江苏省泰州市兴化市2023-2024学年八年级下学期期末数学试卷（含答案解析）

这是一份江苏省泰州市兴化市2023-2024学年八年级下学期期末数学试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了若分式有意义，则的取值范围是，在实数范围内因式分解等内容，欢迎下载使用。
（考试用时：120分钟满分：150分）
请注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两个部分。
2．所有试题的答案均填写在答题卡上，答案写在试卷上无效。
3．作图必须用2B铅笔，并请加黑加粗。
第一部分选择题（共18分）
一、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上．）
1．下列四个图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．如果式子有意义，那么x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．如果把分式中的x和y都扩大3倍，那么分式的值应（ ）
A．扩大3倍B．不变C．扩大6倍D．缩小3倍
4．关于x的分式方程有增根，则m的值是（ ）
A．B．3C．D．2
5．如图，是的直径，点在上，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
6．欧几里得的《几何原本》中记载了形如的方程根的图形解法：如图，画，使，，，以B为圆心BC为半径画圆，交射线AB于点D、E，则该方程较大的根是（ ）
A．CE的长度B．CD的长度C．DE的长度D．AE的长度
第二部分非选择题部分（共132分）
二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分．请把答案直接写在答题卡相应位置上．）
7．若分式有意义，则的取值范围是．
8．若最简二次根式与是同类二次根式，则a的值为．
9．若关于的一元二次方程没有实数根，则的取值范围是．
10．在实数范围内因式分解：x2-5=
11．已知实数，满足，则．
12．已知x1，x2是方程x2－2x－1＝0的两个根，则＋＝．
13．如图，在平面直角坐标系中，点A是反比例函数图象上的点，过点A作y轴的垂线交y轴于点B，点C在x轴上，若的面积为2，则k的值为．

14．如图，为的直径，C为上一点，点D为半圆的中点，交于点E，若，，则的长为．
15．若（为一切实数），则的最小值为．
16．如图，在平面直角坐标系中，是以原点为圆心，半径为的圆，，点为上一动点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，则的取值范围为．
三、解答题（本大题共有10小题，共102分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．解方程：
（1）（2）（用配方法解）
18．先化简，再求值：，其中a是方程的根．
19．实数a、b、c在数轴上的位置如图所示，化简
20．某市为积极响应“绿水青山就是金山银山”的号召，加强了河道整治．某工程队原计划在规定时间内整治河道1500m，实际施工时工作效率提高了20%，结果提前2天完成，求原计划规定多少天完成？
21．平面直角坐标系xOy中，直线y=x+1与双曲线的一个交点为P（m，6）．
（1）求k的值；
（2）M（2，a），N（n，b）分别是该双曲线上的两点，直接写出当a＞b时，n的取值范围．
22．如图，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F，过点D作DGBE，交BC于点G，连接FG交BD于点O
（1）判断四边形BFDG的形状，并说明理由；
（2）若AB＝6，AD＝8，求FG的长．
23．如图，在中，AB是直径，弦．
（1）在图1中，请仅用不带刻度的直尺画出劣弧EF的中点P；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在（1）的条件下连接OP、PF，若OP交弦EF于点Q，现有以下三个选项：①的面积为；②；③，请你选择两个合适选项作为条件，求的半径，你选择的条件是（填序号）
24．【实践与探究】如图1，已知三角形纸片和重合在一起，，，．数学实验课上，王老师让同学们用这两张纸片进行如下操作：
【探究1】（1）保持不动，将通过一次全等变换（平移、旋转或翻折）后和拼成以为一条对角线的菱形，请用语言描述你的全等变换过程____________．（提醒：描述过程要完整）；
【探究2】（2）保持不动，将绕点D旋转，如图2所示，点A与点D重合．保持不动，连接，再将沿射线方向平移．设平移的距离为p．
图1 图2
①当时，连接，判断四边形的形状并说明理由；
②若，在平移的过程中，四边形能否成为正方形？若能，请求出p的值；若不能，请说明理由．
25．已知正方形，，点是边上的一个动点（不与重合），将绕点顺时针旋转至，连接，设交于点，交于点．
