第十六章 二次根式综合自检卷（含解析）

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2023-2024学年人教版数学八年级下册第十六章二次根式综合自检卷
一、单选题
1．下列根式是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各式计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，，则与的关系是（ ）
A．互为相反数 B．相等 C．互为倒数 D．互为负倒数
4．若〇表示运算符号“”“”“”“”中的一种，且的结果是有理数，则〇可以表示的运算符号是（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
5．，则x的值可以是（ ）．
A．3 B． C．2 D．
6．已知，则的值为（　　）
A． B． C．12 D．18
7．如图，在矩形中无重叠放入面积分别为和的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为（　　）
A． B．
C． D．
8．在解决问题“已知，，用含a，b的代数式表示”时，甲的结果是；乙的结果是；丙的结果是，则下列说法正确的是（ ）
A．甲对 B．乙、丙对 C．甲、乙对 D．甲、乙、丙都对
二、填空题
9．化简： ．
10．计算： ．
11．要使式子有意义，则x的取值范围是
12．已知的整数部分为a，小数部分为b，则=
13．比较大小： ．（填“”、“”或“”）
14．观察下列数据，，，，，，，，根据数据排列的规律，第个数据是 ．
15．我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《九章算术》一书中，给出了下面的公式：如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，则该三角形的面积为．如果的三边长a，b，c分别为5，12，13，则该三角形的面积为 ．
16．阅读与计算：阅读以下材料，并完成相应的任务：斐波那契（约1170～1250）是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列（按照一定顺序排列着的一列数称为数列），后来人们研究它的过程中，发现了许多意想不到的结果，在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰好是斐波那契数列中的数，斐波那契数列还有很多有趣的性质，在实际生活中也有广泛的应用．
斐波那契数列中的第个数可以用表示（其中），这是用无理数表示有理数的一个范例，请计算斐波那契数列中的第2个数的值是 ．
三、解答题
17．计算：．
18．设，．
(1)求，的值；
(2)求，的值．
19．阅读理解：已知，求代数式的值．佳佳的做法是：根据得，，得．把作为整体代入，得．即：把已知条件适当变形，再整体代入解决问题．
请你用上述方法解决下列问题：
(1)已知，求代数式的值；
(2)已知，求代数式的值．
20．先化简，再求值：，其中，．
21．观察下列运算过程：
①
②
…
(1)根据上述规律，猜想：＝______（为正整数），并证明你的结论；
(2)利用上面所提供的解法，化简：
．
22．材料阅读
材料一：两个含有二次根式且非零的代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式．
例如：，，我们称的一个有理化因式是，的一个有理化因式是．
材料二：如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化．
例如：，．
请你仿照材料中的方法探索并解决下列问题：
(1)填空：的有理化因式是_____________．（写出一个即可）
(2)化简：．
(3)比较与的大小，并说明理由．（提示：逆向运用分母有理化）
参考答案：
1．B
【分析】本题主要考查了对最简二次根式的理解，被开方数不含有能开的尽方的因式或因数，被开方数不含有分数的二次根式叫做最简二次根式，据此求解即可．
【详解】解：A、，不是最简二次根式，不符合题意；
B、，是最简二次根式，符合题意；
C、，不是最简二次根式，不符合题意；
D、，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
2．D
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，掌握相关运算法则是解题关键．
【详解】解：A．不是同类二次根式，不能进行加减计算，故A错误；
B．，故B错误；
C．，故C错误；
D．，故D正确；
故选：D
3．A
【分析】本题考查了分母有理化和相反数，根据分母有理化的方法求得的值，即可求解，熟练掌握相反数的定义和分母有理化的方法，进而求得的值是解题的关键．
【详解】解：，
∴，
∴与互为相反数，
故选：．
4．B
【分析】本题考查了二次根式的运算，利用二次根式的运算法则，逐个进行计算是解题关键．
【详解】解：，，
，，
∴〇可以表示的运算符号是或，
故选B．
5．A
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件、分式有意义的条件等知识点，掌握二次根式有意义的条件（被开方数大于等于零）是解题的关键；分式的分母不等于零是易错点．
根据二次根式有意义的条件、分式有意义的条件列不等式组，求解得到x的取值范围，进而完成解答．
【详解】解：由题意可得：
，解得：，则选项A符合题意．
故选A．
6．B
【分析】本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数是非负数是解题的关键．根据非负性求出的值即可得到答案．
【详解】解：由题意得：，
解得，
，
，
，
故选B．
7．D
【分析】本题考查了算术平方根的应用，二次根式的化简与性质；关键是求出两个正方形的边长．由题意利用算术平方根求出两个正方形的边长，则可表示出长方形的长与宽，则可求得空白部分的面积．
【详解】解：∵两张正方形纸片的面积分别为和，
∴它们的边长分别为，，
∴，，
∴空白部分的面积
．
故选：D．
8．D
【分析】本题考查了二次根式的乘法与除法，二次根式的性质，熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键．把，分别代入甲，乙，丙计算的结果验证即可．
【详解】解：∵，，
∴，故甲正确，
，故乙正确；
，故丙正确；
故选：D．
9．
【分析】本题考查二次根式的性质，分母有理化．根据二次根式的性质，进行化简即可．
【详解】解：；
故答案为：．
10．
【分析】本题考查二次根式的加减运算，掌握二次根式的加减运算法则，即可解题．
【详解】解：，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，能熟记二次根式有意义的条件（式子中是解此题的关键．根据二次根式有意义的条件得出，再求出的范围即可．
【详解】解：要使式子有意义，必须，
解得：．
故答案为：．
12．
【分析】本题主要考查了无理数的估算，二次根式的乘法计算，平方差公式，先估算出，进而得到，，据此代值计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴的整数部分为2，即，
∴的小数部分为，即，
∴
，
故答案为：7．
13．
【分析】本题考查了算术平方根和二次根式的大小比较，能选择适当的方法比较两个数的大小是解此题的关键．先把根号外的因式移入根号内，再比较即可．
【详解】解： ， ，
∵，
∴
∴，
故答案为：．
14．
【分析】此题考查了数字规律，通过观察可知，归纳规律即可，解题的关键是通过观察，善于归纳总结．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
观察可知：被开方数为，
∴第个数据是，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了化简二次根式，根据题意把代入求解即可．
【详解】解：由题意得，
，
故答案为：．
16．1
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，将代入式子进行计算即可，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解此题的关键．
【详解】解：当时，，
故答案为：．
17．4
【分析】本题考查了平方差公式，二次根式的乘法，算术平方根．先根据平方差公式，二次根式的乘法，算术平方根计算，然后进行加减运算即可．
【详解】解：
．
18．(1)，
(2)5，20
【分析】本题主要考查二次根式的加减与乘除，解题的关键是能够熟练地运用二次根式的运算法则以及能有熟练地运用完全平方公式．
（1）分别将a，b代入，中计算即可；
（2）先利用完全平方公式整理，再将a，b代入计算即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
；
（2）解：∵，，
∴
，
．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查代数式求值，二次根式的运算．理解并掌握题干中的解题方法，利用整体代入法求解，是解题的关键．
（1）根据，得到，进而得到，整体代入求值即可；
（2）根据，推出，利用整体代入求值即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
．
20．，2
【分析】本题考查的知识点是整式的混合运算化简求值以及分式的分母有理化，掌握整式的混合运算的运算法则是解此题的关键．先利用完全平方公式，平方差公式，以及单项式乘多项式的运算法则计算化简中括号中的内容，再进行除法运算，最后再代入求值即可．
【详解】解：原式
．
当，时，
原式
21．(1)，证明见解析
(2)
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，分母有理化，规律型：数字的变化类，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
（1）根据已知算式得出规律即可；
（2）根据（1）中得出的规律进行变形，再根据二次根式的加法法则进行计算即可．
【详解】（1）解：猜想，故答案为：；
证明：
；
（2）解：
．
22．(1)（答案不唯一）
(2)
(3)，见解析
【分析】本题考查了分母有理化，平方差公式．熟练掌握分母有理化，平方差公式是解题的关键．
（1）根据题干求解作答即可；
（2）根据，计算求解即可；
（3）由题意知，，，由，可判断与的大小．
【详解】（1）解：由题意知，的有理化因式是，
故答案为：；
（2）解：
；
（3）解：，理由如下；
由题意知，，，
∵，
∴，即．
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