精品解析：安徽省亳州市蒙城 三义路中学2025-2026学年下学期八年级数学期中试卷

八年级数学期中试卷 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数中，是“勾股数”的是（ ） A. B. C. 、、 D. 、、 3. 用配方法解方程时，下列配方结果正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四边形中，对角线与相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 一个多边形所有内角与外角的和为，则这个多边形的边数是（ ） A. B. C. D. 7. 某中学为美化校园环境，计划在院墙旁修建一个长方形花坛．花坛的一面紧靠着院墙的墙面（墙面可视为直线，不占用围栏材料），墙长为，另外三边使用总长为的防腐木栅栏围成．若要使这个花坛的面积恰好达到，那么边的长度应为（ ）． A. B. 或 C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点，，均在正方形网格的格点上，则在边上的高为（ ） A. B. C. D. 9. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由八个全等的直角三角形拼接而成的，记正方形，正方形，正方形的面积分别为，，．若正方形的边长为，则的值为（ ）． A. B. C. D. 10. 如图，在四边形中，，，，，，点P在直线上方，且的面积为4，则下列结论错误的是（ ） A. 的最小值为1 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_______． 12. 如图，ABCD的对角线相交于点O，且ADCD，过点O作OMAC，交AD于点M．如果CDM的周长为8，那么ABCD的周长是__． 13. 已知直角两条边长分别是方程的两根，则的周长为__________． 14. 实数，，满足和． （1）若和均为正整数，则的值为______； （2）若存在唯一的实数使得这两个关系式都成立，则的值为______． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 计算：． 16. 解方程：． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，其顶点叫做格点． （1）请你在图中以格点为顶点画一个，使其三边长分别为，，； （2）请你仅用无刻度直尺作出的中点（保留作图痕迹，标注中点字母）． 18. 观察下列各式：①，②；③，… （1）请观察规律，并写出第④个等式：______； （2）请用含的式子写出你猜想的规律：______； （3）请证明（2）中的结论． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 已知关于x的一元二次方程有实数根． （1）求实数k的取值范围． （2）设方程的两个实数根分别为，若，求k的值． 20. 如图，在中，AC是对角线，，垂足分别为点E，F，连接BE，DF． （1）求证：四边形DEBF是平行四边形． （2）若，求CD的长． 六、（本大题共2小题，每小题12分，满分24分）· 21. 【题目背景】 一些球被分成了许多堆，我们可以任意选择甲、乙两堆按照以下规则挪动：若甲堆的球数不少于乙堆的球数，则从甲堆拿个球放到乙堆去，这算是挪动一次．继续这个过程，总可以做到经过有限次挪动把所有的球合并成至多两堆． 例如：当，，时，操作方案如表所示： 操作步骤 第一步：，挪动1个球 40 第二步：，挪动2个球 8 第三步：，挪动4个球 8 第四步：，挪动8个球 34 【解决问题】 （1）若初始状态为，，．按照以下策略操作： 第一步：选择堆向堆挪动________个球，挪动后堆变为________个； 第二步：选择堆向堆挪动________个球，挪动后堆变为________个； 将操作步骤简记为：第一步：，挪动1个球；第二步：，挪动2个球； 则补全第三步：________；第四步：________；第五步：________； 在挪动的5次中，第次需挪动________个球（用含的代数式表示）． 【拓展应用】 （2）若初始状态为，，．小明经过若干次操作后，发现可以将三堆球合并为两堆（即其中一堆球数变为0）．请写出一种可行的操作方案． 22. 某快餐店9月1日的外卖收入为6万元，随着订餐人数的不断增多，9月3日的外卖收入达到万元． （1）求从9月1日到9月3日该快餐店的外卖收入的日平均增长率； （2）随着外卖的爆火，快餐店新设计了一款套餐进行销售，已知新设计的每份套餐的生产成本为元，经过一段时间的销售后发现：当该款套餐的售价定为元/份时，平均每天售出份；售价每份每降低1元，平均每天多售出3份．现快餐店计划下调该套餐的售价，使平均每天的销售利润为元． ①为了推广该款新套餐，且尽可能多的增大销量，求下调后每份套餐的售价； ②试探究该套餐平均每天能否获利元？