八年级后半期期末数学试题卷及答案解析带答案和解析(2022-2023年山东省泰安市高新区).docx

八年级后半期期末数学试题卷及答案解析带答案和解析（2022-2023年山东省泰安市高新区）

选择题
下列二次根式中，与（略）是同类二次根式的是( )
A.（略） B.（略） C.（略） D.（略）
【答案】D
【解析】
几个二次根式化成最简二次根式后，如果被开方数相同，这几个二次根式叫做同类二次根式.
解：（略）=（略）；（略）=2；（略）=（略） ，
故与（略）是同类二次根式的是（略）.
故答案为：D.

选择题
如图，D、E分别为AB、AC上的两点，（略），AE=2CE，AB=9，则AD的长为( )
（略）
A.6 B.5 C.4 D.3
【答案】A
【解析】
先根据（略）可得（略），再根据平行线分线段成比例可得（略），由此即可得．
∵（略），
∴（略），
∵（略），
∴（略），
∵（略），
∴（略），
解得（略），
故选：A．

选择题
下列运算正确的是( )
A.2+（略） =2（略） B.（略） C.（略） D.3（略）-（略） =3
【答案】B
【解析】
根据二次根式的加减乘除的运算法则进行计算即可．
解：A、2+（略）=2+（略），故A选项不符合题意；
B、（略）=（略），故B选项符合题意；
C、（略），故C选项不符合题意；
D、3（略）-（略）=2（略），故D选项不符合题意；
故答案为：B．

选择题
（略）是方程（略）的一个根，则代数式（略）的值是（ ）
A.2018 B.2019 C.2020 D.2021
【答案】A
【解析】
一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值；即用这个数代替未知数所得式子仍然成立；将（略）代入原方程即可求（略）的值，即可求出答案
∵把（略）代入方程（略）可得：（略），
∴（略），
∴（略），
故选：A．

选择题
如图，△ABC中，D、E分别是BC、AC边上一点，F是AD、BE的交点，CE=2AE，BF=EF，EN∥BC交AD于N，若BD=2，则CD长度为( )
（略）
A.6 B.7 C.8 D.9
【答案】A
【解析】
根据平行线的性质得到相等的角，再结合BF=EF先证明△NEF≌△DBF，即可得到NE=BD=2，再证明△ANE∽△ADC，根据相似三角形的对应边成比例求解．
解：∵NE∥BC，
∴∠NEF=∠DBF，∠ENF=∠BDF，
又∵BF=EF，
∴△NEF≌△DBF，
∴NE=BD=2．
∵NE∥BC，
∴△ANE∽△ADC，
∴（略），
∵CE=2AE，
∴（略），
∴CD=6．
故答案选：A．

选择题
如图，在平行四边形（略）中，（略）、（略）是（略）上两点，（略），连接（略）、（略）、（略）、（略），添加一个条件，使四边形（略）是矩形，这个条件是( )
（略）
A.（略） B.（略） C.（略） D.（略）
【答案】A
【解析】
由平行四边形的性质可知：（略），（略），再证明（略）即可证明四边形（略）是平行四边形．
∵四边形（略）是平行四边形，
∴（略），（略），
∵对角线（略）上的两点（略）、（略）满足（略），
∴（略），即（略），
∴四边形（略）是平行四边形，
∵（略），
∴（略），
∴四边形（略）是矩形．
故选：A．

选择题
如图，以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A'B'C'，以下说法中错误的是( )
（略）
A.△ABC∽△A'B'C' B.点C、点O、点C'三点在同一直线上 C.AO：AA'=1∶2 D.AB∥A'B'
【答案】C
【解析】
直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案．
解：∵以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A'B'C'，
∴ △ABC∽△A'B'C' ，点O、C、C'共线，AO：OA'=BO：OB '=1:2，
∴AB∥A'B'，AO：OA'=1:3．
∴A、B、D正确，C错误．
故答案为：C．

选择题
如图，矩形ABCD的边长AD=8，AB=6，E为AB的中点，AC分别与DE，DB相交于点M，N，则MN的长为( )
（略）
A.1 B.2 C.（略） D.（略）
【答案】C
【解析】
根据勾股定理可计算出AC的长度，进而根据矩形的性质计算出AN的长度，证明△AEM∽△CDM可得（略），计算出AM的长，进而计算出MN的长.
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AB∥CD，
∵AD=8，AB=6，
∴AC=10，
∴AN=（略）AC=5.
又∵E为AB的中点，
∴AE=3.
∵AB∥CD，
∴△AEM∽△CDM，
∴（略），
∴AM=（略）=（略），
∴MN=AN-AM=5-（略）=（略）.
故选C.

选择题
学生会组织周末爱心义卖活动，义卖所得利润将全部捐献给希望工程，活动选在一块长20米、宽14米的矩形空地上．如图，空地被划分出6个矩形区域，分别摆放不同类别的商品，区域之间用宽度相等的小路隔开，已知每个区域的面积均为32平方米，小路的宽应为多少米？设小路的宽为x米，依据题意列方程得( )
（略）
A.(20-2x)(14-x)=32×6 B.(20-x)(14-2x)=32×6
C.(20-2x)(14-x)=20×14 D.(20-2x)(14-x)+2x2=32×6
【答案】A
【解析】
小路的宽为x米，则6个矩形区域可合成长（20-2x）米，宽（14-x）米的矩形，根据矩形的面积公式，即可得出关于x的一元二次方程．
解：6个矩形区域可合成一个长为（20-2x）米，宽为（14-x）米的矩形，
依题意得：（20-2x）（14-x）=32×6.
故选：A．

选择题
如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F，且∠EOF=90°，OC、EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②△OGE∽△FGC；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的（略） ;④DF2+BE2=OG·OC．其中正确的是( )
（略）
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】C
【解析】
根据正方形的性质和已知条件易证①；根据①的结论得到OE=OF，则△OEF为等腰直角三角形，则∠OEG=∠FCG=45°，即可证明②；根据全等三角形的性质可得S△DOF=S△COE ， 进而证明③；易证△OEG∽△OCE，则可得OE2=OC·OG，根据勾股定理可得CF2+CE2=EF2 ， EF2=2OE2 ， 进行等量代换后对④进行判断．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OD，∠ODF=∠OCE，∠COD=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠DOF=∠COE，
∴△DOF≌△COE，
故①正确；
∵△DOF≌△COE，
∴OE=OF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠OEG=45°，
∴∠OEG=∠FCG=45°，∠OGE=∠CGF,
∴△OGE∽△FGC ，
故②正确；
∵△DOF≌△COE，
∴S△DOF=S△COE ，
∴S四边形CEOF=S△COD=（略）S正方形ABCD ，
故③正确；
∵∠OEG=∠OCE=45°，∠COE共用，
∴△OEG∽△OCE，
∴（略） ，
∴OE2=OC·OG，
在直角△CEF中，根据勾股定理得CF2+CE2=EF2 ，
∵△DOF≌△COE，
∴CE=DE，BE=CF，
∴DF2+BE2=EF2 ，
在等腰直角三角形中，EF2=2OE2 ，
∴DF2+BE2=2OC·OG，
故④错误，
综上可知正确的有3个．
故答案为：C．

选择题
如图，CE是□ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E、连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论：①四边形ACBE是菱形；②∠ACD＝∠BAE；③AF：BE＝2：3；④S四边形AFOE：S△COD＝2：3．其中正确的结论有（　　）个．
（略）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
根据菱形的判定方法、平行线分线段成比例定理、直角三角形斜边中线的性质一一判断即可.
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵EC垂直平分AB，
∴OA＝OB＝（略）AB＝（略）DC，CD⊥CE，
∵OA∥DC，
∴（略）＝（略）＝（略）＝（略），
∴AE＝AD，OE＝OC，
∵OA＝OB，OE＝OC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵AB⊥EC，
∴四边形ACBE是菱形，故①正确，
∵∠DCE＝90°，DA＝AE，
∴AC＝AD＝AE，
∴∠ACD＝∠ADC＝∠BAE，故②正确，
∵OA∥CD，
∴（略）＝（略）＝（略），
∴（略）＝（略）＝（略），故③错误，
设△AOF的面积为a，则△OFC的面积为2a，△CDF的面积为4a，△AOC的面积＝△AOE的面积＝3a，
∴四边形AFOE的面积为4a，△ODC的面积为6a
∴S四边形AFOE：S△COD＝2：3．故④正确，
故选：C．

填空题
使（略）在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是___．
【答案】x≤3且x≠0
【解析】
二次根式有意义的条件是二次根式中的被开方数是非负数．如果所给式子中含有分母，则除了保证被开方数为非负数外，还必须保证分母不为零．
解：使（略）在实数范围内有意义，则
3－x≥0，x≠0，
∴实数x的取值范围是x≤3且x≠0，
故答案为：x≤3且x≠0．

填空题
把一个长方形按如图方式划分成三个全等的小长方形，每一个小长方形与原长方形相似，若小长方形的宽为2，则原长方形的宽x为________．
（略）
【答案】（略）
【解析】
根据相似图形的对应边相等即可得到关于x的方程，求解即可.
根据题意得（略），
解得x=2（略）（负值舍去），
故原长方形的宽为2（略）.
故答案为：2（略）

填空题
关于x的方程x(x-1)+3(x-1)=0的解是________．
【答案】x1=-3，x2=1
【解析】
根据因式分解法解一元二次方程．
x(x-1)+3(x-1)=0 ，
（x-1）（x+3）=0，
解得x1=-3，x2=1．

填空题
若3<a<5，则（略） +|5-a|=________．
【答案】2
【解析】
根据二次根式的性质（略）和去绝对值的方法先化简，再合并同类项．
解：∵3＜a＜5，
∴ （略） +|5-a|
=a-3+5-a
=2．

填空题
如图，在△ABC与△AED中，（略） ,添加一个条件，使△ABC与△AED相似，这个条件可以是________．
（略）
【答案】∠B=∠E（答案不唯一）．
【解析】
根据两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可得添加条件：∠B=∠E．
添加条件：∠B=∠E；
∵（略），∠B=∠E，
∴△ABC∽△AED，
故答案为：∠B=∠E（答案不唯一）．

填空题
我国古代数学著作《九章算术》中记载：“今有方不知大小，各开中门，出北门四十步有木，出西门八百一十步见木，问：邑方几何？”译文：如图，一座正方形城池北、西边正中A、C处各开一道门，从点A往正北方向走40步刚好有一棵树位于点B处，若从点C往正西方向走810步到达点D处时正好看到此树，则正方形城池的边长为________步．
（略）
【答案】360
【解析】
根据正方形的性质可得AE（略）CD，AE=CE，则有△ABE∽△CED，根据相似三角形的性质得（略）， 不妨设正方形的边长为2x，则AE=CE=x，求出x的值进而可确定出正方形的边长．
解：设正方形的边长为2x步，根正方形的性质可得AE（略）CD，AE=CE=x步，
∵AE（略）CD，
∴△ABE∽△CED，
∴（略），
∴（略），解得x=180（负值舍去）.
∴2x=360．
∴正方形的边长为360步．
故答案为：360．

解答题
计算
（1）（略）
（2）(（略）-5)（6+（略））-(3-（略）)+(（略）)
【答案】（1）（略）；（2）（略）
【解析】
（1）由二次根式的性质和运算法则进行化简，再合并同类项即可；
（2）先根据多项式乘法法则、去括号法则和二次根式的性质进行化简，再合并同类二次根式．
解：（1）（略）
=（略）
=（略）
（2）( （略） -5)（6+ （略） ）-(3- （略） )+( （略） )
=（略）
=（略）

解答题
用指定的方法解方程：
（1）2x2-5x+3=0(用公式法解方程)
（2）3x²-5=6x(用配方法解方程)
【答案】（1）x1=（略） ， x2=1；（2）x1=1+（略），x2=1-（略）
【解析】
（1）方程利用公式法求出解即可；
（2）先对方程进行移项，即将含x的项移到等号的左边，将常数项移到等号的右边，再将二次项的系数化为1，然后给等式两边同时加上一次项系数一半的平方，再将等号左边写成平方的形式，进而求解.
（1）2x2-5x+3=0，
a=2，b=-5，c=3，
所以x1=（略）， x2=（略）；
（2）3x²-5=6x，
3x²-6x=5 ，
x2-2x=（略），
x2-2x+1=（略），
（x-1）2=（略），
x-1=±（略），
解得x1=1+（略） ， x2=1-（略）.

解答题
如图，在菱形ABCD中，AE⊥AD交BD于点E，CF⊥BC交BD于点F.
（1）证明：△ADE≌△CBF ；
（2）连接AF、CE，四边形AECF是菱形吗？说明理由．
（略）
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AECF是菱形，理由见解析.
【解析】分析：（1）根据平行线性质得出∠ADB=∠CBD，求出∠EAD=∠BCF =90°，根据ASA证出△ADE≌△CBF即可；（2）连接AC，由菱形的性质可得AC⊥BD，再由△ADE≌△CBF可得∠AED=∠BFC，再由“对角线互相垂直的平行四边形”即可得到结论.．
详解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD=BC ，AD∥BC ，∴∠ADB=∠CBD.
∵AE⊥AD ∴∠EAD=（略）， 同理∠BCF=（略）.
∴∠EAD=∠BCF.
在△AED和△CFB中
∠ADB=∠CBD，AD=BC，∠EAD=∠BCF，
∴△ADE≌△CBF.
（略）
（2）四边形AECF是菱形.
连接AC，∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即AC⊥EF.
由（1）△ADE≌△CBF，∴AE=CF ，∠AED=∠BFC，∴AE∥CF ，
∴四边形AECF是菱形.

解答题
如图，在△ABC中，BC的垂直平分线分别交BC、AC于点D、E，BE交AD于点F，AB=AD．
（略）
（1）判断△FDB与△ABC是否相似，并说明理由；
（2）若AF=4，求AB的长．
【答案】（1）相似，理由见解析；（2）8
【解析】
（1）根据线段垂直平分线的性质可得BE=CE，已知AB=AD，根据等边对等角即可得到两组相等的角，进而证明三角形相似；
（2）根据相似三角形的性质可得（略） ， 再结合AB=AD、BD=CD即可计算出AB的长．
（1）相似
理由：∵DE垂直平分BC，
∴BE=CE，
∴∠EBD=∠ECB，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴△ABC∽△FDB；
（2）∵△ABC∽△FDB，
∴（略），
∵DE垂直平分BC，
∴BD=CD，
又∵AB=AD，
∴（略），
∴（略），
∵AF=4，
∴AB=AD=8．

解答题
在全国人民的共同努力下，新冠疫情防控得到有效控制，复工复产后，某玩具经销商在销售中发现：某款进价为每个30元的玩具，若以每个40元销售，一个月能售出400个，销售单价每涨1元，月销售量就减少10个，请回答以下问题：
（1）若上涨a元，则销量为________个．
（2）若月销售利润定为6000元，且尽可能让利消费者，销售单价应定为多少元？
（3）由于资金问题，月销售成本不超过9000元(没有库存积压)，销售单价至少定为多少元？
【答案】（1）（400-10a）；（2）销售单价应定为50元；（3）销售单价至少应定为50元.
【解析】
（1）根据销售单价每涨1元，月销售量就减少10个可算出涨价之后少售出的，再用之前卖的减去即可；
（2）可设上涨了a元，则每件的利润为“售价-进价”，再根据“每件的利润×销售量=销售利润”列方程求解，注意为了尽可能让利消费者，则应尽量少涨价格；
（3）设销售单价为x元，根据“每件的进价×销售量≤9000”列式求解即可.
（1）因为销售单价每涨1元，月销售量就减少10个，当上涨a元时，销售量减少10a，可得出销售量为400-10a．
故答案为（400-10a）个．
（2）解：设上涨了a元，根据题意得
（40+a-30）（400-10a）=6000，
整理得a2-30a+200=0，
解得a1=10，a2=20，
由于要尽量让利消费者，故a=10，
则销售单价为40+10=50（元）.
答：销售单价应定为50元.
（3）解：设销售单价为x元，根据题意得
30×[400-10（-40）]≤9000
解得 x≥50 .
答：销售单价至少应定为50元.

解答题
如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC中点，AE∥BD，O是CE的中点．
（略）
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）连接CE交AB于点F，若BE=（略） ，AE=2，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）（略）
【解析】
（1）通过△AEO≌△DCO得到AE=CD，结合BD=CD可得AE=BD，即可证明四边形AEBD是平行四边形，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明；
（2）先利用勾股定理计算出EC的长，证明△AEF∽△BCF可得（略），进而得到EF与EC的关系，即可求得EF的长．
（1）证明：∵O是CE的中点，
∴OE=OC，
∵AE∥BD，
∴∠AEO=∠DCO，∠EAO=∠CDO，
∴△AEO≌△DCO，
∴AE=CD，
∵D是BC的中点，AB=AC，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴AE=BD，
∵AE=BD，AE∥BD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
又∵AD⊥BC，即∠ADB=90°，
∴四边形AEBD是矩形；
（2）∵AE=2，
∴BC=4，
∵四边形AEBD是矩形，
∴∠EBC=90°，
∵BE=2（略），BC=4，
∴EC=2（略），
∵AE∥BC，
∴△AEF∽△BCF，
∴（略），
∴EF=（略）EC=（略）.

解答题
如图，在矩形ABCD中，E是BD上的一点，∠BAE=∠BCE，∠AED=∠CED，点G是BC，AE延长线的交点，AG与CD相交于点F．
（略）
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）当AE=3EF，DF=（略）时，求GF的长．
【答案】（1）见解析；（2）（略）
【解析】
（1）由题意，证明△BEC≌△BEA，可得AB=CB，又由四边形ABCD是矩形，即可证得四边形ABCD是正方形；
（2）在正方形ABCD中，AB∥CD，得到△AEB∽△FED，求出CF=（略），CD=4，然后得到CG=2AD=8，根据勾股定理即可得到结论．
（1）证明：∵∠AED=∠CED，
∴∠AEB=∠CEB，
又∵∠BAE=∠BCE，BE=BE，
∴△BEC≌△BEA，
∴AB=CB，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形.
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB=CD=AD，AD∥BC，
∴△ABE∽△FDE，
∴（略） ，
∵AE=3EF，
∴AB=3DF，
∴CD=3DF，
∴DF:CF=1：2，
∵DF=（略） ，
∴CF=（略） ， CD=4，
∵AD∥BC，
∴△ADF∽△GCF，
∴（略） ，
∴CG=8，
在直角△CGF中，GF=（略）=（略）.