2022-2023学年山东省济宁市任城区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析）

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2022-2023学年山东省济宁市任城区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是(    )
A. 8 B. 2 C. 13 D. 9
2. 正方形具有而菱形不一定具有的性质是(    )
A. 对角线相等 B. 对角线互相垂直且平分
C. 四条边都相等 D. 对角线平分一组对角
3. 一元二次方程x2−16=0的根是(    )
A. x=2 B. x=4
C. x1=2，x2=−2 D. x1=4，x2=−4
4. 代数式 x−5x−6有意义，则x的取值范围是(    )
A. x≤5 B. x≥5 C. x>5且x≠6 D. x≥5且x≠6
5. 如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE/​/AC，CE/​/BD，已知AB=6cm，BC=8cm，则四边形ODEC的周长为(    )
A. 10cm
B. 12cm
C. 16cm
D. 20cm
6. 下列各式计算正确的是(    )
A. 3 3−2 3=1 B. (−3)2=−3
C. 3+ 2= 5 D. ( 5+ 3)( 5− 3)=2
7. 用配方法解方程x2+8x+7=0，则配方正确的是(    )
A. (x+4)2=9 B. (x−4)2=9 C. (x−8)2=16 D. (x+8)2=57
8. 若(m−2)xm2−2−mx+1=0是一元二次方程，则m的值为(    )
A. 2 B. −2 C. 2 D. − 2
9. 如图，在矩形ABCD中无重叠放入面积分别为16cm2和12cm2的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为(    )
A. (8−4 3)cm2
B. (4−2 3)cm2
C. (16−8 3)cm2
D. (8 3−12)cm2
10. 如图，已知正方形ABCD边长是6，点P是线段BC上一动点，过点D作DE⊥AP于点E.连接EC，若CE=CD，则△CDE的面积是(    )
A. 18
B. 4 13
C. 14.4
D. 6 3
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 若关于x的一元二次方程x2+(k+3)x+2=0的一个根是−2，则k等于______ ．
12. 写出一个与 23是同类二次根式的最简二次根式______ .(不与原数相等)
13. 在菱形ABCD中，AB=6，∠CAB=30°，延长AB、CD，作矩形AECF，则矩形的边CE的长度是______．


14. 若某等腰三角形的底和腰的长分别是一元二次方程x2−9x=−14的两根，则这个等腰三角形的周长是______ ．
15. 如图，在菱形ABCD中，AC=6 2，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
计算：．
17. (本小题8.0分)
用配方法解3x2−2x−1=0．
18. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−4mx+3m2=0．
(1)当m=−1时，请求出方程的解；
(2)试说明方程总有两个实数根．
19. (本小题8.0分)
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，延长BA至点E，使AE=AB，连接CE、DE、AC，CE与AD交于点F．
(1)求证：四边形ACDE是平行四边形；
(2)若∠AFC=2∠B.求证：四边形ACDE是矩形．


20. (本小题8.0分)
某校进行体操队列训练，原有8行10列，现增加40人到队列中，使得增加的行数、列数相同，求增加了多少行？
21. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点0，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若AB= 10，BD=2，求OE的长．

22. (本小题8.0分)
阅读下面的材料，解决问题：
像( 5+2)( 5−2)=1、 a⋅ a=a(a≥0)、( b+1)( b−1)=b−1(b≥0)、……，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式.例如， 3和 3、 2+1与 2−1、2 3+3 5与2 3−3 5等都是互为有理化因式.在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号.我们把通过适当的变形化去分母中根号的运算叫做分母有理化．
例如：12 3= 32 3× 3= 36； 2+1 2−1=( 2+1)2( 2−1)( 2+1)=2+2 2+12−1=3+2 2；
(1)计算：1 2= ______ ； 3−1 3+1= ______ ；
(2)计算：11+ 2+1 2+ 3+1 3+ 4+……+1 2021+ 2022+1 2022+ 2023；
(3)比较 15− 14和 14− 13的大小，并说明理由．
23. (本小题8.0分)
问题解决：如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE=AF，DE⊥AF于点G．

(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)延长CB到点H，使得BH=AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
(3)类比迁移：如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE=AF，∠AED=60°，AE=6，BF=2，求DE的长．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A． 8=2 2，因此 8不是最简二次根式，所以选项A不符合题意；
B. 2是最简二次根式，因此选项B符合题意；
C. 13= 33，因此 13不是最简二次根式，所以选项C不符合题意；
D. 9=3，因此 9不是最简二次根式，所以选项D不符合题意；
故选：B．
根据最简二次根式的定义以及二次根式的化简进行判断即可．
本题考查最简二次根式，理解最简二次根式的定义是正确解答的前提．

