选项变形错误，不符合题意，
故选：B．

选择题
下列二次根式中，不能与（略）合并的是（　 　）
A. （略） B. （略） C. （略） D. （略）
【答案】C
【解析】
先化简二次根式，根据最简二次根式的被开方数是否与（略）相同，可得答案．
A、（略）＝（略），故A能与（略）合并；
B、（略）＝2（略），故B能与（略）合并；
C、（略）＝2（略），故C不能与（略）合并；
D、（略）能与（略）合并
故选：C

选择题
下列命题是假命题的是（ ）
A.对角线互相平分的四边形是平行四边形 B.对角线相等且互相平分的四边形是矩形
C.对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D.对角线互相垂直的四边形是正方形
【答案】D
【解析】
根据平行四边形，矩形，菱形和正方形的对角线矩形判断即可．
解：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以A为真命题；
对角线相等且互相平分的四边形是矩形，所以B为真命题；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形，所以C为真命题；
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以D为假命题；
故选：D．

选择题
已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，E是BC的中点，以下说法错误的是（　　）
（略）
A. OE=（略）DC B. OA=OC C. ∠BOE=∠OBA D. ∠OBE=∠OCE
【答案】D
【解析】由平行四边形的性质和三角形中位线定理得出选项A、B、C正确；由OB≠OC，得出∠OBE≠∠OCE，选项D错误；即可得出结论．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AB∥DC，
又∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE=（略）DC，OE∥DC，
∴OE∥AB，
∴∠BOE=∠OBA，
∴选项A、B、C正确；
∵OB≠OC，
∴∠OBE≠∠OCE，
∴选项D错误；
故选D．
“点睛”此题考查了平行四边形的性质，还考查了三角形中位线定理，解决问题的方法是采用排除法解答．

选择题
如图，在Rt△PQR中，∠PRQ＝90°，RP＝RQ，边QR在数轴上．点Q表示的数为1，点R表示的数为3，以Q为圆心，QP的长为半径画弧交数轴负半轴于点P1，则P1表示的数是(　　)
（略）
A. －2 B. －2（略） C. 1－2（略） D. 2（略）－1
【答案】C
【解析】
首先利用勾股定理计算出QP的长，进而可得出QP1的长度，再由Q点表示的数为1可得答案.
根据题意可得QP=（略）=2（略），
∵Q表示的数为1,
∴P1表示的数为1-2（略）.
故选：C.

选择题
如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△（略），（略）与AB交于点E.若∠1＝35°，则∠2的度数为（　　）
（略）
A. 30° B. 20° C. 35° D. 55°
【答案】B
【解析】分析：首先根据平行线以及三角形内角和定理求出∠ABD和∠CBD的度数，然后根据折叠图形的性质得出∠DBC′的度数，从而求出∠2的度数．
详解：∵AB∥CD， ∴∠ABD=∠1=35°， ∵∠C=90°， ∴∠CBD=90°－35°=55°，
根据折叠图形可得：∠DBC′=∠DBC=55°， ∴∠2=55°－35°=20°，故选B．

选择题
如图，矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 O,CE∥BD, DE∥AC , AD＝2（略）, DE＝2,则四边形 OCED 的面积为（　　）
（略）
A. 2（略） B. 4 C. 4（略） D. 8
【答案】A
【解析】试题分析：连接OE，与DC交于点F，∵四边形ABCD为矩形，∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD，即OA=OB=OC=OD，∵OD∥CE，OC∥DE，∴四边形ODEC为平行四边形，∵OD=OC，∴四边形ODEC为菱形，∴DF=CF，OF=EF，DC⊥OE，∵DE∥OA，且DE=OA，∴四边形ADEO为平行四边形，∵AD=（略），DE=2，∴OE=（略），即OF=EF=（略），在Rt△DEF中，根据勾股定理得：DF=（略）=1，即DC=2，则S菱形ODEC=（略）OE•DC=（略）×（略）×2=（略）．故选A．
（略）

选择题
（3分）关于x的不等式组（略）的解集为x＜3，那么m的取值范围为（ ）
A. m=3 B. m＞3 C. m＜3 D. m≥3
【答案】D
【解析】
试题不等式组变形得：（略），由不等式组的解集为x＜3，得到m的范围为m≥3，故选D．

选择题
如图，在矩形ABCD中无重叠放入面积分别为16cm2和12cm2的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为（　　）
（略）
A.（8﹣4（略））cm2 B.（4﹣2（略））cm2
C.（16﹣8（略））cm2 D.（﹣12+8（略））cm2
【答案】D
【解析】
根据正方形的面积求出边长AB＝4cm，BC＝（2（略）+4）cm，利用四边形ABCD的面积减去两个阴影的面积即可列式求出答案.
∵两张正方形纸片的面积分别为16cm2和12cm2，
∴它们的边长分别为（略）＝4cm，（略）＝2（略）cm，
∴AB＝4cm，BC＝（2（略）+4）cm，
∴空白部分的面积＝（2（略）+4）×4﹣12﹣16，
＝8（略）+16﹣12﹣16，
＝（﹣12+8（略））cm2，
故选：D.

填空题
若（略）有意义，则a的取值范围为_______
【答案】（略）且（略）
【解析】
根据平方根和分数有意义的条件，列出不等式组，解不等式组即可.
要使（略）有意义，4-a（略），且a+2（略），即（略）且（略）.

填空题
菱形的两条对角线分别是12和16，则此菱形的边长是_____．
【答案】10
【解析】
首先根据题意画出图形，然后由菱形的两条对角线的长分別为12cm和16cm，求得OA与OB，再由勾股定理即可求得菱形的边长．
解：如图，
（略）
∵菱形ABCD中，AC＝12，BD＝16，
∴OA＝（略）AC＝6，OB＝（略）BD＝8，AC⊥BD，
∴AB＝（略）＝10，
即菱形的边长是10，
故答案为：10．

填空题
下列等式：①（略）=±12，②（略）＝﹣2，③（略）＝2，④（略）＝-（略），⑤（略）＝﹣2；其中正确的有________．只填序号）
【答案】②③④⑤
【解析】
根据平方根的性质、立方根的性质解答.
①（略）=12，故该项错误；
②（略）=-2，故该项正确；
③（略）=2，故该项正确；
④（略）=-2，-（略）=-2，故（略）=-（略），故该项正确；；
⑤（略）=-2，故该项正确；
故答案为：②③④⑤.

填空题
如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC的中点．若△DBE的周长是6，则△ABC的周长等于____．
（略）
【答案】12
【解析】
根据三角形中位线定理得到DE∥AC，DE=（略）AC，根据相似三角形的性质的和判定定理解答即可．
∵点D，E分别是边AB，BC的中点，
∴DE∥AC，DE=（略）AC，
∴△DBE∽△ABC，又△DBE的周长是6，
则△ABC的周长等于12，
故答案为：12．

填空题
关于x的不等式组（略）无解，则m的取值范围是_________．
【答案】（略）
【解析】
分别解不等式，根据不等式组无解得到m的取值范围.
解不等式x-m<0，得x<m，
解不等式3x-1>2（x-1），得x>-1，
∵不等式组无解，
∴（略），
故答案为：（略）.

解答题
已知2a﹣1的平方根是±3，3a﹣b﹣1的立方根是2，求a+b的算术平方根．
【答案】（略）
【解析】
本题首先根据平方根以及立方根的定义列二元一次方程组，继而利用加减消元求解方程解答（略），最后按照算术平方根定义求解本题．
由已知得：（略） ，解方程组得：（略）．
则（略） ，
所以（略）的算术平方根是（略）．

解答题
先化简，再求值：
（1）已知x＝2＋（略），y＝2－（略） ，求(x＋y)(x－y)＋y(x＋2y)－(x－y)2的值；
（2）已知x＝（略）＋（略），y＝（略）－（略），求x3y－xy3的值．
【答案】（1）（略）；3；（2）（略）；（略）
【解析】
（1）先根据平方差公式和完全平方公式对式子进行展开化简，然后将x，y的值代入即可；
（2）先将原式因式分解，然后将x，y代入即可．
解：（1）原式＝x2－y2＋xy＋2y2－(x2－2xy＋y2)
＝x2－y2＋xy＋2y2－x2+2xy-y2
=3xy
当x＝2＋（略），y＝2－（略）时，原式＝3×(2＋（略）)(2－（略）)＝3×(4－3)=3；
（2）x3y－xy3
＝xy(x2－y2)
＝xy(x＋y)(x－y)
把x＝（略）＋（略），y＝（略）－（略）代入上式，
得原式＝(（略）＋（略）)(（略）－（略）)[(（略）＋（略）)＋(（略）－（略）)]×[(（略）＋（略）)－(（略）－（略）)]＝（3-2）2（略）×2（略）
＝4（略）．

解答题
解下列不等式或不等式组：
（1）解不等式：5(x－2)＋8<6(x－1)＋7
（2）解不等式组：（略），并把解集在数轴上表示出来．
（略）
【答案】（1）（略） （2）（略）；数轴见解析
【解析】
（1）先去括号，再移项、合并同类项，系数化为1求出不等式的解集；
（2）分别求出不等式的解集即可得到不等式组的解集，根据数轴上数的表示方法表示不等式组的解集.
解：(1)去括号，得5x－10＋8 < 6x－6＋7，
移项、合并同类项，得－x<3，
系数化为1，得x＞－3.；
(2)解：（略）,
解不等式①，得x≤2，
解不等式②，得x＞1，
所以原不等式组的解集是1＜x≤2.
将其解集表示在数轴上如图所示：
（略）

解答题
如图，在RtΔABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，将△ABC折叠，使点B恰好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，求EB′的长.
（略）
【答案】EB′的长是（略）.
【解析】
根据折叠得到BE=EB′，AB′=AB=3，设BE=EB′=x，则EC=4-x，根据勾股定理求得AC的值，再由勾股定理可得方程x2+22=（4-x）2，再解方程即可算出答案．
解:根据折叠可得BE=EB′，AB′=AB=3，
设BE=EB′=（略），则EC=4-（略）.
∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴在Rt△ABC中.由勾股定理得，（略）
∴B′C=5-3=2，在Rt△B′EC中，由勾股定理得，
（略）
解得（略）.
∴EB′的长是（略）.

