精品解析：山东烟台开发区第二中学2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试题（五四学制）

2024-2025第二学期期中学业水平考试 一、选择题（共11小题） 1. 下列各式中，是最简二次根式的是( ) A B. C. D. 2. 下列命题中，是假命题的是（　　） A. 四个角都相等的四边形是矩形 B. 正方形的对角线所在的直线是它的对称轴 C. 对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形 D. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 若是方程的根，则代数式的值为（） A. 0 B. 2023 C. 2024 D. 2025 6. 设，下表列出了与的6对对应值： 根据表格能够发现一元二次方程的一个解的大致范围是（　　） A. B. C. D. 7. 由于春季气温回暖，某服装店从3月份开始对冬装进行“折上折”（两次打折数相同）优惠活动，已知一件原价1000元的冬装，优惠后实际仅需490元，设该店冬装原本打x折，则有（ ） A. B. C. D. 8. 对于有理数、，定义的含义为：当时，，例如：.已知，，且和为两个连续正整数，则的立方根为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在平面直角坐标系中，是菱形的对角线的中点，轴且，，点C的坐标是( ) A. B. C. D. 10. 公元9世纪，阿拉伯数学家阿尔花拉子米在其著作《代数学》中提到构造图形来寻找某个一元二次方程的解的方法：先构造边长为x正方形，再分别以，为边坐另一边长为5的长方形，最后得到四边形是面积为64的正方形，如图所示，花拉子米寻找的是下列哪个一元二次方程　　的解 A. B. C. D. 二、填空题（共5小题） 11. 若成立，则的取值范围是___． 12. 关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是_______． 13. 若一元二次方程的一个根是3，则m的值为________． 14. 若实数m，n满足，且m，n恰好是等腰的两条边的长，则的周长是________． 15. 如图：矩形内有两个相邻的正方形，且左右两边的正方形面积分别为和，那么图中阴影部分的面积为_______． 16. 将边长为的正方形与边长为的正方形如图摆放，点G恰好落在线段上．连接，则长为________． 三、解答题（共9小题） 17. 计算题： （1）； （2）； （3）； 18. 解方程： （1）；（用配方法） （2）（用公式法） （3）（用因式分解法） （4）（用适当的方法） 19. 已知关于x的方程． （1）当m为何值时，此方程是一元一次方程？ （2）当m为何值时，此方程是一元二次方程？ 20. 综合与实践 思考尝试】 先观察下列等式，再回答下列问题： ①； ②； ③． （1）请你根据上面三个等式提供的信息，猜想的结果，并验证； 【实践探究】 （2）请你按照上面各等式反映的规律，试写出用含n的式子表示的等式（n为正整数）； 【拓展延伸】 （3）根据上述规律，我们给出一些数，，，．请计算． 21. 一张矩形纸ABCD，将点B翻折到对角线AC上的点M处，折痕CE交AB于点E．将点D翻折到对角线AC上的点H处，折痕AF交DC于点F，折叠出四边形AECF． （1）求证：AFCE； （2）当∠BAC＝　 　度时，四边形AECF是菱形？说明理由． 22. 已知关于x的一元二次方程，其中a，b，c分别为三边的长． （1）如果 是方程的根，试判断的形状，并说明理由； （2）如果方程有两个相等实数根，试判断的形状，并说明理由； （3）如果是等边三角形，试求这个一元二次方程的根． （4）试用配方法求出代数式的最小值． 23. 公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守一盔一带的规定，某头盔经销商统计了某品牌头盔4月份到6月份的销量，该品牌头盔4月份销售个，6月份销售个，且从4月份到6月份销售量的月增长率相同． （1）求该品牌头盔销售量的月增长率； （2）若此种头盔的进价为元/个，测算在市场中，当售价为元/个时，月销售量为个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少5个，为使月销售利润达到元，而且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔的实际售价应定为多少元/个？ 24. 如图，矩形绕点旋转，使点落到上处，，连接，． （1）求证：； （2）求度数． 25. 如图①，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转60°得到，连接． （1）连接是等边三角形吗？为什么？ （2）求证：； （3）①当M点在何处时，的值最小； ②如图②，当M点在何处时，的值最小，请你画出图形，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025第二学期期中学业水平考试 一、选择题（共11小题） 1. 下列各式中，是最简二次根式的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】最简二次根式满足：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，由此结合选项可得出答案． 【详解】A、含有能开方的因式，不是最简二次根式，故本选项错误； B、含有能开方的因式，不是最简二次根式，故本选项错误； C、符合最简二次根式的定义，故本选项正确； D、被开方数含分母，故本选项错误， 故选C． 【点睛】本题考查了最简二次根式的知识，解答本题的关键是熟练掌握最简二次根式满足的两个条件，属于基础题，难度一般． 2. 下列命题中，是假命题的是（　　） A. 四个角都相等的四边形是矩形 B. 正方形的对角线所在的直线是它的对称轴 C. 对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形 D. 