（1）如图，若，求的度数；
（2）如图，点在上运动的过程中，线段与之间有怎样的数量关系，请证明你的发现；
若，求此时的度数．
（3）如图，连接，则的最小值是____________（直接写出答案）；
26．如图，在平面直角坐标系中，点为函数图象上一动点，过点作轴的平行线交直线于点，点坐标为．当时，点恰好落在的函数图象上．

（1）求函数的关系式；
（2）若以为邻边作平行四边形，点在的左侧，且点在函数的图象上，点的横坐标为，求的值；
若以为邻边作正方形，求点坐标；
（3）在点运动过程中始终存在一点，使恒成立，求的值．
参考答案
1．D
【分析】根据中心对称图形的概念求解。
【详解】解：A、不是中心对称图形；B、不是中心对称图形；C、不是中心对称图形；D、是中心对称图形；故选：D。
【点睛】本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解题的关键。
2．A
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式被开方数为非负数，列出不等式，解不等式即可。
【详解】解：∵式子有意义，∴x-5≥0，解得：x≥5，故选：A。
3．B
【分析】将给定的分式分子分母扩大3倍，和原分式比较大小即可得到答案．
【详解】解：将中的x和y都扩大3倍得到，
∴分式的值应不变，
故选B．
【点睛】本题主要考查了分式的基本性质，熟知分式的基本性质是解题的关键（1）的m和n都扩大2倍，则分式值变为原来的2倍．（2）的m和n都扩大2倍，则分式值不变．（3）的m和n都扩大2倍，则分式值变为原来的一半．
4．A
【分析】本题主要考查分式方程的增根，熟练掌握分式方程的增根是解决本题的关键．先解关于的分式方程得．再根据增根的定义，解决此题．
【详解】解：
去分母，得，
移项，得．
关于的分式方程有增根，
，
．
故选：．
5．A
【分析】连接、，根据圆内接四边形的性质求出，由求得，再根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半得到答案．
【详解】解：如图，连接、，

∵点A、B、C、D在圆上，
∴四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】此题考查圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，正确连接辅助线是解题的关键．
6．D
【分析】在，由勾股定理即可得，再利用配方法可求得方程的解，根据题意可答案．
【详解】解：在，，，，
，
，
，
，
，
即，
解得，，
又以B为圆心BC为半径画圆，交射线AB于点D、E，
，
该方程较大的根是，
故选D．
【点睛】本题考查了勾股定理、利用配方法解一元二次方程，解题关键在于把方程较大的根转化为的长．
7．
【分析】根据分式有意义的条件进行求解即可．
【详解】解：∵分式有意义，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，解题的关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于0.
8．5
【分析】本题考查最简二次根式和同类二次根式的定义．根据最简二次根式和同类二次根式的定义可列出关于a的等式，解出a即可．
【详解】解：∵最简二次根式与是同类二次根式，
∴，
解得：．
故答案为：5
9．
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键．当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根．根据求解即可．
【详解】解：∵没有实数根，
∴，
∴．
故答案为：．
10．
【分析】直接利用平方差公式分解因式即可得出答案．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了利用平方差公式分解因式，熟练掌握平方差公式是解此题的关键．
11．
【分析】根据绝对值和二次根式的非负性可得n=2、m=-1，代入即可求解．
【详解】解：由
得：；
∴n=2；m=-1
故答案为：1．
【点睛】此题主要考查求代数式的值，由绝对值和二次根式的非负性得到m、n的值是解题关键．
12．-2
【分析】根据根与系数的关系得到x1＋x2＝2，x1x2＝−1，利用通分得到＋＝，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】解：根据题意得x1＋x2＝2，x1x2＝−1，
所以＋＝＝-2．
故答案为：-2．
【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两根时，x1＋x2＝−，x1x2＝．
13．
【分析】本题考查三角形面积公式和反比例函数，熟练掌握三角形面积公式和反比例函数是解题的关键．
根据题意设点为，由题目中的图可知，则可得到答案.
