精品解析：山东省威海市文登区乡镇（五四制）2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试题

2024-2025八年级下册期中质量检测 时间∶ 120分钟 满分∶ 120分 一、选择题(每小题3分，共30分) 1. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 2. 在实数范围内，不论x取何值，下列各式始终有意义是（ ） A. B. C. D. 3. 实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是（     ） A. B. C. D. b 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知关于x的一元二次方程的一个根为0，则m的值为（ ） A. 2 B. C. 或3 D. 2或 6. 如图，菱形，对角线交于点，点为上一点，过点分别作于点，作于点．若，则的值为（ ） A. 14 B. C. D. 7. 已知a＝2021×2023﹣2021×2022，b＝，c＝，则a，b，c的关系是（ ） A. b＜c＜a B. a＜c＜b C. b＜a＜c D. a＜b＜c 8. 已知关于的一元二次方程，其中满足，关于该方程根的情况，下列判断正确的是（ ） A. 无实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 无法确定 9. 数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，矩形中，，，点是边上与点和点不重合的任意一点，小明把矩形沿折叠，使点落在点处，连接，当线段的值最小时，的长度为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接．下列结论： ①；②；③；④的最小值为3．其中正确结论的个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题（每小题3分满分18分） 11. 若在实数范围内有意义，则的取值范围是_________ ． 12. 某城市为申办冬奥会，决定改善城市容貌，计划用两年时间，使绿地面积增加，这两年平均每年绿地面积的增长率是_________． 13. 若，则________． 14. 一次座谈会上，每两个参加会议的人都互相握手一次，经统计，一共握手36次，则这次会议与会人数是共_________人． 15. 如图，某小区有一块长为、宽为的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地，它们的面积之和为，两块绿地之间及周边有宽度相等的人行通道，则人行通道的宽度为________． 16. 如图，在中，，D，F分别是，的中点，于点E，连接，，，，若，，则的周长是_________． 三、解答题 17. 计算∶ （1）； （2）； （3）已知，求的值． 18. 解方程∶ （1）；（用配方法解） （2）． 19 观察下列各式及其验证过程： （1）， 验证：； （2）， 验证：． （1）按照上述两个等式及验证过程的基本思路，猜想第（3）个式子的变形结果并进行验证； （2）针对上述各式反映的规律，直接写出第n个式子（的整数）． 20. 已知关于x方程． （1）若方程有两个不相等的实数根，求k的取值范围； （2）若方程两根恰好是一个矩形两邻边的长，且矩形对角线长，求该矩形的面积． 21. 如图，在平行四边形中，，，延长至点E，使，连接，交于点F，连接，，， （1）判断四边形的形状并证明； （2）求四边形的面积． 22. 张强购进了一种成本为元个的风筝，据市场调查分析，若按元个销售，一个月能售出个，在此基础上，售价每涨元个，月销量就减少个，张强想在每月销售这种风筝的成本不超过元的情况下，使得月销售利润达到元，则每个风筝的售价定为多少元？ 23. 如图，已知矩形的边长，，某一时刻，动点M从点A出发，沿方向以的速度向点B匀速运动，同时，动点N从点D出发沿方向以的速度向点A匀速运动，当点M到达点B时，两点同时停止运动，问： （1）经过多长时间，长为？ （2）经过多长时间，面积等于矩形面积？ 24. 如图，中，，将沿的方向平移得到，连接． （1）当点移至什么位置时，四边形是菱形，并加以证明． （2）在（1）的条件下，四边形能否为正方形？若能，请说明理由；若不能，请给添加一个条件，使四边形为正方形，并写出推理过程． 25. （1）如图1，把两个全等的矩形和矩形拼接在一起，则=_______； （2）如图2，在正方形中，E是边上一点（不与点C，D重合），连接，将绕点E顺时针旋转至，连接并延长，的延长线于点G，求证：； （3）如图3，在菱形中，，E是边上一点（不与C，D重合），连接，将绕点E顺时针旋转至，连接交的延长线于点G，求线段与之间的数量关系（写出过程）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025八年级下册期中质量检测 时间∶ 120分钟 满分∶ 120分 一、选择题(每小题3分，共30分) 1. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据判定最简二次根式的方法依次判定即可得出结果． 【详解】解：A、，能化简，不最简二次根式，不符合题意； B、不能化简，是最简二次根式，符合题意； C、，能化简，不是最简二次根式，不符合题意； D、，能化简，不是最简二次根式，不符合题意． 故选B． 【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，解决此题的关键是在判断最简二次根式的过程中要注意：（1）在二次根式的被开方数中，只要含有分数或小数，就不是最简二次根式；（2）在二次根式的被开方数中的每一个因式（或因数），如果幂的指数大于或等于2，也不是最简二次根式． 2. 在实数范围内，不论x取何值，下列各式始终有意义的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用二次根式有意义的条件，被开方数是非负数，分别分析得出答案． 【详解】解：A、，故此选项不合题意； B、，故此选项不合题意； C、，不论取何值，，此式始终有意义，故此选项符合题意； D、，不论取何值，，此式都无意义，故此选项不合题意． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式有意义的条件是解题关键． 3. 实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是（     ） A. B. C. D. b 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了利用数轴比较数的大小，二次根式的性质，化简绝对值，正确利用数轴比较数的大小是解题的关键．由数轴知，，得到，化简即可． 【详解】解：由数轴知，， ∴， ∴ ， 故选：A． 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次根式，根据二次根式的性质以及二次根式的加减法则分别进行判断即可． 【详解】解：中，没有同类二次根式，不能合并， 故A选项不符合题意； ， 故B选项符合题意； ， 故C选项不符合题意； ， 故D选项不符合题意， 故选：B． 5. 已知关于x的一元二次方程的一个根为0，则m的值为（ ） A. 2 B. C. 或3 D. 2或 【答案】B 【解析】 【分析】先根据一元二次方程的定义可得，从而可得，再将代入方程可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得． 【详解】解：方程是关于的一元二次方程， ， 解得， 又关于的一元二次方程的一个根为0， ， 解得或（舍去）， 则的值为， 故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义、一元二次方程的根、解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的相关知识是解题关键． 6. 如图，菱形，对角线交于点，点为上一点，过点分别作于点，作于点．若，则的值为（ ） A. 14 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，由四边形是菱形，推出，，，由勾股定理求出，由的面积的面积的面积，得到，因此，得到． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵的面积的面积的面积， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角形的面积，勾股定理，关键是由的面积的面积的面积，得到． 7. 已知a＝2021×2023﹣2021×2022，b＝，c＝，则a，b，c的关系是（ ） A. b＜c＜a B. a＜c＜b C. b＜a＜c D. a＜b＜c 【答案】D 【解析】 【分析】利用平方差公式计算a，利用完全平方公式和二次根式化简求出b，利用二次根式大小的比较办法，比较b、c得结论． 【详解】解：a=2021×2023-2021×2022 =2021（2023-2022） =2021； ∵20242-4×2023 =（2023+1）2-4×2023 =20232+2×2023+1-4×2023 =20232-2×2023+1 =（2023-1）2 =20222， ∴b=2022； ∵， ∴c＞b＞a． 故选：D． 【点睛】本题考查了完全平方公式、平方差公式、二次根式的化简、二次根式大小的比较等知识点，利用完全平方公式计算出值，是解决本题的关键． 8. 已知关于的一元二次方程，其中满足，关于该方程根的情况，下列判断正确的是（ ） A. 无实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根，据此先求出，再求出的符号即可得到结论． 【详解】解： ∵， ∴， ∴ ， ， ∴原方程有两个不相等的实数根， 故选：C． 9. 