2021-2022学年安徽省合肥四十八中八年级（下）期中数学试卷（含解析）

2021-2022学年安徽省合肥四十八中八年级（下）期中数学试卷

副标题

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）

1. 将下列长度的三根木棒首尾顺次连接，能组成直角三角形的是

A. 、、 B. 、、 C. 、、 D. 、、

2. 下列各式中，正确的是

A.  B.
C.  D.

3. 若是关于的一元二次方程的解，则的值为

A.  B.  C.  D.

4. 用配方法解方程，配方的结果是

A.  B.  C.  D.

5. 已知一个多边形的内角和是外角和的倍，则这个多边形是

A. 八边形 B. 九边形 C. 十边形 D. 十二边形

6. 如图，小正方形的边长均为，、、是小正方形的顶点，则的度数是

A.
B.
C.
D.

7. 如图，在平面直角坐标系中，，，以点为圆心，为半径画弧，交轴正半轴于点，点表示的实数介于

A. 到之间 B. 到之间 C. 到之间 D. 到之间

8. 在解一元二次方程时，小红看错了常数项，得到方程的两个根是，小明看错了一次项系数，得到方程的两个根是，，则原来的方程是

A.  B.
C.  D.

9. 九章算术中有一题：“今有二人同所立，甲行率七，乙行率三，乙东行，甲南行十而斜东北与乙会．问甲、乙行各几何？”大意是说：已知甲、乙二人同时从同一地点出发，甲的速度为，乙的速度为乙一直向东走，甲先向南走，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时，甲、乙各走了多少？设甲、乙二人从出发到相遇的时间为，根据题意，可列方程正确的是

A.  B.
C.  D.

10. 如图，在中，，：：，，是上一动点，过点作于，于，，则的长是

A. 定值 B. 定值 C. 不确定 D. 定值

二、填空题（本大题共6小题，共25.0分）

11. 二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围为______ ．
12. 一个三角形的两边长分别为和，第三边长是方程的根，则三角形的周长为______．
13. 一元二次方程有两个相等的实数根，点、是一次函数上的两个点，若，则______填“”或“”或“”．
14. 如图，的顶点、的坐标分别是、，且，，则顶点的坐标是______ ．

15. 在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，为平面直角坐标系内一点，，，则的值为______．
16. 设实数，满足，，求的值______．

三、解答题（本大题共6小题，共52.0分）

17. 计算：
    ．
    解方程：．
    
    
    
    
    
    
     
18. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为个单位长度，的顶点和线段的端点均在小正方形的顶点上．
    在方格纸中将向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度后得到点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，请画出；
    在方格纸中画出以为斜边的等腰直角三角形点在小正方形的顶点上连接，请直接写出线段的长．
     

19. 已知关于的一元二次方程有实数根．
    求的取值范围；
    若该方程的两个实数根分别为、，且，求的值．
    
    
    
    
    
    
     
20. 观察下列一组方程：；；；；它们的根有一定的规律，都是两个连续的自然数，我们称这类一元二次方程为“连根一元二次方程”．
    若也是“连根一元二次方程”，写出的值，并解这个一元二次方程；
    请写出第个方程和它的根．
    
    
    
    
    
    
     
21. 年是我国脱贫胜利年，我国在扶贫方面取得了巨大的成就，技术扶贫也使得某县的一个电子器件厂扭亏为盈．该电子器件厂生产一种电脑显卡，年该类电脑显卡的成本是元个，年与年连续两年在技术扶贫的帮助下改进技术，降低成本，年该电脑显卡的成本降低到元个．
    若这两年此类电脑显卡成本下降的百分率相同，求平均每年下降的百分率；
    年某商场以高于成本价的价格购进若干个此类电脑显卡，以元个销售时，平均每天可销售个，为了减少库存，商场决定降价销售．经调查发现，单价每降低元，每天可多售出个，如果每天盈利元，单价应降低多少元？
    
    
    
    
    
    
     
22. 阅读理解
    我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作周髀算经中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；
    问题解决
    勾股定理的证明方法有很多，如图是古代的一种证明方法：过正方形的中心，作，将它分成份，所分成的四部分和以为边的正方形恰好能拼成以为边的正方形．若，，求的值．

答案和解析

1.【答案】
 

【解析】

【分析】此题考查了勾股定理的逆定理：已知的三边满足，则是直角三角形．
判断是否能组成直角三角形，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．
【解答】解：、，不能组成直角三角形，故A选项错误；
B、，不能组成直角三角形，故B选项错误；
C、，组成直角三角形，故C选项正确；
D、，不能组成直角三角形，故D选项错误．
故选：．  

2.【答案】
 

【解析】解：、，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、，故D符合题意．
故选：．
根据二次根式的性质和立方根的概念即可求出答案．
本题考查二次根式的性质与化简、立方根，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
 

3.【答案】
 

【解析】解：把代入一元二次方程得，
解得或，
因为，
所以的值为．
故选：．
先把代入一元二次方程得，解方程得到或，然后根据一元二次方程的定义确定的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
 

4.【答案】
 

【解析】解：把方程的常数项移到等号的右边，得到，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到，
配方得．
故选：．
把常数项移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数的一半的平方．
本题考查了配方法，解题的关键是注意：
把常数项移到等号的右边；
把二次项的系数化为；
等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为，一次项的系数是的倍数．
 

5.【答案】
 

【解析】解：设这个多边形的边数为，则该多边形的内角和为，
依题意得，
解得，
这个多边形的边数是．
故选：．
先设这个多边形的边数为，得出该多边形的内角和为，根据多边形的内角和是外角和的倍，列方程求解．
本题主要考查了多边形内角和定理与外角和定理，多边形内角和且为整数，而多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则边形取个外角，无论边数是几，其外角和始终为．
 

6.【答案】
 

【解析】解：根据勾股定理可以得到：，，
，
即，
是等腰直角三角形．
．
故选：．
分别在格点三角形中，根据勾股定理即可得到，，的长度，继而可得出的度数．
本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，判断是等腰直角三角形是解决本题的关键，注意在格点三角形中利用勾股定理．
 

7.【答案】
 

【解析】解：，，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
点介于到之间．
故选：．
求出、，根据勾股定理求出，即可得出，求出长即可．
本题考查了勾股定理，实数的大小比较，坐标与图形性质的应用，解此题的关键是求出的长．
 

8.【答案】
 

【解析】解：设此方程的两个根是、，根据题意得：，，
则以、为根的一元二次方程是．
故选：．
先设这个方程的两根是、，根据两个根是，和两个根是，，得出，，从而得出符合题意的方程．
本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．
 

9.【答案】
 

【解析】解：设经秒二人在处相遇，这时乙共行，
甲共行，
，
，
又，
，
，
故选：．
设甲、乙二人出发后相遇的时间为，然后利用勾股定理列出方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，解题的关键是从实际问题中抽象出直角三角形，尤其本题中的文言文更不容易理解．
 

10.【答案】
 

【解析】解：连接．
：：，
可以假设，，
，，
，，
，，
，
或舍弃，
，
，
，
故选：．
连接解直角三角形求出，再证明，即可解决问题．
本题考查解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
 

11.【答案】
 

【解析】解：二次根式在实数范围内有意义，
，
解得．
故答案为：．
先根据二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解答此题的关键．
 

12.【答案】
 

【解析】解：，
，
或，
所以，，
而，
所以三角形第三边的长为，
所以三角形的周长为．
故答案为．
先利用因式分解法解方程得到，，然后利用三角形三边的关系得到三角形第三边的长为，从而得到计算三角形的周长．
本题考查了解一元二次方程因式分解法：就是先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了数学转化思想也考查了配方法解一元二次方程．也考查了三角形三边的关系．
 

13.【答案】
 

【解析】解：一元二次方程有两个相等的实数根，
，
解得，
一次函数为，
，
反比例函数图象在经过第一、三象限，随的增大而减少，
，
，
故答案为．
先根据根的判别式的意义得到，求得的值，则可确定一次函数为，然后根据反比例函数的性质求解．
本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．也考查了一次函数的性质．
 

14.【答案】
 

【解析】解：过点作轴，交轴于点．

、的坐标分别是、，
，，
．
，，
．
，，
．
，，
，．
，
顶点的坐标是
故答案为：
过点作轴，交轴于点只要求出、，则可求出顶点的坐标．
此题考查的是解直角三角形，利用点的坐标特点求得、的长是解决此题关键．
 

15.【答案】或
 

【解析】解：当点在轴上方．如图，作轴，

点的坐标为，的坐标为，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
点坐标为，
；
当点在轴下方．如，作轴，
与证明方法一样可证得≌，

，，
，
点坐标为，
．
故答案为：或．
讨论：当点在轴上方．作轴，，，由于，利用等角的余角相等得到，然后根据“”可判断≌，则，，于是点坐标为，得到；当点在轴下方．作轴，与证明方法一样可证得≌，得到，，则，所以点坐标为，得到．
本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“”、“”、“”、“”；全等三角形的对应边相等．也考查了分类讨论的思想、坐标与图形性质．
 

16.【答案】
 

【解析】解：由题意可知：，
，，
令，，
，，
，
解得或，
或，
，或，，
设、是方程的两个实根，
，
当，时，
，
方程没有实数根；
当，时，
，
，；
，
当，时，
原式．
故答案为：．
根据完全平方公式以及配方法对该分式进行变形，然后将与的值代入即可求出答案．
本题考查了配方法，熟练掌握完全平方公式，分式的加法法则以及一元二次方程判别式是解题的关键．
 

17.【答案】解：原式


；
，
，
或，
所以，．
 

【解析】先利用二次根式的除法法则和乘法法则运算，然后化简二次根式后合并即可．
先移项得到，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了实数的运算．
 

18.【答案】解：如图，为所作；
如图，为所作；
．

 

【解析】利用网格特点和平移的性质画出、、的对应点即可；
先把绕点逆时针旋转得到，则为等腰直角三角形，然后取的中点，则满足条件，最后利用勾股定理计算．
本题考查了作图平移变换：作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．也考查了等腰直角三角形的性质．
 

19.【答案】解：根据题意得，
解得．
故的取值范围是；
根据题意得，，
，
，即，
解得，舍去．
故的值为．
 

【解析】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．
根据判别式的意义得到，然后解关于的不等式即可；
根据根与系数的关系得到，，利用整体代入的方法得到，然后解关于的方程即可．
 

20.【答案】解：由题意可得：，
则原方程为：，
则，
解得：，；

第个方程为：，
，
解得：，．
 

【解析】直接利用连根一元二次方程得出的值；
利用因式分解法得出符合题意的值．
此题主要考查了一元二次方程的解法以及新定义，正确得出规律是解题关键．
 

21.【答案】解：设平均下降率为，
依题意，得．
解得，不合题意，舍去．
答：平均下降率为．
设单价应降低元，则每个的销售利润为元，每天可售出个，
依题意得：．
整理，得．
解得，．
为了减少库存，
，
答：单价应降低元．
 

【解析】设平均下降率为，利用年该类电脑显卡的出厂价年该类电脑显卡的出厂价下降率，即可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论；
设单价应降低元，则每个的销售利润为元，每天可售出个，利用每天销售该电脑显卡获得的利润每个的销售利润日销售量，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 

22.【答案】解：直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方，
证明如下：
如图，

≌≌≌，
，，
，

，
；
设，则，
如图，

当时，
，
，
如图，

当时，
，
，
综上所述：或．
 

【解析】正方形的面积直接计算等于边长平方，间接计算等于个全等三角形面积与小正方形面积之和，从而得出等式，化简得证；
分为和两种情形，二者之差是的长．
本题考查了勾股定理及其证明等知识，解决问题的关键是正确分类，考虑问题全面．