若能，请求出每份套餐应降价多少元；若不能，请说明理由． 七、（本题满分14分） 23. 如图1，平行四边形纸片，的长度不确定，点P是上的一个动点，连接，把平行四边形沿着线段对折，点A的对应点为． （1）【探究1】如图2，当P与B重合时，连接，探究与的位置关系，请完成下面的证明过程： 证明：∵沿翻折至， ∴，， ∵在平行四边形中，， ∴_______， ∴____________， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴， ∴， ∴_____________， ∴， ∵， ∴____________， ∴； （2）【探究2】如图3，若刚好能落在的中点时，且，求的长； （3）【探究3】如图4，若，，当P刚好落在点的中点上时，Q是的中点，连接，若是直角三角形，且，直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八年级数学期中试卷 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了最简二次根式的定义，被开方数中不含分母，不含能开得尽方的因数或因式即为最简二次根式，根据最简二次根式的定义依次判断即可． 【详解】A. 是最简二次根式，故符合题意； B. ，不是最简二次根式，不符合题意； C. ，不是最简二次根式，不符合题意； D. ，不是最简二次根式，不符合题意； 故选：A． 2. 下列各组数中，是“勾股数”的是（ ） A. B. C. 、、 D. 、、 【答案】A 【解析】 【分析】勾股数需满足两个条件：一是三个数均为正整数，二是两个较小数的平方和等于最大数的平方，据此逐项判断即可求解． 【详解】解：、，且，，均为正整数，这组数是勾股数，符合题意； 、，这组数不是勾股数，不符合题意； 、不是正整数，不满足勾股数定义，这组数不是勾股数，不符合题意； 、，，都不是正整数，不满足勾股数定义，这组数不是勾股数，不符合题意． 3. 用配方法解方程时，下列配方结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程的能力，常数项移到右边，再配上一次项系数一半的平方即可． 【详解】解：∵， ∴， 则，即， 故选：A． 4. 如图，在四边形中，对角线与相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】由平行四边形的判定定理对边对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意； B、∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项B不符合题意； C、∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键． 5. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次根式的化简与运算，根据二次根式的性质逐一验证各选项的正确性 【详解】A：，故选项正确，符合题意； B：，故选项错误，不符合题意； C：，故选项错误，不符合题意； D：，故选项错误，不符合题意； 故选：A 6. 一个多边形所有内角与外角的和为，则这个多边形的边数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查多边形的内角和与外角和，解题的关键是掌握多边形的内角和公式，和多边形的外角和为．设该多边形的边数为，根据题意列方程即可求解． 【详解】解：设该多边形的边数为， 根据题意可得：， 解得：， 故选：B． 7. 某中学为美化校园环境，计划在院墙旁修建一个长方形花坛．花坛的一面紧靠着院墙的墙面（墙面可视为直线，不占用围栏材料），墙长为，另外三边使用总长为的防腐木栅栏围成．若要使这个花坛的面积恰好达到，那么边的长度应为（ ）． A. B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则 ，根据题意列出方程求出的值，再根据墙长限制确定的取值范围即可求解． 【详解】解：设，则 ， 根据题意得， ， 整理得， ，  解得，， ∵墙长为， ∴， 解得， ∴不合题意，舍去， ∴，即边的长度应为． 8. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点，，均在正方形网格的格点上，则在边上的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理以及三角形的面积，熟练掌握勾股定理是解题的关键．根据勾股定理求出，再由三角形的面积即可计算出答案． 【详解】解：， ， 在边上的高为， 故选B． 9. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由八个全等的直角三角形拼接而成的，记正方形，正方形，正方形的面积分别为，，．若正方形的边长为，则的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的应用，完全平方公式，代数式的整体代入求值等知识点． 设八个全等的直角三角形的短直角边为，长直角边为，斜边为，得到正方形的面积，根据图形中的几何关系利用完全平方公式得到，，整体代入得到． 【详解】解：设八个全等的直角三角形中每个小直角三角形的短直角边为，长直角边为，斜边为， ， 正方形的边长为， ， 正方形的面积为， 正方形的面积为， ． 10. 如图，在四边形中，，，，，，点P在直线上方，且的面积为4，则下列结论错误的是（ ） A. 的最小值为1 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】先推导出点P在平行于且与的距离为1的直线上运动，过P作直线交于，过点D作于，根据垂线段最短，结合含30度角的直角三角形的性质和矩形的性质可判断选项A、B；在上取点，使 ，则点B与点关于直线l对称，根据轴对称性质结合勾股定理判断选项C、D，进而可得答案． 【详解】解：过点作于， ∵， ∴，则点P在平行于且与的距离为1的直线上运动， 如图，过P作直线交于，过点D作于， 则， 当时，最小，最小值为，故选项A正确，不符合题意； 当时，最小，最小值为的长， 过D作延长线于K，则四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴，则， ∴， ∴，即的最小值为，故选项B正确，不符合题意； 在上取点，使 ，则点B与点关于直线l对称，连接交直线l于点，此时的值最小，最小值为的长， ∵， ∴的最小值为，故选项D正确，不符合题意； 连接并延长交直线l于点，此时最大，最大值为的长， ∵，， ∴， ∴的最大值为，故选项C错误，符合题意． 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可． 【详解】解：∵在实数范围内有意义， ∴x-1≥0， 解得x≥1． 故答案为：x≥1． 【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0． 12. 如图，ABCD的对角线相交于点O，且ADCD，过点O作OMAC，交AD于点M．如果CDM的周长为8，那么ABCD的周长是__． 【答案】16 【解析】 【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得OA=OC，又由OM⊥AC，可得AM=CM，然后由△CDM的周长为8，求得平行四边形ABCD的周长． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC， ∵OM⊥AC， ∴AM=CM， ∵△CDM的周长为8， ∴CM+DM+CD=AM+DM+CD=AD+CD=8， ∴平行四边形ABCD的周长是：2×8=16. 故答案为:16. 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形与线段垂直平分线的性质. 13. 已知直角两条边长分别是方程的两根，则的周长为__________． 【答案】或24 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程和直角三角形的性质综合，先利用配方法解一元二次方程，得到两根，再进行分类讨论，利用勾股定理计算出另一边，即可求解． 【详解】解：解方程， 整理可得， 即，解得，， 当两个根是两条直角边时，斜边长为， ∴此时的周长为； 当两个根是直角边和斜边时，另一条直角边为， ∴此时的周长为． 14. 实数，，满足和． （1）若和均为正整数，则的值为______； （2）若存在唯一的实数使得这两个关系式都成立，则的值为______． 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】（1）根据及，是正整数得出，或，，分别代入得出的值即可； （2）把代入可得，根据存在唯一的实数，得出判别式为，即可求出，代入方程求出，进而可得答案． 【详解】解：（1）∵，均为正整数且， ∴，或，， ∵， ∴当，时，； 当，时，． ∴的值为； （2）∵， ∴， ∵， ∴， 整理得：， ∵“存在唯一的实数b”， ∴该方程有且只有一个实数解， ∴， 解得：， 将代入方程得：， 解得：， ∴． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，根据二次根式的混合运算法则计算即可得解，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解此题的关键． 【详解】解： ． 16. 解方程：． 【答案】 【解析】 【详解】解：移项得， 即， 提取公因式得， 或， 解得． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，其顶点叫做格点． （1）请你在图中以格点为顶点画一个，使其三边长分别为，，； （2）请你仅用无刻度直尺作出的中点（保留作图痕迹，标注中点字母）． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查作图—应用与设计作图，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）利用勾股定理数形结合的思想画出三角形即可； （2）取格点、，连接交于点M，则点M即为所求． 【小问1详解】 解：如图，即为所求： 【小问2详解】 解：如图，点M即为所求： 18. 观察下列各式：①，②；③，… （1）请观察规律，并写出第④个等式：______； （2）请用含的式子写出你猜想的规律：______； （3）请证明（2）中的结论． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】本题考查二次根式有关的规律题，根据题意列递推等式，最终找出规律是解题关键． （1）观察等式左右两边的式子结构，即可得出答案． （2）观察等式左右两边的式子结构，即可得出第的式子． （3）将化成，再进行完全平方公式因式分解，并开方即可． 【小问1详解】 解：根据规律，第④个等式为：． 【小问2详解】 解：根据规律，第的式子为：． 【小问3详解】 证明：∵， ∴． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 已知关于x的一元二次方程有实数根． （1）求实数k的取值范围． （2）设方程的两个实数根分别为，若，求k的值． 【答案】（1）k； （2）k=3 【解析】 【分析】根据一元二次方程有实数根得到32-4（k-2）0，解不等式即可； （2）根据根与系数的关系得到，将等式左侧展开代入计算即可得到k值． 【小问1详解】 解：∵一元二次方程有实数根． ∴∆0，即32-4（k-2）0， 解得k 【小问2详解】 ∵方程的两个实数根分别为， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得k=3． 【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系式，熟练掌握一元二次方程有关知识是解题的关键． 20. 如图，在中，AC是对角线，，垂足分别为点E，F，连接BE，DF． （1）求证：四边形DEBF是平行四边形． （2）若，求CD的长． 【答案】（1）见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）证△DAE≌△BCF（AAS），得DE=BF，再由平行四边形的判定定理即可得出结论 （2）由等腰直角三角形的性质得DF=DE=，再由平行四边形的性质得BE=DF=，则CF=BE=4，求出CE=EF+CF=6，然后由勾股定理即可得出结论． 【小问1详解】 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=CB， ∴∠DAE=∠BCF， ∵DE⊥AC，BF⊥AC， ∴DE∥BF，∠DEA=∠BFC=90°， 在△DAE和△BCF中， ， ∴△DAE≌△BCF（AAS）， ∴DE=BF， ∴四边形DEBF是平行四边形． 【小问2详解】 解：∵DE⊥AC， ∴∠DEC=90°， ∵DE=EF=2， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴DF=DE=2，CF=BE， 由（1）可知，四边形DEBF是平行四边形， ∴BE=DF=2， ∴CF=BE=， ∴CE=EF+CF=6， ∴CD=， 即CD的长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 六、（本大题共2小题，每小题12分，满分24分）· 21. 【题目背景】 一些球被分成了许多堆，我们可以任意选择甲、乙两堆按照以下规则挪动：若甲堆的球数不少于乙堆的球数，则从甲堆拿个球放到乙堆去，这算是挪动一次．继续这个过程，总可以做到经过有限次挪动把所有的球合并成至多两堆． 例如：当，，时，操作方案如表所示： 操作步骤 第一步：，挪动1个球 40 第二步：，挪动2个球 8 第三步：，挪动4个球 8 第四步：，挪动8个球 34 【解决问题】 （1）若初始状态为，，．按照以下策略操作： 第一步：选择堆向堆挪动________个球，挪动后堆变为________个； 第二步：选择堆向堆挪动________个球，挪动后堆变为________个； 将操作步骤简记为：第一步：，挪动1个球；第二步：，挪动2个球； 则补全第三步：________；第四步：________；第五步：________； 在挪动的5次中，第次需挪动________个球（用含的代数式表示）． 【拓展应用】 （2）若初始状态为，，．小明经过若干次操作后，发现可以将三堆球合并为两堆（即其中一堆球数变为0）．请写出一种可行的操作方案． 