11，山东省泰安市宁阳县2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题

这是一份11，山东省泰安市宁阳县2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题，共23页。试卷主要包含了 估计的值应该在等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为选择题，48分；第Ⅱ卷为非选择题，102分．
2.数学试题答题卡共2页．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座号等填写在试题和答题卡上，考试结束后上交答题卡．
3.第Ⅰ卷每题选出答案后，都必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号【ABCD】涂黑．第Ⅱ卷按要求碳素笔答在答题卡的相应位置上．
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中．只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得4分，不选或选出的答案超过一个均记零分）．
1. 若二次根式在实数范围内有意义，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的定义是解题关键．直接利用二次根式的概念，形如的式子叫做二次根式，进而判断得出答案．
【详解】解：式子在实数范围内有意义，
则，
解得：．
故选：A．
2. 下列方程中：①；②；③；④，其中是一元二次方程的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要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，未知数的最高次数为2的整式方程是一元二次方程．
根据一元二次方程的定义，逐个判断即可．注意将各个方程进行整理化简后为一般式后，再去进行判断．
【详解】解：①，是一元二次方程，符合题意；
②整理为：，是一元二次方程，符合题意；
③不是整式方程，故不是一元二次方程，不符合题意；
④含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
综上：①②是一元二次方程，共2个，
故选：B．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件及二次根式的化简，分别进行各选项的判断即可．
【详解】解：A、，故本选项错误，不符合题意；
B、，故本选项错误，不符合题意；
C、，故本选项错误，不符合题意；
D、，故本选项正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了二次根式的化简，解答本题的关键是掌握二次根式的化简．
4. 下列一元二次方程中，有两个不相等的实数根的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】一元二次方程有两个不相等的实数根，即，由一元二次方程根的判别式，即可求出各选项中方程的，即可得到答案．
【详解】解：A．因为，故不合题意；
B．展开得，因为，故不符合题意；
C．移项得，因，符合题意；
D． 移项得，因为，故不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了根的判别式，牢记时，方程有两个不相等的实根是解题的关键．
5. 若是一元二次方程的一个根，则这个方程的另一个根是（ ）
A. B. 2C. 3D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】设方程的另一个根为m，利用根与系数的关系得到，解方程即可得到答案.
【详解】解：设方程的另一个根为m，
∵是一元二次方程的一个根，
∴，
∴，
故选D.
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则．
6. 用配方法解方程，配方后结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查配方法，根据一除，二移，三配，四变形的步骤进行配方即可．
【详解】解：
∴，
∴；
故选B．
7. 如图，在中，点D，E，F分别在边上，且，下列说法不正确（ ）
A. 若，那么四边形是矩形
B. 若平分，那么四边形是菱形
C. 若且，那么四边形是菱形
D. 若，那么四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的判定，菱形的判定，解答即可，本题考查了矩形，菱形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】∵
∴四边形是平行四边形，
A. 若，那么四边形是矩形，正确，不符合题意；
B. 若平分，那么四边形是菱形，正确，不符合题意；
C. 若且，那么四边形是菱形，正确，不符合题意；
D. 若，不能得出四边形是矩形，错误，符合题意；
故选D．
8. 估计的值应该在（ ）
A. 6和7之间B. 7和8之间C. 8和9之间D. 9和10之间
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，估算无理数的大小．根据二次根式的混合运算法则先计算出的结果，再根据算术平方根的定义估算无理数的大小，进而得出的大小即可．
【详解】解：，
，
，
故选：B．
9. 如图，四边形是平行四边形，以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点F；分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点G；连结并延长，交于点E．连结，若，则的长为（ ）
A. 5B. 8C. 12D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】连接，设交于点O．证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接，设交于点O．
