2023-2024学年山东省泰安市岱岳区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省泰安市岱岳区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析），共20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。
1.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 0.5B. 12C. 13D. 30
2.已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是( )
A. 当AD=BC时，它是菱形B. 当AC=BD时，它是矩形
C. 当∠ABC=90°时，它是矩形D. 当AC⊥BD时，它是菱形
3.下列二次根式中，与 2是同类二次根式的是( )
A. 4B. 6C. 18D. 12
4.用配方法解方程x2−4x−1=0方程应变形为( )
A. (x−1)2=2B. (x−2)2=5C. (x−2)2=2D. (x−1)2=1
5.在下列方案中，能够得到OC是∠AOB的平分线的是( )
A. 方案Ⅰ可行，方案Ⅱ不可行B. 方案Ⅰ、Ⅱ都可行
C. 方案Ⅰ不可行，方案Ⅱ可行D. 方案Ⅰ、Ⅱ都不可行
6.下列一元二次方程没有实数根的是( )
A. x2−x−1=0B. x2+x−1=0
C. x2+x+3=0D. −x2−2x−1=0
7.下列各式计算正确的是( )
A. 8 3−2 3=6B. 5 3+5 2=10 5
C. 4 3×2 2=8 6D. 4 2÷2 2=2 2
8.用因式分解法解方程，下列方法中正确的是( )
A. (2x−2)(3x−4)=0，∴2x−2=0或3x−4=0
B. (x+3)(x−1)=1，∴x+3=0或x−1=1
C. (x−2)(x−3)=2×3，∴x−2=2或x−3=3
D. x(x+2)=0，∴x+2=0
9.如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE=DF，AE，BF相交于点O，下列结论：
①AE=BF；
②AE⊥BF；
③AO=OE；
④∠AED=∠FBC中，正确的结论有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
10.如图，边长为4的菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是BC、CD的中点，则△AEF的周长是( )
A. 12B. 4 3C. 6D. 6 3
11.对于任意两个正数m、n，定义运算※为：m※n= m− n(m≥n) m+ n(m0，方程有两个不相等实数根，此选项错误，不合题意；
B.Δ=12−4×1×(−1)=5>0，方程有两个不相等的实数根，此选项错误，不合题意；
C.Δ=12−4×1×3=−110⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)ΔBC，
∴AB>BC，这与正方形的边长AB=BC相矛盾，
∴假设不成立，AO≠OE(故③错误)；
∵AE⊥BF，
在Rt△ABO中，AO2+BO2=AB2，
在Rt△AOF中，AO2+OF2=AF2，
∴2AO2+BO2+OF2=AB2+AF2=BF2，
∴2AO2=BF2−BO2−OF，
∴2AO2=(BO+FO)2−BO2−FO2，
∴2AO2=2BO×FO，
∴AO2=BO×FO，故④正确
故选：C．
根据四边形ABCD是正方形及CE=DF，可证出△ADE≌△BAF，则得到：①AE=BF；可以证出∠ABO+∠BAO=90°，则②AE⊥BF一定成立．用反证法可证明AO≠OE，根据勾股定理即可判断④．
本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，求出△ADE≌△BAF是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，连接AC，
∵菱形ABCD，∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点E是BC的中点，
∴AE= 32×4=2 3，∠EAC=30°，
同理可得：AF=2 3，∠FAC=30°，
∴AE=AF，∠EAC=∠FAC，
∴△AEF是等边三角形，
∴△AEF的周长=3×2 3=6 3．
故选：D．
连接AC，然后判定△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AE，∠EAC=30°，同理可得AF，∠CAF=30°，然后判定△AEF是等边三角形，再根据等边三角形的周长求解即可．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，作辅助线构造出等边三角形是解题的关键，也是本题的突破点．
11.【答案】C
【解析】解：由题意可得：
(8※3)×(3※8)
=( 8− 3)×( 3+ 8)
=8−3
=5．
故选：C．
直接利用运算规律，进而代入得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确结合运算规律分析是解题关键．
12.【答案】C
【解析】解：∵对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴AE=BE=12AB，∠AEF=∠BEF=90°，
∵沿BP折叠，使点A落在EF上的点A处，
∴AB=BA，∠ABP=∠ABP，
∴BA=2BE，
在Rt△BEA中，∠BEA′=90°，
∴∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB=∠CBA，
∴∠ABP=∠A′BP=∠CBA′=30°；
故②正确；
在Rt△ABG中，
∵∠ABG=30°，AG=12BG，
∴AG≠12AB，
故①不正确，
∵∠ABP=30°，
∴∠BGA=∠BGA=60°，
∴∠GAE=60°，
∴△AGP是等边三角形，故③正确；
∴PA=GA=AG，
而AG=12BGPA′=12BG，
故④正确，
故选：C．
由折叠可知AB=BA，∠ABP=∠ABP，在Rt△BEA中，∠BEA′=90°，BA=2BE，可得∠ABP=30°，即②正确，可得到AG=12BG，故①不正确，可证明∠BGA=∠BGA=60°，故△AGP是等边三角形，即③正确，由PA=GA=AG，可得到PA′=12BG故④正确．
本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、含30度角的直角三角形性质、等边三角形的判定，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
13.【答案】x≤32
【解析】解：3−2x≥0，
∴x≤32．
故答案为：x≤32．
根据二次根式有意义的条件，先列出不等式，求解即可．
本题考查了二次根式，掌握二次根式有意义的条件是解决本题的关键．
14.【答案】5
【解析】解：∵直角△ABC的斜边AC=10，
∴斜边上的中线BD=12AC=12×10=5，
故答案为：5．
根据直角三角形的性质计算即可．
本题考查的是直角三角形斜边上的中线，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
15.【答案】a0，
∴△=b2−4ac=16−4a>0，
解得a