【详解】解：设A点的坐标为，
则x，，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的性质和判定，垂径定理，勾股定理等知识点，解题关键是熟练掌握勾股定理和相似三角形的判定与性质．
连接，过点作于点，根据已知条件证明，再利用勾股定理求出，从而求出和，再利用面积法求出，进而求出，然后利用相似三角形的性质，求出答案即可．
【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
的面积，
即，
∴，
在中，，
∵点为半圆的中点，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
，
，
解得：，
，
，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了因式分解的应用，先把化为，通过配方得，最后根据，即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：
，
∵，，
∴，即的最小值为，
故答案为：．
16．
【分析】本题主要考查了圆的基础知识和旋转，将绕点逆时针旋转得到，则，连接，由勾股定理求出，当三点共线时即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】如图，将绕点逆时针旋转得到，则，连接，
∴，，，
由勾股定理得：，
当三点共线时，
如图，最大为，
如图，最小为，
∴的取值范围为：．
故答案为：
17．（1）
（2）
【分析】本题主要考查了解分式方程和一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解方程的方法，准确计算．
（1）先去分母变分式方程为整式方程，然后解整式方程，最后对方程的解进行检验即可；
（2）用配方法解方程即可．
【详解】（1）解：，
去分母得：，
移项，合并同类项得：，
系数化为1得：，
把代入得：，
∴是原方程的解；
（2）解：，
移项得：，
方程两边同加1得：，
即，
开方得：，
∴．
18．，5
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，一元二次方程的解．先把除法变形为乘法，再计算，然后根据一元二次方程的解的定义，可得，然后代入化简后的结果，即可求解．
【详解】解：
，
∵a是方程的根，
∴，
∴，
∴原式．
19．
【分析】本题考查整式的加减，算术平方根，利用数轴得到，再利用算术平方根的性质进行化简，然后去括号，合并同类项进行计算．
【详解】解：由数轴得：，则
∴原式=
=
=
20．12
【分析】设原计划规定x天完成，则实际x-2天完成，根据实际施工时工作效率提高了20%列出方程，解方程即可求得答案.
【详解】解：设原计划规定x天完成，则实际x-2天完成，
由题意得：，
解得：x=12，
经检验，x=12是原方程的解，
答：原计划规定12天完成.
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，审清题意、找到等量关系列出方程是解题的关键.
21．（1）k=30；（2）n＜0或n＞2．
【详解】试题分析：
（1）把P（m，6）代入一次函数解析式即可解得m的值，从而可得点P的坐标，再把所得点P的坐标代入反比例函数的解析式即可求得k的值；
（2）由（1）可知k=30>0，由此可知反比例函数的图象在第一、三象限，由此可知存在以下两种情况，①当点M在第一象限，点N在第三象限时，只要nb；②当点M在第一象限，点N也在第一象限时，则只有当n>2，a>b才一定成立；.
试题解析：
（1）∵直线y=x+1与双曲线的一个交点为P（m，6），
∴把P（m，6）代入一次函数解析式得：6=m+1，即m=5，
∴P的坐标为（5，6），把P的坐标代入反比例解析式可得：k=30；
（2）∵在反比例函数中，k=30>0，
∴该反比例函数的图象分布在第一象限和第三象限，且在每个象限内y随x的增大而减小
又∵点M（2，a）在第一象限，
∴①当点N（n，b）在第三象限时，nb；
②当N（n，b）也在第一象限时，则只有当n>2，a>b才一定成立；
综上所述：当a＞b时，n的取值范围为n＜0或n＞2．
22．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性得到DF=BF，再根据四边形BFDG是平行四边形，即可得出四边形BFDG为菱形；
（2）设DF=BF=x，则AF=AD-DF=8-x．在Rt△ABF中，运用勾股定理列方程求解，即可得出DF的长，再根据菱形的面积即可得到FG的长．
【详解】解：（1）根据折叠可得，∠DBC=∠DBE，
又AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB，
∴∠DBE=∠ADB，
∴DF=BF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴FD∥BG，
又∵DG∥BE，
∴四边形BFDG是平行四边形，
∴四边形BFDG是菱形；
（2）∵AB=6，AD=8，
∴Rt△ABD中，BD=10．
设DF=BF=x，则AF=AD-DF=8-x．
在Rt△ABF中，AB2+AF2=BF2，
即62+（8-x）2=x2，
解得x=，
∴DF=，
又∵DF×AB=BD×FG，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定以及折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
23．（1）见解析
（2）①②；①③；②③；半径为5
【分析】（1）直接连接，交于点，连接并延长交于点，此点即为所求点．
（2）连接，设半径为，根据垂径定理和勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）如图所示，连接，交于点，连接并延长交于点．
（2）第一种情况：选①②，如图所示，连接，设半径为，
由题意可知：,，
，
，即，
，
，
，解得．
第二种情况：选①③，如图所示，连接，设半径为，
由题意可知：，
，
，
，
，即，
，
，
，由此解得，，
，
，
，解得．
第三种情况：选②③，如图所示，连接，设半径为，
由题意可知：,，，
，
，
，
，解得．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的综合应用，解题的关键是熟练掌握垂径定理相关内容，并能结合勾股定理灵活解题．
24．（1）将沿翻折或将绕中点旋转；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②能，或．
【分析】本题考查图形的翻折，旋转，矩形的判定，菱形的判定，正方形的性质，勾股定理：
（1）将沿翻折或将绕中点旋转即可；
（2）①先证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可得出结论；②勾股定理求出，根据时，四边形是正方形，进行求解即可．
【详解】解：（1）将沿翻折或将绕中点旋转后，即可得到以为一条对角线的菱形；
（2）①四边形是矩形，理由如下：
∵．
∴，
∴四边形是平行四边形，，
又∵，
∴四边形是矩形．
②能，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，
当时，四边形是正方形，
∴当点在上方时，，
当点在下方时：．
25．（1）；
（2），证明见解析；；
（3）的最小值是．
【分析】（）证明得，由旋转可得，进而可得；
（）如图，延长至，使，连接，证明可得，，由旋转可得，进而可得，即可得，可证明，得到，可得；如图，在上截取，可得，，得到，由勾股定理得，即得，再根据三角形内角和定义及等腰三角形的性质即可求解；
（）如图，在上截取，连接，同理（）可得，，再证明，得到，，可得，得到点在的外角角平分线上运动，作点关于的对称点，连接，得到，，可知当点三点共线时，有最小值为的长，利用勾股定理即可求解；
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰三角形的的性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由旋转可得，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图，延长至，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
又∵，
∵，
∴，，
又由旋转可得，，，
∴，
∴，
∴，
即，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴，
即；
如图，在上截取，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即；
（3）解：如图，在上截取，连接，
同理（）可得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴点在的外角角平分线上运动，
作点关于的对称点，连接，
∴，，
∴，
当点三点共线时，有最小值为的长，
∴，
∴有最小值为，
故答案为：．
26．（1）函数的解析式为；
（2）；或；
（3）．
【分析】本题考查了求反比例函数的解析式，反比例函数的性质，平行四边形的性质，正方形的性质，坐标与图形等，熟练掌握知识点是解题的关键．
（）用待定系数法直接求反比例函数解析式即可；
（）根据平行四边形的性质先表示出点坐标，再代入解析式求解即可；
根据四边形的性质可得，据此建立关于的方程，求解即可；
（）设，则，由得，最后解方程即可；
【详解】（1）解：由题意，当时，，
∴，
∴函数的解析式为；
（2）由题意得：，，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵点，
∴，
∵点C在函数图象上，
∴，解得，
∵，
∴；
若四边形为正方形，则，，
∴，，
∴，，
∴，解得或，
∴或；
（3）设，则，
∴，
过作于，则，
∵，
∴，
∴
∴，
由题意得：当取任意正实数时上式恒成立，
故且，解得．