山东省烟台市招远市（五四制）2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山东省烟台市招远市（五四制）2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省烟台市招远市五四制2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题原卷版docx、山东省烟台市招远市五四制2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
1．考试时间120分钟，满分120分．
2．考试过程允许学生进行剪、拼、折叠等实验．
一．选择题（本大题共10个小题，每小题3分，满分30分）
1. 下列关于x的方程是一元二次方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的定义：只含有一个未知数x，未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程； 据此进行逐项分析即可作答
【详解】解：、，含有两个未知数，故本选项不符合题意；
、，可化为，满足一元二次方程的定义，故本选项符合题意；
、不是整式方程，故本选项不符合题意；
、最高次数3，故本选项不符合题意；
故选：．
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】
【分析】本题考查最简二次根式的定义，解题关键是掌握最简二次根式的定义，根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数不含能开得尽方的因数或因式；根据二次根式的定义逐项判定即可；
【详解】解：、，故本选项不符合题意；
、，故本选项不符合题意；
、是最简二次根式，故本选项符合题意；
、，故本选项不符合题意；
故选：．
3. 如图，的对角线交于点O，下列条件不能判定是菱形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的判定，掌握对角线垂直的垂直或邻边相等的平行四边形是菱形解题的关键．
根据菱形的判定方法逐项判断即可解答．
【详解】解：A．由、，根据邻边相等的平行四边形是菱形可得：四边形是菱形，故该选项不符合题意；
B．由可得，根据邻边相等的平行四边形是菱形可得：四边形是菱形，故该选项不符合题意；
C．由,根据对角线垂直的平行四边形是菱形可得：四边形是菱形，故该选项不符合题意；
C．是的对边，不能说明四边形是菱形，故该选项符合题意．
故选：D．
4. 若关于x的方程有两个不相等的实数根，则m的值可能是（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握有两个不相等的实数根，是解题关键；当一元二次方程有两个不相等的实数根时，，由此进行求解即可；
【详解】关于x的方程有两个不相等的实数根，
，
解得，
，
，
故选：A．
5. 若，，则的值为（ ）
A. 3B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式运算、代数式求值等知识，熟练掌握相关运算法则是解题关键．将，代入求值即可．
【详解】解：∵，，
∴．
故选：D．
6. 如图，在正方形中，点，分别在和边上，，，则的面积为（ ）
A. 6B. 5C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，三角形的面积公式，平行四边形的判定和性质知识，熟练掌握相关知识是解题的关键；先根据正方形的性质可得，证明四边形是平行四边形，可得，由此计算，最后由直角三角形的面积公式求解即可
【详解】四边形是正方形，
四边形平行四边形，
的面积为，
故选：C
7. 在对边不相等的四边形中，若四边形的两条对角线互相垂直，那么顺次连结四边形各边中点得到的四边形是（ ）
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查对矩形的判定，平行四边形的判定，三角形的中位线等知识点的理解和掌握．首先根据三角形的中位线定理结合平行于同一直线的两直线平行得出，由等式的性质得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，再证明，可得结论．
