山东省泰安市泰山区2026年八年级数学下学期期中学情检测预测卷

山东省泰安市泰山区2026年八年级数学下学期期中学情检测预测卷 一、单选题（共40分） 1．（本题4分）下列二次根式是最简二次根式的为（　　） A． B． C． D． 2．（本题4分）式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（本题4分）把方程配方转化成的形式，正确的结果是（   ） A． B． C． D． 4．（本题4分）下列命题中是假命题的是（   ） A．一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形 D．对角线相等的菱形是正方形 5．（本题4分）若二次根式与能合并，则k的值可能是（  ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．（本题4分）如图，在正方形的外侧作等边，则的大小为（   ） A． B． C． D． 7．（本题4分）一元二次方程的根的情况是（   ） A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根 C．没有实数根 D．无法确定 8．（本题4分）如图，在中，．点是斜边的中点，，垂足为，若，，则的值是（  ） A． B． C． D． 9．（本题4分）设m，n是方程的两个实数根，则的值为（   ） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 10．（本题4分）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 二、填空题（共20分） 11．（本题4分）菱形的一条对角线的长为6，边的长是方程的一个根，则菱形的周长为_________． 12．（本题4分）实数，在数轴上的位置如图所示，那么化简的结果是______． 13．（本题4分）如图，在四边形中，与不平行，，E，F，G，H分别是的中点．当 ______时，四边形是菱形． 14．（本题4分）如图，将长方形纸片，沿折痕折叠，分别落在对应位置处，交于点E，若，则为 ________ ． 15．（本题4分）如图，正方形的边长为，为上的一点，，为上的一点，，为上一个动点，则的最小值为______． 三、解答题（共90分） 16．（本题8分）计算： (1)． (2)． 17．（本题8分）解方程： (1) ； (2) ． 18．（本题9分）如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结． (1)求证：． (2)若，，求的面积． 19．（本题9分）若是关于的一元二次方程的两个实数根． (1)求出实数的取值范围； (2)若方程的两个实数根满足，求的值． 20．（本题10分）如图，在中，，点为中点，连接，过点作，，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求四边形的周长． 21．（本题11分）降次转化是解方程的基本思想，我们可以用换元法来研究某项高次方程．例如：解方程时，可以将看成一个整体，设，则，原方程可化为，解得，．当时，，，所以，；当时，此方程没有实数根，所以原方程的根为，．请根据上述内容，用适当的方法解下列方程： (1)； (2)． 22．（本题11分）如图，已知，按以下步骤作图： ①分别以点A，B为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于M，N两点； ②作直线，交于点G，交于点Q； ③以点A为圆心，长为半径作弧，交直线于点P，连接，． (1)判断四边形是何种特殊四边形，并说明理由； (2)若，，求的长． 23．（本题12分）如图1，在正方形中，交于点F，连接． (1)探究与之间的数量关系，并证明； (2)如图2，过点A作于点N，分别交于点M，P，探究线段之间的数量关系，并证明． 24．（本题12分）先阅读，再解答：由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式，在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如：，请完成下列问题： (1)的有理化因式是_______； (2)化去式子分母中的根号：_______；（直接写结果） (3)利用你发现的规律计算下列式子的值：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省泰安市泰山区2026年八年级数学下学期期中学情检测预测卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A A A A B A B A 1．B 【分析】最简二次根式需满足两个条件，一是被开方数不含分母，二是被开方数不含能开得尽方的因数或因式．根据最简二次根式的定义判断即可． 【详解】解：选项A，的被开方数含分母，不是最简二次根式， 选项B，满足最简二次根式的两个条件，是最简二次根式； 选项C，，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式； 选项D，，被开方数含分母，不是最简二次根式． 2．B 【分析】根据二次根式及分式有意义的条件列出关于x的不等式组，求出x的取值范围即可． 【详解】解：∵在实数范围内有意义， ∴且， ∴且， 解得． 3．A 【分析】按照配方法步骤整理方程，即可得到对应结果． 【详解】解：∵原方程为 ． 移项得 ． 根据配方法，方程两边需加上一次项系数一半的平方，这里一次项系数为，一半的平方为． ∴方程两边同时加，得 ． 整理得 ． 因此正确结果为A选项． 4．A 【分析】根据平行四边形与特殊平行四边形的判定定理即可解答． 【详解】解：∵一组对边相等，一组对角相等的四边形无法证明另一组对边平行或相等，存在反例，不能判定为平行四边形，故A是假命题，符合题意； ∵“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”是矩形的判定定理，故B是真命题，不符合题意； ∵“对角线互相平分且垂直的四边形是菱形”是菱形的判定定理，故C是真命题，不符合题意； ∵菱形本身四边相等、对角线互相垂直，对角线相等的菱形符合正方形的判定要求，故D是真命题，不符合题意． 5．A 【分析】先化简已知二次根式，再根据同类二次根式的定义验证选项即可得到答案． 【详解】∵ 能合并的二次根式是同类二次根式，同类二次根式化为最简后被开方数相同， 又∵， ∴ 化为最简后被开方数应为2，且被开方数满足， 依次代入选项验证： 当时，，，化简后被开方数为2，与是同类二次根式，可以合并，符合要求； 当时，，化简后被开方数为，不符合； 当时，，，化简后被开方数为，不符合； 当时，，，不是同类二次根式，不符合， 因此k的值可能是0． 6．A 【分析】利用正方形和等边三角形的性质以及三角形内角和定理进行求解． 【详解】解：四边形为正方形， ，， 是等边三角形， ，， ，， ． 7．B 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，解题关键是掌握根的判别式与根的情况的关系，计算判别式的值即可判断根的情况． 【详解】解：对于一元二次方程 ，可得 ，，． 计算判别式 ， 代入数值计算得 ． ， 方程有两个不相等的实数根． 8．