精品解析：上海市普陀区2026-2027学年第一学期八年级数学期中考试试题

2026学年第一学期八年级数学学科期中考试 时间：90分钟 满分：100分 一、选择题（本大题共5题，每题3分，满分15分） 1. 下列各数中，属于无理数的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列各组二次根式中，互为有理化因式的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 4. 甲、乙、丙、丁四位同学解方程，下列解法正确的是（ ） 甲同学 乙同学 丙同学 丁同学 解：两边同时除以，得． ∴原方程的解为 解：整理得． ． ∴原方程的解为． 解：整理得 ． 配方得 ． ∴该方程无实数根． 解：移项并分解因式得， ．由此得或． ∴原方程的解为，． A. 甲同学 B. 乙同学 C. 丙同学 D. 丁同学 5. 如果实数，，满足，且，那么关于的一元二次方程根的情况（ ） A. 两个不相等的实数根 B. 没有实数根 C. 两个相等的实根 D. 无法判断 二、填空题（本大题共11题，每题3分，满分33分） 6. 16的平方根是_______． 7. 如果代数式有意义，那么实数的取值范围是__________． 8. 已知，则__________． 9. 如果关于的方程是一元二次方程，那么的值是__________． 10. 不等式的解集是__________． 11. 已知某款微型机器人搭载的超微型传感器裸片，单块质量约，用科学记数法表示单块裸片的质量为__________． 12. 随着科技的发展，折叠屏手机横空出世，图1为折叠前的折叠屏手机，将此手机沿长边对折，即可得到图2中折叠后的样子．为方便使用，要求手机屏幕折叠前（如图1）与折叠后（如图2）的长边和短边之比都相等．那么折叠前短边和长边的比是__________． 13. 如果的整数部分是，的小数部分是，那么__________． 14. 化简：__________． 15. 已知等腰三角形的一边长为2，另两边长恰好是关于的一元二次方程的两个实数根，那么的周长为__________． 16. 对于一元二次方程，定义它的“平衡值”为．若一个一元二次方程的平衡值等于其常数项的平方，则称该方程为“平衡方程”．已知关于的一元二次方程是“平衡方程”，则的值为__________． 三、解答题（本大题共7题，第17~18题每题8分，第19~20题每题6分，第21~22题每题7分，第23题10分，满分52分） 17. 计算： （1）； （2）．（） 18. 解方程： （1）；（配方法） （2）． 19. 当，时，求代数式的值． 20. 已知关于的一元二次方程有两个实根． （1）求所满足的条件； （2）如果的值是满足条件的最小整数，求出方程的根． 21. 如图，的网格是由若干个面积均为的小正方形组成（），点，在网格线的交点（格点）上，线段在网格线上． （1）在网格中作等腰三角形，点在格点上，使．请通过计算，在图中画出点的位置． （2）现需要在这个的网格中画一个长方形，要求长方形的四个顶点均在格点上，且四条边均在网格线上．如果该长方形的周长恰好为，求这个长方形的面积． 22. 阅读材料： 通过对初中阶段各类方程（组）的解法进行总结，我们不难发现，各类方程的解法虽然不尽相同，但基本思想都是“转化”，即把未知转化为已知．利用“转化”思想，我们还可以解一些新方程． 材料一：为解方程，可将方程两边同时平方去掉根号，转化为一元二次方程，得：，即．解得，． 当时，左边，右边，左边=右边． 当时，左边，右边，左边≠右边，舍去． ∴原方程的解为． 材料二：为解方程，可将方程变形为．设，则原方程化为．解得，． 当时，无实数根，舍去；当时，，解得． ∴原方程的解为，． （1）运用材料一的方法，如果，那么__________． （2）运用材料二的方法，求方程的解． （3）综合运用上述方法，解方程． 23. 如图，有一个正方形，顶点与数轴原点重合，边长（）．以点为圆心，长度为半径画弧，交数轴正半轴于点．记右侧最近整数点为；以为圆心，的长为半径画弧，交数轴正半轴于点，记右侧最近整数点为；以为圆心，的长为半径画弧，交数轴正半轴于点，以此类推…… （1）当时，点所表示的数为__________；线段的长度为__________． （2）根据（1）计算的结果，如果继续操作： ①请直接写出点所表示的数； ②请找出规律，并求出点所表示的数． （3）如果与实数满足关系式，求的长度（为正整数）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026学年第一学期八年级数学学科期中考试 时间：90分钟 满分：100分 一、选择题（本大题共5题，每题3分，满分15分） 1. 下列各数中，属于无理数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简带根号的数，再根据无理数的定义判断. 【详解】解：是无限循环小数，是分数，是整数，均为有理数， 是无限不循环小数，属于无理数． 2. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：，故A不是最简二次根式； ，故B不是最简二次根式； 的被开方数不含分母，也不含能开得尽方的因式，故C是最简二次根式； ，故D不是最简二次根式． 3. 下列各组二次根式中，互为有理化因式的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】B 【解析】 【分析】结合平方差公式的特征，判断两式乘积是否不含二次根式，即可确定是否互为有理化因式． 【详解】解：选项A：，积含二次根式，不符合要求； 选项B：，积不含二次根式，符合要求； 选项C：，积含二次根式，不符合要求； 选项D：，积含二次根式，不符合要求． 4. 甲、乙、丙、丁四位同学解方程，下列解法正确的是（ ） 甲同学 乙同学 丙同学 丁同学 解：两边同时除以，得． ∴原方程的解为 解：整理得． ． ∴原方程的解为． 解：整理得 ． 配方得 ． ∴该方程无实数根． 解：移项并分解因式得， ．由此得或． ∴原方程的解为，． A. 甲同学 B. 乙同学 C. 丙同学 D. 丁同学 【答案】D 【解析】 【分析】逐一检验四人的解法步骤，根据一元二次方程的解题规则判断正误即可． 【详解】解：∵ 直接除以，未考虑，丢失根，∴甲错误， ∵ 移项整理时常数项符号错误，正确方程为，∴乙错误， ∵ 配方计算错误，配方得，方程有实根，∴丙错误， ∵ 移项提取公因式得，∴ 或，解得，，∴丁正确， ∴D选项符合题意． 5. 如果实数，，满足，且，那么关于的一元二次方程根的情况（ ） A. 两个不相等的实数根 B. 没有实数根 C. 两个相等的实根 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【分析】对已知等式因式分解，结合推出，再计算根的判别式判断符号即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴，，即， ∴，即， 一元二次方程的根的判别式为， 将代入，得， ∵，， ∴，，即， ∴方程有两个不相等的实数根． 二、填空题（本大题共11题，每题3分，满分33分） 6. 16的平方根是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平方根的定义，找出平方等于的数即可得到结果． 【详解】解：∵，， ∴平方后等于的数为和， ∴的平方根是． 7. 如果代数式有意义，那么实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】二次根式有意义的核心要求是被开方数为非负数，据此列一元一次不等式求解即可． 【详解】解：∵ 二次根式有意义的条件是被开方数为非负数， ∴ 代数式有意义时，需满足被开方数， 解得． 8. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】解：∵ ∴ ∵，且已知 ∴ 9. 如果关于的方程是一元二次方程，那么的值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】一元二次方程要求未知数的最高次数为2，据此可建立关于的等式求解． 【详解】解：∵关于的方程是一元二次方程 ∴未知数的最高次数为2，即． 解得． 10. 不等式的解集是__________． 【答案】 【解析】 【分析】先移项合并含的项，判断的系数为负，依据不等式基本性质求解，再通过分母有理化得到最简解集即可． 【详解】解：， 移项得， 提取公因式得， ∵， ∴， 不等式两边同时除以负数，不等号方向改变，得， 对分母有理化，分子分母同乘，结合平方差公式化简分母， ∵， ∴． 11. 已知某款微型机器人搭载的超微型传感器裸片，单块质量约，用科学记数法表示单块裸片的质量为__________． 【答案】 【解析】 【分析】按照科学记数法的标准形式为，其中，为整数，解答即可． 【详解】解：． 12. 随着科技的发展，折叠屏手机横空出世，图1为折叠前的折叠屏手机，将此手机沿长边对折，即可得到图2中折叠后的样子．为方便使用，要求手机屏幕折叠前（如图1）与折叠后（如图2）的长边和短边之比都相等．那么折叠前短边和长边的比是__________． 【答案】 【解析】 【分析】设折叠前短边为、长边为，根据折叠后长边为、短边为，利用折叠前后长宽比相等列等式，化简后得到短边与长边的比为． 【详解】解：设折叠前短边为，长边为，则折叠后的长边为，短边为， 根据题意，折叠前后长边和短边之比相等，可得， ∴， ∵，， ∴． 13. 如果的整数部分是，的小数部分是，那么__________． 【答案】## 【解析】 【分析】通过相邻完全平方数估算的取值范围，据此分别求出和的具体表达式，再代入分式通过分母有理化计算最终结果． 【详解】解：∵，，且． ∴． 对不等式三边同时减去2，得． ∴的整数部分． ∵的整数部分为3． ∴的小数部分． 将，代入，得． 分子分母同乘进行分母有理化， ． 14. 化简：__________． 【答案】 【解析】 【分析】由二次根式有意义的条件确定的取值范围，结合二次根式的性质分别化简两项，代入计算即可得到结果． 【详解】解：∵代数式中有意义， ∴被开方数满足，即， ∴ ． 15. 已知等腰三角形的一边长为2，另两边长恰好是关于的一元二次方程的两个实数根，那么的周长为__________． 【答案】5 【解析】 【分析】需分已知边长2为等腰三角形的腰、底边两种情况，结合一元二次方程的根的条件、三角形三边关系验证可构成三角形的情形，计算周长． 【详解】解：∵方程是关于的一元二次方程， ∴，即， 计算方程的判别式： ， 即时方程总有两个实数根， 分两种情况讨论： 当等腰三角形的两腰为方程的两个相等实数根时，，即， 解得， 将代入原方程，得， 解得， 此时三角形三边长为， ∵，不满足三角形任意两边之和大于第三边， ∴该情况舍去； 当已知边长为等腰三角形的腰时，即方程有一个实数根为， 将代入原方程，得， 化简得，即， 解得. 将代入原方程，得， 解得，， 此时三角形三边长为， ∵，满足三角形三边关系， ∴三角形的周长为． 综上所述，的周长为5． 16. 对于一元二次方程，定义它的“平衡值”为．若一个一元二次方程的平衡值等于其常数项的平方，则称该方程为“平衡方程”．已知关于的一元二次方程是“平衡方程”，则的值为__________． 【答案】 或 【解析】 【分析】根据“平衡值”定义代入方程的对应系数，结合“平衡方程”的条件求出常数项，再代入的表达式解关于的一元二次方程即可． 【详解】解：∵对于方程，可得二次项系数，一次项系数，常数项， ∴根据“平衡值”的定义得， ∵该方程为平衡方程， ∴， ∴，解得， ∵， ∴，解得或． 三、解答题（本大题共7题，第17~18题每题8分，第19~20题每题6分，第21~22题每题7分，第23题10分，满分52分） 17. 计算： （1）； （2）．（） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）逐项化简立方根、绝对值项、二次根式乘积项，合并同类二次根式得到结果； （2）结合的条件，将二次根式的系数与被开方数分别运算，化简得到结果． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：（） ． 18. 解方程： （1）；（配方法） （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）按配方法的变形流程逐步化简求解； （2）将含未知数的整体项移项后直接开平方求解． 【小问1详解】 解：， ， ， ， ， ， 解得，； 【小问2详解】 解：， ， ， 解得，． 19. 当，时，求代数式的值． 【答案】 【解析】 【分析】先对原式利用完全平方公式、平方差公式因式分解约分，将代数式化简为，再代入、计算即可得到结果． 【详解】解： ， 当，时， 原式 ． 20. 已知关于的一元二次方程有两个实根． （1）求所满足的条件； （2）如果的值是满足条件的最小整数，求出方程的根． 【答案】（1） 且 （2） ， 【解析】 【分析】（1）先根据一元二次方程定义得二次项系数不为0，再结合有两个实根的条件让判别式大于等于0，联立求解即可得到的取值范围； （2）先根据第一问的范围找到满足条件的最小整数，再将其代入原方程，解方程即可得到方程的根． 【小问1详解】 解：∵关于的方程是一元二次方程， ∴即， ∵关于的一元二次方程有两个实根， ∴ ， 解得， ∴的取值范围为且； 【小问2详解】 解：满足条件的最小整数， 将代入原方程得， 整理得， 因式分解得， 解得． 21. 如图，的网格是由若干个面积均为的小正方形组成（），点，在网格线的交点（格点）上，线段在网格线上． （1）在网格中作等腰三角形，点在格点上，使．请通过计算，在图中画出点的位置． （2）现需要在这个的网格中画一个长方形，要求长方形的四个顶点均在格点上，且四条边均在网格线上．如果该长方形的周长恰好为，求这个长方形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出正方形的边长，再求出边上的高，进而根据等腰三角形的定义画出点即可； （2）求出长方形长＋宽的值，结合网格限制求出长方形的长、宽，再求面积即可； 【小问1详解】 解：∵小正方形的面积为， ∴小正方形的边长为， 设等腰三角形中边上的高为，D为垂足， 则， 解得：， ∴在距边个单位的网格线上，根据等腰三角形的定义可知只有一个点成立， 作图略； 【小问2详解】 解：∵该长方形的周长恰好为， ∴长＋宽， ∵的网格，在正整数中，只有在范围内， ∴长方形的长、宽， ∴这个长方形的面积． 22. 阅读材料： 通过对初中阶段各类方程（组）的解法进行总结，我们不难发现，各类方程的解法虽然不尽相同，但基本思想都是“转化”，即把未知转化为已知．利用“转化”思想，我们还可以解一些新方程． 材料一：为解方程，可将方程两边同时平方去掉根号，转化为一元二次方程，得：，即．解得，． 当时，左边，右边，左边=右边． 当时，左边，右边，左边≠右边，舍去． ∴原方程的解为． 材料二：为解方程，可将方程变形为．设，则原方程化为．解得，． 当时，无实数根，舍去；当时，，解得． ∴原方程的解为，． （1）运用材料一的方法，如果，那么__________． （2）运用材料二的方法，求方程的解． （3）综合运用上述方法，解方程． 【答案】（1） （2） ， （3） ， 【解析】 【分析】（1）将方程两边平方转化为一元二次方程求解，再代入检验舍去增根，最终得到； （2）用换元法将高次方程转化为一元二次方程，求解后回代并舍去无实根的情况，得到方程的两个实数解； （3）结合换元法与平方去根号的思路，将无理方程转化为普通方程求解，舍去不符合非负要求的解后，检验得到最终的两个解． 【小问1详解】 解：将方程两边平方，得， 整理得， 因式分解得， 解得，， 检验：当时，左边，右边，左边右边，舍去； 当时，左边，右边，左边右边； ∴原方程的解为； 【小问2详解】 解：设，则原方程化为， 因式分解得， 解得，， 当时，，即， 解得， 当时，，即， 判别式，无实数根， 综上，原方程的解为，； 【小问3详解】 解：设（），则，即， 代入原方程得， 整理得， 因式分解得，解得，（舍去）， 由得，两边平方得， 整理得， 则， 解得， 检验：当时，， 代入原方程：左边右边； 当时，， 代入原方程：左边右边； ∴原方程的解为，． 23. 如图，有一个正方形，顶点与数轴原点重合，边长（）．以点为圆心，长度为半径画弧，交数轴正半轴于点．记右侧最近整数点为；以为圆心，的长为半径画弧，交数轴正半轴于点，记右侧最近整数点为；以为圆心，的长为半径画弧，交数轴正半轴于点，以此类推…… （1）当时，点所表示的数为__________；线段的长度为__________． （2）根据（1）计算的结果，如果继续操作： ①请直接写出点所表示的数； ②请找出规律，并求出点所表示的数． （3）如果与实数满足关系式，求的长度（为正整数）． 【答案】（1）； （2）①；② （3）当为奇数时，，当为偶数时， 【解析】 【分析】（1）根据已知，先得到对应的数值，估算，找到其右侧最近整数，计算半径长度，即可得到对应数值，再估算的大小，找到其右侧最近整数，作差得到的长度； （2）①延续第（1）问的逻辑，依次计算，，，最终得到对应的数值；②列出前若干个对应的数值，分奇偶下标归纳通项公式，代入即可得到结果； （3）根据二次根式被开方数非负的性质，先得到，此时等式右侧两项均为，再根据两个非负数相加和为则各自为的性质，列出方程组，解出的值，再按照操作步骤推导的交替规律，分奇偶下标讨论得出结果． 【小问1详解】 解：当时，，对应的数为， 右侧最近整数，， 对应的数为， 右侧最近整数，． 【小问2详解】 解：①继续操作，则对应的数为， 右侧最近整数，， 对应的数为， 右侧最近整数，． ②继续操作，则对应的数为， 右侧最近整数，． 对应的数为， 右侧最近整数，． 由于对应的数为， 对应的数为， 对应的数为， 对应的数为， 对应的数为， 对应的数为， 观察下标规律，得： 当为奇数时，； 当为偶数时，． 是偶数，代入得． 【小问3详解】 解：由二次根式有意义的条件得， ， ，原等式右侧为． 两个非负二次根式相加为，可得， ， 将代入上述方程组，解得． ，对应的数为， 右侧最近整数，， 对应数为， 右侧最近整数，， 对应数为， 右侧最近整数，， 对应数为， 右侧最近整数，， 后续操作交替重复上述长度，得到规律： 当为奇数时，，当为偶数时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $