2023-2024学年山东省威海市文登区八年级（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省威海市文登区八年级（下）期末数学试卷（含答案），共10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。

1.下列各式中，不是最简二次根式的是( )
A. 6B. 2 6C. 15D. 35
2.下列方程是一元二次方程的是( )
A. 2x3+x−5=0B. ax2+bx+c=0C. 1x2+x−1=0D. x2=0
3.顺次连接平行四边形各边中点所得四边形一定是( )
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
4.下列运算正确的是( )
A. 4+ 2= 6B. 4× 2=4 2C. 4÷ 2= 2D. 4− 2= 2
5.如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AC，AB上的中线，BD，CE交于点O，则ODOB的值为( )
A. 12 B. 13
C. 23 D. 35
6.如图，小明利用四根长度为13cm的木条首尾相接，钉成正方形ABCD，然后利用四边形的不稳定性将其变形，得到四边形A1BCD1.若BD1=24cm，则A1，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短( )
A. 10cm
B. 13 2cm
C. (13 2−10)cm
D. (13 22−5)cm
7.若关于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，则a的取值范围是( )
A. a<1B. a≤1C. a≠0D. a<1且a≠0
8.如图，已知四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论正确的是( )
A. 当AB=CD，AD//BC时，四边形ABCD是平行四边形
B. 当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C. 当OA=OB=OC=OD时，四边形ABCD是矩形
D. 当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形
9.如图，在Rt△ABC中(∠C=90°)放置边长分别为1，2，x的三个正方形，则x的值为( )
A. 3
B. 4
C. 3
D. 5
10.如图，△ABC和△ADE是以点A为位似中心的位似图形，已知点A(1,0)，点B(5,4)，点C(7,2)，点E(4,1)，那么点D的坐标为( )
A. (2,3)
B. (3,2)
C. (207,2)
D. (354,2)
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若代数式 5−x2有意义，则x的取值范围是______．
12.若x7=y3，则x−yx= ______．
13.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠AOD=120°，AB=5，则BC的值为______．
14.如图，点C是线段AB的黄金分割点，以AC为一边作矩形ACDE，使AE=AB；以BC为边作正方形BCFG，则S矩形ACDE ______S正方形BCFG.(填>，<或=)
15.某市举行中学生足球联赛，每两个队之间都要进行一场比赛，共要比赛66场.若有x支球队参赛，则可列方程______．
16.如图，点O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO，点A1，A2，A3……在AO上，且AA1=13AO，A1A2=13A1O，A2A3=13A2O……；点B1，B2，B3……在BO上，且BB1=13BO，B1B2=13B1O，B2B3=13B2O……；点C1，C2，C3……在CO上，
且CC1=13CO，C1C2=13C1O，C2C3=13C2O……；顺次连接A1，B1，C1；A2，B2，C2；
A3，B3，C3…….若△ABC的面积为S，则△A2024B2024C2024的面积为______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：
(1)( 24+ 0.5)−( 18− 6)；
(2)( 5−1)2+(5+ 20)÷ 5．
18.(本小题8分)
解下列方程：
(1)(x+1)(x−3)=5；
(2)用配方法解方程：x2−2 2x−4=0．
19.(本小题8分)
已知：α，β是关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0的两个根．
(1)若α+3β=0，求m的值；
(2)在(1)的条件下，求α2−4α−2β的值．
20.(本小题8分)
某学校数学课外活动小组测量校园内一棵树的高度.采用的方法如下：如图，首先把支架EF放在离树AB适当距离的水平地面上点F处，再把镜子水平放置在支架EF上点E处，然后观测者沿着直线BF后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A.用皮尺分别测得BF=8m，DF=2m.若观测者目高CD为1.6m，支架EF的高为0.6m，求这棵树的高度．
21.(本小题9分)
定义：若两个二次根式a，b满足a⋅b=c，且c为有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式．
(1) 12与 2是关于______的共轭二次根式；
(2)若m与2 5−3 2是关于2的共轭二次根式，则m= ______．
(3)若3+ 3与6+ 3n是关于12的共轭二次根式，求n的值．
22.(本小题10分)
有一块长28cm，宽16cm的矩形纸片．
(1)如图1，如果在纸片的四个角裁去四个边长相等的小正方形(阴影部分)后，将其折成无盖长方体盒子.若折成的盒子的底面积为220cm2，求裁去的小正方形的边长；
(2)若需要制作一个有盖的长方体盒子，为了合理利用材料，小颖设计了如图2的裁剪方案(阴影部分为裁剪下来的边角料)，其中左侧的两个阴影部分为正方形，右侧的两个阴影部分为矩形，问能否折出底面积为144cm2的有盖盒子(接缝忽略不计)？如果能，请求出盒子的体积；如果不能，请说明理由．
23.(本小题11分)
如图，正方形ABCD，AB=8.将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形AEFG，EF交CD于点M，延长FE交BC于点N．
(1)求证：MN=DM+BN；
(2)顺次连接D，E，C，F，得到四边形DECF.在旋转过程中，四边形DECF能否为矩形？若能，求出BN的值；若不能，请说明理由．
24.(本小题12分)
如图1，矩形ABCD，点E，点F分别为AD，BC上的点，将矩形沿EF折叠，使点B的对应点B′落在CD上，连接BB′．
(1)如图2，当点B′与点D重合时，连接BE，试判断四边形BEB′F的形状，并说明理由；
(2)若AB=6，BC=8，求折痕EF的最大值．
参考答案
1.C
2.D
3.A
4.C
5.A
6.C
7.D
8.C
9.A
10.B
11.x≤5
12.47
13.5 3
14.=
15.12x(x−1)=66
16.2404834048S
17.解：(1)( 24+ 0.5)−( 18− 6)
=2 6+12 2−14 2+ 6
=3 6+14 2；
(2)( 5−1)2+(5+ 20)÷ 5
=5−2 5+1+5÷ 5+ 20÷ 5
=5−2 5+1+ 5+ 4
=5−2 5+1+ 5+2
=8− 5．
18.解：(1)(x+1)(x−3)=5，
整理得：x2−2x−8=0，
(x−4)(x+2)=0，
x−4=0或x+2=0，
x1=4，x2=−2；
(2)x2−2 2x−4=0，
x2−2 2x=4，
x2−2 2x+2=4+2，
(x− 2)2=6，
x− 2=± 6，
x1= 6+ 2，x2=− 6+ 2．
19.解：(1)∵α，β是关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0的两个根，
∴α+β=2，
∵α+3β=0，
∴(α+β)+2β=0，
即2+2β=0，
解得β=−1，
∴(−1)2−2×(−1)+m−1=0，
解得m=−2；
(2)由(1)知：m=−2，
则一元二次方程x2−2x−3=0，
∴(x−3)(x+1)=0，
解答x1=3，x2=−1，
即α=3，β=−1，
∴α2−4α−2β
=32−4×3−2×(−1)
=9−12+2
=−1．
20.解：过点E作EM⊥CD，垂足为点M，延长ME交AB于点N，

由题意得：DM=EF=NB=0.6m，ME=DF=2m，EN=BF=8m，∠CEM=∠AEN，∠CME=∠ANE=90°，
∴△CEM∽△AEN，
∴CMAN=EMEN，
∴1.6−0.6AN=28，
解得：AN=4，
∴AB=AN+BN=4+0.6=4.6(m)，
答：这棵树的高度为4.6m．
21.(1)1；
(2)2 5+3 2；.
(3)∵3+ 3与6+ 3n是关于12的共轭二次根式，
∴(3+ 3)(6+ 3n)=12，
∴6+ 3n=123+ 3=12(3− 3)(3+ 3)(3− 3)=2(3− 3)=6−2 3，
∴n=−2．
22.解：(1)设裁去的小正方形的边长为x cm，则折成的无盖长方体盒子的底面长为(28−2x)cm，宽为(16−2x)cm，
根据题意得：(28−2x)(16−2x)=220，
整理得：x2−22x+57=0，
解得：x1=3，x2=19(不符合题意，舍去)．
答：裁去的小正方形的边长为3cm；
(2)设裁去的小正方形的边长为ycm，则折成的有盖长方体盒子的底面长为28−2y2=(14−y)cm，宽为(16−2y)cm，
根据题意得：(14−y)(16−2y)=144，
整理得：y2−22y+40=0，
解得：y1=2，y2=20(不符合题意，舍去)，
∴144y=144×2=288．
答：能折出底面积为144cm2的有盖盒子，盒子的体积为288cm3．
23.(1)证明：连接AN，AM，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEN=90°，
∵将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形AEFG，
∴AB=AE，∠B=∠AEH=90°，
在Rt△ABN与Rt△AEN中，
AB=AEAN=AN，
∴Rt△ABN≌Rt△AEN(HL)，
∴BN=EN，
同理DM=EM，
∵MN=EN+EM，
∴MN=BN+DM；
(2)解：能，
理由：∵CD=EF，
∴当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形，
设BN=x，则CN=8−x，NM=x+4，
在Rt△MCN中，∵CN2+CM2=MN2，
∴(8−x)2+42=(x+4)2，
∴x=83，
即BN=83．
24.解：(1)四边形BEB′F是菱形，理由如下：
由折叠的性质得：∠BFE=∠B′FE，EF垂直平分BB′，
∴BE=B′E，BF=B′F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠B′EF=∠BFE，
∴∠B′EF=∠B′FE，
∴B′E=B′F，
∴BE=B′E=B′F=BF，
∴四边形BEB′F是菱形；
(2)过点E作EG⊥BC于G，设EF与BB′交于点O，如图①所示：
则∠EGF=90°，四边形ABGE为矩形，
∴∠GEF+∠EFG=90°，EG=AB=6，
由折叠的性质得：EF⊥BB′，
∴∠BOF=90°，
∴∠EFG+∠B′BF=90°，
∴∠GEF=∠B′BF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=6，∠C=90°，
∴∠C=∠EGF，
∴△EGF∽△BCB′，
∴EFBB′=EGBC=68=34，
∴EF=34BB′，
∴当BB′取最大值，EF取得最大值，
此时，点B′与点D重合，
连接BD，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 82+62=10，
∴EF最大=34BD=34×10=152．