一组对边相等，另一组对边平行四边形是平行四边形 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形的判定，正方形的性质，菱形和平行四边形的判定对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】解：A、四个角都相等的四边形是矩形，是真命题； B、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，是真命题； C、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，是真命题； D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，是假命题； 故选D． 【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式的加减乘除法则进行判断即可． 【详解】A、，故错误； B、，由于相加的两个二次根式的被开方数不相同，不能相加，故错误； C、，由于相减的两个二次根式的被开方数不相同，不能相减，故错误； D、，故正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了二次根式的运算，只有被开方数相同的两个二次根式才能相加减，两个二次根式相乘或除，把被开方数相乘可除即可，最后结果都要化成最简二次根式． 4. 若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式，把解集在数轴上表示即可． 【详解】解：使二次根式在实数范围内有意义， 则， 解得：， 则x的取值范围在数轴上表示为： 故选：A． 【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，不等式的解法，以及在数轴上表示不等式的解集,理解二次根式有意义的条件是解题关键． 5. 若是方程的根，则代数式的值为（） A. 0 B. 2023 C. 2024 D. 2025 【答案】D 【解析】 【分析】根据方程根的定义得到的值，再整体代入计算即可. 【详解】解：∵是方程的根， ∴， ∴， ∴． 6. 设，下表列出了与的6对对应值： 根据表格能够发现一元二次方程的一个解的大致范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，，，所以当在之间取某一个数时，，于是可对各选项进行判断． 【详解】解：∵当时，，， ∴当在之间取某一个数时，， ∴一元二次方程的一个解的大致范围为． 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数与方程的解，熟练掌握方程的解是对应二次函数与轴的交点坐标是解题的关键． 7. 由于春季气温回暖，某服装店从3月份开始对冬装进行“折上折”（两次打折数相同）优惠活动，已知一件原价1000元的冬装，优惠后实际仅需490元，设该店冬装原本打x折，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设该店冬装原本打x折，根据折上折的优惠规则，结合原价和最终实际售价，找出等量关系列出方程即可． 【详解】解：设该店冬装原本打x折． ∵打折时，打x折表示现价为原价的． 又∵本题为两次折扣相同的“折上折”，需要连续两次按计算价格． ∴原价1000元经过两次打折后价格为． ∵优惠后实际价格为490元， ∴可得方程． 8. 对于有理数、，定义的含义为：当时，，例如：.已知，，且和为两个连续正整数，则的立方根为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据min{a，b}的含义得到：a＜＜b，由a和b为两个连续正整数求得它们的值，然后代入求值． 【详解】解：∵，， ∴a＜＜b， ∵5＜＜6，且a和b为两个连续正整数， ∴a=5，b=6， ∴ab-（）2=5×6-31=-1， ∴ab-（）2的立方根为-1． 故选A． 【点睛】本题考查的是二次根式的应用，立方根，实数的运算，根据题意理解新定义的计算公式是解题的关键． 9. 如图，在平面直角坐标系中，是菱形的对角线的中点，轴且，，点C的坐标是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得出是等边三角形，则，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出点的坐标，根据中心对称的性质即可求解． 【详解】解：如图所示，设与轴交于点， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴是等边三角形，则， ∵是菱形的对角线的中点， ∴ ∵轴，则， ∴ ∴，， ∴ ∵关于对称， ∴, 故选：D． 【点睛】本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，求得点的坐标是解题的关键． 10. 公元9世纪，阿拉伯数学家阿尔花拉子米在其著作《代数学》中提到构造图形来寻找某个一元二次方程的解的方法：先构造边长为x正方形，再分别以，为边坐另一边长为5的长方形，最后得到四边形是面积为64的正方形，如图所示，花拉子米寻找的是下列哪个一元二次方程　　的解 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知正方形ABCD面积为，长方形BCEI，DCGH的面积均为5x，正方形面积为25，列出方程即可解答. 【详解】正方形面积为，长方形BCEI，的面积均为，正方形面积为25，四者面积之和为与四边形AIFH面积相等， 所以，整理得 故选C． 【点睛】此题考查一元二次方程应用，解题关键在于理解题意列出方程. 二、填空题（共5小题） 11. 若成立，则的取值范围是___． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查分母有理化，熟练掌握分式的性质是解决本题的关键． 先根据二次根式的性质和分式的性质确定方程有意义的条件，再根据二次根式的性质进行分母有理化，从而根据分式的性质解方程，即可解决此题． 【详解】解：根据题意可得， ∴， ， ． ． ． 或． （舍）或． ． 故答案为：． 12. 关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是_______． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：①当时，方程有两个不相等的两个实数根；②当时，方程有两个相等的两个实数根；③当时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立；利用判别式，根据不等式即可解决问题． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴且， ∴， ∴，且， 故答案为且． 13. 若一元二次方程的一个根是3，则m的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】将已知根代入原一元二次方程，得到关于的一元二次方程，求解该方程即可得到的值． 【详解】解：由题意把代入方程得：， 整理得：， 解得：． 14. 若实数m，n满足，且m，n恰好是等腰的两条边的长，则的周长是________． 【答案】10 【解析】 【分析】由已知等式，结合非负数的性质求出m、n的值，再根据m、n分别作为等腰三角形的腰，分类求解即可求出的周长． 详解】解：， ， ， 当作为腰时，三边长分别为：2、2、4，不符合三边关系定理； 当作为腰时，三边长分别为：2、4、4，符合三边关系定理，则周长为：． 15. 如图：矩形内有两个相邻的正方形，且左右两边的正方形面积分别为和，那么图中阴影部分的面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正方形的面积求出矩形的长和宽，再用矩形的面积减去两正方形的面积即为阴影部分的面积． 【详解】解：如图 由两个相邻的正方形，面积分别为和， 得， ∴， 故 ． 16. 将边长为的正方形与边长为的正方形如图摆放，点G恰好落在线段上．连接，则长为________． 【答案】1 【解析】 【分析】连接，设和相交于点O， 先推导出， ，，证明，得到，，进而推导出，得到，代入数值求解即可． 【详解】解：如图，连接，设和相交于点O， ∵四边形、四边形都是正方形， ∴， ，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即， 化简，得 解得或（不符合题意，舍去）， ∴． 三、解答题（共9小题） 17. 计算题： （1）； （2）； （3）； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二次根式的乘除进行计算即可； （2）先进行二次根式的乘除与二次根式的化简，最后进行加减即可； （3）先进行二次根式的除法，再根据平方差公式进行计算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ； 【小问3详解】 解： ． 18. 解方程： （1）；（用配方法） （2）（用公式法） （3）（用因式分解法） （4）（用适当的方法） 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 解：， ， ， ， ， ∴或， 解得； 【小问2详解】 解： ， ， 方程有两个不相等的实数根， ， 解得； 【小问3详解】 解： ， ， ， ， ∴或， 解得； 【小问4详解】 解： ， ， ， ， ∴或， 解得． 19. 已知关于x的方程． （1）当m为何值时，此方程是一元一次方程？ （2）当m为何值时，此方程是一元二次方程？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据一元一次方程的定义解答即可； （2）根据一元二次方程的定义解答即可． 【小问1详解】 解：∵关于x的方程是一元一次方程， ∴且， 即且， ∴； 【小问2详解】 解：∵关于x的方程是一元二次方程， ∴， 解得 20. 综合与实践 【思考尝试】 先观察下列等式，再回答下列问题： ①； ②； ③． （1）请你根据上面三个等式提供的信息，猜想的结果，并验证； 【实践探究】 （2）请你按照上面各等式反映的规律，试写出用含n的式子表示的等式（n为正整数）； 【拓展延伸】 （3）根据上述规律，我们给出一些数，，，．请计算． 【答案】（1），验证见解析；（2）；（3） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的化简，数字的变化类规律型及有理数加减混合运算，根据题意，理解题目所给的规律，并应用规律进行计算是解决本题的关键． （1）根据题目所给的例题可知可化为，计算即可得出答案； （2）利用根据前面等式规律求解； （3）先代入得，根据题意可化为，根据有理数加法计算即可得出答案． 【详解】（1）解：猜想：； 验证：， ∴猜想正确． （2）解：第n个式子为：； （3）解： ． 21. 一张矩形纸ABCD，将点B翻折到对角线AC上的点M处，折痕CE交AB于点E．将点D翻折到对角线AC上的点H处，折痕AF交DC于点F，折叠出四边形AECF． （1）求证：AFCE； （2）当∠BAC＝　 　度时，四边形AECF是菱形？说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）30，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）证出∠HAF＝∠MCE，即可得出AFCE； （2）证出四边形AECF是平行四边形，再证出AF＝CF，即可得出四边形AECF是菱形． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形， ∴ADBC， ∴∠DAC＝∠BCA， 由翻折知，∠DAF＝∠HAF＝∠DAC，∠BCE＝∠MCE＝∠BCA， ∴∠HAF＝∠MCE， ∴AFCE； （2）解：当∠BAC＝30°时四边形AECF为菱形，理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠BAD＝90°，ABCD， 由（1）得：AFCE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵∠BAC＝30°， ∴∠DAC＝60°． ∴∠ACD＝30°， 由折叠的性质得∠DAF＝∠HAF＝30°， ∴∠HAF＝∠ACD， ∴AF＝CF， ∴四边形AECF是菱形； 故答案为：30． 【点睛】本题考查矩形的性质、平行线的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 22. 已知关于x的一元二次方程，其中a，b，c分别为三边的长． （1）如果 是方程的根，试判断的形状，并说明理由； （2）如果方程有两个相等的实数根，试判断的形状，并说明理由； （3）如果是等边三角形，试求这个一元二次方程的根． （4）试用配方法求出代数式的最小值． 【答案】（1）是等腰三角形； （2）是直角三角形； （3），； （4）； 【解析】 【分析】（1）将代入方程求解即可得到答案； （2）根据一元二次方程有两个相等的实数根判别式等于0列式求解即可得到答案； （3）根据等边三角形得到，代入求解即可得到答案； （4）配方，结合完全平方的非负性直接求解即可得到答案； 【小问1详解】 解：∵是一元二次方程的根， ∴， 即：， 解得：， ∴是等腰三角形； 【小问2详解】 解：∵方程有两个相等的实数根， ∴， 即：， ∴， ∴是直角三角形； 【小问3详解】 解：∵三角形是等边三角形， ∴， ∴原方程变形得：， ∴， 解得：，； 【小问4详解】 解：由题意可得， 原式， ∵， ∴， ∴， 答：的最小值是； 【点睛】本题考查一元二次方程的解，一元二次方程的根与判别式的关机及配方法求代数式的最值问题，解题的关键是熟练掌握一元二次方程有两个相等实数根判别式等于0及代数式的配方． 23. 公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守一盔一带的规定，某头盔经销商统计了某品牌头盔4月份到6月份的销量，该品牌头盔4月份销售个，6月份销售个，且从4月份到6月份销售量的月增长率相同． （1）求该品牌头盔销售量的月增长率； （2）若此种头盔的进价为元/个，测算在市场中，当售价为元/个时，月销售量为个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少5个，为使月销售利润达到元，而且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔的实际售价应定为多少元/个？ 【答案】（1） （2）元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，正确理解题意是解题关键． （1）设该品牌头盔销售量的月增长率为，由题意得：，即可求解； （2）该品牌头盔的实际售价应定为元个，则，即可求解． 【小问1详解】 解：设该品牌头盔销售量的月增长率为， ， ， 解得：，（舍， 该品牌头盔销售量的月增长率为； 【小问2详解】 解：该品牌头盔的实际售价应定为元个， 则， ， ∵尽可能让顾客得到实惠， ∴， 答：该品牌头盔的实际售价应定为元个． 24. 如图，矩形绕点旋转，使点落到上的处，，连接，． （1）求证：； （2）求的度数． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形的性质得出，由旋转的性质得出，，证明≌，由全等三角形的性质可得出； （2）求出，由旋转的性质得出，由等腰三角形的性质求出，则可得出答案． 【小问1详解】 证明：， ， 矩形绕点旋转， ， ， ∴ ≌， ∴ ； 【小问2详解】 解：∵ ，， ∴ ， ∴， ∵ 矩形绕点旋转， ∴ ， ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 25. 如图①，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转60°得到，连接． （1）连接是等边三角形吗？为什么？ （2）求证：； （3）①当M点在何处时，的值最小； ②如图②，当M点在何处时，的值最小，请你画出图形，并说明理由． 【答案】（1）是，理由见解析 （2）见解析 （3）①点M为的中点；②点M为与的交点时，的值最小，图及理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质可得，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可； （2）根据等边三角形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明△AMB和△ENB全等即可； （3）①根据两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，的值最小，再根据正方形的性质解答；②根据全等三角形对应边相等可得，然后求出，再根据两点之间线段最短证明． 【小问1详解】 解：是等边三角形．理由如下： 如图①，∵绕点B逆时针旋转60°得到， ∴， ∴是等边三角形； 【小问2详解】 ）证明：∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴； 【小问3详解】 解：①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，的值最小， ∵四边形正方形， ∴点M为的中点； ②当点M为与的交点时，的值最小，理由如下： 如图②，∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，， 故点M为与的交点时，的值最小． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段最短，从两点之间线段最短考虑求解是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $