山东省东营市东营区文华学校2023-2024学年八年级下学期数学开学试题（解析版）

这是一份山东省东营市东营区文华学校2023-2024学年八年级下学期数学开学试题（解析版），共17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。

（总分100分 考试时间60分钟）
第Ⅰ卷（选择题 共24分）
一、选择题：本大题共8小题，每题3分，共24分．
1. 已知下列各式：，，，，，，，其中二次根式有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的定义，正确理解二次根式的定义是解题的关键．一般形如（）的代数式叫做二次根式．根据二次根式的定义，即得答案．
【详解】二次根式是，， ，共有3个．
故选C．
2. 下列方程中是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义（只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程）是解此题的关键．根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】A．方程是分式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B．方程是二元二次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C．方程，是一元二次方程，故本选项符合题意；
D．方程是一元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意．
故选：C．
3. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是最简二次根式，被开方数不含分母，被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式，据此进行解答即可．
【详解】解：A、，原式不是最简二次根式，不符合题意；
B、，原式不是最简二次根式，不符合题意；
C、是最简二次根式，符合题意；
D、，原式不最简二次根式，不符合题意．
故选：C．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. =±3B. =﹣2C. =﹣3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义可判断A、D两项、根据立方根的定义可判断B项、根据平方根的定义可判断D项，进而可得答案．
【详解】解：A、=3≠±3，所以本选项计算错误，不符合题意；
B、=﹣2，所以本选项计算正确，符合题意；
C、=3≠﹣3，所以本选项计算错误，不符合题意；
D、，所以本选项计算错误，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了平方根、算术平方根和立方根定义，属于基础知识题型，熟练掌握三者的概念是解题的关键．
5. 下列方程能用直接开平方法求解的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解法﹣直接开方法，解题的关键是掌握直接开方法．形如的方程均可采用直接开方法进行解答，据此判断即可．
【详解】解：选项A，B，C方程左边均不能化为完全平方式，故选项A，B，C不能用直接开平方法求解；
由得，故选项D能用直接开平方法求解．
故选：D．
6. 如图所示，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，点坐标为，将菱形绕原点逆时针旋转，当点恰好在轴正半轴上时停止，此时点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，含直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可得，，由含直角三角形的性质可求，，即可求解．
【详解】解：如图，过点作轴于，
∵将菱形绕原点逆时针旋转，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴点的坐标为，
故选：B．
7. 如图，已知菱形的周长为16，面积为，为的中点，若为对角线上一动点，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查轴对称-最短问题、菱形的性质等知识，作于，交于，连接、，首先证明与重合，因为、关于对称，所以当与重合时，的值最小，由此求出即可解决问题．解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明是的高，学会利用对称解决最短问题．
【详解】解：如图，作于，交于，连接、．
∵已知菱形的周长为16，面积为，
∴，，
∴，
在中，，
∵，
∴与重合，
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，
∴、关于对称，
∴当与重合时，的值最小，最小值为，
故选：B．
8. 如图，正方形中，，连接，的平分线交于点；在上截取，连接，分别交，于点，，点是线段上的动点，于点，连接，以下结论：①；②；③④的最小值是，其中正确的结论有（ ）个
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题综合考查了正方形的性质，全等三角形的性质，能够合理选择正方形的性质找到全等三角形是解题的关键．
①利用正方形的性质证明得到进而可证；②利用正方形的性质证明，得到，证明，进而可证；③求得的长度，然后求出，进而可证；④证明垂直平分，过点作，利用垂线段最短可知的长度为最小值，利用等面积法可求．
【详解】∵正方形，
∴， ，则，
在和中,
，
∴，
∴，则，
∴，
∴，故①正确；
∵CE平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴
，
，
，
即，结论③错误；
连接，
，
，
，
∴垂直平分，
，
当时，有最小值，
过点作，
则的长度为的最小值，

，
即的最小值为，故④正确．
正确的为: ①②④，个数为3，
故选：C．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题：本大题共5小题，每题4分，共20分．只要求填写最后结果．
9. 当x______时，式子在实数范围内有意义．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件以及分式有意义的条件，注意：分式应考虑分式的分母不能为0；二次根式应考虑被开方数是非负数．根据二次根式和分式有意义的条件：被开方数大于等于0，分母不等于0，列不等式求解即可．
【详解】解：由题意得：，
解得：，
故答案为：．
10. 比较下列两个数的大小：___________．（用“>”或“<”号填空）
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式比较大小的方法求解即可．
【详解】解：，，
∵，
∴，
故答案：．
【点睛】本题主要考查了比较二次根式的大小，正确化简两个二次根式是解题的关键．
11. 已知，满足，则的平方根为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件和平方根，能根据二次根式有意义的条件求出是解此题的关键．根据二次根式有意义的条件得出且，求出，再求出，最后根据平方根的定义求出答案即可．
【详解】解：要使有意义，必须且，
解得：，
，
所以的平方根是．
故答案为：．
12. 如图，的三边长分别为，，，以它的三边中点为顶点组成一个新三角形，以这个新三角形三边中点为顶点又组成一个小三角形．则这个小三角形的周长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查三角形中位线定理，掌握三角形中位线平行第三边且等于第三边的一半是解题的关键．
根据三角形中位线定理依次可求得第二个三角形和第三个三角形的周长，可找出规律，进而可求得第3个三角形的周长．
【详解】解：如图，、F分别为、中点，
，同理可得，，
，
即的周长的周长，
第二个三角形的周长是原三角形周长的，
同理可得的周长的周长的周长的周长，
第三个三角形的周长是原三角形周长的，
的三边长分别为a，b，c，
第三个三角形的周长是，
故答案为：．
13. 若关于的二次根式有意义，且为整数，若关于的分式方程的解为正数，则满足条件的所有的值的积为_______
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的可得，再根据分式的解为正数，可得，确定的取值范围，当时的情形除外，求得所有正数解，再求其积即可
【详解】解：二次根式有意义．
，
，
去分母得，，
解得 ,
,
,
,
,
∴,
综上可知，且，m为整数，
，其和为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的性质，分式方程的解法，不等式的整数解，解题的关键是综合运用以上知识．
三、解答题：本大题共5小题，共62分．解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
14. 解分式方程
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）无解
【解析】
【分析】本题考查解分式方程：
（1）根据解分式方程的步骤，将分式方程去分母，转化为整式方程，求解后检验即可．
（2）根据解分式方程的步骤，将分式方程去分母，转化为整式方程，求解后检验即可．
【小问1详解】
解：方程两边同乘，得
，
解得，
检验：当时，，
∴是原分式方程的解．
【小问2详解】
解：方程两边同乘，得
，
解得，
检验：当时，，
∴不是原分式方程的解，原分式方程无解．
15. 解方程
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【答案】（1）
（2）
（3）或
（4）或
【解析】
【分析】本题考查利用直接开平方法解方程，熟练掌握直接开平方法解方程是解题的关键．
（1）利用直接开平方法解方程即可；
（2）利用直接开平方法解方程即可；
（3）利用直接开平方法解方程即可；
（4）利用直接开平方法解方程即可．
【小问1详解】
解：，即，
∴；
【小问2详解】
解：，即，
∴；
【小问3详解】
解：，
∴或，
∴或；
【小问4详解】
解：，
∴，即：或，
∴或．
16. 计算
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减运算，乘除运算，熟练掌握知识点和运算法则，正确化简二次根式是解题的关键．
（1）原式各项化为最简二次根式，合并即可得到结果；
（2）先计算乘除，再化简二次根式，最后再合并同类二次根式即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
17. （1）已知，，求的值．
（2）计算求值，，为实数，且，，求的值．
【答案】（1）15；（2）
【解析】
【分析】本题主要考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的加法法则、乘法法则是解题的关键．
（1）根据二次根式的加法法则求出，根据二次根式的乘法法则求出，根据完全平方公式把原式变形，代入计算即可；
（2）根据二次根式的性质、完全平方公式把原式变形，代入计算即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴，，
则
；
（2）∵，，
∴，
．
18. 在二次根式中，有些根式相乘，其结果是实数．
如，，它们的积不含根号，我们说这两个二次根式互为有理化因式，其中一个是另一个的有理化因式．于是，二次根式除法可以这样解：如，，像这样，通过分子、分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化．
（1）解决问题：的有理化因式是_____，分母有理化，得______；
（2）计算：；
（3）化简：．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】此题考查了分母有理化，正确选择两个二次根式，使它们的积符合平方差公式是解答问题的关键．
（1）找出各式的分母有理化因式即可；
（2）先分母有理化后，化简二次根式，再计算即可得到结果；
（3）原式各项分母有理化，合并即可得到结果．
【小问1详解】
解：，，
的有理化因式是，分母有理化，得；
故答案为：，；
【小问2详解】
解：原式
；
【小问3详解】
解：原式
．
19. 如图，已知长方形纸片，点边上，将沿折叠，点落在点处，分别交于点，且．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由长方形的性质和折叠性质得，利用可证；
（2）由全等三角形的性质得到，由即可得到，又由折叠的性质可得，，即可得到结论；
（3）由长方形的性质得到：，，由折叠性质可得，
设，表示出、、，在中，由勾股定理列方程，解方程，进一步即可得得到答案．
【小问1详解】
解：由长方形性质可得，由折叠性质可得，
∴，
在与中，，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
由折叠的性质可得，
∴；
【小问3详解】
由长方形的性质得到：，，
由折叠性质可得，
∵，
∴，
设，
则，，，
在中，，即，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了折叠的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、长方形的性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．