A 【分析】根据直角三角形斜边中线的性质及中位线定理，求出和的长，进而得到的长，最后在中利用勾股定理求解即可 【详解】解：∵，点是斜边的中点， ∴， ∵， ∴，即点是的中点， ∴是的中位线， ∴， 在中，， ∴， 在中，． 9．B 【分析】本题考查了一元二次方程的根和一元二次方程根与系数的关系，根据题意得出和是解答本题的关键． 根据m，n是方程的两个实数根，可得，即，根据一元二次方程根与系数的关系可知，将变形为，然后整体代入求解即可． 【详解】解：∵m，n是方程的两个实数根， ∴，， ∴， ∴， 故选：B． 10．A 【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长即可． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴，， ∴， ∵是菱形的高， ∴，即：， ∴． 11．20 【分析】本题主要考查了菱形性质，三角形的三边关系，一元二次方程的解法，先求出方程的两个根，再根据三角形的三边关系判断出符合题意的菱形的边，即可求出菱形的周长． 【详解】解：， ， 解得或． 当时，由菱形的对角线的一条对角线6和菱形的两边3，3不能组成三角形，即不存在菱形，舍去； 当时，由菱形的对角线的一条对角线6和菱形的两边5，5能组成三角形，即存在菱形， ∴菱形的周长为． 故答案为：20． 12． 【分析】由数轴可得到，，，根据和绝对值的性质即可得到答案． 本题考查了二次根式的性质与化简：也考查了绝对值的性质． 【详解】解：观察数轴得：，，， 原式 ．     故答案为：． 13．4 【分析】本题主要考查了菱形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定，先由三角形中位线定理证明，则可证明四边形是平行四边形，故当时，四边形是菱形，则当时，四边形是菱形． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：4． 14． 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、平行线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 作，根据平行线的性质解题即可． 【详解】解：如图，作， ∵， ∴， 由折叠得，， ∴， ∴． 故答案为：． 15． 【分析】根据“将军饮马”模型，作点关于直线的对称点，连接，则的最小值为的长，再过点作于点，证出四边形为矩形，进一步得出和的长，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，作点关于直线的对称点，连接，，过点作于点， ，，， ． 在正方形中，，， 四边形为矩形， ，， ． 在中， , 即的最小值为． 16．(1) (2) 【详解】（1）解：原式 ； （2）解：原式 ． 17．(1)， (2)， 【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键． （1）使用配方法进行求解即可； （2）使用因式分解法进行求解即可． 【详解】（1）解： 解得，； （2）解： 或 解得，． 18．(1)证明过程见解答； (2)12 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，直角三角形的性质等； （1）根据等腰三角形的“三线合一”可知，结合已知可推出为的中位线，根据三角形中位线的性质即可证得结论； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而勾股定理求得，再根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）证明：∵，是边上的中线， ， 是的中点， 为的中位线， ∴； （2）解：∵，是边上的中线， ∴，即， ∵在中，， ∴， 又， ∴， ∴ ∴． 19．(1) (2) 【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解； （2）利用一元二次方程根与系数的关系可得，再结合题意即可求解． 【详解】（1）解：由题意得， ， 解得； （2）解：由题意得，， ∵ ， 解得，符合题意． 20．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据直角三角形斜边中线定理得出，根据条件证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可得出结论； （2）根据菱形的性质得出，，推出，结合角平分线的性质和等角对等边推出，根据等腰三角形的三线合一推出，进而得到，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）证明：在中，，点为中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）四边形是菱形， ，， ， 平分， ， ， ， 在中，，点为中点， ， 平分，， ， ， ，即， ， ， ， ，， 四边形的周长． 21．(1) (2) 【分析】本题考查了解一元二次方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）模仿题干解题过程，根据换元法以及因式分解法进行解方程，即可作答． （2）模仿题干解题过程，根据换元法以及因式分解法进行解方程，即可作答． 【详解】（1）解：∵ ∴可以将看成一个整体，设， 则，原方程可化为， ∴ 解得，． 当时，，解得 当时，，解得． （2）解：∵， ∴可以将看成一个整体，设， 原方程可化为， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， ∴， ∴， 解得 当时，， ∴， ∴， 解得． 综上：． 22．(1)菱形，见解析 (2) 【分析】（1）由作图知垂直平分，，然后可得，进而问题可求解； （2）由（1）可得，，，然后根据勾股定理可进行求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由作图知垂直平分，， ，， ， ∴四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，，， 在中，， ∴， ， ． 23．(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）过点C作交于点H，根据正方形的性质得到，即可得到，进而得到结论； （2）证明，可得，即可求解． 【详解】（1）解：； 理由：过点C作交于点H， ∵四边形是正方形， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2），理由如下： 如图2，过点A作直线于H， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴． 24．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意可知与的乘积不含二次根式，即互为有理化因式； （2）利用分母有理化及平方差公式即可得到本题答案； （3）可证明，将括号内每一项进行化简，再相加可得结果． 【详解】（1）解：∵， ∴的有理化因式是； （2）解：； （3）解：∵（n为正整数） ， ∴ ， ． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $