精品解析：山东省威海市文登区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2023～2024学年第二学期教学质量检测 初三数学 注意事项： 1．本试卷共6页，共120分．考试时间120分钟． 2．答题前，请务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座号填写在答题卡规定的位置上． 3．选择题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号． 4．非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔作答，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不要求保留精确度的题目，计算结果保留准确值． 5．写在试卷上或答题卡指定区域以外的答案一律无效． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．下列各题所给出的四个选项中，只有一个是正确的，每小题选对得3分，选错、不选或多选，均不得分） 1. 下列各式中，不是最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 顺次连接一个平行四边形的各边中点所得四边形的形状是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，分别是边，上的中线，，交于点，则的值为（ ） A B. C. D. 6. 如图，小明利用四根长度为的木条首尾相接，钉成正方形，然后利用四边形的不稳定性将其变形，得到四边形．若，则，之间的距离比变形前之间的距离短（ ） A. B. C. D. 7. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A B. C. 且 D. 且 8. 如图，已知四边形的对角线相交于点O，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，四边形是平行四边形 B. 当时，四边形是菱形 C. 当时，四边形是矩形 D. 当时，四边形是正方形 9. 如图，在中（）放置边长分别为，，的三个正方形，则的值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，和是以点为位似中心的位似图形，已知点，点，点，点，那么点的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．只要求填出最后结果） 11. 若代数式有意义，则的取值范围是______． 12. 若，则______． 13. 如图，在矩形中，对角线，交于点，，，则的值为______． 14. 如图，点是线段的黄金分割点，以为一边作矩形，使；以为边作正方形，则______．（填＞，＜或＝） 15. 某市举行中学生足球联赛，每两个队之间都要进行一场比赛，共要比赛66场．若有支球队参赛，则可列方程______． 16. 如图，点是内任意一点，连接，，，点，，在上，且，，；点，，在上，且，，；点，，在上，且，，；顺次连接，，；，，；，，，若的面积为，则的面积为______． 三、解答题（本大题共8小题，共72分） 17. 计算： （1）； （2）． 18. 解下列方程： （1）； （2）用配方法解方程；． 19. 已知：，是关于一元二次方程的两个根． （1）若，求的值； （2）在（1）的条件下，求的值． 20. 某学校数学课外活动小组测量校园内一棵树的高度．采用的方法如下：如图，首先把支架放在离树适当距离的水平地面上点处，再把镜子水平放置在支架上点处，然后观测者沿着直线后退至点处，这时恰好在镜子里看到树的顶端．用皮尺分别测得，．若观测者目高为，支架的高为，求这棵树的高度． 21. 定义：若两个二次根式，满足，且为有理数，则称与是关于的共轭二次根式． （1）与是关于______的共轭二次根式； （2）若与是关于2的共轭二次根式，则______； （3）若与是关于12的共轭二次根式，求的值． 22. 有一块长，宽的矩形纸片． （1）如图1，如果在纸片的四个角裁去四个边长相等的小正方形（阴影部分）后，将其折成无盖长方体盒子．若折成的盒子的底面积为，求裁去的小正方形的边长； （2）若需要制作一个有盖的长方体盒子，为了合理利用材料，小颖设计了如图2的裁剪方案（阴影部分为裁剪下来的边角料），其中左侧的两个阴影部分为正方形，右侧的两个阴影部分为矩形，问能否折出底面积为的有盖盒子（接缝忽略不计）？如果能，请求出盒子的体积；如果不能，请说明理由． 23. 如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点． （1）求证：； （2）顺次连接，，，，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出值；若不能，请说明理由． 24. 如图1，矩形，点，点分别为，上的点，将矩形沿折叠，使点的对应点落在上，连接． （1）如图2，当点与点重合时，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，，求折痕的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023～2024学年第二学期教学质量检测 初三数学 注意事项： 1．本试卷共6页，共120分．考试时间120分钟． 2．答题前，请务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座号填写在答题卡规定的位置上． 