数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，矩形中，，，点是边上与点和点不重合的任意一点，小明把矩形沿折叠，使点落在点处，连接，当线段的值最小时，的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查矩形与折叠性质、勾股定理、最短路径问题，先根据两点之间线段最短得到线段的值最小时，点F在上的点处，此时点E在点处，根据矩形和折叠性质得到，，在中，由勾股定理求得即可． 【详解】解：连接， ∵，当D、F、B共线时取等号， ∴线段的值最小时，点F在上的点处，此时点E在点处，如图： 在矩形中，，，则， 由折叠性质得，， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， 即线段的值最小时，的长度为， 故选：D． 10. 如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接．下列结论： ①；②；③；④的最小值为3．其中正确结论的个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】延长，交于点，交于点，连接，交于点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出，再根据矩形的判定与性质可得，由此可判断①；先根据三角形全等的性质可得，再根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，由此可判断③；根据直角三角形的性质可得，从而可得，由此可判断②；先根据垂线段最短可得当时，取得最小值，再解直角三角形可得的最小值，从而可得的最小值，由此可判断④． 【详解】解：如图，延长，交于点，交于点，连接，交于点， 四边形是正方形，， ， 在和中，， ， ， ， 四边形是矩形， ， ，即结论①正确； ， ， ，即结论③正确； ， ， ， ，即，结论②正确； 由垂线段最短可知，当时，取得最小值， 此时在中，， 又， 的最小值与的最小值相等，即为，结论④错误； 综上，正确的结论为①②③，共有3个， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、解直角三角形等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 二、填空题（每小题3分满分18分） 11. 若在实数范围内有意义，则的取值范围是_________ ． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．根据二次根式有意义的条件，分式有意义的条件求解即可；． 【详解】解：由题意得，且， 解得且， 故答案为：且； 12. 某城市为申办冬奥会，决定改善城市容貌，计划用两年时间，使绿地面积增加，这两年平均每年绿地面积的增长率是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程解决增长率问题，解题关键是列出方程求解． 设每年的增长率为 ，根据“计划用两年时间，使绿地面积增加”列出方程求解． 【详解】解：设每年的增长率为 ， 则， 解得：(舍去），或， 即这两年平均每年绿地面积的增长率是， 故答案为： ． 13. 若，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了比例的基本性质，解题关键是掌握设法求解．设，将三个字母都用表示出来，再代入代数式求值． 【详解】解：设， 则，，，， 所以， 故答案为：． 14. 一次座谈会上，每两个参加会议的人都互相握手一次，经统计，一共握手36次，则这次会议与会人数是共_________人． 【答案】9 【解析】 【分析】设这次参加座谈会的有x人，已知见面时两两握手一次，那么每人应握（x-1）次手，所以x人共握手x（x-1）次，又知共握手36次，以握手总次数作为等量关系，列出方程求解． 【详解】解：设这次参加座谈会的有x人，则每人应握（x-1）次手， 由题意得：， 即：x2-x-72=0， 解得：x1=9，x2=-8（不符合题意舍去） 所以，这次参加座谈会的有9人． 故答案为：9． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，关键在于理解清楚题意，找出等量关系，列出方程求解． 15. 如图，某小区有一块长为、宽为的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地，它们的面积之和为，两块绿地之间及周边有宽度相等的人行通道，则人行通道的宽度为________． 【答案】2 【解析】 【分析】设人行通道的宽度为xm，由题意得（30-3x）（24-2x）=480，解方程即可． 【详解】解：设人行通道的宽度为xm， 由题意得（30-3x）（24-2x）=480， 解得x1=2，x2=20（舍去）， ∴人行通道的宽度为2m， 故答案为：2． 【点睛】此题考查了一元二次方程的实际应用，正确理解题意列得方程是解题的关键． 