解答题
已知：如图，点E为（略）中DC边的延长线上一点，且CE＝DC，连接AE，分别交BC，BD于点F，G，连接AC交BD于点O，连接OF，猜想：AB与OF的关系，并证明你的结论．
（略）
【答案】OF∥AB，OF=（略）AB，证明见解析
【解析】
证明△ABF ≌△ECF得到BF＝FC，即可得到OF是△ABC的中位线，由此得到OF∥AB，OF＝（略）AB.
解：OF∥AB，OF＝（略）AB.
理由：∵（略）ABCD中AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC，AB∥CD，
∴∠ABF＝∠ECF.
∵CE＝DC，DC＝AB，
∴AB＝CE.
又∵∠AFB＝∠EFC，
∴△ABF ≌△ECF，
∴BF＝FC，
∴OF是△ABC的中位线.
∴OF∥AB，OF＝（略）AB.

解答题
小花家在装修客厅时，购进彩色地砖和原色地砖共120块，一共花费了8700元．已知原色地砖的价钱是60元/块，彩色地砖的价钱是110元/块．
（1）两种型号的地砖各采购了多少块？
（2）如果厨房也要铺这两种型号的地砖共70块，且采购费用不超过4400元，那么彩色地砖最多能采购多少块？
【答案】（1）彩色地砖采购了30块，原色地砖采购了90块；（2）彩色地砖最多能采购4块．
【解析】
（1）设彩色地砖采购x块，原色地砖采购y块，根据彩色地砖和原色地砖的总价为8700及地砖总数为120建立二元一次方程组求出其解即可；
（2）设彩色地砖采购了m块，则原色地砖采购了（70﹣m）块，根据采购地砖的费用不超过4400元建立不等式，求出其解即可．
解：（1）设彩色地砖采购了x块，原色地砖采购了y块，
根据题意得： （略）
解得：（略）
答：彩色地砖采购了30块，原色地砖采购了90块．
（2）设彩色地砖采购了m块，则原色地砖采购了（70﹣m）块，
根据题意得：110m+60（70﹣m）≤4400，
解得：m≤4．
答：彩色地砖最多能采购4块．

解答题
已知：如图，在菱形ABCD 中，点E，O，F分别是边AB，AC，AD的中点，连接CE、CF、OE、OF．
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）当AB与BC满足什么条件时，四边形AEOF正方形？请说明理由．
（略）
【答案】（1）证明见解析；（2）AB⊥BC时，四边形AEOF正方形．
【解析】
（1）根据中点的定义及菱形的性质可得BE=DF，∠B=∠D，BC=CD，利用SAS即可证明△BCE≌△DCF；
（2）由中点的定义可得OE为△ABC的中位线，根据三角形中位线的性质可得OE//BC，根据正方形的性质可得∠AEO=90°，根据平行线的性质可得∠ABC=∠AEO=90°，即可得AB⊥BC，可得答案．
（1）∵四边形ABCD是菱形，点E，O，F分别是边AB，AC，AD的中点，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D，
∵点E、F分别是边AB、AD的中点，
∴BE=（略）AB，DF=（略）AD，
∴BE=DF，
在△BCE和△DCF中，（略），
∴△BCE≌△DCF．
（2）AB⊥BC，理由如下：
∵四边形AEOF是正方形，
∴∠AEO=90°，
∵点E、O分别是边AB、AC的中点，
∴OE为△ABC的中位线，
∴OE//BC，
∴∠B=∠AEO=90°，
∴AB⊥BC．

解答题
如图，矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于O点，点P是线段AD上一动点（不与点D重合），PO的延长线交BC于Q点．
（1）求证：四边形PBQD为平行四边形.
（2）若AB=3cm，AD=4cm，P从点A出发．以1cm/s的速度向点D匀速运动．设点P的运动时间为ts，问：四边形PBQD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．
（略）
【答案】(1)证明见解析;（2）点P的运动时间为（略）s时，四边形PBQD能够成为菱形．
【解析】试题分析：（1）证明△POD≌△QOB，得OP=OQ.，OD=OB，证明四边形PBQD是平行四边形.
（2）假设可以构成菱形，则PB=PD，在Rt△ABP中，AP2+AB2=PB2则可解得t=（略）.
试题解析：
(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OD=OB.
∴∠PDO=∠QBO.
又∠POD＝∠QOB，∴△POD≌△QOB.
∴OP=OQ.
∴四边形PBQD为平行四边形.
（2）解：能.点P从点A出发运动ts时，AP=tcm，PD=（4-t）cm．
当四边形PBQD是菱形时，PB=PD=（4-t）cm．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAP=90°.
∴在Rt△ABP中，AP2+AB2=PB2，即t2+32=（4-t）2.解得t=（略）.
∴点P的运动时间为（略）s时，四边形PBQD能够成为菱形．