第16章 二次根式单元测试提升卷二（含解析）

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2023-2024学年数学八年级二次根式（沪科版）
单元测试 提升卷二 含解析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
评卷人得分
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（本题3分）下列各组二次根式中，不是同类二次根式是（ ）
A．与 B．与 C．与 D．与
3．（本题3分）下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A． B． C． D．
4．（本题3分）下面计算中正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（本题3分）等式成立的条件是（ ）
A． B． C．或 D．
6．（本题3分）若，则的结果是（　　）
A．a B． C． D．
7．（本题3分）下列选项中，化简正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（本题3分）估算的值应在（ ）
A．1到2之间 B．2到3之间 C．3到4之间 D．4到5之间
9．（本题3分）已知，则代数式的值为（ ）
A． B． C． D．
10．（本题3分）若，，则a与b的大小关系是（ ）
A．a>b B．a评卷人得分
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）不等式的解集是
12．（本题3分）计算：
13．（本题3分）请写出一个的值，使有意义，则 ．
14．（本题3分）已知，则的立方根为 ．
15．（本题3分）若，则，，，按从小到大的顺序排列为 ．
16．（本题3分）函数中，自变量x的取值范围是 ．
17．（本题3分）已知的小数部分为a．则 ．
18．（本题3分）函数的自变量的取值范围是 ．
评卷人得分
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）计算：
(1)； (2)．
20．（本题8分）计算：
(1)； (2)．
21．（本题10分）[阅读材料]把分母中的根号化去，使分母转化为有理数的过程，叫做分母有理化．通常把分子、分母同时乘以同一个不等于0的数，以达到化去分母中根号的目的．
例如：化简．解：．
[理解应用]
(1)化简：；
(2)若是的小数部分，化简
(3)化简：
22．（本题10分）已知实数在数轴上如图所示，，
(1)化简；
(2)当，时，求的值．
23．（本题10分）已知 ，求代数式 的值．
24．（本题10分）已知实数、、在数轴上的位置如图所示，化简：．
25．（本题10分）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点，且．C为线段上一点，轴于点的平分线交x轴于点E．
(1)直线的函数表达式为___________；
(2)若，求出点C的坐标；
(3)在（2）的条件下，在线段上有一动点M，在y轴上有一动点N，连接，那么的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】本题考查最简二次根式的判定条件：①被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；②被开方数的因数是整数，因式是整式．由此逐项判断即可得出答案．
【详解】解：A、，不是最简二次根式，故不符合题意；
B、，是最简二次根式，故符合题意；
C、，不是最简二次根式，故不符合题意；
D、，不是最简二次根式，故不符合题意；
故选：B．
2．D
【分析】本题考查同类二次根式的识别，几个二次根式化简成最简二次根式后，如果被开方数相同，这几个二次根式叫做同类二次根式．根据定义逐个判断即可．
【详解】解：A，，，因此与是同类二次根式，不合题意；
B，，，因此与是同类二次根式，不合题意；
C，，，因此与是同类二次根式，不合题意；
D， ，因此与不是同类二次根式，符合题意；
故选D．
3．D
【分析】根据最简二次函数的特征：被开方数不含分母，不含能开方开的尽的因式或因数，进行判断即可．
【详解】解：A、被开方数含有分母，不符合题意；
B、，不是最简二次根式，不符合题意；
C、，不是最简二次根式，不符合题意；
D、，是最简二次根式，符合题意；
故选D．
4．B
【分析】本题考查了合并同类项、二次根式的混合运算以及单项式除以单项式等 ，掌握相关运算法则是解题的关键．先根据相关性质内容逐项分析计算，即可作答．
【详解】解：A、不是同类项，故不能合并，所以该选项是错误的；
B、，所以该选项是正确的；
C、，所以该选项是错误的；
D、，所以该选项是错误的；
故选：B
5．B
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，二次根式有意义的条件，利用二次根式的性质列出不等式组，解不等式组即可得出结论，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
【详解】解：由题意得，，
∴，
故选：．
6．A
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，有理数的大小比较以及绝对值，熟练掌握二次根式的化简是解题的关键．先化简二次根式，再利用得到即可得到答案．
【详解】解：，
．
故选：A．
7．B
【分析】本题主要考查了二次根式的性质、乘方等知识点，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
根据二次根式的性质与化简以及乘方逐项判断即可．
【详解】解：A、，故此选项错误，不符合题意；
B、，故此选项正确，符合题意；
C、，故此选项错误，不符合题意；
D、，故此选项错误，不符合题意．
故选：B．
8．A
【分析】本题考查二次根式的运算及无理数的估算，将原式计算后估算其大小即可．
【详解】解：原式，
，
，
，
即原式的值在1到2之间，
故选：A．
9．C
【分析】根据已知，得到，整体思想带入求值即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴
．
故选C．
【点睛】本题考查二次根式的化简求值．熟练掌握二次根式的运算法则，利用整体思想进行求解，是解题的关键．
10．B
【分析】先利用二次根式的混合运算化简a和b，再根据二次根式的估算比较即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵
，
，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的估算以及二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
11．
【分析】本题考查求不等式的解集，二次根式的混合运算，根据解不等式的步骤以及二次根式的运算法则，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：
12．
【分析】本题考查二次根式的混合运算，根据混合运算法则，进行计算即可．
【详解】解：原式；
故答案为：．
13．5（答案不唯一）
【分析】本题考查二次根式有意义的条件．由被开方数能求出的范围，再写出范围内的其中一个值即可．
【详解】要使有意义，
则，
即，
故的值可以是5．
故答案为：5（答案不唯一）．
14．
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件以及求一个数的立方根，根据二次根式有意义的条件可求出a的值，进而可求出b的值，然后即可求出答案．
【详解】解：根据题意可得：和，
解得：，
则原等式为：，
解得：，
∴的立方根为．
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了二次根式的性质，实数的大小比较，熟练掌握有理数大小比较方法是解题的关键．
根据的取值范围，设，分别求出，，的值，比较大小即可求解．
【详解】解：∵，
∴设，
则，故，
，，
∵，，，
∴；
即．
故答案为：．
16．
【分析】本题主要考查二次根式的性质和分式有意义的条件，熟练掌握知识点是解题的关键．根据题意列出不等式即可得到答案．
【详解】解：，
解得，
故答案为：．
17．/
【分析】本题考查了分式的混合运算，无理数的估算，分母有理化，先根据分式的运算法则把所给代数式化简，再求出a的值，然后代入化简后的结果计算即可．
【详解】解：
，
∵，
∴的整数部分3，
∴．
∴．
故答案为：．
18．且且
【分析】本题考查确定函数自变量取值范围．熟练掌握负整指数幂有意义的条件，二次根式有意义的条件，分式有意义的条件是解题的关键．
根据题意得不等式组求解即可．
【详解】解：根据题意，得
且且．
故答案为：且且．
19．(1)
(2)
【分析】本题主要考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的运算是解题的关键；
（1）根据二次根式的加减运算可进行求解；
（2）根据二次根式的混合运算及负指数幂可进行求解
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
20．(1)
(2)
【分析】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
（1）直接化简二次根式，再合并得出答案；
（2）先利用平方差公式进行乘法运算，同时进行除法运算后化简，进而得出答案；
【详解】（1）解：
；
（2）解：
．
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）原式分子分母同时乘以有理化因式，化简即可；
（2）求出的整数部分，进而表示出小数部分确定出a，代入原式分母有理化计算即可；
（3）原式各项进行分母有理化，计算即可求出值．
【详解】（1）解：（1）
；
（2）∵a是的小数部分，且，
∴，
∴；
（3）
．
【点睛】本题考查了分母有理化、二次根式的混合运算、平方差公式和估算无理数的大小，熟练掌握平方差公式和二次根式的混合运算是解题的关键．
22．(1)
(2)的值为
【分析】本题考查了由数轴判断式子的符号、绝对值的性质、二次根式的化简及运算，采用数形结合的思想是解此题的关键．
（1）由图可知：，，，从而得到，，再根据绝对值的性质和二次根式的性质化简即可得出答案；
（2）将，代入（1）中的式子，计算即可得出答案．
【详解】（1）解：由图可知：，，，
，，
；
（2）解：当，时，
则．
23．
【分析】本题考查二次根式的化简求值，先化简代数式，再将进行分母有理化后的值代入，计算即可．
【详解】解：原式，
∵，
∴，
∴原式．
24．化简得a
【分析】本题主要考查了数轴，二次根式的性质，绝对值的意义，利用数轴确定出的符号，再利用绝对值的意义化简运算即可，利用数轴确定出的符号是解题的关键．
【详解】由题意得：，
，
∴
．
25．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求解，再利用30度角的直角三角形的性质与勾股定理求解，可得，可得直线的解析式；
（2）设，证明，，由，可得，可得，再求解即可；
（3）如图，取的中点，连接，，作关于轴的对称点，连接，证明，可得，当，，，四点共线时，取最小值，即的长，再利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）解：∵直线与x轴、y轴分别交于点，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴直线为．
（2）∵直线为．轴，设，
∴，，，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
（3）如图，取的中点，连接，，作关于轴的对称点，连接，
∴，，
∵，轴，
∴，
∵，，
∴，
∴，关于直线对称，
∴，
∴，
当，，，四点共线时，取最小值，即的长，
∵，
∴，
∵，，为的中点，
∴，
∴，
∴的周长最小值为．
【点睛】本题考查的是含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，化为最简二次根式，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
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