山东泰安市宁阳县2025-2026学年八年级下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份山东泰安市宁阳县2025-2026学年八年级下学期期中考试数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了数学试题答题卡共2页等内容，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，40分；第Ⅱ卷为非选择题，110分；全卷共6页．
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40分）
一、选择题（本题共10小题，共40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. 下列式子是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、是最简二次根式，故本选项符合题意；
故选：D
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，满足下列两个条件的二次根式，叫最简二次根式：①被开方数中的每个因数都是整数，因式都是整式，②被开方数中不含有能开得尽方的因数或因式．
2. 如图，四边形是平行四边形，下列结论错误的是（ ）
A. 当时，是菱形
B. 当时，是菱形
C. 当时，是矩形
D. 当时，是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握菱形、矩形及正方形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据菱形、矩形及正方形的判定定理可排除选项．
【详解】解：A、当时，可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意；
B、当时，可根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意；
C、当时，可根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可判定是矩形，故不符合题意；
D、当时，可根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可判定是矩形，不能得到是正方形，说法错误，故符合题意；
故选D．
3. 下列计算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的乘除、加减运算法则，结合平方差公式逐项判断即可．
【详解】解：A．，即选项A计算正确，不符合要求；
B． ，即选项B计算正确，不符合要求；
C．2+32−3=22−32=4−3=1，即选项C计算正确，不符合要求；
D．，即选项D计算错误，符合要求．
4. 若是关于的一元二次方程的一个根，则的值为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了已知方程的解求参数， 把代入一元二次方程，得出关于k的一元一次方程，求解即可得出答案．
【详解】解：把代入，
得：，
解得：，
故选D
5. 按如下步骤作四边形：（）画；（）以点为圆心，个单位长度为半径画弧，分别交于点；（）分别以点和点为圆心，个单位长度为半径画弧，两弧交于点；（）连接．若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明四边形是菱形，再根据菱形的性质即可求得答案．
【详解】解：由作图可知，，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
6. 根据下面的表格，估计方程的一个正数解x的大致范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：通过表格可知，当时， ，
当时，输出值为，
∴当时，．
7. 若点在第四象限，则关于x的方程的根的情况是（ ）
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 没有实数根D. 只有一个实数根
【答案】B
【解析】
【分析】先根据点所在象限得到、的符号，再计算一元二次方程的根的判别式，通过判别式的符号即可判断方程根的情况．
【详解】解：∵点在第四象限，
∴，，
∵中是一元二次方程，
∴Δ=−12−4mn=1−4mn，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根．
8. 在矩形中，对角线、相交于点的角平分线交于点，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、角平分线的定义，关键是矩形性质的应用；根据矩形的性质可得，结合，可得的度数，又根据角平分线的定义可得的度数，则可求．
【详解】解：∵矩形中，，，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
故选：B ．
9. 估计的值应在（ ）
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算．将原表达式化简为，再根据，即可求解．
【详解】解：
，
∵，，
∴
∴，
∴
故选：B．
10. 如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，，给出下列结论：；；；．其中正确的个数为（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
根据四边形是正方形，得到，即可判断；根据已知条件求出，得到，即可判断；连接，交于点，证明，则，，根据勾股定理求出即可判断；根据三角形面积的关系计算，即可判断．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，故正确；
∵，
∴，
∵，
∴，故错误；
如图，连接，交于点，
∵四边形和是正方形，
∴，，，，，，
∴，即
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，故正确；
∵，，
∴，故正确；
综上可知：正确的是，共个，
故选：．
第Ⅱ卷（非选择题共110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）
11. 若式子在实数范围内有意义，则实数可取的数是__________．（只写一个）
【答案】2027（答案不唯一）
【解析】
【详解】解：根据题意，
解得：，
例如2027．
12. 将方程配方成的形式，则______．
【答案】30
【解析】
【分析】把常数项移到方程右边，再把方程两边同时加上一次项系数一半的平方将原方程转化为的形式，确定与的值后，计算即可求解．
【详解】解：∵，
∴
∴
整理得，
∴，
∴．
13. 当______时，最简二次根式与是同类二次根式．
【答案】1
【解析】
【分析】当两个最简二次根式为同类二次根式时，这两个最简二次根式的被开方数相等，据此列一元一次方程求解即可．
【详解】解：∵最简二次根式与是同类二次根式，
∴，
解得，
∴，
∴符合题意．
14. 如图，菱形的周长为32，面积为36，P是对角线上一点，分别作P点到直线的垂线段，则等于_____ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质，等积法求线段的长，连接，根据菱形的性质，求出菱形的边长，推出，再根据等积法进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵菱形的周长为32，面积为36，
∴，，
∵分别作P点到直线的垂线段，
∴，
∴；
故答案为：．
15. 如图，在矩形中，M为上一点，且，点P，Q分别为的中点，连接．若，，则四边形的周长为________．
【答案】22
【解析】
【分析】由矩形的性质可得，再利用直角三角形的性质以及三角形中位线的性质可得，，运用勾股定理可得，即，最后根据四边形的周长公式求解即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵点P，Q分别为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为．
三、解答题（本大题共8小题，90分，解答要写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．）
16. 计算：
（1）；
（2）
（3）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先利用二次根式的性质以及零次幂化简，然后再合并同类二次根式即可；
（2）先化除为乘，再利用二次根式的乘法法则计算即可；
（3）先利用乘法分配律展开，然后利用二次根式的性质化简，最后合并同类二次根式即可．
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
解：
．
【小问3详解】
解：
．
17. 用指定的方法解方程：
（1）（用配方法）
（2）（用公式法）
（3）（用因式分解法）
【答案】（1），
（2），
（3），
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解法，熟练地掌握一元二次方程的解法特别是因式分解法解一元二次方程，可以大大降低计算量．
（1）根据配方法步骤进行配方，得出，再开平方即可；
（2）首先求出，再套用公式，即可求解；
（3）利用因式分解法解一元二次方程，提取公因式即可．
【小问1详解】
解：
，；
【小问2详解】
解：
，
，；
【小问3详解】
，，
，．
18. 已知关于的方程
（1）为何值时，此方程是一元二次方程？
（2）在（1）的条件下，求此一元二次方程的根．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，解一元二次方程：
（1）只含有一个未知数，且未知数的最高次为2的整式方程叫做一元二次方程，据此可得，解之即可；
（2）根据（1）所求可得原方程为，利用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：∵关于的方程是一元二次方程，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）可得，原方程为，即，
∴，
解得．
19. 已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．
（1）如果x=﹣1是方程的根，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）如果△ABC是等边三角形，试求这个一元二次方程的根．
【答案】(1) △ABC是等腰三角形；(2)△ABC是直角三角形；(3) x1=0，x2=﹣1．
【解析】
【分析】（1）直接将x=﹣1代入得出关于a，b的等式，进而得出a=b，即可判断△ABC的形状；
（2）利用根的判别式进而得出关于a，b，c的等式，进而判断△ABC的形状；
（3）利用△ABC是等边三角形，则a=b=c，进而代入方程求出即可．
【详解】（1）△ABC是等腰三角形；
理由：∵x=﹣1是方程的根，
∴（a+c）×（﹣1）2﹣2b+（a﹣c）=0，
∴a+c﹣2b+a﹣c=0，
∴a﹣b=0，
∴a=b，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）∵方程有两个相等的实数根，
∴（2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）=0，
∴4b2﹣4a2+4c2=0，
∴a2=b2+c2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）当△ABC是等边三角形，∴（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，可整理为：
2ax2+2ax=0，
∴x2+x=0，
解得：x1=0，x2=﹣1．
20. 在ABCD，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF.
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，即可证明；
（2）根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵BE∥DF，BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠DFA=∠FAB．
在Rt△BCF中，由勾股定理，得
BC===5，
∴AD=BC=DF=5，
∴∠DAF=∠DFA，
∴∠DAF=∠FAB，
即AF平分∠DAB．
本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关键．
21. 阅读与思考：
数学上有一些被开方数带根号的数能通过完全平方公式及二次根式的性质化简．例如：
．
解决下列问题：
（1）化简：；
（2）化简并求出：的值．
【方法应用】
（3）如图，已知一正方形花圃（如图所示阴影部分）边长为4米，现增种鲜花面积为平方米，形成新正方形花圃ABCD，求出新正方形花圃ABCD的边长．
【答案】（1）
（2）9 （3）
【解析】
【分析】（1）将被开方数凑成的形式，再利用二次根式的性质化简即可；
（2）分别将两个被开方数凑成完全平方式，再分别利用二次根式的性质化简，最后合并同类二次根式即可解答；
（3）先求出新正方形花圃ABCD的面积为，则边长为，再仿照范例解答即可．
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
解：
．
【小问3详解】
解：由题意可得：，
所以新正方形花圃的边长为，
．
22. 如图，中，，将沿的方向平移得到，连接．
（1）当点D移至什么位置时，四边形是菱形，并加以证明．
（2）在（1）的条件下，如果，，求四边形的面积；
（3）在（1）的条件下，四边形能否为正方形？若能，请说明理由；若不能，请给添加一个条件，使四边形为正方形，并写出推理过程．
【答案】（1）当D移至的中点时，四边形是菱形．证明见解析
（2）30 （3）不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．推理见解析
【解析】
【分析】（1）当D移至的中点时，四边形是菱形；由平移的性质可得且，，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推知，再证明四边形是平行四边形，结合即可证明；
（2）由勾股定理可得，由平移的性质可得，再根据菱形的性质求面积即可；
（3）不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．根据有一内角为直角的菱形是正方形来添加条件即可解答．
【小问1详解】
解：如图：当D移至的中点时，四边形是菱形．证明如下：
∵将沿的方向平移得到，连接．
∴且，，
在中，，D是中点，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴平行四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵在中，，，，
∴，
∵将沿的方向平移得到，连接．
∴，
∵平行四边形是菱形，
∴四边形的面积为．
【小问3详解】
解：如图：四边形不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．推理如下：
∵，D是中点，
，即，
∵四边形为菱形，
∴四边形是正方形．
23. 如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．
（1）求的度数．
（2）如图2，E为的中点，连接．
①求证：；
②若正方形边长为12，求线段的长．

【答案】（1）45°；（2）①见解析，②4
【解析】
【分析】（1）先由折叠的性质，得到，，，再结合正方形的性质，可得，，，进而证明，，以及，最后根据，，，可得．
（2）①由折叠的性质，可得，，根据E为的中点，可得，即，，最后由，推导出，进而得到；②由（1）中的结论，，在中用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵沿折叠得到，
∴由折叠的性质可知，，，，
∵正方形，
∴，，
∴．
∵，，
∴，
∵正方形，
∴，
∵，延长交于G，
∴．
∵，，
∴在与中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵正方形，
∴，
∴．
（2）①证明：由折叠知，，，
∵E为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，，
∴，
∴．
②解：由（1）得，，
∴，
设，则，
∵正方形边长为12，
∴，
又∵E为的中点，
∴，
∵，正方形边长为12，
∴．
∵正方形，
∴，
∴在中，
由勾股定理得：，
∵，，，
∴，解得，
所以线段的长为4．
本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质以及勾股定理的应用，在图形中找到相关等量关系是解题的关键．