2024—2025学年度广东省汕头市潮阳区金浦街道八年级数学第一学月考试试卷
（考试范围：第16章二次根式至第18.1平行四边形）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，桌上有一个圆柱形盒子（盒子厚度忽略不计），高为，底面周长为，在盒子外壁离上沿的点处有一只蚂蚁，此时，盒子内壁离底部的点处有一滴蜂蜜，蚂蚁沿盒子表面爬到点处吃蜂蜜，求蚂蚁爬行的最短距离（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在平行四边形中，下列结论中错误的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知ABC的三边长分别为a，b，c，由下列条件不能判断ABC是直角三角形的是（ ）
A．∠A＝2∠B＝3∠C B．∠A＝∠C﹣∠B
C．a：b：c＝3：4：5 D．a2＝（b+c）（b﹣c）
6．下列命题中，其逆命题是真命题的是（ ）
A．对顶角相等 B．两直线平行，同位角相等
C．全等三角形的对应角相等 D．直角三角形有两个锐角
7．下列四组数中，是勾股数的是（ ）
A． B．5，， C．8，， D．1，2，
8．如图，长方形的顶点A，B在数轴上，点A表示－1，，．若以点A为圆心，对角线长为半径作弧，交数轴正半轴于点M，则点M所表示的数为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在平行四边形中，，，点H、G分别是边上的动点．连接，点E为的中点，点F为的中点，连接．则的最大值与最小值的差为（ ）
A．1 B． C． D．
10．如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，其中成立的有（ ）
A．①②③ B．②③ C．②③④ D．②④
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．当x 时，二次根式有意义．
12．在平行四边形中，，则的度数为 ．
13．在平面直角坐标系中，O为原点，点到原点的距离是 ．
14．如图，平行四边形的对角线相交于点O，且，过点O作交于点E，若的周长为，则平行四边形的周长为 ．
15．在直线上依次摆放着七个正方形（如图所示）．已知斜放置的三个正方形的面积分别是，正放置的四个正方形的面积依次是，，，，则 ．
三、解答题（每小题7分，共21分）
16．计算：
17．先化简，再求值： ，其中．
18．如图，在离水面高度为5米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子的长为13米，此人以米每秒的速度收绳，10秒后船移动到点的位置，问船向岸边移动了多少米？（假设绳子是直的，结果保留根号）
四、解答题（每小题9分，共27分）
19．（1）若的小数部分为a，5的小数部分为b，求ab
（2）已知a、b、c在数轴上的位置如图所示，化简
20．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？
21．如图，在四边形中，AD//BC，点、在上，AE//CF，且．求证：四边形是平行四边形．
五、解答题（第22小题12分，第23小题15分，共27分）
22．小明同学在解决问题“已知，求的值”时，他是这样解答的：
，，，．
．
请你认真理解小明的解答过程，解决如下问题：
(1)化简：；
(2)已知，求的值．
23．如图，在平面直角坐标系中， ，，，，并且a，b满足．一动点P从点A出发，在线段上以每秒2个单位长度的速度向点B运动；动点Q从点O出发在线段上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，点P、Q分别从点A、O同时出发，当点P运动到点B时，点Q随之停止运动.设运动时间为t（秒）．
(1)求B、C两点的坐标；
(2)当t为何值时，四边形是平行四边形？并求出此时P、Q两点的坐标；
(3)当t为何值时，是以为腰的等腰三角形？
2024—2025学年度广东省汕头市潮阳区金浦街道八年级数学第一学月考试试卷
参考答案
一、选择题（每小题3分，共30分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A D C A B C A C C
1．A
【分析】本题主要考查了二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质，，，是解题的关键．根据二次根式的性质进行化简，然后分析作出判断即可．
【详解】解：A． ，故A正确，符合题意；
B．，故B错误，不符合题意；
C．，故C错误，不符合题意；
D．，故D错误，不符合题意．
故选：A．
2．A
【分析】本题考查的是最简二次根式的含义，二次根式的化简，掌握“最简二次根式的含义”是解本题的关键．最简二次根式：满足被开方数不含有分母，被开方数不含有开得尽方的因数或因式，根据定义逐一判断即可．
【详解】解：是最简二次根式，故A符合题意；
不是最简二次根式，故B不符合题意；
不是最简二次根式，故C不符合题意；
不是最简二次根式，故D不符合题意；
故选：A．
3．D
【分析】本题考查了平面展开之最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．将容器侧面展开，得到关于的对称点，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图是侧面展开图的一半，作点关于的对称点，连接，作交的延长线于点，由题意可知，为所求
高为，底面周长为，在盒子外壁离上沿的点处有一只蚂蚁，此时，盒子内壁离底部的点处有一滴蜂蜜
，，，
故选：D．
4．C
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，理解平行四边形的所有性质是解题的关键．直接利用平行四边形的对边平行，对边相等，对角相等等性质分别判断可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∴C选项不符合题意；
故选：C．
5．A
【分析】根据三角形的内角和定理求出∠A的度数，即可判断选项A；根据三角形内角和定理求出∠C的度数，即可判断选项B；根据勾股定理的逆定理判定选项C和选项D即可．
【详解】设△ABC中，∠A的对边是a，∠B的对边是b，∠C的对边是c，
A．∵∠A＝2∠B＝3∠C，
∴∠B＝∠A，∠C＝∠A，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A+∠A+∠A＝180°，
解得：∠A＝．，
∴△ABC不是直角三角形，故本选项符合题意；
B．∵∠A＝∠C﹣∠B，
∴∠A+∠B＝∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠C＝180°，
∴∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
C．∵a：b：c＝3：4：5，
∴a2+b2＝c2，
∴∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
D．∵a2＝（b+c）（b﹣c），
∴a2＝b2﹣c2，
即a2+c2＝b2，
∴∠B＝90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理，能熟记勾股定理的逆定理和三角形内角和定理是解此题的关键．
6．B
【分析】本题考查了逆命题、对顶角、平行线、全等三角形，直角三角形的性质等知识，先对各个选项写出逆命题，然后进行判断即可得到答案，解题的关键是熟练掌握知识点的应用．
【详解】解：、对顶角相等的逆命题为：相等的角是对顶角，原选项逆命题错误，不符合题意；
、两直线平行，同位角相等的逆命题为：同位角相等，两直线平行，原选项逆命题正确，符合题意；
、全等三角形的对应角相等的逆命题为：对应角相等的三角形为全等三角形，原选项逆命题错误，不符合题意；
、直角三角形有两个锐角的逆命题为：有两个锐角的三角形是直角三角形，原选项逆命题错误，不符合题意；
故选：．
7．C
【分析】根据勾股数依次进行判断即可．
【详解】解：A、都不是整数，所以它们不是勾股数，选项说法错误，不符合题意；
B、因为，所以它们不是勾股数，选项说法错误，不符合题意；
C、因为，所以它们是勾股数，选项说法正确，符合题意；
D、因为不是整数，所以它们不是勾股数，选项说法错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股数，解题的关键是掌握勾股数：满足的三个正整数，称为勾股数．
8．A
【分析】先利用勾股定理求出，根据，求出，由此即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点M表示点数为．
故选A．
【点睛】本题考查实数与数轴、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用勾股定理求出的长．
9．C
【分析】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明，属于中考选择题中的压轴题．如图，取的中点M，连接，作于N．首先证明，求出，利用三角形中位线定理，可知，求出的最大值以及最小值即可解决问题．
【详解】解：如图，取的中点M，连接，作于N．
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，
∵，
∴，
∵，
∴，
易知的最大值为的长，最小值为的长，
∴的最大值为，最小值为，
∴的最大值为，最小值为，
∴的最大值与最小值的差为．
故选：C．
10．C
【分析】利用平行四边形的性质及角平分线的定义易证是等边三角形，再根据等边三角形的性质及线段的数量关系即可判断①；根据等腰三角形的性质及角的和差即可得出，再根据三角形的面积公式即可判断②；根据线段的关系及三角形面积公式即可判断③；根据平行四边形的性质及含30度的直角三角形的性质得出，再根据线段间的关系即可判断④
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵平分，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故①错误，不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故②正确，符合题意；
∵，
∴E为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
故③正确，符合题意；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故④正确，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质以及等边三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．
【分析】此题考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式的被开方数为非负数得到，即可求出答案．
【详解】解：根据题意得：，
解得：
故答案是：
12．/80度
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，由四边形为平行四边形得，，根据平行线的性质可得，再由即可求解，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
13．5
【分析】将坐标转化为线段的长，然后利用勾股定理可求出点M与O的距离即可．
【详解】解：根据勾股定理得：，
故答案为：5．
【点睛】本题考查直角坐标系中坐标与图形的性质及勾股定理，熟练掌握和运用求两点间距离的公式是解决本题的关键．
14．26
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，垂直平分线的性质，根据平行四边形的性质得，，可得直线是线段的垂直平分线，则，根据的周长为，平行四边形的周长为，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，对角线，相交于点O，
∴，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
∵的周长为，
∴即，
∵平行四边形的周长为，
∴平行四边形的周长为，
故答案为：26．
15．
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质及勾股定理的应用，运用勾股定理可知，得每两个相邻的正方形面积和都等于中间斜放的正方形面积，即，同理可得即可得出答案．
【详解】解：如图所示，根据题意可得：，
∴，
∴
在和中
∴
∴
在中，，
，
，
同理可得：，
，
故答案为4
三、解答题（每小题7分，共21分）
16．
【分析】本题考查了负整数指数幂以及零次幂，二次根式的性质化简，化简绝对值，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先化简负整数指数幂，绝对值以及零次幂，运用二次根式的性质化简，再运算加减，即可作答．
【详解】解：
．
17．，
【分析】先根据分式的加减混合运算进行化简，再将x的值代入计算即可
【详解】解：原式，
当时，
原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值，分母有理化，正确计算是解题的关键．
18．米
【分析】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，本题中求10秒后的值是解题的关键．开始时，米，米，即可求得的值，10秒后根据，长度即可求得的值，即可解题．
【详解】解：在中，，米，米,
（米），
此人以的速度收绳，10秒后船移动到点的位置，
（米），
（米），
米，
答：船向岸边移动了米．
四、解答题（每小题9分，共27分）
19．（1）；（2）
【分析】（1）利用“逼近法”分别求出确定a，b值，再求ab的值即可；
（2）根据数轴可得出，再根据二次根式的性质以及绝对值的性质化简即可．
【详解】解：（1）∵
∴，
∴，
∵的小数部分为a，5的小数部分为b，
∴，
∴；
（2）由数轴可得出：，
∴
∴．
【点睛】本题考查的知识点是求无理数的小数部分，二次根式的化简以及绝对值的化简，掌握“逼近法”，二次根式的性质以及绝对值的性质是解此题的关键．
20．(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
21．见解析
【分析】先根据AD//BC、AE//CF得出等角，再证明，得到，从而证明四边形是平行四边形．
【详解】∵AD//BC
（两直线平行，内错角相等）
又∵AE//CF
（两直线平行，内错角相等）
在与中，
四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
【点睛】本题考查平行四边形的判定，解决本题的关键是熟知平行四边形的判定定理．
五、解答题（第22小题12分，第23小题15分，共27分）
22．(1)
(2)
【分析】本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值，利用整体代入的方法可简化计算．也考查了平方差公式和分母有理化．
（1）先分母有理化，然后合并同类二次根式即可；
（2）先分母有理化得到，再变形为，则两边平方可得，接着用表示出，则利用降次的方法得到原式，然后把的值代入计算即可．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：，
，
，
即，
，
，
原式．
23．(1)，
(2)，
(3)或，是以为腰的等腰三角形
【分析】此题主要考查了二次根式性质、解不等式组，平行四边形和矩形判定与性质，等腰三角形的性质及勾股定理，关键是注意分类讨论，不要漏解.
（1）根据二次根式的性质及解一元一次不等式组得出的值进而得出答案；
（2）由题意得: 根据平行四边形的判定可得，再解方程即可；
（3）①当时, ，解方程得到的值；②当时， 由题意得：，进而得到方程：再解方程即可.
【详解】（1）解：，
，
解得: ,
∴,
∵,,
∴,
∴；
（2）由题意得: ,
则:，，
∵,
∴当时, 四边形是平行四边形,
∴,
解得: ,
故当时，四边形是平行四边形；
（3）∵是以为腰的等腰三角形,
∴分两种情况:或.
①当时, 如图, 过作于,
∵,
∴四边形是矩形,
∴,
∴,
∴中:
∵,
，即
解得：
②当时, 过作轴于,
∴,
由题意得:,
则,
解得：
，
综上所述，当或 时, 是以为腰的等腰三角形；
