2024-2025学年山东省淄博市张店区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东省淄博市张店区八年级（下）期末数学试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.36等于(

)A.±3 B.3 C.±6 D.62.如图，在△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，且EF//BC.若AE=2，BE=4，AF=1，则FC的长是(

)A.12 B.1C.2 D.33.下列运算结果正确的是(

)A.3+2=32 B.54.如图，△ABC∽△A′B′C′.若∠B=66°，则∠B的对应角∠B′的大小为(

)A.65°

B.66°

C.67°

D.68°5.如表是代数式x2+12x−15x1.11.21.31.4x−0.590.842.293.76根据表格中的数据，则关于方程x2+12x−15=0的一个正根x1A.x1<1.1 B.1.1<x1<1.2 6.如图，在9×6的正方形网格中，△ABC与△DEF(两个三角形的顶点都在该网格的格点上)是位似三角形.若取格点P，Q，M，N，则其中是这两个三角形的位似中心的是(

)A.P

B.Q

C.M

D.N7.如图，在矩形ABCD中，摆放着正方形ADFE(点E在AB上)和正方形EHGB(点G在BC上)，延长GH交AD于点R.若S正方形ADFE=28，S正方形EHGB=12，则阴影部分矩形RDCG的面积等于A.15 B.16 C.17 D.188.已知四边形ABCD是菱形，其两边AB，BC的长是关于x的一元二次方程4x2−4mx+2m=1的两个实数根，则m的值为A.−1 B.−12 C.129.我国古代数学家赵爽(公元3～4世纪)在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程正根的几何解法，以方程x2+2x−8=0即x(x+2)=8为例说明，记载的方法是：构造如图，大正方形的面积是(x+x+2)2，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×8+22，因此(x+x+2)2=4×8+A. B.

C. D.10.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点P在对角线BD上，连接AP，过点P作AP的垂线交边BC于点Q，交AB的延长线于点E.若EQ=2PQ，则EP的长度为(

)A.8 B.221 C.10 二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。11.要使x−2有意义，则x的取值应满足的条件是______．12.设x1，x2是方程x2−2x−1=0的两个实数根，则13.物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特性实现图象投影的方法.如图，燃烧的蜡烛(竖直放置)AB经小孔O在屏幕(竖直放置)上成像A′B′，设AB=36cm，A′B′=24cm，小孔O到AB的距离为30cm，则小孔O到A′B′的距离为______cm．14.如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4.点E为对角线BD上异于D的一点，以AE，DE为邻边作平行四边形AEDF，则线段EF的最小值是______．15.如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，E，F分别是边AB，AD上的点，将△AEF沿EF翻折.若使得点A的对应点A′恰好落在该菱形的一条边上，且DA′=1，则AE=______．三、解答题：本题共8小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题10分)

(1)计算：32−312+2；

(2)17.(本小题10分)

解方程：

(1)x2−2x+1=4；

18.(本小题10分)

如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D．

(1)求证：△ACD∽△CBD；

(2)若CD=2，BD=1，求AD19.(本小题10分)

阅读下列材料：

12+1=1×(2−1)(2+1)(2−1)=2−1；

13+2=1×(320.(本小题12分)

某水果商场经销一种高档水果，原价每千克50元．

(1)连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同．求每次下降的百分率；

(2)若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，商场决定采取适当的涨价措施，但商场规定每千克涨价不能超过8元，若每千克涨价1元，日销售量将减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，那么每千克应涨价多少元？21.(本小题12分)

如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为AB边上一点，过点D作DF⊥BC于点F，过点C作MN//AB，交DF延长线于点E．

(1)求证：CE=AD；

(2)如图2，当D为AB边中点时，连接CD，BE．

①求证：四边形BECD是菱形；

②当∠A为多少度时，四边形BECD是正方形？并请说明理由．

22.(本小题13分)

下面是爱思考的小颖同学在学习了一元二次方程的解法之后，又探索发现了一元二次方程的另一种解法.请认真阅读小颖同学的解法，并完成下面的相关任务．

【阅读材料】

解方程：x(x+4)=6．

小颖同学的解法：将原方程变形，得(x+0)(x+4)=6，

再变形，得[(x+2)−2][(x+2)+2]=6，

所以，(x+2)2−22=6，

所以，(x+2)2=6+22，

所以，(x+2)2=10，

直接开平方并整理，得x1=−2+10,x1=−2−10．

所以，原方程的解为x1=−2+10,x1=−2−10．

【用以致学】

请运用小颖同学的解法解下列方程：

23.(本小题13分)

【问题情境】

小明学习了正方形的相关知识之后，在一次“综合与实践”课上对正方形进行了更加深入的探究性学习.如图1，P是边长为4的正方形ABCD的边AD上的一个动点(点P不与顶点A，D重合)，连接CP(设∠BCP=α)，将线段CB绕点C顺时针旋转2α角，得到线段CB′，连接B′D并延长交射线CP于点E，连接AE．

【初步探究】

(1)若α=60°，则∠B′=______度；

(2)在(1)的条件下，连接BE，请直接写出线段BE与线段B′E之间的数量关系和位置关系；

【深入探究】

(3)如图2，随着点P的运动，旋转角度2α的大小也在发生变化，小明发现：在点P运动的过程中，始终存在B′D=2AE.请证明B′D=2AE；

【拓展延伸】

(4)如图3，连接AB′，取AB′的中点F，连接CF，DF，小明又发现：在点P运动的过程中，22CF+DF参考答案1.D

2.C

3.C

4.B

5.B

6.A

7.B

8.D

9.A

10.D

11.x≥2

12.3

13.20

14.12515.3或7216.(1)原式=42−322+2

=722；

(2)∵x=2−3,y=2+3，

∴x+y=4，xy=4−3=1，

∴x2+xy+y2

=(x+y)2−xy

=42−1

=15．

17.(1)x2−2x+1=4，

配方得，(x−1)2=4，

解得，x−1=±2，

所以，原方程的解为x1=3，x2=−1；

(2)2x2+3x−2=0，

因式分解得，(x+2)(2x−1)=0，

解得，x+2=0或2x−1=0，

所以，原方程的解为x1=−2,x2=119.(1)17+6=7−6(7+6)(7−6)=7−6；

故答案为：7−6；

(2)当n为正整数时，1n+1+n=n+1−n(n+1+n)(n+1−n)=n+1−21.(1)证明：∵DE⊥BC，

∴∠DFB=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠ACB=∠DFB，

∴AC//DE，

∵MN//AB，

即CE//AD，

∴四边形ADEC是平行四边形，

∴CE=AD．

(2)①证明：∵D为AB的中点，

∴AD=BD，

∵CE=AD，

∴BD=CE，

∵BD//CE，

∴四边形BECD是平行四边形，

∵∠ACB=90°，D为AB的中点，

∴CD=BD，

∴四边形BECD是菱形．

②解：当∠A=45°时，四边形BECD是正方形，理由如下：

∵∠ACB=90°，∠A=45°，

∴∠ABC=∠A=45°，

∴AC=BC，

∵D为BA的中点，

∴CD⊥AB，

∴∠CDB=90°，

又∵四边形BECD是菱形，

∴四边形BECD是正方形．22.(1)将原方程变形，得[(x+4)−2][(x+4)+2]=5，

∴(x+4)2−22=5，

∴(x+4)2=5+22，

∴(x+4)2=9，

直接开平方并整理，得x1=−1，x2=−7，

∴原方程的解为x1=−1，x2=−7；

(2)将原方程变形，得[(x−1)−2][(x−1)+2]=12，

∴(x−1)2−22=12，

∴(x−1)2=12+22，23.(1)解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD=4，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，

∵∠BCP=α=60°，线段CB绕点C顺时针旋转2α角，得到线段CB′，

∴∠DCP=∠BCD−∠BCP=90°−60°=30°，∠BCB′=2α=120°120°，BC=B′C，

∴∠DCB′=∠BCB′−∠BCD=120°−90°=30°，B′C=DC，

∴∠B′=∠CDB′=12(180°−∠DCB′)=12×(180°−30°)=75°，

故答案为：75；

(2)解：BE=B′E，BE⊥B′E，理由如下：

如图所示，连接BE，

由(1)得，AB=BC=CD=AD=CB′=4，∠BCP=α=60°，∠DCP=∠DCB′=30°，∠CB′D=75°，

∴∠B′CE=60°=∠BCE，

在△BEC与△B′EC中，

BC=B′C∠BCE=∠B′CECE=CE，

∴△BEC≌△B′EC(SAS)，

∴BE=B′E，∠BEC=∠B′EC，

在△CB′E中，∠CEB′=180°−∠PCB′−∠CB′E=180°−60°−75°=45°，

∴∠BEC=∠B′EC=45°，

∴∠BEB′=90°，即BE⊥B′E；

(3)证明：如图所示，连接BE，过点A作AL⊥AE交BE于点L，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=BC，

∴∠BAD=∠LAE=90°，

∴∠BAD−∠DAL=∠LAE−∠DAL，即∠BAL=∠DAE，

由旋转知∠BCP=α，∠BCB′=2α，BC=B′C，

∴∠BCE=∠B′CE=α，CD=CB′，

∴∠CDB′=∠B′，

在△BEC与△B′EC中，

BC=B′C∠BCE=∠B′CECE=CE，

∴△BEC≌△B′EC(SAS)，

∴BE=B′E，∠EBC=∠B′，

∴90°−∠EBC=90°−∠B′，

∴90°−∠EBC=90°−∠CDB′，

∴∠ABL=∠ADE，

在△ABL与△ADE中，

∠BAL=∠DAEAB=AD∠ABL=∠ADE，

∴△ABL≌△ADE(ASA)，

∴AL=AE，BL=ED，

∴△AEL是等腰直角三角形，

∴EL=2AE，

∵BE=B′E，BL=ED，

∴BE−BL=B′E−ED，即EL=B′D，

∴B