2.【答案】A 
【解析】解：正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且平分一组对角；
菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分．
故正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等．
故选：A．
根据正方形与菱形的性质即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
此题考查了正方形与菱形的性质．此题比较简单，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理．

3.【答案】D 
【解析】解：x2−16=0，
x2=16，
∴x=±4，
即x1=4，x2=−4，
故选：D．
将常数项移到方程的右边，再利用直接开平方法求解可得．
本题主要考查直接开平方法解一元二次方程，形如x2=p或(nx+m)2=p(p≥0)的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．

4.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式具有非负性是解答此题的关键．
先根据二次根式及分式有意义的条件列出关于x的不等式组，求出x的取值范围即可．
【解答】
解：∵代数式 x−5x−6有意义，
∴x−5≥0x−6≠0，解得x≥5且x≠6．
故选D．  
5.【答案】D 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=6cm，BC=8cm，
∴∠ABC=90°，AD=BC=8cm，CD=AB=6cm，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，
∴OC=OD，
∵DE/​/AC，CE/​/BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵OC=OD，
∴四边形OCED是菱形，
∴OD=OC=DE=CE，
由勾股定理得：AC= AB2+BC2= 62+82=10(cm)，
∴AO=OC=5cm，
∴OC=CE=DE=OD=5cm，
即四边形ODEC的周长为5+5+5+5+5=20(cm)，
故选：D．
根据矩形的性质得出∠ABC=90°，AD=BC=8cm，CD=AB=6cm，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，求出OC=OD，根据菱形的判定得出四边形OCED是菱形，根据菱形的性质得出OD=OC=DE=CE，根据勾股定理求出AC，再求出OC即可．
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点，能熟记矩形的性质和菱形的判定定理是解此题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：A.3 3−2 3= 3，所以A选项不符合题意；
B. (−3)2=3，所以B选项不符合题意；
C. 3与 2不能合并，所以C选项不符合题意；
D.( 5+ 3)( 5− 3)=5−3=2，所以D选项符合题意．
故选：D．
根据二次根式的减法运算对A选项进行判断；根据二次根式的性质对B选项进行判断；根据二次根式的加法运算对C选项进行判断；根据平方差公式对D选项进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、除法法则是解决问题的关键．

7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题可以用配方法解一元二次方程，首先将常数项移到等号的右侧，将等号左右两边同时加上一次项系数一半的平方，即可将等号左边的代数式写成完全平方形式．
配方法的一般步骤：
①把常数项移到等号的右边；
②把二次项的系数化为1；
③等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好是方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
【解答】
解：∵x2+8x+7=0，
∴x2+8x=−7，
x2+8x+16=−7+16，
∴(x+4)2=9．
∴故选A．  
8.【答案】B 
【解析】解：由题意得：m2−2=2m−2≠0，
解得：m=−2．
故选：B．
根据一元二次方程的定义进行求解即可．
本题主要考查了一元二次方程的定义，解题的关键在于熟知一元二次方程的定义：一般地，形如ax2+bx+c=0(a、b、c都是常数，a≠0)的方程叫做一元二次方程．

9.【答案】D 
【解析】解：∵两张正方形纸片的面积分别为16cm2和12cm2，
∴它们的边长分别为 16=4cm， 12=2 3cm，
∴AB=4cm，BC=(2 3+4)cm，
∴空白部分的面积=(2 3+4)×4−12−16
=8 3+16−12−16
=(−12+8 3)cm2．
故选：D．
根据正方形的面积求出两个正方形的边长，从而求出AB、BC，再根据空白部分的面积等于长方形的面积减去两个正方形的面积列式计算即可得解．
本题考查了二次根式的应用，解题的关键在于根据正方形的面积求出两个正方形的边长．

10.【答案】C 
【解析】解：作CF⊥ED于点F，如右图所示，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠CDA=90°，
∴∠ADE+∠FDC=90°，
∵CF⊥DE，CD=CE，
∴EF=DF=12DE，∠CFD=90°，
∴∠FDC+∠DCF=90°，
∴∠ADE=∠DCF，
在△ADE和△DCF中，
∠AED=∠DFC∠ADE=∠DCFAD=DC，
∴△ADE≌△DCF(AAS)，
∴DE=CF，
∴DF=12CF，
∵∠CFD=90°，CD=6，
∴DF2+CF2=CD2，
即DF2+(2DF)2=62，
解得DF2=7.2，
∴S△CDE=CE⋅CF2=2DF⋅2DF2=2DF2=2×7.2=14.4，
故选：C．
根据正方形的性质和全等三角形的判定可以得到△ADE和△DCF全等，然后即可得到CF和DE的关系，根据等腰三角形的性质可以得到DF和DE的关系，再根据勾股定理可以得到DF2的值，然后即可计算出△CDE的面积．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是求出DF2的值．

11.【答案】0 
【解析】解：x=−2代入方程x2+(k+3)x+2=0得：(−2)2−2(k+3)+2=0，
解得k=0．
故答案为：0．
把x=−2代入方程就得到一个关于k的方程，就可以求出k的值．
本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义，逆用一元二次方程解的定义易得出k的值．

12.【答案】 6(答案不唯一) 
【解析】解： 23= 63，
所以与 23是同类二次根式的最简二次根式有 6(答案不唯一)，
故答案为：有 6(答案不唯一)．
根据同类二次根式的定义进行解答即可．
本题考查同类二次根式，最简二次根式，理解同类二次根式，最简二次根式的定义是正确解答的前提．

13.【答案】3 3 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=6，
∴∠CAB=∠ACB=30°，
∴∠CBE=60°，
∵四边形AECF是矩形，
∴∠E=90°，
∴∠BCE=30°，
∴BE=12BC=3，CE= 3BE=3 3，
故答案为：3 3．
由菱形的性质可求AB=BC=6，∠CBE=60°，由直角三角形的性质可求解．
本题考查了矩形的性质，菱形的性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

14.【答案】16 
【解析】解：解方程x2−9x=−14，得x1=2，x2=7，
当2为腰，7为底时，不能构成等腰三角形；
当7为腰，2为底时，能构成等腰三角形，周长为7+7+2=16．
故周长为16．
故答案为：16．
求等腰三角形的周长，即是确定等腰三角形的腰与底的长求周长．首先求出方程的根，再根据三角形三边关系定理列出不等式，确定是否符合题意．
本题从边的方面考查三角形，涉及分类讨论的思想方法．求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否组成三角形的好习惯，把不符合题意的舍去．

15.【答案】2 6 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵AC=6，BD=6 2，
∴AD= 32+(3 2)2=3 3．
作E关于AC的对称点E′，过E′作AB的垂线，垂足为G，与AC交于点P′，此时PE+PM的最小值，其值为E′G．

∵12⋅AC⋅BD=AB⋅E′G，
∴12×6×6 2=3 3⋅E′G，
∴E′G=2 6，
∴PE+PM的最小值为2 6．
故答案为：2 6．
作M关于AC的对称点G，连接PG，则EG即为PE+PM的最小值．根据AD2=(12AC)2+(12BD)2、菱形ABCD的面积是AD与EG的乘积可得答案．
本题主要考查轴对称−最短路线问题，解题的关键是掌握菱形的性质和轴对称的性质．

16.【答案】解：原式=6+3−2 18−4+1
=6+3−6 2−4+1
=6−6 2． 
【解析】直接利用二次根式的乘法运算法则以及完全平方公式化简，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．

17.【答案】解：3x2−2x−1=0，
移项得3x2−2x=1，
二次项系数化成1得x2−23x=13，
配方得x2−23x+19=13+19，即(x−13)2=49
∴x−13=±23，
解得，x1=−13,x2=1． 
【解析】利用配方法解一元二次方程即可．
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：(1)把常数项移到等号的右边；(2)把二次项的系数化为1；(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．

18.【答案】(1)解：当m=−1时，原方程化为x2+4x+3=0，
∴(x+1)(x+3)=0，
∴x1=−1，x2=−3；
(2)证明：∵x2−4mx+3m2=0中，a=1，b=−4m，c=3m2，
∴Δ=b2−4ac=(−4m)2−4×1×3m2=4m2，
∵4m2≥0，即Δ≥0，
∴原方程总有两个实数根． 
【解析】(1)当m=−1时，原方程为x2+4x+3=0用因式分解法解方程即可；
(2)利用根的判别式进行证明即可．
本题考查了解一元二次方程及一元二次方程的根的判别式，熟练掌握知识点是解题的关键．

19.【答案】证明：(1)∵▱ABCD中，AB=CD且AB/​/CD，
又∵AE=AB，
∴AE=CD，AE/​/CD，
∴四边形ACDE是平行四边形；
(2)∵▱ABCD中，AD//BC，
∴∠EAF=∠B，
又∵∠AFC=∠EAF+∠AEF，∠AFC=2∠B，
∴∠EAF=∠AEF，
∴AF=EF，
又∵平行四边形ACDE中AD=2AF，EC=2EF，
∴AD=EC，
∴平行四边形ACDE是矩形． 
【解析】本题考查了平行四边形的性质以及矩形的判定方法，正确证明△AEF是等腰三角形是关键．
(1)证明AE=CD，AE/​/CD，即可证得；
(2)证明△AEF是等腰三角形，则可以证得AD=EC，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证得．

20.【答案】解：设增加了x行，则增加的列数为x，
根据题意，得：(8+x)(10+x)−10×8=40，
解得x1=2，x2=−20(不合题意，舍去)．
答：增加了2行． 
【解析】设增加了x行，则增加的列数为x，用增加后的总人数−原队伍的总人数=40列出方程求解即可．
本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意，找到题目蕴含的相等关系．

21.【答案】(1)证明：∵AB/​/CD，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB/​/CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE=12AC=OA=OC，
∵BD=2，
∴OB=12BD=1，
在Rt△AOB中，AB= 10，OB=1，
∴OA= AB2−OB2= ( 10)2−12=3，
∴OE=OA=3． 
【解析】(1)先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DAC=∠DCA，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
(2)先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA=3，即可得出结论．
此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线性质，角平分线的定义，勾股定理等知识；证出CD=AD=AB是解本题的关键．

22.【答案】 22 2− 3 
【解析】解：(1)1 2= 2 2× 2= 22，
3−1 3+1=( 3−1)( 3−1)( 3+1)( 3−1)=3−2 3+13−1=2− 3，
故答案为： 22；2− 3；
(2)11+ 2+1 2+ 3+1 3+ 4+……+1 2021+ 2022+1 2022+ 2023
= 2−1+ 3− 2+ 4− 3+…+ 2022− 2021+ 2023− 2022
= 2023−1
(3)1 15− 14= 15+ 14，理由如下：
1 14− 13= 14+ 13，
∵ 15+ 14> 14+ 13，
∴1 15− 14>1 14− 13，
∴ 15− 14< 14− 13．
(1)根据分母有理化的定义及方法，即可求解；
(2)根据分母有理化的定义及方法，即可求解；
(3)利用倒数法比较大小及分母有理化的方法，即可求解．
本题考查了分母有理化的定义及方法，利用倒数法比较大小，熟练掌握和运用分母有理化的方法是解决本题的关键．

23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠B=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+∠DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAF(AAS)，
∴AD=AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；

(2)解：△AHF是等腰三角形，
理由：由(1)知四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠ABH=90°，AB=DA，
∵BH=AE，
∴△DAE≌△ABH(SAS)，
∴AH=DE，
∵DE=AF，
∴AH=AF，
∴△AHF是等腰三角形；
(3)解：延长CB到点H，使BH=AE=6，连接AH，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD/​/BC，AB=AD，
∴∠ABH=∠BAD，
∵BH=AE，
∴△DAE≌△ABH(SAS)，
∴AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，
∵DE=AF，
∴AH=AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH=HF=HB+BF=AE+BF=6+2=8，
∴DE=AH=8． 
【解析】(1)根据矩形的性质得∠DAB=∠B=90°，由等角的余角相等可得∠ADE=∠BAF，利用AAS可得△ADE≌△BAF(AAS)，由全等三角形的性质得AD=AB，即可得四边形ABCD是正方形；
(2)根据矩形的性质得∠DAB=∠ABH=90°，AB=DA，利用SAS可得△DAB≌△ABH(SAS)，由全等三角形的性质得AH=DE，由已知DE=AF可得AH=AF，即可得△AHF是等腰三角形；
(3)延长CB到点H，使BH=AE=6，连接AH，利用SAS可得△DAE≌△ABH(SAS)，由全等三角形的性质得AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，由已知DE=AF可得AH=AF，可得△AHF是等边三角形，则AH=HF=HB+BF=AE+BF=6+2=8，等量代换可得DE=AH=8．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．