2024-2023鲁教五四新版八年级下册数学期中复习试卷（含解析）试卷 答案(更新中)

2024-2023学年鲁教五四新版八年级下册数学期中复习试卷
一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）
1．下列各式是二次根式的是（　　）
A． B． C． D．x
2．式子有意义的x的取值范围是（　　）
A．x≥﹣1 B．x≥﹣1且x≠0 C．x＞﹣1且x≠0 D．x≠0
3．下列二次根式中，最简二次根式是（　　）
A．﹣ B． C． D．
4．下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．下列计算正确的是（　　）
A．＝2 B．﹣＝1 C．2+＝2 D．＝
6．方程（a+3）x+ax+2＝0为一元二次方程，字母a的取值为（　　）
A．±3 B．3 C．﹣3 D．0
7．的倒数是（　　）
A． B． +1 C．﹣1 D．
8．已知关于x的一元二次方程x2+x+m＝0的一个根为x＝1，则m的值为（　　）
A．1 B．2 C．﹣2 D．﹣1
9．下列关于四边形的说法，正确的是（　　）
A．四个角相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直的四边形是矩形
C．有两边相等的平行四边形是菱形
D．两条对角线相等的平行四边形是矩形
10．若菱形的两邻角之比为1：2，较短的对角线为6cm，则较长的对角线长为（　　）
A． cm B． cm C．6cm D．2cm
11．在平面直角坐标系xOy中，如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，点P是边CD的中点，如果菱形的周长为16，那么点P的坐标是（　　）
A．（4，4） B．（2，2） C．（2，1） D．（，1）
12．如图，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．给出下列结论：①CE＝BG；②EC⊥BG；③FG2+BF2＝2BD2+BC2；④BC2+GE2＝2AC2+2AB2．其中正确的是（　　）
A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
13．若分式有意义，则实数x的取值范围为 　 　．
14．关于x的一元二次方程x2﹣x+a﹣2＝0的一个根为1，则a的值为 　 　．
15．已知关于x的方程（a+1）x2﹣2x+3＝0有实数根，则整数a的最大值是 　 　．
16．矩形ABCD中，AB＝2BC，E为CD上一点，且AE＝AB，则∠AEB＝　 　度．
17．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE＝a，连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B的对应点B1落在矩形ABCD的边上，则a的值为 　 　．
三．解答题（共7小题，满分70分）
18．（12分）已知a＝，b＝，求a2﹣3ab+b2﹣14的值．
19．（8分）计算
（1）+2﹣（﹣）；
（2）×÷3﹣（+2）（2﹣）．
20．（12分）解方程：
（1）x2﹣x﹣6＝0；
（2）2×2﹣x﹣4＝0；
（3）x2﹣4x﹣6＝0．
21．（9分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4mx+2m2＝0．
（1）求证：不论m为何值，该方程总有两个实数根；
（2）若x＝1是该方程的根，求代数式2（m﹣1）2+3的值．
22．（9分）如图，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点E，G分别在AD，CD上，连接AF，BF，CF
（1）求证：AF＝CF；
（2）若∠BAF＝35°，求∠BFC的度数．
23．（10分）如图，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，得到矩形FGCE，使得点E落在边AB上，AB的延长线交EG于H，连接DE，DH．
（1）求证：ED平分∠AEC；
（2）求证：EC与DH互相平分；
（3）设EC与DH相交于点O，AD＝3，求点O到DC的距离．
24．（10分）将一块直角三角板的直角顶点和矩形ABCD（AB＜BC）的对角线的交点O重合，如图（①→②→③），图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．
（1）图①（三角板一直角边与OD重合）中，连接DN，则BN与DN的数量关系是 　 　，进而得到BN，CD，CN的数量关系是 　 　；
（2）写出图③（三角板一边与OC重合）中，CN，BN，CD的数量关系是 　 　；
（3）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）
1．解：A、没有意义，不是二次根式，本选项不合题意；
B、是二次根式，本选项符合题意；
C、是三次根式，不是二次根式，本选项不合题意；
D、x是单项式，是整式，不是二次根式，本选项不合题意．
故选：B．
2．解：由题意得，x+1≥0且x≠0，
即x≥﹣1且x≠0，
故选：B．
3．解：A、﹣，是最简二次根式，符合题意；
B、＝＝2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
C、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
D、＝|a|，被开方数中含能开得尽方的因式，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
4．解：A、与不是同类二次根式，不能合并计算，故此选项不符合题意；
B、2﹣5＝﹣3，故此选项不符合题意；
C、，故此选项不符合题意；
D、，正确，故此选项符合题意；
故选：D．
5．解：A、，故此选项不符合题意；
B、与不是同类二次根式，不能合并计算，故此选项不符合题意；
C、2与不是同类二次根式，不能合并计算，故此选项不符合题意；
D、，正确，故此选项符合题意；
故选：D．
6．解：∵方程（a+3）x+ax+2＝0为一元二次方程，
∴a2﹣7＝2，且a+3≠0．
解得a＝3．
故选：B．
7．解： +1的倒数是﹣1，
故选：C．
8．解：把x＝1代入方程x2+x+m＝0得1+1+m＝0，解得m＝﹣2．
故选：C．
9．解：A、四个角相等的四边形是矩形，说法错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，说法错误，不符合题意；
C、有两邻边相等的平行四边形是菱形，说法错误，不符合题意；
D、两条对角线相等的平行四边形是矩形，说法正确，符合题意；
故选：D．
10．解：∵∠ABC：∠BCD＝1：2，
∴∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，
∴△ABC为等边三角形，
∵AC＝6cm，
∴AB＝6cm，
∴OB＝3cm，BD＝6cm，
则较长的对角线长为6cm．
故选：B．
11．解：∵四边形ABCD是菱形，菱形的周长为16，
∴AD＝AB＝DC＝BC＝4，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴DB＝4，
∵点P是边CD的中点，D（0，2），C（2，0）
∴点P的坐标为（，1），
故选：D．
12．解：①∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠CAE＝∠GAB，
∴△ACE≌△AGB（SAS），
∴CE＝BG，
故①正确；
②∵△ACE≌△AGB，
∴∠ACE＝∠AGB，
∵∠AMG＝∠CMN，
∴∠MAG＝∠CNM＝90°，
即AE⊥BG，
故②正确；
③连接BE，
∵四边形ABDE是正方形，
∴∠DBE＝∠ABE＝∠ABD＝45°，∠D＝90°，
∴BE＝BD，
∴BE2＝2BD2，
当∠ABC≠45°时，∠CBE≠90°，
此时BE2+BC2≠CE2，即2BD2+BC2≠CE2，
∵∠F＝90°，
∴FG2+BF2＝BG2，
∵CE＝BG，
∴FG2+BF2与2BD2+BC2不一定相等，
故③错误；
④连接CG，
∵CE⊥BG，
∴BN2+CN2＝BC2，EN2+NG2＝GE2，
∴BC2+GE2＝BN2+CN2+EN2+CN2，
∵BN2+EN2＝BE2，CN2+GN2＝CG2，
∴BC2+GE2＝BE2+CG2，
∵四边形ABDE和四边形ACFG是正方形，
∴∠BAE＝∠CAG＝90°，AB＝AE，AC＝AG，
∴BE2＝AB2+AE2＝2AB2，CG2＝AC2+AG2＝2AC2，
∴BE2+CG2＝2AB2+2AC2，
∴BC2+GE2＝2AC2+2AB2，
故④正确；
故选：C．
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
13．解：要使分式有意义，必须x+1≥0且x≠0，
解得：x≥﹣1且x≠0，
故答案为：x≥﹣1且x≠0．
14．解：把x＝1代入一元二次方程x2﹣x+a﹣2＝0得1﹣1+a﹣2＝0，
所以a＝2．
故答案为：2．
15．解：当a+1＝0时，原方程为﹣2x+3＝0，解得x＝，
∴a＝﹣1符合题意；
当a+1≠0时，Δ＝（﹣2）2﹣4×（a+1）×3≥0，
解得：a≤﹣，
∴a≤﹣且a≠﹣1．
综上所述，a≤﹣．
又∵a为整数，
∴a的最大值为﹣1．
故答案为：﹣1．
16．解：如图，过点E作EF⊥AB于点F，则EF＝BC，
∵AE＝AB，AB＝2BC，
∴AE＝2EF，
∴∠BAE＝30°，
又∵AE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴∠AEB＝（180°﹣∠BAE）＝×（180°﹣30°）＝75°．
故答案为：75．
17．解：由折叠可知，AB＝AB1，BE＝B1E，
∵AB＝1，BC＝a，BE＝a，
∴AB1＝1，AD＝a，B’E＝a，CE＝a，
当B1落在CD边上时，如图1，
在Rt△ADB1中，B1D2＝AB12﹣AD2＝1﹣a2，
∴B1D＝，
在Rt△B1EC中，B1C2＝B1E2﹣EC2＝a2，
∴B1C＝a，
∴+a＝1，
∴a＝；
当B1落在AD边上时，如图2，
此时BE＝AB＝1，
∴a＝1，
∴a＝；
综上所述：a的值为或，
故答案为或．
三．解答题（共7小题，满分70分）
18．解：∵a＝＝＝＝5+2，b＝＝＝＝5﹣2，
∴a+b＝（5+2）+（5﹣2）＝10，ab＝（5+2）（5﹣2）＝1，
∴a23ab+b2﹣14＝（a+b）2﹣5ab﹣14＝102﹣5×1﹣14＝81．
19．解：（1）原式＝2+4﹣（3﹣）
＝2+4﹣3+
＝3+；
（2）原式＝6÷3﹣（4﹣6）
＝2+2
＝4．
20．解：（1）（x﹣3）（x+2）＝0，
x﹣3＝0或x+2＝0，
所以x1＝3，x2＝﹣2；
（2）Δ＝（﹣1）2﹣4×2×（﹣4）＝33＞0，
x＝，
所以x1＝，x2＝；
（3）x2﹣4x＝6，
x2﹣4x+4＝10，
（x﹣2）2＝10，
x﹣2＝±，
所以x1＝2+，x2＝2﹣．
21．（1）证明：由题意得，Δ＝（4m）2﹣4 2m2＝8m2≥0，
所以不论m为何值，该方程总有两个实数根；
（2）解：把x＝1代入方程得1﹣4m+2m2＝0，
则2m2﹣4m＝﹣1，
所以2（m﹣1）2﹣3＝2m2﹣4m+2+3
＝﹣1+2+3
＝4．
22．（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，
∴AD＝CD，ED＝GD，FE＝FG．
∴AD﹣ED＝CD﹣GD．
∴AE＝CG．
在△AFE和△CFG中
，
∴△AFE≌△CFG（SAS），
∴AF＝CF；
（2）解：在△ABF和△CBF中
，
∴△ABF≌△CBF（SSS），
∴∠FBC＝∠ABF＝45°，
连接DF，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠DFG＝45°，
∴∠DFG＝∠FBC，
∴B，F，D三点共线，
由（1）得△AEF≌△CGF，
∴∠AFE＝∠CFG．
又∵AB∥EF，∠BAF＝35°，
∴∠AFE＝∠CFG＝∠BAF＝35°．
∴∠BFC＝180°﹣∠CFG﹣∠GFD＝180°﹣35°﹣45°＝100°．
即∠BFC＝100°．
23．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠AED＝∠EDC，
∵CE＝CD，
∴∠CED＝∠EDC，
∴∠AED＝∠CED，
∴ED平分∠AEC；
（2）连接HC，
∵四边形EFGC为矩形，
∴FG∥EC，
∴∠FHE＝∠BEC，
∵∠F＝∠EBC＝90°，EF＝CB，
∴△EFH≌△CBE（AAS），
∴EH＝EC，
∵EC＝DC，
∴EH＝DC，
∵EH∥DC，
∴四边形EHDC为平行四边形，
∴EC与DH互相平分；
（3）过点O作OM⊥DC于M，延长MO交AB于N，
∵∠BEC＝∠DCE，EO＝CO，∠EON＝∠COM，
∴△EON≌△COM（ASA），
∴MO＝NO，
∵∠A＝90°，∠ADC＝90°，∠DMN＝90°，
∴四边形ADMN是矩形，
∴MN＝AD＝3，
∴，
∴点O到DC的距离为．
24．解：（1）连接DN，如图①所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO＝DO，∠DCN＝90°，
∵ON⊥BD，
∴BN＝DN，
在Rt△DCN中，由勾股定理得：DN2＝CD2+CN2，
∴BN2＝CD2+CN2，
故答案为：BN＝DN，BN2＝CD2+CN2；
（2）连接AN，如图③所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，∠ABN＝90°，AB＝CD，
∵ON⊥AC，
∴AN＝CN，
在Rt△ABN中，由勾股定理得：AN2＝BN2+AB2，
∴CN2＝BN2+CD2，
故答案为：CN2＝BN2+CD2；
（3）BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系为：CN2+CM2＝DM2+BN2，理由如下：
延长MO交AB于E，连接MN、EN，如图②所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO＝DO，∠ABC＝∠DCB＝90°，AB∥CD，
∴∠EBO＝∠MDO，
在△EBO和△MDO中，
，
∴△EBO≌△MDO（ASA），
∴OE＝OM，BE＝DM，
∵NO⊥EM，
∴NM＝NE，
在Rt△MCN中，由勾股定理得：NM2＝CN2+CM2，
在Rt△EBN中，由勾股定理得：NE2＝BE2+BN2，
∴CN2+CM2＝BE2+BN2，
∴CN2+CM2＝DM2+BN2．

2024-2023鲁教五四新版八年级下册数学期中复习试卷（含解析）

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