安徽省马鞍山第七中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份安徽省马鞍山第七中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，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。
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式定义，形如的式子叫二次根式，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．据此列式求解即可．
【详解】解：依题意，得
，
解得，．
故选：D．
2. 下列计算正确的是（ ）
A =B.
C. 2＝D. ﹣＝
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件，利用二次根式的性质化简，二次根式的加减运算，对各选项进行判断即可．
【详解】解：A中二次根式的被开方数为负数，错误，故不符合题意；
B中，错误，故不符合题意；
C中计算正确，故符合题意；
D中已是最简，错误，故不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式的化简，二次根式的加减运算．解题的关键在于对二次根式相关知识的熟练掌握．该试卷源自 每日更新，享更低价下载。3. 将方程配方后，原方程可变形为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．
【详解】解：
．
故选A．
【点睛】本题考查利用配方法解一元二次方程．掌握配方法解一元二次方程的步骤是解答本题的关键．
4. 一元二次方程x2+3x-4=0的根的情况是( )
A. 没有实数根B. 只有一个实数根
C. 有两个相等的实数根D. 有两个不相等的实数根
【答案】D
【解析】
【分析】先求出“△”的值，再判断即可．
【详解】∵x2+3x-4=0
∴△=（3）2﹣4×1×（-4）=25＞0，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的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．
5. 如图，一块长方形绿地的长为，宽为，在绿地中开辟两条道路后剩余绿地面积为，则根据题意可列出方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由在绿地中开辟两条道路后剩余绿地面积为，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：依题意，得：，
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6. 已知实数a，b在数轴上的位置如图所示，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质、化简绝对值、数轴，正确掌握相关的性质内容是解题的关键．
根据数轴判断a、b、、与0的大小关系，然后根据二次根式的性质即可求出答案．
【详解】由数轴知，，且
，，
，
，
，
．
故选：D
7. 若，是方程的两个实数根，则的值为（ ）
A. 2015B. 2022C. D. 4010
【答案】B
【解析】
【分析】由根与系数的关系，得到，，由方程的根可得，然后代入变形后的式子求值，即可得到答案．
【详解】解：，是方程的两个实数根，
，，
原式
．
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解及根与系数的关系，代数式变形求值，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系．
8. 在中，已知，若，，则面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理以及完全平方公式是解题的关键．根据勾股定理可得，根据完全平方公式变形即可求解．
【详解】解：∵中，，
∴，
又，，
∴
即
∴的面积是，
故选：A．
9. 方程两根分别是和，则方程的两根为（ ）
A. 0，B. ，1C. ，D. ，3
【答案】D
【解析】
【分析】根据根与系数的关系，得到，将方程整理为：，将看作一个整体，解方程即可．
【详解】解：∵方程两根分别是和，
∴，，
∵，整理得：，
∴，
∴，即：，
解得：；
故选D．
【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，以及因式分解法解一元二次方程．熟练掌握根与系数的关系，利用整理思想进行求解，是解题的关键．
10. 对于一元二次方程，下列说法：
①若，则；
②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；
③若是方程的一个根，则一定有成立；
④若是一元二次方程的根，则
其中正确的：（ ）
A. 只有①B. 只有①②C. ①②③D. 只有①②④
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程解的含义、一元二次方程根的判别式等知识逐个分析即可．
【详解】由，表明方程有实数根﹣1，表明一元二次方程有实数解，则，故①正确；
∵方程有两个不相等的实根，
∴方程有两个不相等的实根，
即a与c异号．
∴-ac>0，
∴，
∴方程必有两个不相等的实根；
故②正确；
∵是方程的一个根，
∴，
即
当时，一定有成立；
当c=0时，则不一定成立，例如：方程，则；
故③错误；
∵是一元二次方程的根，
∴，
∴，
∴，
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解等知识，熟练掌握这些知识是解答本题的关键．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 若最简二次根式与是同类二次根式，则_____________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据同类二次根式的定义：几个最简二次根式的被开方数相同，这几个最简二次根式叫做同类二次根式，进行计算即可．
【详解】解：，
∵最简二次根式与是同类二次根式，
∴，
解得：；
故答案为：2．
【点睛】本题考查同类二次根式的定义．熟练掌握同类二次根式的定义，是解题的关键．
12. 一个三角形的三边长的比为，且其周长为，则最长边上的高为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形是解答此题的关键．先设三角形的三边长分别为，，，再由其周长为求出的值，根据勾股定理的逆定理判断出三角形是直角三角形，再利用三角形的面积公式计算出最长边上的高．
【详解】解： 三角形的三边长的比为，
设三角形的三边长分别为，，．
其周长为，
，解得，
三角形的三边长分别是．
，
此三角形直角三角形，
设最长边上的高是，
则，解得．
故答案为：．
13. 若，则的值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，设，则原方程为，据此解方程得到或（舍去），则．
【详解】解：设，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
故答案为：．
14. 如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，A，B，C是小正方形的顶点，则_______．

【答案】45
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，连接，先根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，再根据，从而可得是等腰直角三角形，即可解答，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接，

由题意得：，
，
，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
15. 关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围为______．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查了由一元二次方程根的判别式求参数的值；，由一元二次方程有实数根，可得即可求解；掌握根的判别式“时，方程有两个不相等的实数根；时，方程有两个相等的实数根；时，方程无实数根．”是解题的关键．
【详解】解：由题意得
，
一元二次方程有实数根，
，，
即：
解得：，
且．
故答案为：且.
16. 如图，长方形（长方形的对边相等，每个角都是），，，动点、分别从点、同时出发，点以2厘米/秒的速度向终点移动，点以1厘米/秒的速度向移动，当有一点到达终点时，另一点也停止运动．设运动的时间为．
（1）当点和点距离是3cm时，__________．
（2）当__________，为直角三角形（）．
【答案】 ①. 或 ②. 或
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，等腰三角形的性质的运用，一元二次方程的解法的运用．解答时灵活运用动点问题的求解方法是关键．
（1）作于E，在中，由勾股定理建立方程求出其解即可，作于E，在中，由勾股定理建立方程求出其解即可；
（2）分情况讨论，当时，当时，由等腰三角形的性质及勾股定理建立方程可以得出结论．
【详解】解：（1）如图1，作于，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
．
在中，由勾股定理，得
，
解得：，
如图2，作于，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
．
在中，由勾股定理，得
，
解得：，
综上：或．
（2）如图，连接，过点作，
点P，Q，D为顶点的三角形是等腰三角形．
① 当时，即，
在中，，，
，
由（2）知，，
，
（舍去）或，
② 当时，即，
，
（舍去）或，
综上：或．
三、解答题（本题共5小题，共46分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算、解一元二次方程，熟记相关运算方法及运算法则是解题的关键．
（1）利用二次根式的混合运算法则进行计算即可；
（2）利用因式分解的方法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：，
，
；
【小问2详解】
解：，
，
或，
解得，．
18. 已知关于的方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若为符合条件的最小整数，且该方程的较大根是较小根的2倍，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据方程的根的判别式即可．
（2）根据根的判别式，结合根的整数性质，根与系数关系定理，解答即可，熟练掌握根的判别式和根与系数关系定理是解题的关键．
【小问1详解】
∵方程，，
∴，
∴，
解得．
【小问2详解】
∵的两个实数根分别是，，且，
∴，
∵，
∴，
∵为符合条件的最小整数，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴或，
∴或（舍去），
故．
19. 细心观察下图，认真分析各式，然后解答问题：
；（是的面积）；
；（是的面积）；
；（是的面积）；
……
（1）请用含有（为正整数）的式子表示__________；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了对题干的理解，以及二次根式的化简，关键是根据题意找出规律和有关二次根式的化简运算．
（1）根据已知内容归纳总结出规律，即可解题；
（2）代入相关数值，利用分母有理化，以及二次根式的混合运算化简整理后即可得到答案．
【小问1详解】
解：由题知，，
故答案为：．
【小问2详解】
解：，
，
，
，
，
，
．
20. 解决问题：邓州公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定．某头盔经销商统计了某品牌头盔7月份到9月份的销量，该品牌头盔7月份销售500个，9月份销售720个，且从7月份到9月份销售量的月增长率相同．
（1）求该品牌头盔销售量的月增长率；
（2）若此种头盔的进价为30元/个，经市场预测，当售价为40元/个时，月销售量为600个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少10个，为使月销售利润达到10000元，而且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔的实际售价应定为多少元/个？
【答案】（1）该品牌头盔销售量的月增长率为；
（2）该品牌头盔的实际售价应定为50元/个．
【解析】
【分析】（1）设该品牌头盔销售量的月增长率为x，根据“该品牌头盔7月份销售500个，9月份销售720个，且从7月份到9月份销售量的月增长率相同”列一元二次方程求解即可；
（2）设该品牌头盔的实际售价为y元/个，根据月销售利润=每个头盔的利润×月销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可求出答案．
【小问1详解】
解：设该品牌头盔销售量的月增长率为x，
由题意得：，
解得：，（不合题意，舍去），
答：该品牌头盔销售量的月增长率为；
【小问2详解】
解：设该品牌头盔的实际售价应定为y元/个，
由题意得：，
整理得：，
解得：，，
∵尽可能让顾客得到实惠，
∴，
答：该品牌头盔的实际售价应定为50元/个．
【点睛】本题考查了列一元二次方程解决实际问题，解题关键是准确理解题意，找出等量关系且熟练掌握解一元二次方程的方法．
21. “配方法”是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和．例如：我们可以通过“配方法”求代数式的最小值．
原式．
∵；∴，
∴．
可知当时有最小值是．
请阅读上述“配方法”的应用，并回答下列问题：
（1）当__________时，代数式有最小值是__________；
（2）当多项式有最小值时，求与之间的关系式，并求这个最小值；
（3）在长方形中，，，点、分别是线段、上的点；且，设的面积为，请用含的关系式表示；当为何值时，有最小值？并求其最小值．
【答案】（1）3，5；
（2），最小值是21；
（3）；当时，有最小值是4．
【解析】
【分析】本题考查了配方法，掌握配方法的使用是解决问题的关键．
（1）对代数式使用配方法，可得当为何值时，代数式有最小值，并求得最小值；
（2）对多项式使用配方法，可得与之间的关系式，并求得这个最小值；
（3）由题意得，，，，根据，可得与之间关系式，使用配方法，可得当为何值时，有最小值，并求得最小值．
【小问1详解】
解：
，
，
，
当时，代数式有最小值是5，
【小问2详解】
解：
，
，
，
当时，多项式有最小值是21．
【小问3详解】
解：如图所示，

由题意得，，，，则
，，
，
即，
，
，
，
当时，有最小值是4．