【答案】（1）1，2；2，4；，挪动4个球；，挪动8个球；，挪动16个球； （2）答案不唯一，见解析 【解析】 【分析】（1）根据题干所给例子，得出挪动规则：若甲堆球数不少于乙堆球数，则从甲堆拿与乙堆球数相等的球放入乙堆，由此即可得出结果； （2）根据题干所给例子并结合挪动规则给出操作方案即可． 【小问1详解】 解：第一步：选择堆向堆挪动1个球，挪动后堆变为2个； 第二步：选择堆向堆挪动2个球，挪动后堆变为4个； 则补全第三步：，挪动4个球； 第四步：，挪动8个球； 第五步：，挪动16个球； 观察可得：在挪动的5次中，第次需挪动个球； 【小问2详解】 解：操作方案： 操作步骤 第一步：，挪动2个球 34 第二步：，挪动4个球 34 第三步：，挪动8个球 34 22. 某快餐店9月1日的外卖收入为6万元，随着订餐人数的不断增多，9月3日的外卖收入达到万元． （1）求从9月1日到9月3日该快餐店的外卖收入的日平均增长率； （2）随着外卖的爆火，快餐店新设计了一款套餐进行销售，已知新设计的每份套餐的生产成本为元，经过一段时间的销售后发现：当该款套餐的售价定为元/份时，平均每天售出份；售价每份每降低1元，平均每天多售出3份．现快餐店计划下调该套餐的售价，使平均每天的销售利润为元． ①为了推广该款新套餐，且尽可能多的增大销量，求下调后每份套餐的售价； ②试探究该套餐平均每天能否获利元？若能，请求出每份套餐应降价多少元；若不能，请说明理由． 【答案】（1） （2）①下调后每份套餐的售价为元②该套餐平均每天不能获利元，理由见解析 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）设日平均增长率为x，根据题意列方程，求解并保留符合题意的解即可； （2）①设下调了元，根据题意列方程求解并保留符合题意的解即可；②设下调了元该套餐平均每天能获利元，根据题意列方程，根据根的判别式得方程无实根，据此可解题目． 【小问1详解】 解：从9月1日到9月3日该快餐店的外卖收入的日平均增长率为x， ， ， (舍)， 答：日平均增长率为； 【小问2详解】 解：①设下调了元，根据题意得： ， ， ， ∵尽可能多的增大销量， ∴降价尽可能大， 故， 元， 答：下调后每份套餐的售价为元； ②设下调了元该套餐平均每天能获利元，根据题意得： ， ， ， ∴原方程无实根， 故该套餐平均每天不能获利元． 七、（本题满分14分） 23. 如图1，平行四边形纸片，的长度不确定，点P是上的一个动点，连接，把平行四边形沿着线段对折，点A的对应点为． （1）【探究1】如图2，当P与B重合时，连接，探究与的位置关系，请完成下面的证明过程： 证明：∵沿翻折至， ∴，， ∵在平行四边形中，， ∴_______， ∴____________， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴， ∴， ∴_____________， ∴， ∵， ∴____________， ∴； （2）【探究2】如图3，若刚好能落在的中点时，且，求的长； （3）【探究3】如图4，若，，当P刚好落在点的中点上时，Q是的中点，连接，若是直角三角形，且，直接写出的长． 【答案】（1） （2）2 （3）或 【解析】 【分析】（1）先根据翻折的性质得，再根据平行四边形的性质得，可得，接下来结合，可得，然后根据“等边对等角”得，进而得出最后根据“内错角相等，两直线平行”得出答案； （2）先延长与交于点M，根据平行四边形的性质和折叠的性质可得，进而得，再设，可得，然后根据“角角边”证明，可得，最后结合得出方程，求出解即可； （3）当点P刚好落在的中点上时，点Q是的中点，可得，即可得出，再分两种情况讨论：当点在下方时，交于点O，然后根据直角三角形的性质及勾股定理求出，接下来求出，最后根据点P刚好落在的中点上得出答案；当点在上方时，直线交于点O，结合直角三角形的性质求出，再求出可得答案． 【小问1详解】 证明：∵沿着翻折至， ∴． 在平行四边形中，， ∴， ∴， ∴． ∵在平行四边形中，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴； 【小问2详解】 解：如图所示；延长与交于点M， ∵四边形是平行四边形，， ∴． ∵折叠得到， ∴， ∴， ∴， 设， ∴． ∵ ∴． ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵． ∵， ∴， 解得， ∴； 【小问3详解】 解：如图所示，当点P刚好落在的中点上时，点Q是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 当时，， 当点在下方时，交于点O， ∵， ∴， 则， ∴， ∴， ∴． ∵点P刚好落在的中点上， ∴； 当点在上方时，直线交于点O， ∵， ∴， 则， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵点P刚好落在的中点上， ∴， 所以的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $