精品解析：山东省威海市经济技术开发区2023-2024学年八年级下学期期末考试数学试题

2023~2024学年度第二学期质量检测 初三数学 注意事项： 1．本次考试时间120分钟，满分120分． 2．答题时，请务必在题号所指示的区域内作答．作图用2B铅笔． 3．不要求保留精确度的题目，计算结果保留准确值．祝考试成功！ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，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. 能使等式成立的x的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二根式有意义的条件，分式有意义的条件．熟练掌握二根式有意义的条件，分式有意义的条件是解题的关键． 由题意知，，，求解作答即可． 【详解】解：由题意知，，， 解得，， 故选：C． 2. 已知， 则化简二次根式的正确结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次根式的性质、二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件可得，结合题意可得，，再利用二次根式的性质化简即可． 【详解】解：∵， ∴x与y异号， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 故选：C． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的性质、二次根式的除法、二次根式的混合运算等知识点，掌握二次根式的运算法则是解题的关键． 根据二次根式的性质、二次根式的除法、二次根式的混合运算法则逐项判断即可． 【详解】解：A．，故A选项错误，不符合题意； B．，故B选项错误，不符合题意； C．，故C选项错误，不符合题意； D．，故D选项正确，符合题意． 故选：D． 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】设比值为k，然后表示出a、b、c，再代入比例式计算即可得解． 【详解】设=k， 则a=2k，b=3k，c=4k， 所以，=． 故选B． 【点睛】本题考查了比例的性质，利用“设k法”求解更简便． 5. 如图，与位似，点O是它们的位似中心，且位似比为1∶2，则与的周长之比是（ ） A. 1∶2 B. 1∶4 C. 1∶3 D. 1∶9 【答案】A 【解析】 【分析】根据位似图形是相似图形，位似比等于相似比，相似三角形的周长比等于相似比即可求解． 【详解】解：∵与位似 ∴ ∵与的位似比是1:2 ∴与的相似比是1:2 ∴与的周长比是1:2 故选：A． 【点睛】本题考查了位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质和相似三角形的性质． 6. 某科技公司计划用两年时间使年生产总值增加到目前的4倍，并且使第二年的增长率是第一年增长率的2倍，设第一年的增长率为x，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，由增长率间的关系，可得出第二年增长率为，设该工厂原产值为a，则两年后产值为，利用两年后产值=原产值第一年增长率第二年增长率），即可列出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：∵第二年增长率是第一年增长率2倍，且第一年增长率为x， ∴第二年增长率为， 设该工厂原产值为a，则两年后产值为， 根据题意得：， 即． 故选：D． 7. 已知，是一元二次方程的两个实数根，则代数式的值等于（ ） A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键． 由m，n为方程的解，把代入方程求出的值，再利用根与系数的关系求出的值，原式变形后代入计算即可求出值． 【详解】解：∵是一元二次方程的根， ∴把代入方程，得， ∴， ∵，是一元二次方程的两个实数根， ∴ ∴ ， 故选：C． 8. 如图，在菱形中，，．E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为（　　） A. 2.4 B. 3 C. 4.8 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．由菱形的性质和勾股定理，得出，证明四边形是矩形，得到，当时，有最小值，利用三角形面积公式，求出的长，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形，，． ，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当时，有最小值， ， ， 的最小值为2.4， 故选：A． 9. 如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形，…，按照此规律作下去，则边的长为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质“相似多边形对应边的比叫做相似比”，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律． 根据已知和矩形的性质可分别求得，利用相似多边形的性质可发现规律，根据规律即可解决问题． 【详解】∵四边形是矩形， ∵按逆时针方向作矩形的相似矩形， ∴矩形的边长和矩形的相似比为， ∴矩形的对角线和矩形的对角线的比， ∵矩形的对角线为， ∴矩形的对角线， 依此类推，矩形的对角线和矩形的对角线的比为， ∴矩形的对角线， ∴矩形的对角线， 按此规律第个矩形的对角线 故选：A． 10. 如图1是古希腊时期的巴台农神庙（Parthenom Temple），把图1中用虚线表示的矩形画成图2矩形，当以矩形的宽为边作正方形时，惊奇地发现矩形与矩形相似，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据相似图形性质，列出比例式，进行求解即可． 【详解】解：∵矩形与矩形相似， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， 设， 则：， 解得：（负值已舍去）； ∴； 故选D． 【点睛】本题考查相似多边形的性质，正方形的性质，解一元二次方程．熟练掌握相似多边形的对应边对应成比例，是解题的关键． 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. 已知，则值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件、解一元一次方程、二次根式运算等知识，正确确定的值是解题关键．根据二次根式非负数的性质确定的值，进而可得的值，然后代入求解即可． 【详解】解：根据二次根式有意义的条件，可得，， ∴，解得， ∴， ∴． 故答案为：． 12. 已知是方程的一个根，则方程的另一根为_____． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，利用根与系数的关系求解即可，解题的关键是熟记：一元二次方程的两个根为，，则，． 【详解】解：设关于的一元二次方程的两个实数根为，，其中， ∴， ∴，解得， ∴方程的另一根为， 故答案为：． 13. 如图，在菱形中，点是对角线上一点，连接，若，且， ，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质．连接交于，由勾股定理求出的长，由三角形面积公式求出的长，由勾股定理求出的长，由菱形的性质即可求出的长． 【详解】解：连接交于， ， ， ，， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ， 故答案：． 14. 如图，点是矩形对角线上一点，过点做，分别交，于点，，连接．若，，则图中阴影部分面积为______． 【答案】18 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，过点作分别交、于点、，证明，从而，即，求出的值即可求出整个阴影部分的面积，熟练掌握矩形的性质定理是解题关键． 【详解】解：过点作分别交、于点、，如图所示： 由矩形性质可知，，，， ，即， ，即， ，， ，即图中阴影面积为， 故答案为：18． 15. 如图，在等腰直角中，，为边上任意一点，连接，将沿翻折得到，连接并延长交于点，若点为的中点，则的长为 ______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，翻折变换，解一元二次方程，过作于，作于，利用勾股定理和相似三角形，即可得到的长，进而得出的长，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】如图所示，过作于，作于， 又∵， ∴四边形是矩形， 设，则，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 中, ，即， 解得（不合题意），， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， 由折叠可得，， 故答案为：． 16. 如图， 正方形的边长为4， 点E是边的中点， 连接， 把绕点E逆时针旋转， 的对应边交于点F， ， 垂足为H， 则_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据正方形的性质得，可得，证得，可得，设，则，由旋转的性质和等腰三角形的判定与性质可得，可得，利用勾股定理求得，可得，即，再利用勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 由旋转的性质得，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质得出是解题的关键． 三、解答题 （本大题共8小题，共72分） 17. 计算： （1） （2） （3） （4） 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）先计算立方根、算术平方根，再进行减法计算即可； （2）先计算括号里面的，再根据乘法分配律进行计算即可； （3）先计算二次根式的乘除法，再进行减法计算即可； （4）利用平方差公式进行计算即可． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 解：原式 ； 【小问3详解】 解：原式 ； 【小问4详解】 解：原式 ． 【点睛】本题考查二次根式的混合运算、立方根、算术平方根、平方差公式、乘法分配律，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键． 18. 按要求解方程： （1）（用因式分解法）； （2） （用配方法）． （3） （用公式法）． 【答案】（1）或 （2）， （3）， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，（1）利用十字相乘法进行因式分解解方程即可； （2）利用配方法解方程即可； （3）利用公式法解方程即可． 【小问1详解】 解：， 因式分解得，， ∴或， ∴或． 【小问2详解】 解： ， ∴， 配方得，，即， 开方得，， ∴，． 【小问3详解】 解：，即， ∴，，， ∴， ∴， ∴，． 19. 已知， 在平面直角坐标系的位置如图所示，点A，B，C的坐标分别为， ，． 与 是以点 P 为位似中心的位似图形． （1）请写出点P的坐标是 ． （2）以点O为位似中心，在y轴左侧画出 的位似图形，使相似比为； （3）若点为 内一点，则点M在内的对应点的坐标为 ． 【答案】（1） （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查位似变换，（1）利用位似图形的性质得到位似中心的位置即可求解； （2）根据点O为位似中心，相似比为作图即可； （3）利用位似图形的性质求解即可． 【小问1详解】 解：如图，连接、、，并延长相交于点P， ∴， 故答案为：； 【小问2详解】 解：如图，即为所求； 【小问3详解】 解：由题意得，点M在内的对应点的坐标为， 故答案为：． 20. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若该方程的两个实数根都是整数，且其中一个根是另一个根的2倍，求a的值． 【答案】（1）见解析 （2）a的值为3 【解析】 【分析】（1）根据一元二次方程，根的判别式为△=，进行化简即可证明； （2）根据根与系数的关系，以及根的倍数关系，列方程，解方程可得答案． 【小问1详解】 证明：， ∵， ∴该方程总有两个实数根． 【小问2详解】 解：设该方程的一个根为x1，则另外一个根为2 x1， 则， 由①得， 代入②可得：， 解之得，， 又因为该方程的两个实数根都是整数， 所以． 【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，根据题意，灵活运用所学知识是解题的关键． 21. 如图所示，中，D是边上一点，E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于F，且，连接． （1）求证：D是的中点； （2）若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】（1）见解析 （2）若，则四边形是矩形，证明见解析 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点． （1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用证明和全等，再根据全等三角形的性质和等量关系即可求解； （2）由（1）知平行等于，易证四边形是平行四边形，而，是中线，利用等腰三角形三线合一定理，可证，即，那么可证四边形是矩形． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵点E为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴D是的中点； 【小问2详解】 解：若，则四边形是矩形．证明如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴平行四边形是矩形． 22. 随着威海暑期旅游旺季的到来，某店铺购进了一批旅游纪念品，“贝壳画”和“纪念瓷盘”，进货价和销售价如下表： 价格 纪念品 贝壳画 纪念瓷盘 进货价（元/个） 59 66 销售价（元/个） 79 88 （1）该店铺购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”共80个，且进货总价不高于4900元，若进货后能全部售出，则分别购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”多少个，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少； （2）该店铺打算把“贝壳画”调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售8个，经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2个，将销售价定为每个多少元时，能使“贝壳画”平均每天销售利润为288元． 【答案】（1）分别购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”个和个时，有最大利润，最大利润为元 （2）将销售价定为每个元时，能使“贝壳画”平均每天销售利润为288元 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的应用和一元二次方程的应用，属于综合题，读懂题意是解决本题的关键． （1）设分别购进“纪念瓷盘”个，则“贝壳画”为个，根据题意列出一元一次不等式求解即可得出的取值范围，再根据题意表示出利润为，根据的取值范围即可取得的值，从而解题； （2）设“贝壳画”降价元，根据题意列出一元二次方程，求得的值即可解题； 【小问1详解】 解：设分别购进“纪念瓷盘”个，则“贝壳画”为个， 由题可得：，解得：， 利润为：即， 要使利润最大，则取最大值， ，为正整数， ， 购进“贝壳画”个，购进“纪念瓷盘”个时，有最大利润， 最大利润为：元； 【小问2详解】 解：设“贝壳画”降价元，由题可得： ， 解得：， 其销售价为：（元）， 将销售价定为每个元时，能使“贝壳画”平均每天销售利润为288元． 23. 如图，的两条直角边，，点D沿从A向B运动，速度是/秒，同时，点E沿从B向C运动，速度为/秒．动点E到达点C时运动终止．连接、、． （1）当动点运动时间 秒时，与相似． （2）在运动过程中，当时，为何值？请说明理由． 【答案】（1）或 （2）当时，秒．理由见解析． 【解析】 【分析】（1）本题考查了三角形相似的判定和性质，判断何时与相似是解决问题的关键．已知是直角三角形，要与其相似，图中已有一个公共角，所以只需的另外两个角有一个角是直角，那么与相似．由此对应两种情况：或，需分情况讨论分析．然后两个三角形相似，对应边成比例即可求出运动时间． （2）本题考查了三角形相似的判定和性质，构造辅助线，找到三角形相似是解决问题的关键．当时，过点作于，证明，然后利用相似三角形对应边成比例即可求出时间． 【小问1详解】 解：设经过运动时间为t秒时，与相似． 则，，，； 1）当，即时， ； ，即， ． ２）当，即时， ， ，即， ． 和都符合， 当动点运动秒或秒时，与相似． 故答案为：或． 【小问2详解】 如图，过点E作于F， 设经过运动时间为t秒时，， 则，，，； ，即， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， （秒）． 24. 我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． （1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； （2）如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： （3）如图3， 点F，R分别在正方形边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【答案】（1）④ （2）①四边形是“神奇四边形”，见解析；②四边形是“神奇四边形”，见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质及正方形的性质进行判断即可； （2）①根据正方形的性质可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得证； ②根据三角形中位线定理可得，，，，从而证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和等量代换可得，由①可得，，可得，证得四边形是正方形，再根据正方形的性质即可得证； （3）延长交于点S，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理列方程求得，即可求解． 【小问1详解】 解：∵平行四边形的对角线既不互相垂直，也不相等；矩形的对角线相等，但不垂直；菱形的对角线相互垂直，但不相等；正方形的对角线互相垂直且相等， ∴正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④． 【小问2详解】 解：①四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是“神奇四边形”． ②四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵点M，N，P，Q分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由①可得，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，且， ∴四边形是“神奇四边形”． 【小问3详解】 解：延长交于点S， 由折叠的性质得，，，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， 设，则， 在中，， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查新定义、折叠的性质、正方形的判定与性质、矩形的判定的与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年度第二学期质量检测 初三数学 注意事项： 1．本次考试时间120分钟，满分120分． 2．答题时，请务必在题号所指示的区域内作答．作图用2B铅笔． 3．不要求保留精确度的题目，计算结果保留准确值．祝考试成功！ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，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. 能使等式成立的x的取值范围是（　　） A. B. C. D. 2. 已知， 则化简二次根式的正确结果是（ ） A. B. C. D. 3. 下列计算正确的是（ ） A B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A B. C. D. 1 5. 如图，与位似，点O是它们的位似中心，且位似比为1∶2，则与的周长之比是（ ） A. 1∶2 B. 1∶4 C. 1∶3 D. 1∶9 6. 某科技公司计划用两年时间使年生产总值增加到目前的4倍，并且使第二年的增长率是第一年增长率的2倍，设第一年的增长率为x，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，是一元二次方程的两个实数根，则代数式的值等于（ ） A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023 8. 如图，在菱形中，，．E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为（　　） A. 2.4 B. 3 C. 4.8 D. 4 9. 如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形，…，按照此规律作下去，则边的长为（） A. B. C. D. 10. 如图1是古希腊时期的巴台农神庙（Parthenom Temple），把图1中用虚线表示的矩形画成图2矩形，当以矩形的宽为边作正方形时，惊奇地发现矩形与矩形相似，则等于（ ） 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. 已知，则值为______． 12. 已知是方程的一个根，则方程的另一根为_____． 13. 如图，在菱形中，点是对角线上一点，连接，若，且， ，则的长为______． 14. 如图，点是矩形对角线上一点，过点做，分别交，于点，，连接．若，，则图中阴影部分的面积为______． 15. 如图，在等腰直角中，，为边上任意一点，连接，将沿翻折得到，连接并延长交于点，若点为的中点，则的长为 ______． 16. 如图， 正方形的边长为4， 点E是边的中点， 连接， 把绕点E逆时针旋转， 的对应边交于点F， ， 垂足为H， 则_____ 三、解答题 （本大题共8小题，共72分） 17. 计算： （1） （2） （3） （4） 18. 按要求解方程： （1）（用因式分解法）； （2） （用配方法）． （3） （用公式法）． 19. 已知， 在平面直角坐标系的位置如图所示，点A，B，C的坐标分别为， ，． 与 是以点 P 为位似中心的位似图形． （1）请写出点P的坐标是 ． （2）以点O为位似中心，在y轴左侧画出 位似图形，使相似比为； （3）若点为 内一点，则点M在内的对应点的坐标为 ． 20. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若该方程的两个实数根都是整数，且其中一个根是另一个根的2倍，求a的值． 21. 如图所示，中，D是边上一点，E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于F，且，连接． （1）求证：D是的中点； （2）若，试判断四边形形状，并证明． 22. 随着威海暑期旅游旺季的到来，某店铺购进了一批旅游纪念品，“贝壳画”和“纪念瓷盘”，进货价和销售价如下表： 价格 纪念品 贝壳画 纪念瓷盘 进货价（元/个） 59 66 销售价（元/个） 79 88 （1）该店铺购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”共80个，且进货总价不高于4900元，若进货后能全部售出，则分别购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”多少个，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少； （2）该店铺打算把“贝壳画”调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售8个，经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2个，将销售价定为每个多少元时，能使“贝壳画”平均每天销售利润为288元． 23. 如图，的两条直角边，，点D沿从A向B运动，速度是/秒，同时，点E沿从B向C运动，速度为/秒．动点E到达点C时运动终止．连接、、． （1）当动点运动时间 秒时，与相似． （2）在运动过程中，当时，为何值？请说明理由． 24. 我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． （1）在我们学过下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； （2）如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： （3）如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $