2026年人教八下数学期中模拟卷（北京专用第19-21章）（全解全析）

-2026学年八年级数学下学期期中模拟卷（考试时间：120分钟，分值：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：新教材人教版八年级下册第19~21章。第一部分（选择题共16分）选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若代数式在实数范围内有意义，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：∵代数式在实数范围内有意义，∴二次根式的被开方数需满足非负条件，即，解得．2．若一个八边形的每个外角都是，则x的值为（

）A．30 B．45 C．135 D．150【答案】B【分析】根据任意多边形的外角和为，即可求解．【详解】解：∵任意多边形的外角和为，八边形的每个外角都是，∴，即．3．在中，分别是的对边，若，则的值为（

）A．10 B．15 C．25 D．50【答案】D【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形中，两直角边的长度的平方和等于斜边长度的平方，据此可得，再代值计算即可得到答案．【详解】解：∵在中，分别是的对边，∴，∵，∴，故选：D．4．如图，在菱形中，若，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查菱形的性质，掌握知识点是解题的关键．根据菱形的四条边都相等，即可解答．【详解】解：在菱形中，，∴．故选A．5．下列计算正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，根据二次根式的加减乘除运算法则求解判断即可．【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；B、，原式计算错误，不符合题意；C、，原式计算正确，符合题意；D、，原式计算错误，不符合题意；故选：C．6．如图，折叠长方形的一边，使点落在边上的点处，若，，则长（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题，如图，根据勾股定理求出的长；进而求出的长度；由题意得；利用勾股定理列出关于的方程，解方程即可解决问题；解题的关键是灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答．【详解】解：四边形为矩形，；；由题意得：，设，则；由勾股定理得：，，；在中，由勾股定理得：∴，解得：，．故选：B．7．如图，在菱形中，对角线，相交于点O，M，N分别是边，的中点，连接，，若，，则的长为（）A．3.5 B．3 C．2.5 D．2【答案】C【分析】本题主要考查菱形的性质和中位线定理，熟练使用中位线定理是解题的关键．首先利用中位线定理和勾股定理求解菱形的边长，再根据中位线定理即可求解OM的长度．【详解】解：∵M，N分别是边，的中点，∴，∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵点M是的中点，，∴，故选：C．8．如图，在等腰中，．以点为圆心，的长为半径作弧，交于点，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点．分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在右侧交于点，作直线交于点．若，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】A【详解】解：∵作图可知，，垂直平分，∴，，，∵是等腰直角三角形，，∴，，∵，，∴是等腰直角三角形，∵，∴，设，则，∵是等腰直角三角形，∴，∴，解得，∴，故选：A．第二部分（非选择题共84分）二﹑填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。9．点到轴的距离是______，到坐标原点的距离是______．【答案】【分析】本题考查了点到坐标轴的距离，点到点的距离，根据点到轴的距离等于纵坐标的绝对值及两点间距离公式即可求解，掌握相关知识点是解题的关键．【详解】解：到轴的距离是，到坐标原点的距离是，故答案为：，．10．计算的结果为_____．【答案】1【分析】本题考查的是二次根式的乘法运算．利用平方差公式可得原式化为，再计算即可．【详解】解：．故答案为：1．11．如图，的对角线与交于点，要使得为菱形，可添加的一个条件是_____．（写一个即可）【答案】（答案不唯一）【分析】本题考查了菱形的判定方法，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形解答即可．【详解】解：添加条件，那么为菱形．理由：∵四边形是平行四边形，，∴根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可知为菱形．故答案为：（答案不唯一）．12．如图，长方体的长为15，宽为10，高为20，点离点的距离为5，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点爬到点，需要爬行的最短距离是___________．【答案】25【详解】解：由题意得：①当把长方体按照正面和右侧进行展开时，如图所示：∴，，∴在中，；②当沿长方体的右侧和上面进行展开时，如图所示：∴，，∴在中，；∵，∴一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是25，由长方体的特征可得其他路径必定比①②两种更远，故不作考虑；故答案为25．13．阅读材料：由，可知的算术平方根是．类似的，的算术平方根是______．【答案】/【分析】本题考查了完全平方公式，算术平方根，仿照阅读材料利用完全平方公式将写成，再根据算术平方根的定义可得答案．【详解】解：，∴的算术平方根是．故答案为：．14．如图，在四边形中，，且，，，，分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过_____秒，直线将四边形截出一个平行四边形．【答案】或【详解】解：设点，运动的时间为秒，则，，，，，①当时，四边形是平行四边形，即，解得；②当时，四边形是平行四边形，即，解得；经过或秒，直线将四边形截出一个平行四边形，故答案为：或．15．如图，中，，，，若D是边上的一个动点，连接，则的最小值是________．【答案】6【详解】过点作，过点作交于，并延长至，且，连接，，，，，，又且，，，，，，则为等边三角形，，又，当时取得最小值，此时，，，所以的最小值是6．16．如图，某建筑公司有，，三个建筑工地，三个工地的水泥日用量分别为吨，吨，吨，有，两个原料库供应水泥，使用一辆载重量大于吨的运输车可沿途中虚线所示的道路运送水泥．为节省运输成本，公司要进行运输路线规划，使总的“吨千米数”（吨数×运输路线千米数）最小．若公司安排一辆装有吨的运输车向和工地运送当日所需的水泥，且，为使总的“吨千米数”最小，则应从__________原料库（填“”或“”）装运；若公司计划从原料库安排一辆装有吨的运输车向，，三个工地运送当日所需的水泥，，，则总的“吨千米数”最小为____________．【答案】24【详解】解：（1）根据点的坐标得，，，，，，由勾股定理得，,，，若从原料库装运，应先沿着运往工地，再沿着运往工地，总的“吨千米数”至少为；若从原料库装运，应先沿着运往工地，再沿着运往工地，总的“吨千米数”至少为；∵，∴，∴应选从原料库装运；（2）方案一，若先送达到工地，则总的“吨千米数”为，将，，代入上式得，原式；方案二，若先送达到工地，则总的“吨千米数”为，将，，代入上式得，原式；方案三，若先送达到工地，则总的“吨千米数”为，将，，代入上式得，原式；方案一和方案三比较，方案一的值较小，选择方案一，方案一和方案二比较，∵，，∴方案二的值最小，选择方案二，所以，最小值为．三﹑解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（5分）计算【答案】【分析】本题运用平方差公式及完全平方公式,二次根式的运算等进行计算即可．【详解】解：18．（5分）在中，，若，．求a，b的长．【答案】6，8【分析】根据，设，根据勾股定理可得，结合题意求得的值即可求解．【详解】解：设，根据勾股定理可得．又，即，所以，因此．即a，b的长分别为6，8．【点睛】本题考查了勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．19．（5分）已知一个多边形的内角和等于，求这个多边形的边数．【答案】这个多边形的边数为11【分析】本题考查了多边形内角和，一元一次方程的应用，掌握多边形内角和公式是解题关键．设这个多边形的边数为，根据多边形内角和公式列方程求解即可．【详解】解：设这个多边形的边数为，根据题意得：，

解得．即这个多边形的边数为11．20．（6分）已知：，求代数式的值．【答案】【详解】解：，，，原式．21．（5分）如图，中，，，，，，求的值．【答案】7【详解】解：如图，延长交于，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴是的中位线，∴，∴．22．（6分）小明买了一个年画风筝，并进行了试放，为了验证某些数学问题，他设计了如下的方案：先测得放飞点与风筝的水平距离为；根据手中余线长度，计算出的长度为；牵线放风筝的手到地面的距离为．已知点A，B，C，D在同一平面内．(1)求风筝离地面的垂直高度；(2)在余线仅剩的情况下，若想要风筝沿射线方向再上升，请问能否成功？请说明理由．【答案】(1)(2)不能成功，理由见解析【详解】（1）解：如图，过点A作于点E，则，，，在中，由勾股定理得：，；（2）解：不能成功，理由如下：假设能上升，如图，延长至点F，使，连接，，在中，，，余线剩，，不能上升．23．（5分）如图，在矩形中，连接，交于点，为线段上一点，连接，，取的中点，平分．(1)求证：；(2)若，，求矩形的面积．【答案】(1)见解析；(2)．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，，，，∴为斜边的中点，∵为的中点，∴是的中位线，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴；（2）解：∵，∴，∴，∵在中，为斜边的中点，∴，∵，∴，∴矩形的面积=．24．