精品解析：山东威海市文登区部分校2025-2026学年第二学期八年级数学期中测试题

2025-2026第二学期初三数学期中质量检测试题 一、选择题（共10小题） 1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 如果，那么的值是（　　） A. B. C. 6 D. 9 4. 将方程化成的形式，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 若关于x的一元二次方程两根为，且，则m的值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 6. 小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（ ） A. （1）处可填 B. （2）处可填 C. （3）处可填 D. （4）处可填 7. 已知a，b是一元二次方程的两个根，则的值是（ ） A. 6 B. 3 C. D. 8. 如图，平行四边形和正方形，其中点E在边上．若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，分别是四边形四条边的中点，要使四边形为矩形，四边形应具备的条件是（ ） A. 一组对边平行而另一组对边不平行 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 10. 如图，现有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在边上点处，点落在点处，连接，交于点，连接．下列结论： ①； ②四边形是菱形； ③，重合时，； ④点、、三点共线． 其中正确的结论有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 二、填空题（共6小题） 11. 若代数式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是____________． 12. 已知a、b是方程的两根，则___________． 13. 若关于x的方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是__________． 14. 当时，化简的结果是______． 15. 如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为________． 16. 若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为，则该菱形的边长为________． 三．解答题（共8小题） 17. 计算： （1）． （2）． （3）； （4）． 18. 解方程： （1）； （2） 19. 中国上海国际艺术节期间，主办方工作人员准备利用一边靠墙(墙长26米)的空旷场地为提前到场的观众设立面积为300平方米的封闭型长方形等候区．如图，为了方便观众进出，在两边空出两个宽各为1米的出入口，共用去隔栏绳48米．请问，工作人员围成的这个长方形的相邻两边长分别是多少米？ 20. “阳光玫瑰”是一种优质的葡萄品种．某葡萄种植基地2021年年底已经种植“阳光玫瑰”300亩，到2023年年底“阳光玫瑰”的种植面积达到432亩． （1）求该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率． （2）市场调查发现，当“阳光玫瑰”的售价为20元时，每天能售出；销售单价每降低1元，每天可多售出．为了减少库存，该基地决定降价促销．已知该基地“阳光玫瑰”的平均成本为10元，若要使销售“阳光玫瑰”每天获利3150元，并且使消费者尽可能获得实惠，则销售单价应定位多少元？ 21. 已知，的两边的长是关于x的方程的两个实数根． （1）若的长为2，那么平行四边形的周长是多少？ （2）当m为何值时，四边形是菱形？求出这时菱形的边长． 22. 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． 23. 如图，在正方形中，点E在边上，点F在边上，且．线段与相交于点G，是的中线．判断线段与之间的数量关系，并说明理由． 24. 如图，在四边形中，P是对角线上一点，点 E 在的延长线上，且，交于点 F，连接，． （1）如图①，若四边形为正方形，判断的形状并说明理由； （2）如图②，若四边形为菱形，且，判断 的形状并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026第二学期初三数学期中质量检测试题 一、选择题（共10小题） 1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据最简二次根式的定义“被开方数不含分母，被开方数不含开得尽方的因数或因式”，逐项进行分析判断即可． 【详解】解：A．，故此选项不符合题意； B．，故此选项不符合题意； C．，故此选项不符合题意； D．是最简二次根式，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了最简二次根式的判断，熟记其定义是解题的关键． 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，根据二次根式的四则运算法则分别求出对应选项中式子的结果即可得到答案． 【详解】解：A、，原式计算正确，符合题意； B、，原式计算错误，不符合题意； C、，原式计算错误，不符合题意； D、和不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意； 故选：A． 3. 如果，那么的值是（　　） A. B. C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】本题先利用二次根式有意义的条件求出x的值，再得到y的值，最后代入负整数指数幂计算得到结果． 【详解】解：由题意得 解得 ． 4. 将方程化成的形式，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了配方法的运用，掌握配方法的计算方法是解题的关键．根据配方法，先移项，在等式两边同时加上一次项系数一半的平方，由此即可得到的值． 【详解】解：， 移项得，， 等式两边同时加上得，， ∴， ∴， 故选：B ． 5. 若关于x的一元二次方程两根为，且，则m的值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得出，然后即可确定两个根，再由根与系数的关系求解即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程两根为， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】题目主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握此关系是解题关键． 6. 小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（ ） A. （1）处可填 B. （2）处可填 C. （3）处可填 D. （4）处可填 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟知菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定条件是解题的关键． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填，原说法正确，不符合题意； B、有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填，原说法正确，不符合题意； C、有一组邻边相同的平行四边形是菱形，则（3）处可填，原说法正确，不符合题意； D、菱形的对角本身相等，（4）处填不能得到四边形是正方形，原说法错误，符合题意； 故选：D． 7. 已知a，b是一元二次方程的两个根，则的值是（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了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题的关键．根据一元二次方程根与系数的关系即可求解． 【详解】解：方程整理得：， a，b是方程的两个根， ，， ． 故选：C． 8. 如图，平行四边形和正方形，其中点E在边上．若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识；由平角的定义求出，由三角形内角和定理求出，再由平行四边形的对角相等即可得出结果. 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴(平行四边形对角相等）． 故选：B． 9. 如图，分别是四边形四条边的中点，要使四边形为矩形，四边形应具备的条件是（ ） A. 一组对边平行而另一组对边不平行 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，根据三角形中位线定理得到四边形一定是平行四边形，再推出一个角是直角，即可求解，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：要使四边形为矩形，四边形应具备的条件是对角线互相垂直，理由如下： 根据三角形的中位线定理得： ，，，， ∴，， ∴四边形一定是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 故选：C． 10. 如图，现有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在边上点处，点落在点处，连接，交于点，连接．下列结论： ①； ②四边形是菱形； ③，重合时，； ④点、、三点共线． 其中正确的结论有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设，得，进而得，这个不一定成立，判断①错误；，重合时，设，表示出，利用勾股定理列出方程求解得的值，进而用勾股定理求得，判断出③正确；结合矩形的性质可知，进而可证明，即可判断④． 【详解】解：矩形中， ， 由翻折可知：，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形，故②正确； ，， ， 在和中， ， 若，则， ，这个不一定成立，故①错误； 点与点重合时，如图， 设，则， 在中，， 即， 解得， ， ， 四边形是菱形，故②正确； ， ， ，故③正确； 由折叠可知：， ， 四边形是菱形， ， ， 、、三点一定在同一直线上，故④正确． 综上所述：正确的结论有②③④，共个． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是矩形的性质、折叠性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握折叠性质． 二、填空题（共6小题） 11. 若代数式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是____________． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查分式和二次根式有意义时的取值范围．根据题意可得，即可得到本题答案． 【详解】解：∵代数式在实数范围内有意义， ∴，解得：， 故答案为：且． 12. 已知a、b是方程的两根，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，可得，从而得到，然后代入，即可求解． 【详解】解：∵a，b是方程的两根， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解的定义和根与系数的关系是解题的关键． 13. 若关于x的方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是__________． 【答案】k＜6且k≠2 【解析】 【分析】根据关于x的方程有两个不相等的实数根得出关于k的不等式组，求出k的取值范围即可． 【详解】解：∵关于x的方程有两个不相等的实数根， ∴ ， 解得：k＜6且k≠2． 故答案为：k＜6且k≠2． 【点睛】本题考查了一元二次方程a＋bx＋c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝−4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根． 14. 当时，化简的结果是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质，二次根式有意义的条件，先判断a，b的正负，再根据二次根式的性质化简． 【详解】解：∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【详解】解：∵，且，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形． 如图，连接AD，则， ∴当时，的值最小，此时，的面积， ∴， ∴的最小值为； 故答案为． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，本题属于中考常考题型． 16. 若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为，则该菱形的边长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了根与系数的关系及菱形的性质，掌握菱形对角线与菱形的面积、边长间的关系，根与系数的关系及等式的变形是解决本题的关键． 设菱形的两条对角线长分别为a、b，利用根与系数的关系及对角线与菱形面积的关系得等式，再根据菱形的边长与对角线的关系求出菱形的边长． 【详解】解：设菱形的两条对角线长分别为a、b， ∵一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根， ∴， ∵菱形面积为12， ∴， 解得：， ∴菱形的边长为 故答案为：． 三．解答题（共8小题） 17. 计算： （1）． （2）． （3）； （4）． 【答案】（1） （2） （3） （4）8 【解析】 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ； 【小问3详解】 解： ； 【小问4详解】 解： ． 18. 解方程： （1）； （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，根据一元二次方程的特点选取适当的方法是解题的关键． （1）利用因式分解法解一元二方程即可； （2）利用公式法直接解方程即可 ． 【小问1详解】 解：， ∴， ∴， 则或， ∴，； 【小问2详解】 解：， 原方程可变为， 这里，，． ∵， ∴x＝， 即，． 19. 中国上海国际艺术节期间，主办方工作人员准备利用一边靠墙(墙长26米)的空旷场地为提前到场的观众设立面积为300平方米的封闭型长方形等候区．如图，为了方便观众进出，在两边空出两个宽各为1米的出入口，共用去隔栏绳48米．请问，工作人员围成的这个长方形的相邻两边长分别是多少米？ 【答案】封闭型长方形等候区的边为15米，为20米． 【解析】 【分析】设封闭型长方形等候区的边为米，根据面积为300平方米的封闭型长方形等候区可得，再解一元二次方程即可． 【详解】解：设封闭型长方形等候区的边为米， 由题意得：， 整理，得， 解得，， 当时，； 当时，， 不合题意，应舍去． 答：封闭型长方形等候区的边为15米，为20米． 【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是正确理解题意，正确表示出长方形的长和宽． 20. “阳光玫瑰”是一种优质的葡萄品种．某葡萄种植基地2021年年底已经种植“阳光玫瑰”300亩，到2023年年底“阳光玫瑰”的种植面积达到432亩． （1）求该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率． （2）市场调查发现，当“阳光玫瑰”的售价为20元时，每天能售出；销售单价每降低1元，每天可多售出．为了减少库存，该基地决定降价促销．已知该基地“阳光玫瑰”的平均成本为10元，若要使销售“阳光玫瑰”每天获利3150元，并且使消费者尽可能获得实惠，则销售单价应定位多少元？ 【答案】（1）该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为 （2）销售单价应定位元 【解析】 【分析】（1）设该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为x，利用该基地2022年年底“阳光玫瑰”的种植面积=该基地2020年年底“阳光玫瑰”的种植面积乘上（该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率）的平方，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论； （2）设销售单价应降低y元，则每千克的销售利润为元，每天能售出千克，利用总利润=每千克的销售利润×日销售量，可列出关于y的一元二次方程，解之即可得出结论． 本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 【小问1详解】 解：设该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为x， 根据题意得：， 解得：（不符合题意，舍去）． 答：该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为； 【小问2详解】 解：设销售单价应降低y元，则每千克的销售利润为元，每天能售出千克， 根据题意得：， 整理得：， 解得： ∵“阳光玫瑰”的售价为20元，使消费者尽可能获得实惠 ∴销售单价应定位元． 21. 已知，的两边的长是关于x的方程的两个实数根． （1）若的长为2，那么平行四边形的周长是多少？ （2）当m为何值时，四边形是菱形？求出这时菱形的边长． 【答案】（1）5 （2）当时，四边形是菱形，菱形的边长为 【解析】 【分析】本题主要考查菱形的性质及一元二次方程的应用，熟练掌握菱形的性质及一元二次方程根的判别式是解题的关键． （1）把代入方程求解m，然后再解方程，求出平行四边形的边长，进而问题得解． （2）根据菱形的性质可得，则有关于x的方程有两个相等的实数根，然后根据一元二次方程根的判别式可进行求解． 【小问1详解】 解：由题意可得：把代入方程得：， 解之得：， 当时，方程为， 解得：， 即的长为2，的长为， ∴平行四边形的周长为：． 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形， ∴， ∴由题意可得此方程有两个相等的实数根，即， ∴， 即， 解得：， 当时，方程为， 解得：， ∴当时，四边形是菱形，菱形的边长为． 22. 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） （2） 【解析】 【分析】（1）根据一元二次方程有实数根得到，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． ∴，即， 解得； 【小问2详解】 ∵关于x的一元二次方程的两个实数根分别为，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得或， ∵， ∴ 【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，解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 23. 如图，在正方形中，点E在边上，点F在边上，且．线段与相交于点G，是的中线．判断线段与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】BF=2GH，理由见解析 【解析】 【分析】根据正方形的性质，以及已知条件，证明△ABE≌△DAF，进而证明，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求证BF=2GH． 【详解】BF=2GH，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=∠D=90°，AB=DA, ∵AE=DF, ∴△ABE≌△DAF. ∴∠ABE=∠DAF. ∵∠DAF+∠BAG=∠BAD=90°， ∴∠ABE+∠BAG=90°, ∴∠BGF=180°-（∠ABE+∠BAG）=90°. 在Rt△BFG中，GH是斜边BF的中线， ∴BF=2GH 【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形全等的性质与判定，证明是解题的关键． 24. 如图，在四边形中，P是对角线上一点，点 E 在的延长线上，且，交于点 F，连接，． （1）如图①，若四边形为正方形，判断的形状并说明理由； （2）如图②，若四边形为菱形，且，判断 的形状并说明理由． 【答案】（1）为等腰直角三角形．理由见解析 （2）为等边三角形．理由见解析 【解析】 【分析】（1）在正方形中，根据P为对角线上的一点可得：，，即可得出；可得，，由得出：，推出，又，得出，即可得是等腰直角三角形； （2）根据（1）中的全等三角形，得：，，由得出：，，由得，由，得，，由，即可证明是等边三角形． 【小问1详解】 解：是等腰直角三角形，理由如下：如图， ∵四边形是正方形 ∴，， 在和中， ∵ ∴， ∴， ∵ ∴， ∴ ∵， ∴ ∴是等腰直角三角形； 【小问2详解】 如图，是等边三角形 理由：∵四边形是菱形 ∴，， 在和中， ∵ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴是等边三角形． 【点睛】本题考查三角形全等的判定定理与性质定理，与特殊的四边形相结合，通过等腰三角形的性质得到角的关系，由正方形到菱形，是属于类比的题型，方法与前面相似，是中考常考题型． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $