2022-2023学年山东省淄博市张店区八年级下学期期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省淄博市张店区八年级下学期期末数学试卷（五四学制）（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省淄博市张店区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项填涂在答题纸的相应位置上）
1．（4分）代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≥3 B．x＞3 C．x≤3 D．x＜3
2．（4分）若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
3．（4分）下列计算中，正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（4分）如图，直线a∥b∥c，直线a，b，c分别交直线m，n于点A，C，E，B，D，F，若AC＝2，CE＝4，BD＝1，则DF＝（　　）

A．2 B．3 C． D．
5．（4分）一元二次方程x2﹣6x﹣1＝0配方后可变形为（　　）
A．（x+3）2＝10 B．（x+3）2＝8 C．（x﹣3）2＝10 D．（x﹣3）2＝8
6．（4分）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（　　）
A．四条边相等，四个角相等
B．对角线相等
C．对角线互相垂直
D．对角线互相平分
7．（4分）如图，△ABC与△DEF是位似图形，位似中心为O，OA＝2，AD＝3，△ABC的面积为4，则△DEF的面积为（　　）

A．6 B．9 C．10 D．25
8．（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴的正半轴和负半轴上．若BO＝DO＝4，∠ABO＝60°，则点C的坐标为（　　）

A． B．（﹣2，﹣2） C． D．
9．（4分）我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法．以方程x2+2x﹣35＝0，即x（x+2）＝35为例加以说明，三国时期的数学家赵爽（公元3～4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造如图中大正方形的面积是（x+x+2）2，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×35+22，据此易得x＝5．小刚用此方法解关于x的方程x2+mx﹣n＝0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为81，小正方形的面积为25，则关于x的方程x2+mx﹣n＝0的正数解为（　　）

A．x＝7 B．x＝5 C．x＝3 D．x＝2
10．（4分）如图，矩形ABCD，AB＝6，BC＝3，点E是边AB上的动点，点F是射线BC上的动点，且BF＝2AE，连接AF，CE．若AF+CE＝m，则m的最小值为（　　）

A． B． C． D．
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共计20分．不需写出解答过程，请把最后结果直接填写在答题卡相应位置上）
11．（4分）若与最简二次根式可以合并，则m＝　 　．
12．（4分）已知△ABC∽△DEF，其相似比为2：3，则它们的周长之比为 　 　．
13．（4分）若x1，x2是一元二次方程x2+2x﹣1＝0的两个根，则x1+x2﹣x1•x2＝　 　．
14．（4分）如图，把图1中两条对角线长分别为6和8的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形拼成如图2所示的正方形，则图2中阴影部分（中间小正方形）的面积为 　 　．

15．（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是x轴正半轴和y轴正半轴上的动点，连接AB，作AB的中点P，在x轴和y轴上分别取点C（4，0），D（0，6），连接CP，DP．若AB＝4，CP+2DP＝m，则m的最小值为 　 　．

三、解答题（本题共8小题，共计90分，请把解答过程写在答题纸上）
16．（10分）（1）计算：；
（2）先化简，再求值：，其中．
17．（10分）（1）解方程：（x+1）2﹣3（x+1）+2＝0；
（2）已知关于x的方程9x2﹣（k+6）x+k+1＝0有两个相等的实数根，请求k的值．
18．（10分）如图，点A，F，C，D在同一条直线上，点B，E分别在直线AD的两侧，且AB＝DE，∠A＝∠D，AF＝DC．
（1）若BF⊥EF，求证：四边形BCEF是矩形；
（2）若四边形BCEF是菱形，且∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，求△ABF的面积．

19．（10分）阅读材料，解答下列问题．
材料：已知，求的值．
小明同学是这样解答的：
∵＝＝5﹣x﹣2+x＝3，
∵，
∴，
这种方法称为“构造对偶式”．
问题：已知．
（1）求的值；
（2）求x的值．
20．（12分）如图，已知△ABP，点C，D在边AB上，连接PC，PD，使∠ADP＝60°，且△ACP∽△PDB．
（1）请判定△PCD的形状，并说明理由；
（2）若AC＝2，BD＝3，求△ABP的面积．

21．（12分）某水果商场经销一种高档水果，原价每千克50元．
（1）连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同．求每次下降的百分率；
（2）若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，商场决定采取适当的涨价措施，但商场规定每千克涨价不能超过8元，若每千克涨价1元，日销售量将减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，那么每千克应涨价多少元？
22．（13分）【阅读理解】
配方法是中学数学的重要方法，用配方法可求最大（小）值．对于任意正实数a，b，可作如下变形：
∵a+b＝＝＝
又∵
∴
即．
根据上述内容，回答问题：2+3 　 　；　 　；6+6 　 　．（用“＝”“＞”“＜”填空）
【思考验证】
如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，CO为AB边上中线，AD＝2a，DB＝2b，试根据图形验证成立，并指出等号成立时的条件．
【探索应用】
（1）请利用上述结论解决下面问题，某园林设计师要对园林的一个区域进行设计改造，一面利用墙体将该区域用篱笆围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃，如图2所示，为了围成面积为300m2的花圃，所用的篱笆至少为多少米？
（2）如图3，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△AOB，△COD的面积分别是5和16．试问四边形ABCD的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出四边形ABCD面积的最小值；若不存在，请说明理由．

23．（13分）已知同一平面内的具有公共顶点C的矩形ABCD和矩形CEFG，且AB＝mBC，CG＝mCE，连接DG．
（1）当点E是矩形ABCD边AB延长线上的一点时，延长BC交DG于点P．
①如图1，若m＝1，猜想线段DP与GP之间的数量关系是 　 　；
②如图2，若m为任意实数，则①中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（2）当点E是平面内任意一点时，取DG的中点Q，如图3所示，连接CQ，BE．若BC＝2，CE＝3，m＝3，请求出CQ的取值范围．













2022-2023学年山东省淄博市张店区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项填涂在答题纸的相应位置上）
1．【答案】A
【分析】直接利用二次根式的定义得出x﹣3≥0，进而求出答案．
【解答】解：∵代数式在实数范围内有意义，
∴x﹣3≥0，
解得：x≥3，
∴x的取值范围是：x≥3．
故选：A．
2．【答案】D
【分析】先把化成+1，再把代入进行计算，即可得出答案．
【解答】解：∵，
∴＝+1＝+1＝．
故选：D．
3．【答案】B
【分析】根据二次根式的加法运算对A选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对B选项进行判断；根据二次根式的性质对C选项进行判断；根据二次根式的除法法则对D选项进行判断．
【解答】解：A．2与不能合并，所以A选项不符合题意；
B． ×＝＝3，所以B选项符合题意；
C． ＝2，所以C选项不符合题意；
D． ÷＝＝，所以D选项不符合题意；
故选：B．
4．【答案】A
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵a∥b∥c，
∴＝，
∵AC＝2，CE＝4，BD＝1，
∴＝，
解得：DF＝2，
故选：A．
5．【答案】C
【分析】根据配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣6x﹣1＝0，
∴x2﹣6x＝1，
∴x2﹣6x+9＝10，
∴（x﹣3）2＝10，
故选：C．
6．【答案】D
【分析】利用菱形、矩形和正方形的性质进行判断．
【解答】解：菱形，矩形，正方形都具有的性质为对角线互相平分．
故选：D．
7．【答案】D
【分析】根据位似图形的概念得到△ABC∽△DEF，AB∥DE，得到△AOB∽△DOE，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴△ABC∽△DEF，AB∥DE，
∴△AOB∽△DOE，
∴＝，
∵OA＝2，AD＝3，
∴OD＝OA+AD＝5，
∴＝，
∴＝（）2＝，
∵△ABC的面积为4，
∴△DEF的面积为25，
故选：D．
8．【答案】D
【分析】由矩形的性质和直角三角形的性质分别求出CE，OE的长，即可求解．
【解答】解：过C作CE⊥y轴于E，
∴∠BEC＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，BO＝DO＝4，
∴∠ABC＝90°，BD＝8，
∵∠ABO＝60°，
∴∠CBE＝30°，
∵∠BCD＝90°，
∴CD＝BD＝4，BC＝CD＝4，
∵∠CBE＝30°，∠CEB＝90°，
∴CE＝BC＝2，BE＝CE＝6，
∴OE＝2，
∵点C在第三象限，
∴点C（﹣2，﹣2），
故选：D．

9．【答案】D
【分析】根据图形列方程组求解．
【解答】解：设矩形的宽为x，长为a，
∵大正方形的面积为81，小正方形的面积为25，
∴x+a＝9，a﹣x＝5，
∴x＝2，a＝7，
故选：D．
10．【答案】C
【分析】本题的思路是先根据两条边对应成比例并且夹角相等证明三角形相似，将AF转化为DE，然后做DE关于AB的对称线段DE，结论自然可得．
【解答】解：连接点D和点E，如图：

∵，∠ABF＝∠DAE＝90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴，
∴，
延长DA至点D，使AD'＝AD，连接DE，则DE＝D′E，
∴DE﹣CE＝D′E+CE＝m，
∴当点E为CD与AB的交点时，m取最小值，此时
m＝CD'＝即m的最小值为6，
故选：C．
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共计20分．不需写出解答过程，请把最后结果直接填写在答题卡相应位置上）
11．【答案】3．
【分析】根据同类二次根式的定义得出答案即可．
【解答】解：∵与最简二次根式可以合并，
∴m＝3．
故答案为：3．
12．【答案】2：3．
【分析】根据相似三角形的性质即可得到答案．
【解答】解：∵△ABC∽△DEF，其相似比为2：3，
∴它们的周长比为2：3，
故答案为2：3．
13．【答案】﹣1．
【分析】根据根与系数的关系可得出x1+x2＝﹣2，x1x2＝﹣1，将其代入x1+x2﹣x1•x2中即可求出结论．
【解答】解：∵x1、x2是一元二次方程x2+2x﹣1＝0的两个根，
∴x1+x2＝﹣2，x1x2＝﹣1，
∴x1+x2﹣x1x2＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1．
故答案为：﹣1．
14．【答案】1．
【分析】如图1，由菱形的性质，得到OA＝AC＝4，OD＝BD＝3，因此图2中正方形的边长＝1，即可得到阴影的面积＝1．
【解答】解：如图1，菱形ABCD中，BD＝6，AC＝8，
∴OA＝AC＝4，OD＝BD＝3，
∴图2中正方形的边长＝OA﹣OD＝1，
∴阴影的面积＝1．
故答案为：1．

15．【答案】8．
【分析】先表示出点P的坐标，再求出DP与CP，最后根据CP+2DP＝m结合二次根式的知识判断m的最小值．
【解答】解：设点A（a，0），点B（0，b），
∵点P为AB中点，
∴点P（），
∵AB＝4，
∴a2+b2＝42＝16，
此时DP＝，
CP＝，
∵CP+2DP＝m，
∴＝m，
∴m＝，
要使m最小，则a＝0，b＝4．
∴m＝8+．
故答案为：8+．
三、解答题（本题共8小题，共计90分，请把解答过程写在答题纸上）
16．【答案】（1）3+；
（2）3+1．
【分析】（1）先算括号里面的，再算乘除，最后算加减即可；
（2）先根据二次根式混合运算的法则把原式进行化简，再把m的值代入进行计算即可．
【解答】解：（1）原式＝•+•
＝+
＝3+；
（2）原式＝m2﹣2﹣m2+3m
＝3m﹣2，
当m＝+1时，
原式＝3（+1）﹣2
＝3+3﹣2
＝3+1．
17．【答案】（1）x1＝1，x2＝0；
（2）k＝0或24．
【分析】（1）将（x+1）看作整体，根据因式分解法解一元二次方程；
（2）根据根的判别式Δ＝b2﹣4ac＝0，建立关于k的方程，求出k的值．
【解答】解：（1）（x+1﹣2）（x+1﹣1）＝0，
（x﹣1）x＝0，
∴x﹣1＝0或x＝0，
解得x1＝1，x2＝0；
（2）∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝[﹣（k+6）]2﹣4×9×（k+1）＝0，
整理得k2﹣24k＝0，
解得k＝0或24．
18．【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）证△ABC≌DEF（SAS），得BC＝EF，∠ACB＝∠DFE，再证BC∥EF，则四边形BCEF是平行四边形，然后证∠BFE＝90°，即可得出结论；
（2）连接BE，交CF于点G，由菱形的性质得CG＝FG，BE⊥AC，再由勾股定理得AC＝5，进而由三角形面积求出BG＝，然后由勾股定理得FG＝CG＝，则AF＝AC﹣FG﹣CG＝，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AF＝DC，
∴AF+CF＝DC+CF，
即AC＝DF，
又∵∠A＝∠D，AB＝DE，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴BC＝EF，∠ACB＝∠DFE，
∴BC∥EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∵BF⊥EF，
∴∠BFE＝90°，
∴平行四边形BCEF是矩形；
（2）解：连接BE，交CF于点G，

∵四边形BCEF是菱形，
∴CG＝FG，BE⊥AC，
∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴AC＝＝＝5，
∵S△ABC＝AC•BG＝AB•BC，
∴BG＝＝＝，
∴FG＝CG＝＝＝，
∴AF＝AC﹣FG﹣CG＝5﹣﹣＝，
∴S△ABF＝AF•BG＝××＝．
19．【答案】（1）的值为2；
（2）x的值为﹣2.75．
【分析】（1）利用例题的解题思路进行计算，即可解答；
（2）利用（1）的结论可得2＝5，从而可得＝2.5，进而可得9+x＝6.25，然后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵（﹣）（+）＝（）2﹣（）2＝9+x﹣3﹣x＝6，
∵，
∴＝2，
∴的值为2；
（2）由（1）得：﹣＝2，+＝3，
∴2＝5，
∴＝2.5，
∴9+x＝6.25，
∴x＝﹣2.75，
∴x的值为﹣2.75．
20．【答案】（1）等边三角形，理由见解析；
（2）．
【分析】（1）根据三角形相似结合∠ADP＝60°即可判断；
（2）根据三角形相似得出等式求出等边三角形边PD的长从而得出高，即可得出结果．
【解答】解：（1）△PCD为等边三角形，理由如下：
∵△ACP∽△PDB，
∴∠ACP＝∠PDB，
∴∠PCD＝∠PDC，
∴△PCD是等腰三角形，
又∵∠ADP＝60°，
∴△PCD是等边三角形；
（2）∵△ACP∽△PDB，
∴，
又∵AC＝2，BD＝3，△PCD的等边三角形，
∴，
∴PD＝（负值已舍），
如图，过点P作PH⊥CD于H，