（6分）阅读下列材料，然后回答问题：①在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：，以上这种化简的步骤叫做分母有理化．②学习数学，最重要的是学习数学思想，其中一种数学思想叫做换元的思想，它可以简化我们的计算，比如我们熟悉的下面这个题：已知，，求．我们可以把和看成是一个整体，令，，则．这样，我们不用求出，就可以得到最后的结果．(1)计算：；(2)若是正整数，，，且，求的值；(3)若，则的值是______．（直接写出答案结果）【答案】(1)(2)(3)9【分析】本题考查了分母有理化、利用完全平方公式进行计算、二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解此题的关键．（1）利用分母有理化的方法对各式子进行整理，从而可求解；（2）先利用分母有理化的方法对各式子进行整理，再代入式子化简求解即可；（3）先求出，再计算出，结合，，即可求解．【详解】（1）解：原式（2），，．．．，，，解得：；（3），，，，，，．故答案为：9．25．（5分）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，常在周围几百千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿东西方向由点向点移动，已知点为一海港，且点与，两点之间的距离，分别为，，，以台风中心为圆心周围以内（包括）为受影响区域．(1)海港受台风影响吗？为什么？(2)若海港受台风影响，且台风中心移动的速度为，台风影响海港持续的时间有多长？（若海港不受台风影响，则忽略此问）【答案】(1)海港受台风影响，理由见解析(2)【详解】（1）解：海港受台风影响，理由如下：如图，过点作于点，，，，，是直角三角形，，由三角形面积相等可得：，即，，以台风中心为圆心周围以内（包括）为受影响区域，海港受台风影响．（2）解：如图，设台风中心移动到点，处时刚好影响海港，连接，，则，根据勾股定理，，，，，，台风中心移动的速度为，，台风影响海港持续的时间为．答：．26．（6分）定义：我们将与称为一对“对偶式”．因为，可以有效的去掉根号，所以有一些问题可以通过构造“对偶式”来解决．例如：已知，求的值，可以这样解答：因为，所以．(1)已知：，求的值；(2)结合已知条件和第①问的结果，解方程：；(3)计算：．【答案】(1)2(2)(3)【分析】（1）仿照题意，进行计算即可得到答案；（2）根据二次根式有意义的条件列出方程组，解方程组即可得到答案；（3）利用平方差公式，对原式进行变形后，即可得到答案．此题考查了二次根式的性质、二次根式的混合运算、二次根式有意义的条件、平方差公式以及分母有理化，熟练掌握二次根式的运算法则和灵活变形是解题的关键．【详解】（1）解：∵，且，∴；（2）解：∵∴，化简后两边同时平方得：，∴，经检验：是原方程的解；（3）解：．27．（7分）如图，四边形是矩形，的平分线交于点，交的延长线于点．(1)求证：；(2)是的中点，连接，依题意补全图形，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．【答案】(1)证明见解析；(2)，证明见解析；【分析】（1）先根据矩形的性质得到直角和平行，再根据角平分线的定义和平行线的性质分别得到角相等，即可解决问题；（2）作出合理的辅助线，根据线段的和差，把有关线段转化到直角三角形中，根据勾股定理即可得到答案；【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，，∴，∵的平分线交于点，∴，∴，∴，∴∴，∴；（2）解：，证明：过点作于点，∵是的中点，，∴，，∴，，由（1）可知：，∵，，在中，，∴，化简得：，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，角平分线的定义，勾股定理，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半和三线合一等知识点，解决此题的关键是作出合理的辅助线．28．（7分）对于平面直角坐标系中的点C及图形W，定义如下：若图形W上存在，两点，使得为等腰直角三角形，且，则称点C为图形W的“等腰起锤点”．(1)如图1，已知点，，在点，，，中，线段的“等腰起锤点”是________；(2)已知，点，，连接，若点为线段的“等腰起锤点”，请写出t的取值范围________；(3)如图2，正方形的边长为4，且每条边都与坐标轴平行．点和点分别为y轴和x轴上的动点，连接．若线段上的每一个点都是正方形的“等腰起锤点”，请直接写出m的取值范围________．【答案】(1)和(2)，且(3)【详解】（1）解：如图，对于点，过点作的垂线，垂足为M，再以点M为圆心，以的长为半径画圆，圆M与线段交于点N，则是等腰直角三角形，且，符合题意，故点是线段的“等腰起锤点”；对于点，其落在了线段上，则点和线段上任意两点都无法构成三角形，故不符合题意；对于点，类比点，由图可知，存在这样的两点、，使得为等腰直角三角形，且，故点是线段的“等腰起锤点”；对于点，其向线段作的垂线与线段无交点，故不符合题意；因此，线段的“等腰起锤点”是点和点．（2）解：∵点为，∴点在直线上，如图，分别过点P和Q作的垂线，交直线与点E和点F，设与直线交于点J，