【详解】解：如图，四边形中，于点，、、、分别是边、、、的中点，连接、、、，得到四边形，设交于点．
，
，
、、、分别是边、、、的中点，
∴，，，，，
∴，，
四边形是平行四边形，
，，
∴，
，
∵，
平行四边形是矩形．
故选：B．
8. 对于实数定义新运算：，若关于的方程没有实数根，则的取值范围（ ）
A. B.
C. 且D. 且
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键；由题中所给新定义运算可得方程，然后根据一元二次方程根的判别式可进行求解．
【详解】解：由题意可得方程：，
即，
∵该方程没有实数根，
∴，
解得：；
故选：A．
9. 当时，代数式的值是（ ）
A. 19B. 21C. 27D. 29
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的求值，解题的关键是利用完全平方公式的变形求值；把变形为，代入求值即可
【详解】解：，
，
故选：B
10. 已知，如图，点为x轴上一点，它的坐标为，过点作x轴的垂线与直线：交于点，以线段为边作正方形；延长交直线于点，再以线段为边作正方形；延长交直线于点，再以线段为边作正方形…．依此类推，的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用，正方形的性质，点的坐标规律，理解题意，结合图象和正方形的性质，探索点的坐标规律是解答的关键；先求出，坐标，得出规律后即可求解；
【详解】解：过点作x轴的垂线与直线交于点，
，
线段为边作正方形，
，
同理可得，，
，
故答案为：C；
二．填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）
11. 若在实数范围内有意义，则的取值范围是_________ ．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．根据二次根式有意义的条件，分式有意义的条件求解即可；．
【详解】解：由题意得，且，
解得且，
故答案为：且；
12. 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为 __________ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程有两个相等的实数根，则是解题关键；当一元二次方程有两个不相等的实数根时，，由此进行求解即可
【详解】关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，
，
，
，
故答案为：
13. 在矩形中，对角线、相交于点O，过点A作，交于点M，若，则的度数为______ ．
【答案】##60度
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质；由矩形的性质可得，，由可求，再由等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，进行求解即可；
【详解】四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
14. 已知a是方程的一个根，则的值为______．
【答案】2030
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解以及代数式求值，运用整体代入思想是解决此问题的关键；把代入已知方程，并求得，然后将其整体代入所求的代数式进行求值即可．
【详解】a是方程的一个根，
，
，
故答案为：2030．
15. 已知，则___________．
【答案】25
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件，求出x的值是解题关键；利用二次根式有意义的条件进行求解即可；
【详解】解：由题意知：，
解得：，
，
，
故答案为：25；
16. 如图，正方形的边长，对角线、相交于点，将直角三角板的直角顶点放在点处，三角板两边足够长，与、交于、两点，当三角板绕点旋转时，线段的最小值为________ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．证明，得到，要使有最小值，即求的最小值，当时，有最小值，由等腰三角形的性质可求出．
【详解】解：四边形是正方形，
，，，
，，，
，
，，
，
故要使有最小值，即求的最小值，当时，有最小值，
，，，
，
线段的最小值为．
故答案为：．
三．解答题（本大题共9个小题，共72分．请在答题卡指定区域内作答．）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算、二次根式的混合运算，完全平方公式、平方差公式等知识内容．
（1）先化简算术平方根、绝对值，除法运算，再合并同类项，即可作答．
（2）先根据完全平方公式、平方差公式进行展开，再合并同类项，即可作答．
【小问1详解】
解：，
【小问2详解】
解：原式
．
18. 用合适的方法解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】该题考查了解一元二次方程，解一元二次方程常用方法：配方法，公式法，因式分解法，直接开平方法．
（1）整理后用配方法解答即可；
（2）整理后用公式法解答即可；
【小问1详解】
解：
移项得，
配方得，
∴．
【小问2详解】
，
整理得：，
∵，
∴，
∴，
∴，．
19. 如图，有一张矩形的纸片，将矩形纸片折叠，使点A与点C重合．
（1）请用尺规在图中画出折痕，其中，点M在边上，点N在边上；（不写作法，保留痕迹），并说明折痕所在的直线与对角线有怎样的位置关系？
（2）在（1）的条件下，直接写出折痕的长度．
【答案】（1）见解析，折痕所在的直线是对角线的垂直平分线
（2）
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点，正确作出辅助线．
（1）作线段的垂直平分线即可；根据折叠的性质可知，折痕所在的直线是对角线的垂直平分线；
（2）连接，设，则，根据勾股定理列方程求出，进而可求，再证，即可求出折痕的长度．
【小问1详解】
线段就是所要求作的折痕；
折痕所在的直线是对角线的垂直平分线；
【小问2详解】
连接，
设，则，
四边形是矩形，
，，
，
在中，，
是对角线的垂直平分线，
在中，，
，
解得，
，
在中，，
，，，
，
，
折痕的长度为．
20. 关于的一元二次方程有实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若为正整数，请用配方法求出此时方程的解．
【答案】（1）且
（2），
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式及用配方法解方程，
（1）由关于的一元二次方程有实数根，根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义可得且，即，两个不等式的公共解即为的取值范围；
（2）求出的值，用配方法解方程即可；
解题的关键是掌握：式子是一元二次方程根的判别式，方程有两个不等的实数根；方程有两个相等的实数根；方程无实数根．
【小问1详解】
解：∵关于的一元二次方程有实数根，
∴且，
解得：且，
∴的取值范围为且；
【小问2详解】
∵且，且m为正整数，
∴，
∴原方程为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴此时方程的解为：，．
21. 如图，在菱形中，，点E，F分别在上，且．
（1）求证：；
（2）若，试求出线段的长，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）10，理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键；
（1）由题意易得，则有是等边三角形，然后可得，进而可得，最后问题可求证；
（2）由（1）可知，然后可得，进而问题可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
和中，
，
∴．
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形．
∴，
∵，
∴．
22. 已知，．
（1）分别求，的值；
（2）利用（1）的结果求下列代数式的值：
①；
②．
【答案】（1），
（2）①；②
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式的化简求值，平方差公式的运用，二次根式的混合运算，熟知二次根式的加减法则是解题的关键．
（1）直接把x，y的值代入进行计算即可；
（2）把（1）中的，的值代入进行计算即可．
【小问1详解】
解：，，
，
；
【小问2详解】
由（1）知，，
①；
②．
23. 如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作，且，连接．
（1）求证：四边形为矩形．
（2）若菱形的面积是10，请求出矩形的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）5
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，矩形的性质和判定．
（1）根据菱形性质，可得，，由可证四边形为平行四边形，再由，即可证明结论；
（2）根据菱形的面积公式可得到，再根据矩形的面积，菱形的性质即可求出矩形的面积．
【小问1详解】
证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形；
【小问2详解】
∵菱形的面积是10，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴矩形的面积为5．
24. 阅读理解：
我们解决某些数学题的时候，经常会遇到题目中的条件比较含糊，它们常常巧妙地隐蔽在题设的背后，不易被发现和运用，导致我们解题受阻，因此，挖掘题设中的隐含条件，应该成为我们必备的一种能力．请阅读下面的解题过程，体会如何发现隐含条件，并依次解决所给的问题．
化简：
解：由题意可知隐含条件解得：，
∴，
∴．
启发应用：
（1）按照上面的解法，化简：；
类比迁移：
（2）已知的三边长分别为，，，请求出的周长．（用含有的代数式表示，结果要求化简）
拓展延伸：
（3）若，请直接写出的取值范围．
【答案】（1）2；（2）；（3）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质和二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的性质和二次根式有意义的条件是解题的关键；
（1）先根据二次根式有意义的条件求出m的范围，再根据二次根式的性质化简即可；
（2）先根据二次根式有意义的条件求出的范围，再根据二次根式的性质化简即可；
（3）先根据二次根式有意义的条件求出x的范围，再分类讨论，根据二次根式的性质化简即可；
【详解】解：（1）由题意可知隐含条件解得：，
∴，
∴，
（2）由题意可知隐含条件解得：，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为；
（3）由题意可知隐含条件，解得：，
当时，，
则，符合题意，
当时，，
则，不符合题意，
综上所述，的取值范围为．
25. 在学习了“特殊的平行四边形”这一章后，同学小明对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．请你根据以上定义，回答下列问题：
（1）下列关于“双直四边形”的说法，正确的有_______（把所有正确的序号都填上）；
①“双直四边形”的对角线不可能相等：
②“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半；
③若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形．
（2）如图①，正方形中，点、分别在边、上，连接，，，，线段、于点O，若，证明：四边形为“双直四边形”；
（3）如图②，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段上，且，在第一象限内，是否存在点，使得四边形为“双直四边形”，若存在；请直接写出所有点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）②③ （2）证明见解析
（3）存在，点的坐标或
【解析】
【分析】（1）由“双直四边形”的定义依次判断即可．
（2）设的交点为点，先根据SAS证明 ，于是得，再证明，即可得 ，由此得四边形为“双直四边形”．
（3）先求出的解析式，再分三种情况讨论：，，，分别求出点D的坐标即可．
小问1详解】
解：∵正方形是“双直四边形”，正方形的对角线相等．
故①不正确．
∵“双直四边形”的对角线互相垂直，
∴“双直四边形”面积等于对角线乘积的一半．
故②正确．
∵中心对称的四边形是平行四边形，对角线互相垂直且有一个角是直角的的平行四边形是正方形．
∴若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形．
故③正确．
故答案为：②③；
【小问2详解】
证明：如图，设与的交点为，
∵四边形是正方形，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴四边形为“双直四边形”．
【小问3详解】
解：假设存在点在第一象限，使得四边形为“双直四边形”．
如图，设的交点为
∵，，
，
即，
，
解得，
，
是的中点，
，
设直线的解析式为则

解得
∴直线的解析式为
设，
①当时，则，
，
则；
②当时，
，
是的垂直平分线，
，
，
，
，
此时点坐标还是；
③当时，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
∵，，
∴，
∴，
整理得，
，
当时，，
此时在第四象限，不符合题意．
当时，，
此时在第一象限，符合题意．
综上，或．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一次函数等知识，综合性较强，题目难度较大．熟练掌握以上知识以及分类讨论思想是解题的关键．