∵∠CDP＝60°，
∴PH＝PD＝，
∴S＝＝．
21．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设每次下降的百分率为x，根据相等关系列出方程，可求每次下降的百分率；
（2）设涨价y元（0＜y≤8），根据总盈余＝每千克盈余×数量，可列方程，可求解．
【解答】解：（1）设每次下降的百分率为x
根据题意得：50（1﹣x）2＝32
解得：x1＝0.2，x2＝1.8（不合题意舍去）
答：每次下降20%
（2）设涨价y元（0＜y≤8）
6000＝（10+y）（500﹣20y）
解得：y1＝5，y2＝10（不合题意舍去）
答：每千克应涨价5元．
22．【答案】【阅读理解】＞，＞，＝．
【思考验证】根据图形验证成立的过程见解答，当a＝b时等号成立．
【探索应用】（1）60；（2）存在，21+8．
【分析】【阅读理解】对a+b＝进行分析可知，当a＝b时，a+b＝2；当a≠b时，a+b＞2．据此判断即可．
【思考验证】根据题意，将CO和CD用a和b表示出来，由CO≥CD，得a+b≥2．当点O与D重合时，即当a＝b时取等号．
【探索应用】（1）设该矩形花圃的长是a米，将宽用面积和a表示出来，进而写出篱笆长度的表达式，并利用题中结论求其最小值；
（2）设S△COB＝m，由三角形的面积公式可知，若两三角形底边上的高相等，则其面积比等于底边之比，由此可将S△AOD表示出来．写出四边形ABCD的面积的表达式，利用题中结论求其最小值即可．
【解答】解：【阅读理解】∵a+b＝，
∴当a＝b时，a+b＝2；
当a≠b时，a+b＞2．
∴2+3＞2，4+＞2，6+6＝2．
故答案为：＞，＞，＝．
【思考验证】由题意得，AB＝2a+2b＝2（a+b），OD＝a﹣b．
∵∠ACB＝90°，CO为AB边上中线，
∴CO＝AB＝（a+b）．
又∵CD⊥AB，
∴CD＝＝＝2．
∵在Rt△COD中，CO是斜边，CD是其中的一直角边，
∴CO≥CD，即a+b≥2．
∴当a＝b（点O与D重合）时，a+b＝2．
【探索应用】（1）设该矩形花圃的长是a米，则其宽是米．
根据题意，得篱笆的长度C＝a+3×＝a+．
由上述结论，得C＝a+≥2，即C≥60．
∴当a＝时，即a＝30时，C＝60（取最小值）．
∴所用的篱笆至少为60米．
（2）设S△COB＝m．
∵△COB与△COD底边上的高相等，△AOB与△AOD底边上的高相等，
∴＝＝，
∴＝，解得S△AOD＝．
∴S四边形ABCD＝5+16+m+＝21+m+．
∵m+≥2＝8．
∴S四边形ABCD≥21+8，当m＝时，即m＝4时取等号．
∴四边形ABCD面积的最小值存在，为21+8．
23．【答案】（1）①DP＝GP；
②成立；理由见解答过程；
（2）1.5≤CQ≤7.5．
【分析】（1）①过点G作GQ⊥BC交BC延长线于点Q，判定△QGC≌△BCE，推出QG＝CD，再判定△PDC≌△PGQ，即可得到线段DP与GP之间的数量关系；
②过点G作GQ⊥BC交BC延长线于点Q，判定△QGC∽△BCE，根据相似三角形的性质和已知条件推出QG＝CD，再判定△PDC≌△PGQ，即可得到线段DP与GP之间的数量关系；
（2）根据题意可知：当点D、C、G三点共线时，CQ取得最大值与最小值，然后进行分类讨论即可解决问题．
【解答】解：（1）①DP＝GP．
理由如下：如图1，过点G作GQ⊥BC交BC延长线于点Q，

∵m＝1，
∴BC＝AB＝CD，CE＝CG，
∴矩形ABCD、CEFG都是正方形，
∵∠Q＝∠CBE＝∠GCE＝90°，
∴∠QGC＝90°﹣∠QCG＝∠BCE，
∴△QGC≌△BCE（SAS），
∴QG＝BC，
∴QG＝CD，
∵∠PCD＝∠PQG＝90°，∠DPC＝∠QPG，
∴△PDC≌△PGQ（AAS），
∴DP＝GP．
故答案为：DP＝GP；
②成立．
理由如下：如图2，过点G作GQ⊥BC交BC延长线于点Q，

∵∠Q＝∠CBE＝∠GCE＝90°，
∴∠QGC＝90°﹣∠QCG＝∠BCE，
∴△QGC∽△BCE，
∴，
∵AB＝mBC，CG＝mCE，
∴＝m，
∴QG＝mBC＝AB＝CD，
∵∠PCD＝∠PQG＝90°，∠DPC＝∠QPG，
∴△PDC≌△PGQ（AAS），
∴DP＝GP；
（2）∵BC＝2，CE＝3，m＝3，
∴DC＝3BC＝6，CG＝3CE＝9，
当点D、C、G三点共线时，CQ取得最大值与最小值，
①当Q在CG上时，CQ取得最小值，
CQ＝，
②当Q在CG延长线上时，CQ取得最大值，
CQ＝，
∴CQ的取值范围为：1.5≤CQ≤7.5．