由作图可知：平分，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴
∴
在中，．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质及菱形的判定是解题的关键．
10. 在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，，，则矩形的面积为（ ）

A. 18B. C. D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及含角的直角三角形的性质，结合已知条件和等边三角形的判定方法证明是等边三角形是解题关键．由在矩形中，于E，，易证得是等边三角形，继而求得的度数，根据勾股定理，结合，即可求得的长，再求出的长，最后求出矩形的面积即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，负值舍去，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
11. 如图，在正方形中，E、F分别是，中点，，交于点G，，的延长线交于点M，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①②③D. ①②④
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
根据正方形的性质 中点的性质可得，根据全等三角形的性质得到，故①正确；易得，根据垂直的定义得到，故②正确；根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到．故③正确．根据，可得，所以，进而可知④错误．
【详解】解：四边形是正方形，
，
E、F分别是，的中点，
在与中，
，故①正确；
，故②正确；
点E是的中点，
是斜边的中线，
，故③正确；
不是等边三角形，
，故④错误；
故选：C．
12. 如图，在矩形中，，，是上不与和重合的一个动点，过点分别作和的垂线，垂足为、，则的值为（ ）
A. 10B. 4.8C. 6D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】连接OP，利用勾股定理列式求出BD，再根据矩形的对角线相等且互相平分求出OA、OD，然后根据列方程求解即可．
【详解】解：如图，连接OP， ∵AB=6，AD=8，
∴
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD=×10=5， ，
∴，
解得：PE+PF=4.8．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，三角形的面积，熟记性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题 共102分）
二、填空题（本大题共6小题，每题4分，共24分．只要求填写最后结果）
13. 已知最简二次根式与是同类二次根式，则x的值为______．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查同类二次根式的概念，几个二次根式化成最简二次根式后，如果被开方数相同是同类二次根式，先化简，根据最简二次根式被开方数相等，由此可得出关于x的方程，求出x的值即可．
【详解】解：
由题意可得：，
解得：．
当时，与是同类二次根式．
故答案为：4．
14. 已知m，n是方程的两个根，则代数式的值等于_____．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查根与系数的关系，、是一元二次方程的两根时，，．由，是方程的两个根知，，代入到原式逐步计算可得．
【详解】解：∵m，n是方程的两个根，
∴，，
∴，
∴
．
故答案为：2．
15. 若，则____________．
【答案】1
【解析】
【分析】先根据二次根式有意义的条件，求出x，y，再代入待求式即可得出答案．
【详解】解：由题得，，，
解得．
∴．
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，代数式求值，求出未知数的值是解题的关键．
16. 一元二次方程的根是______．
【答案】，
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法，根据因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解：，
因式分解得：，
∴或，
解得：，，
故答案为：，．
17. 如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使得，连接，，若，，则的长为______．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握特殊平行四边形的性质与判定是解题的关键．根据菱形的性质以及已知条件，勾股定理求得的长，得出的长，进而根据等面积法即可求解．
【详解】解：∵ 四边形是菱形，，
∴，，，，
∵，即，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∵ 菱形的面积，
即，
解得：．
故答案为：4．
18. 如图，四边形为正方形，点E为对角线上一点，连接，过点E作，交于点F，以，为邻边作矩形，连接．若，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】过点E作于点M，作于N，利用正方形的性质，角平分线的性质以及全等三角形的判定可证得出，再证明，得出，则可证，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：过点E作于点M，作于N，
∵四边形为正方形，，
∴，平分，，，
∴，四边形是矩形，
∴，
又，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，
又四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线，证明矩形是正方形是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，78分，解答要写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．）
19. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次根式的运算法则，即可求解，
（2）根据二次根式的运算法则，应用乘法分配律，即可求解，
本题考查了，二次根式的混合运算，解题的关键是：熟练掌握二次根式的运算法则．
【小问1详解】
解：
，
【小问2详解】
解：
．
20. 解方程
（1）
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）直接利用平方差公式分解因式进而解方程即可；
（2）利用公式法解方程得出答案．
【小问1详解】
解：，
则，
故，
解得：，；
【小问2详解】
，
∵，
则，
解得：，．
【点睛】此题主要考查了公式法以及因式分解法解方程，正确选择解方程的方法是解题关键．
21. 已知关于x一元二次方程的两个根为a，b．
（1）若a，b分别是菱形的两条对角线的长，且菱形的面积为5，求m的值；
（2）若a，b分别为矩形的两条对角线的长，求m的值．
【答案】（1）7； （2）6．
【解析】
【分析】（1）利用一元二次方程根与系数的关系得到，，由菱形的面积等于两条对角线的长的一半建立关于m的方程求得答案即可；
（2）利用矩形的两条对角线的长相等，一元二次方程有两个相等的实数根，由建立关于m的方程求得答案即可．
【小问1详解】
解：（1）由一元二次方程根与系数的关系得：，
a，b分别是菱形的两条对角线的长，且菱形的面积为5，
，
，
解得：；
【小问2详解】
a，b分别为矩形的两条对角线的长，
，即一元二次方程有两个相等的实数根，
，
，
即，
解方程得：，（不合题意，舍去）
m的值为6．
【点睛】此题考查一元二次方程根与系数的关系以及一元二次方程根得判别式，熟练掌握菱形、矩形的性质是解决问题的关键．
22. 如图，在四边形中，，平分，，E为的中点，连结．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）先通过一组对边平行且相等证明四边形是平行四边形．再结合角平分线的定义以及边的等量代换，得邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答．
（2）先由菱形的性质，证明是等边三角形．进而得出再结合勾股定理得，根据三角形的面积公式建立式子，进行计算，即可作答．
【小问1详解】
证明：∵E为的中点，
∴
∵
∴
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵平分
∴
∵
∴
∴
∴
∴平行四边形是菱形．
【小问2详解】
∵四边形是菱形，
∴
∴．
∴，是等边三角形．
∴．
∴．
∴
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质以及角平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
23. 阅读下列运算过程，并完成各小题：；．数学上把这种将分母中的根号去掉的过程称作“分母有理化”．如果分母不是一个无理数．而是两个无理数的和或差，此时也可以进行分母有理化，如：
；
；
模仿上例完成下列各小题：
（1）______；
（2）______；
（3）请根据你得到的规律计算：．
【答案】（1）
（2）
（3）9
【解析】
【分析】（1）分子分母都乘以，即可得到答案；
（2）分子，分母都乘以，即可得到答案；
（3）根据题干提示的规律，把每个分母中的二次根号去掉，化为有理数，再合并即可．
【小问1详解】
解：；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
．
【点睛】本题考查的是分母有理化，二次根式的加减运算，掌握分母有理化的法则是解本题的关键．
24. 如图，在矩形中，E是边上的点，，，垂足为F，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形是性质可以证明，即可得；
（2）结合（1）证明，再根据勾股定理即可求出的长．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
【小问1详解】
证明：四边形是矩形，
，，，
，
，，
，，
，
；
【小问2详解】
解：由（1），
，，
，，
，
，
，
在中，根据勾股定理，得，
．
25. 如图1，正方形中，E，F分别是，边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到．
（1）①求证：；
②写出、、三者之间的关系．
（2）类比迁移：若点E、F分别为正方形两条边的延长线上的动点，、、三者之间还存在（1）中的关系吗?根据解决（1）中问题的经验加以探究．
①如图2，在正方形中，点E、F分别是、延长线上的动点，且，、、之间的数量关系是______．
②如图3，在正方形中，点E、F分别是、延长线上的动点，且，则、、之间的数量关系是________．
请选择图2、图3中一个给出证明．
【答案】（1）①见解析；②
（2）①；②；理由见解析
【解析】
【分析】（1）①由旋转可得为直角，可得出，由，得到，可得出，再由，利用可得出，由全等三角形的对应边相等可得出；
②根据，得出即可；
（2）①过点D作，交于点G，证明，得出，，证明，得出，即可得结论；
②过点D作，交于点G，证明，得出，，证明，得出，即可得结论．
【小问1详解】
①证明：∵逆时针旋转得到，四边形是正方形，
则，，
∴，，，
∴F、C、M三点共线，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
②由旋转可得：，
∵，
∴．
【小问2详解】
解：①．
如图，过点D作，交于点G，
则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②
如图，过点D作，交于点G，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题主要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，余角的性质，熟练掌握性质及判定定理是解本题的关键．