3．选择题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号． 4．非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔作答，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不要求保留精确度的题目，计算结果保留准确值． 5．写在试卷上或答题卡指定区域以外的答案一律无效． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．下列各题所给出的四个选项中，只有一个是正确的，每小题选对得3分，选错、不选或多选，均不得分） 1. 下列各式中，不是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式，根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，逐一判断即可解答． 【详解】解：A、是最简二根式，故A不符合题意； B、是最简二根式，故不B符合题意； C、不是最简二根式，故C符合题意； D、是最简二根式，故D不符合题意； 故选：C． 2. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义逐项分析判断即可求解．一元二次方程定义：只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是的整式方程叫做一元二次方程，据此判断即可． 【详解】解：A．未知数项最高次数是，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； B．方程未知数有4个，不一元二次方程，故本选项不符合题意； C．，分母含有未知数，不是整式，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； D．是一元二次方程，故本选项符合题意； 故选：D． 3. 顺次连接一个平行四边形的各边中点所得四边形的形状是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质和判定，根据中位线的性质即可求解． 【详解】解：如图所示，四边形是平行四边形，点分别是的中点，连接， 连接， 在中， ∵点分别是中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形平行四边形，称为中点四边形， ∴选项，平行四边形，符合题意； 选项，缺少垂直的条件，不能证明是矩形，不符合题意； 选项，缺少邻边相等的条件，不能证明是菱形，不符合题意； 选项，条件不足，不能证明是正方形，不符合题意； 故选：． 【点睛】本题主要考查平行四边形，中位线的综合，掌握平行四边形的性质，中位线的性质等知识是解题的关键． 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的运算，根据二次根式的乘除法和加减法法则逐项计算即可． 【详解】解：A．，故不正确； B．，故不正确； C．，正确； D．，故不正确； 故选C． 5. 如图，在中，，分别是边，上的中线，，交于点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查三角形中线的性质，三角形中线的交点是重心，它把中线分为两部分，可得 【详解】解：∵，分别是边，上的中线， ∴点是的重心， ∴， ∴ 故选：A 6. 如图，小明利用四根长度为的木条首尾相接，钉成正方形，然后利用四边形的不稳定性将其变形，得到四边形．若，则，之间的距离比变形前之间的距离短（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、正方形的性质，勾股定理，先根据正方形的性质以及勾股定理得出，再证明四边形是菱形，得出，再结合勾股定理得出，即可作答． 【详解】解：如图：连接记与相交于一点O， ∵小明利用四根长度为的木条首尾相接，钉成正方形， ∴ ∴ 依题意， ∴四边形是菱形 ∴ 在， ∴ 则 ∴则，之间的距离比变形前之间的距离短为 故选：C 7. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根的判别式，根据一元二次方程有两个不相等的实数根得，计算得，根据一元二次方程的定义得，即可得，掌握一元二次方程的定义，根的判别式是解题的关键． 【详解】解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， ， ， ∵， ∴且， 故选：D． 8. 如图，已知四边形的对角线相交于点O，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，四边形是平行四边形 B. 当时，四边形是菱形 C. 当时，四边形是矩形 D. 当时，四边形是正方形 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定等知识点，熟练运用相关知识成为解题的关键． 根据平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定逐项判断即可． 【详解】解：A、当时，四边形可能是等腰梯形，该选项错误，不符合题意； B、当四边形是平行四边形且时，四边形是菱形，该选项说法错误，不符合题意； C、若四边形的对角线相等且相互平分，则为矩形，该选项说法正确，符合题意； D、当时，四边形不一定是正方形，选项说法错误，不符合题意． 故选：C． 9. 如图，在中（）放置边长分别为，，的三个正方形，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的性质，正方形的性质，解题的关键是找到相似三角形，用含的式子表达对应边．根据题意可推出，得到，即，用含的式子表达对应边，得到关于的方程，即可求解． 【详解】解：对图形进行点标注，如图所示： 在中（）放置边长分别为，，的三个正方形， ，， ，，，，， ，， ， ，即， ，，， ，， ， 或（不合题意，舍去）， 故选：A． 10. 如图，和是以点为位似中心的位似图形，已知点，点，点，点，那么点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了位似变换，坐标与图形性质，设点D的坐标为，然后根据位似变换的性质列式计算即可得解． 【详解】解：设点D的坐标为， ∵和是以点A为位似中心的位似图形， ∴，， 解得， ∴点D的坐标为． 故选：B． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．只要求填出最后结果） 11. 若代数式有意义，则的取值范围是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据被开方数是非负数列式求解即可． 【详解】解：∵代数式有意义， ∴， ∴． 故答案为：． 12. 若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】此题考查了分式的基本性质，根据分式的基本性质变形，代入求值即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 故答案为： 13. 如图，在矩形中，对角线，交于点，，，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，根据矩形的性质得，，根据得，即可得是等边三角形，，根据三角形内角和定理得，根据直角三角形的性质得，在中，根据勾股定理即可得；掌握矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，，，根据勾股定理得， ， 故答案为：． 14. 如图，点是线段的黄金分割点，以为一边作矩形，使；以为边作正方形，则______．（填＞，＜或＝） 【答案】＝ 【解析】 【分析】根据是线段的黄金分割点，推出，又因为表示以为一边的正方形的面积，表示长为，宽为的矩形的面积，则，，得出．本题考查了黄金分割的定义：一个点把一条线段分成较长线段和较短线段，并且较长线段是较短线段和整个线段的比例中项，那么就说这个点把这条线段黄金分割，这个点叫这条线段的黄金分割点． 【详解】解：是线段的黄金分割点，且， ∴， 又∵表示以为一边的正方形的面积，表示长为，宽为的矩形的面积， ∴，， ∴． 故答案为：． 15. 某市举行中学生足球联赛，每两个队之间都要进行一场比赛，共要比赛66场．若有支球队参赛，则可列方程______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的应用，关键要求我们掌握单循环制比赛的特点：如果有支球队参加，那么就有场比赛． 本题可设有支球队参赛，则每个队参加场比赛，则共有场比赛，从而可以列出一个一元二次方程． 【详解】解：由题意得，， 故答案为：． 16. 如图，点是内任意一点，连接，，，点，，在上，且，，；点，，在上，且，，；点，，在上，且，，；顺次连接，，；，，；，，，若的面积为，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，根据题意可得，可到，，，再根据相似三角形的性质可得，，，进而得到，同理可得，据此即可求解，由相似三角形的性质找到三角形的面积变化规律是解题的关键． 【详解】解：∵，，， ∴，，， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴，，， ∴，，， ∴， 即， 同理可得， ∴， ， ∴， ∴， ∵的面积为， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8小题，共72分） 17. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】此题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键． （1）化简每个二次根式后，再进行加减法即可； （2）利用完全平方公式和二次根式的除法展开，再进行加减法即可． 【小问1详解】 解： 【小问2详解】 18. 解下列方程： （1）； （2）用配方法解方程；． 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程的因式分解法和配方法，熟练其解法是解题的关键． （1）利用因式分解法即可求解； （2）将，配方得，即，开方后即可求解； 【小问1详解】 解： ， ， ， 或， 解得：，； 【小问2详解】 解：， 配方得：，即， 开方得：， 解得：，． 19. 已知：，是关于的一元二次方程的两个根． （1）若，求的值； （2）在（1）的条件下，求的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，若，为方程的两个根，则，与系数的关系式：，． （1）由根据系数的关系得，，结合求出，进而可求出； （2）根据求解即可． 【小问1详解】 解：由题意得，，． 解，得， ∴ ∴． 【小问2详解】 由（1）得方程为 把代入方程得 ． 20. 某学校数学课外活动小组测量校园内一棵树的高度．采用的方法如下：如图，首先把支架放在离树适当距离的水平地面上点处，再把镜子水平放置在支架上点处，然后观测者沿着直线后退至点处，这时恰好在镜子里看到树的顶端．用皮尺分别测得，．若观测者目高为，支架的高为，求这棵树的高度． 【答案】． 【解析】 【分析】本题考查的是相似三角形的应用及矩形的判定及性质，通过作辅助线构造相似三角形，并利用相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．过点作水平线交于点，交于点，根据镜面反射的性质求出，再根据对应边成比例解答即可． 【详解】解：过点作水平线交于点，交于点，由是水平线，都是铅垂线，则四边形是矩形，四边形是矩形，如图， ，，， ， 又根据题意，得，， ， ，即， 解得：， ， 答：这棵树的高度为． 21. 定义：若两个二次根式，满足，且为有理数，则称与是关于的共轭二次根式． （1）与是关于______的共轭二次根式； （2）若与是关于2的共轭二次根式，则______； （3）若与是关于12的共轭二次根式，求的值． 【答案】（1）1； （2）； （3）． 【解析】 【分析】此题主要考查了新定义共轭二次根式的理解和应用，并会利用二次根式的性质进行计算． （1）根据共轭二次根式的定义，即可得解； （2）根据共轭二次根式的定义，列出等式求得的值即可； （3）根据共轭二次根式的定义，列出等式求得的值即可； 【小问1详解】 解：， ∴ 与是关于1的共轭二次根式， 故答案为：1； 【小问2详解】 解：∵与是关于2的共轭二次根式， ∴ ∴， 故答案为：； 【小问3详解】 解：∵与是关于12的共轭二次根式， ∴ ∴， ∴． 22. 有一块长，宽的矩形纸片． （1）如图1，如果在纸片的四个角裁去四个边长相等的小正方形（阴影部分）后，将其折成无盖长方体盒子．若折成的盒子的底面积为，求裁去的小正方形的边长； （2）若需要制作一个有盖的长方体盒子，为了合理利用材料，小颖设计了如图2的裁剪方案（阴影部分为裁剪下来的边角料），其中左侧的两个阴影部分为正方形，右侧的两个阴影部分为矩形，问能否折出底面积为的有盖盒子（接缝忽略不计）？如果能，请求出盒子的体积；如果不能，请说明理由． 【答案】（1）； （2）能，． 【解析】 【分析】本题考查了利用矩形的面积公式建立一元二次方程求解的运用．在解答中注意要检验方程的根是否使实际问题有意义．这是在解答时学生容易忽略的问题． （1）设小正方形的边长为，根据题意列出方程就可以求出其解． （2）设小正方形的边长为，根据其底面积为列出方程求解即可． 【小问1详解】 设小正方形的边长为，由题意得 ． 解得，，（不符合题意，舍去） ∴裁去小正方形的边长为； 【小问2详解】 设小正方形的边长为，由题意得 解得，，（不符合题意，舍去） ∴盒子的体积为． 23. 如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点． （1）求证：； （2）顺次连接，，，，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）能，． 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质及选转的不变性证明和即可； （2）由旋转得：，故当互相平分时，四边形为矩形，设，则，，，在中，由勾股定理得：，解方程即可． 【小问1详解】 证明：连接 ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得：，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：能， ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得：， 故当互相平分时，四边形为矩形， ∵互相平分， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， 设，则，， 由（1）知， ∴在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 24. 如图1，矩形，点，点分别为，上的点，将矩形沿折叠，使点的对应点落在上，连接． （1）如图2，当点与点重合时，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，，求折痕的最大值． 【答案】（1）四边形是菱形，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由折叠可知，，，，由矩形ABCD，可推出，所以，，于是，结论得证； （2）过点E作于点G，设与交于点O，证明，得出，求出，得出当最大时，最大，根据当与点D重合时，最大，求出，最大值为． 【小问1详解】 解：四边形为菱形，理由如下： 由折叠可知，是的垂直平分线， ∴，， 由折叠可知平分， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 【小问2详解】 解：过点E作于点G，设与交于点O，如图所示： 则， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 根据折叠可知：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当最大时，最大， 当与点D重合时，最大， ∵，，， ∴， ∴的最大值为10， ∴最大值为． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，菱形的判定，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，通过全等三角形寻求线段之间的关系是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$