16. 如图，在中，，D，F分别是，的中点，于点E，连接，，，，若，，则的周长是_________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用中点的意义求得，再利用勾股定理求得，然后利用直角三角形斜边上的中线的性质求得、，利用中位线定理求得，进而可求得的周长． 【详解】解：∵，F是的中点， ∴， ∵在中，， ∴， ∵， ∴， ，D，F分别是，的中点， ∴，，， ∴的周长是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形三线合一，中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，解题关键是利用直角三角形斜边上的中线的性质求出待求三角形的边长． 三、解答题 17. 计算∶ （1）； （2）； （3）已知，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，已知字母的值求代数式的值，解题关键是注意运算顺序． （1）先计算二次根式乘法，再计算加减； （2）先利用类似于多项式乘以多项式展开，再计算加减； （3）先将待求式子分解因式，再整体代入求值． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 = =； 【小问3详解】 ∵， ∴， ， ∴． 18. 解方程∶ （1）；（用配方法解） （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，因式分解法解一元二次方程，解题关键是熟悉上述两种解法． （1）利用配方法求解； （2）利用因式分解法求解． 【小问1详解】 解∶两边都除以2，得， 移项，得 配方，得， 即， 开平方，得， 解得：，． 【小问2详解】 解：原方程可变形为， 方程左边分解因式，得， 所以或， 解得：，． 19. 观察下列各式及其验证过程： （1）， 验证：； （2）， 验证：． （1）按照上述两个等式及验证过程的基本思路，猜想第（3）个式子的变形结果并进行验证； （2）针对上述各式反映的规律，直接写出第n个式子（的整数）． 【答案】（1），验证见解析； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了利用二次根式的性质化简，分解因式的应用，异分母分式的加减，解题关键是将根号内通分． （1）先将根号内通分，再利用二次根式的性质化简； （2）先将根号的分式内通分，再将分子分解因式，然后利用二次根式的性质化简． 【小问1详解】 解：； 【小问2详解】 解： ． 20. 已知关于x的方程． （1）若方程有两个不相等的实数根，求k的取值范围； （2）若方程的两根恰好是一个矩形两邻边的长，且矩形对角线长，求该矩形的面积． 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】(1)根据方程有两个不相等的实数根， 列出关于的不等式求解； (2)先根据方程的两根恰好是一个矩形两邻边的长，求得两根之和与两根之积，再利用矩形对角线长，得到关于的方程求解，然后求得矩形的面积． 【小问1详解】 解∶∵方程有两个不相等的实数根， ∴， ； 【小问2详解】 设矩形两邻边分别为，， ∵方程的两根恰好是一个矩形两邻边的长， ∴，， ∵矩形对角线长 ， ， ， 即， 解得：，， ∵， ∴， ∴矩形面积． 【点睛】本题考查了利用一元二次方程根的判断式求参数，一元二次方程的解法，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理，解题关键是掌握上述知识，并能熟练运用求解． 21. 如图，在平行四边形中，，，延长至点E，使，连接，交于点F，连接，，， （1）判断四边形的形状并证明； （2）求四边形的面积． 【答案】（1）矩形 （2） 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，等角对等边等知识点，解题关键是利用平行四边形的性质证得相关线段和角相等． （1）先利用平行四边形得出，，，从而可得，再证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，，再结合，证得，根据等角对等边可得，从而可得，于是可证明四边形是矩形； （2）先利用矩形的性质得出，再利用勾股定理可求得，然后求出四边形的面积． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形的面积为． 22. 张强购进了一种成本为元个的风筝，据市场调查分析，若按元个销售，一个月能售出个，在此基础上，售价每涨元个，月销量就减少个，张强想在每月销售这种风筝的成本不超过元的情况下，使得月销售利润达到元，则每个风筝的售价定为多少元？ 【答案】每个风筝的售价应定为元． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程应用、一元一次不等式的应用. 设这种风筝的销售单价为元个，则每个风筝的销售利润为元，每月卖出的风筝的个数是个，由“成本为元个的风筝，成本不超过元的情况下，使得月销售利润达到元”，列出一元二次方程和一元一次不等式，解方程和不等式即可． 【详解】解：设这种风筝的销售单价为元个，则每个风筝的销售利润为元，每月卖出的风筝的个数是个， 由题意得：， 整理得：， 解得：，， ， 解得：， ， 答：每个风筝的售价应定为元． 23. 如图，已知矩形的边长，，某一时刻，动点M从点A出发，沿方向以的速度向点B匀速运动，同时，动点N从点D出发沿方向以的速度向点A匀速运动，当点M到达点B时，两点同时停止运动，问： （1）经过多长时间，长为？ （2）经过多长时间，面积等于矩形面积的？ 【答案】（1）经过2秒或秒； （2）经过1秒或2秒． 【解析】 【分析】（1）设经过x秒，MN长为，先求出时间的范围，再利用矩形性质得出，，根据勾股定理得到，再用x表示出 ，，代入，得到关于x的一元二次方程求解； （2） 设经t秒，面积等于矩形面积的，先用t表示出，，再利用三角形面积公式列出一元二次方程求解． 【小问1详解】 解：设经过x秒，长为， ∵当点M到达点B时，两点同时停止运动， ∴， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， ∴， ∵动点M从点A出发，沿方向以的速度向点B匀速运动，同时，动点N从点D出发沿方向以的速度向点A匀速运动， ∴经过x秒，，， ∴， ∴，， 答：经过2秒或秒，长为； 【小问2详解】 设经t秒，面积等于矩形面积的， ∴，， ∵当点M到达点B时，两点同时停止运动， ∴， ∵， ∴， 解得：或， 答：经过1秒或2秒，面积等于矩形面积． 【点睛】本题考查了矩形的性质，四边形的动点问题，勾股定理，一元二次方程的解法，解题关键是利用字母表示出待求三角形的边长． 24. 如图，中，，将沿的方向平移得到，连接． （1）当点移至什么位置时，四边形是菱形，并加以证明． （2）在（1）的条件下，四边形能否为正方形？若能，请说明理由；若不能，请给添加一个条件，使四边形为正方形，并写出推理过程． 【答案】（1）当点D移至的中点时，四边形是菱形，详见解析 （2）不能，详见解析 【解析】 【分析】（1）当移至的中点时，四边形是菱形；根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推知，．所以，又由，则，故四边形是菱形； （2）不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．根据有一内角为直角的菱形是正方形来添加条件． 【小问1详解】 解：当移至的中点时，四边形是菱形． 证明如下： ，是的中点， ，， ∵， ， ， ， 四边形是菱形； 【小问2详解】 解：不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形． 证明：，是的中点． ，即， 四边形菱形， 四边形是正方形． 【点睛】本题是几何变换综合题型，主要考查了平移变换的性质，勾股定理，正方形的判定，菱形的判定与性质以及直角三角形斜边上的中线．（1）难度稍大，根据三角形斜边上的中线推知是解题的关键． 25. （1）如图1，把两个全等的矩形和矩形拼接在一起，则=_______； （2）如图2，在正方形中，E是边上一点（不与点C，D重合），连接，将绕点E顺时针旋转至，连接并延长，的延长线于点G，求证：； （3）如图3，在菱形中，，E是边上一点（不与C，D重合），连接，将绕点E顺时针旋转至，连接交的延长线于点G，求线段与之间的数量关系（写出过程）． 【答案】（1） ；（2）见解析；（3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）先证明，可得，从而得到，即可； （2）过点作交于点，结合正方形的性质和旋转的性质证明，可得，，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，即可； （3）过点作，与的延长线交于点，可证得，从而得到，，，进而得到，，继而得到． 【详解】（1）解：∵矩形和矩形是全等矩形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图，过点F作交于点H，     ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由旋转的性质得：，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴； （3）过点作，与的延长线交于点，     由旋转的性质得：，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 即． 【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质，解题关键是利用旋转的性质证得相关的边、角相等． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$