第6-9章巩固复习卷（含解析）-2024-2025学年数学八年级下册青岛版

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第6-9章巩固复习卷-2024-2025学年数学八年级下册青岛版
一、单选题
1．的平方根是（ ）
A． B． C． D．
2．正方形具有而菱形不一定具有的特征是（ ）
A．对边互相平行 B．对角线互相垂直平分
C．是中心对称图形 D．有条对称轴
3．在如图所示的运算程序中，当输入的值是64时，输出的值是（ ）
A．1 B． C． D．2
4．已知实数a，b，c满足，，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．下列计算正确的有（ ）个
①；②；③；④；⑤
A． B． C． D．
6．矩形中，，，延长BA到点，使，连接，交于点，连接，则的面积为（ ）
A．24 B．12 C．6 D．8
7．估计的值应在（ ）
A．和之间 B．1和2之间 C．2和3之间 D．3和4之间
8．关于的不等式组的整数解仅有4个，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．若式子在实数范围内有意义，则应满足的条件是 ．
10．已知， ，则代数式的值是 ．
11．不等式组的整数解为 ．
12．如图，在平行四边形中，，点分别为中点，，，则 ．
13．若，则 ．
14．如图，在矩形中，是边上任意一点，分别过点作射线的垂线，垂足分别是，若，则的最小值是 ．
15．若关于的不等式组有且只有2个奇数解，关于的分式方程的解为非负数，则所有满足条件的整数的值的和是 ．
16．如图，平行四边形中，，，，G是的中点，的延长线与的延长线交于点F，连接．当 时，四边形是矩形，当 时，四边形是菱形．
三、解答题
17．计算：
(1)
(2)
18．先化简，再求值：，其中．
19．求等式中x的值：
(1)；
(2)．
20．解不等式组：，并把它的解集在数轴上表示出来．
21．如图，是的对角线．请用尺规作图法．在线段上求作一点E，使．（保留作图痕迹，不写作法）
22．中国古代数学家刘徽在《九章算术》中，给出了证明三角形面积公式的“出入相补法”，原理如下：
如图，在中，点D，E分别是的中点，连接，过点A作，垂足为F，延长至点G，使，连接，延长至点H，使，连接，则四边形的面积等于的面积．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，，利用上述结论求的面积．
23．《哪吒2魔童闹海》票房大卖，哪吒卡片风靡小学校园，小洋打算购进一些卡片在小学门口摆摊．小洋调查发现：每盒款哪吒卡片的进货单价比款哪吒卡片少5元，花500元购进款哪吒卡片的数量与花750元购进款哪吒卡片的数量相同．
(1)，两款的进货单价分别是每盒多少元？
(2)小洋计划一共购买100盒哪吒卡片，款哪吒卡片的盒数不得超过款哪吒卡片的盒数，购买资金不超过1260元，请通过计算说明共有几种购买方案？
24．定义：若，是有理数，则称与是关于c的“美好数”例如：，则称与是关于的“美好数”．
(1)关于的“美好数”是______；
(2)化简：；
(3)若是关于的“美好数”，请直接写出的值．
25．【问题背景】在矩形纸片中，，，点在边上，点在边上，将纸片沿折叠，使顶点落在点处．
【初步认识】
（）如图①，折痕的端点与点重合．
①当时，________；
②若点恰好在线段上，求的长；
【深入思考】
（）点恰好落在边上．
如图②，过点作交于点，连接．请根据题意，补全图②并证明四边形是菱形；
【拓展提升】
（）如图③，若，连接．当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出线段的长．
《第6-9章巩固复习卷-2024-2025学年数学八年级下册青岛版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D B A C C B A
1．D
【分析】本题主要考查平方根，熟练掌握运算法则是解题的关键．根据运算法则进行计算即可．
【详解】解：，
的平方根是，
故选D．
2．D
【分析】本题考查了正方形和菱形的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据正方形和菱形的性质逐项判断即可．
【详解】解：A、菱形和正方形的对边都互相平行，故A选项不符合题意；
B、正方形的对角线是相等平分且垂直，菱形的对角线是垂直且互相平分，故B选项不符合题意；
C、正方形和菱形都是中心对称图形，故C选项不符合题意；
D、正方形有条对称轴，菱形有条对称轴，故D选项符合题意；
故选：D．
3．B
【分析】本题考查流程图与实数的计算，理解流程图是解题的关键．根据流程图，列出算式进行计算即可．
【详解】解：当输入的值是64时，取算术平方根得，
8是有理数，再取立方根得，
2是有理数，再取算术平方根得，
由于是无理数，
所以输出的值是．
故选：B．
4．A
【分析】本题考查了不等式的性质，求不等式组的解集．根据等式的性质，可得，，根据解不等式组，可得，再根据不等式的性质即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴（无解，舍去）或，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
5．C
【分析】本题考查二次根式的加法，算术平方根与立方根，解题的关键是根据算术平方根的意义，二次根式加法的运算法则与立方根的意义依次进行判断即可．
【详解】解：①，故原计算不正确；
②，故原计算不正确；
③，故原计算正确；
④，故原计算正确；
⑤，故原计算不正确；
∴计算正确的有个．
故选：C．
6．C
【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形的面积．由矩形的性质得到，，， ，从而得到，，，证得，因此，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，， ，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C
7．B
【分析】本题考查了无理数的估算，二次根式的乘法等知识，掌握“夹逼法”是解题的关键．
先计算，然后利用“夹逼法”判断估计出的值应在和之间，即可得出结论．
【详解】解：原式，
，
，
，
原式的值在1和2之间，
故选：B．
8．A
【分析】本题主要考查解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解等知识点．不等式组整理后，表示出不等式组的解集，根据整数解共有4个，确定出m的范围即可．
【详解】解：，
由②得：，
解集为，
由不等式组的整数解只有4个，得到整数解为2，1，0，，
∴，
∴；
故选：A．
9．
【分析】本题考查了根式有意义，根据被开方数为非负数进行列式计算，即可作答．
【详解】解：∵式子在实数范围内有意义，
∴，
∴，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查了因式分解的应用，二次根式的化简求值，掌握因式分解的方法，二次根式的加减运算是解题的关键．先利用平方差进行因式分解，则变形为，然后把，分别代入进行计算即可．
【详解】解：，，
故答案为：
11．
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
不等式组的解集为，
不等式组的整数解是，
故答案为：．
12．
【分析】过点A作，交延长线于点F，连接，说明四边形是矩形，可得，再根据勾股定理求出，然后证明，可得，进而说明，接下来可知是的中位线，最后根据三角形中位线的性质得出答案．
【详解】解：过点A作，交延长线于点F，连接，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴．
根据勾股定理，得，
∴．
∵
∴，
∴
∵点G是的中点，
∴，
∴，
即．
∵点H是的中点，
∴是的中位线，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，三角形中位线的定义和性质，作出辅助线构造三角中位线是解题的关键．
13．
【分析】由，，且，得到，解一元一次方程后将，代入代数式求值即可得到答案．
【详解】解：，，且，
，
解得，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查代数式求值，涉及平方的非负性、算术平方根的非负性、非负数和为零的条件、解一元一次方程等知识，熟练掌握非负数和为零的条件、解一元一次方程的方法是解决问题的关键．
14．
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积以及最小值等知识，连接、，由矩形的性质得，，，再由勾股定理得，然后求出，则，即可解决问题．熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
【详解】解：如图，连接、，
四边形是矩形，
，，，
由勾股定理得：，
，
，
和的边上的高，
，
，
，
，
，
随着的增大而减小，
时，最小，，
故答案为：．
15．1
【分析】本题综合考查不等式组的整数解问题及分式方程的解的情况，首先解不等式组，确定x的范围，找到恰好包含2个奇数解的条件，确定a的范围，解方程并确保解为非负数，同时排
除使分母为零的情况，得到a的限制条件，求两个条件的交集，得到所有满足条件的整数a，求和即可．
【详解】解：，整理得：，
则不等式组的解为，
不等式组有且只有2个奇数解，
，
，
对应的整数a有：，，0，1，2，3，
，解得：，
，
，
，即，
，
则所有满足条件的整数的值有：，0，1，2，
，
故答案为：1．
16． 3.5 2
【分析】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，先证明四边形是平行四边形，第一空求出，推出，根据矩形的判定推出即可；第二空求出是等边三角形，推出，根据菱形的判定推出即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵G是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
当时，平行四边形是矩形，
理由是：过A作于M，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形；
当时，四边形是菱形，
理由是：∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
故答案为：3.5；2．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
（1）先化简，然后合并同类二次根式即可；
（2）根据完全平方公式和平方差公式将题目中的式子展开，然后计算加减法即可．
【详解】（1）解：，
，
；
（2）解：，
，
18．，
【分析】此题考查了分式的化简求值，先利用分式的减法法则计算括号内的部分，再计算除法得到化简结果，再把字母的值代入计算即可．
【详解】解：
，
当时，
原式．
．
19．(1)或
(2)
【分析】本题考查利用平方根、立方根计算解方程，涉及一元一次方程求解，熟记掌握计算平方根、立方根是解决问题的关键．
（1）先将化为，直接开平方得到两个一元一次方程求解即可得到答案；
（2）先将化为，直接开立方得到一元一次方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：，
，
则，
即或，
解得或；
（2）解：，
，
则，
．
20．，数轴见解析
【分析】本题考查解一元一次不等式组，分别求出每一个不等式的解集，根据口诀“同小取小”即可确定不等式组的解集，最后在数轴上表示不等式组的解集即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：，
在数轴上表示不等式组的解集为：
21．见解析
【分析】本题主要查了尺规作图—作已知直线的垂直平分线，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质是解题的关键．
作的垂直平分线交于点E，结合垂直平分线的性质以及三角形外角的性质，可得，易知，结合，即可获得答案．
【详解】解：如图，点E即为所求．
22．(1)见解析
(2)36
【分析】本题考查图形的拼剪，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是读懂图象信息．
（1）证明得．同理可得：，，进而可证明四边形为矩形；
（2）证明是的中位线可求出，然后求出矩形的面积即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
点D，E分别是的中点，
．
，
，
．
同理可得：，，
，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
四边形为矩形．
（2）解：点D，E分别是的中点，
是的中位线，
，
由（1）可知，，
，
．
23．(1)A款的进货单价是10元，则B款的进货单价是15元；
(2)共有3种购买方案．
【分析】本题考查分式方程的应用、一元一次不等式的应用，理解题意是解答的关键．
（1）设A款的进货单价是元，则B款的进货单价是元，根据题意列分式方程求解即可；
（2）设购进B款盒，则购进A款盒，根据题意求得求解即可．
【详解】（1）解：设A款的进货单价是元，则B款的进货单价是元，
根据题意，可得，
解得，
经检验，是该方程的解，
∴，
答：A款的进货单价是10元，则B款的进货单价是15元；
（2）解：设购进B款盒，则购进A款盒，
∵款哪吒卡片的盒数不得超过款哪吒卡片的盒数，
，
解得：，
根据题意得：，
解得：，
∴，
当时，；
当时，；
当时，；
共有3种购买方案，即购进A款50盒，则购进B款50盒；购进A款49盒，则购进B款51盒；购进A款48盒，则购进B款52盒．
24．(1)；
(2)；
(3)．
【分析】本题考查了“美好数”的新定义，分母有理化，二次根式的运算，因式分解的应用，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）利用“美好数”的新定义，分母有理化解答即可求解；
（）利用“美好数”的新定义，分母有理化解答即可求解；
（）利用“美好数”的新定义，分母有理化求出，再把变形为，最后代入求值即可．
【详解】（1）解：由“美好数”的新定义可得，
则关于的“美好数”是，
故答案为：；
（2）解：
；
（3）解：关于的“美好数”，
∴
．
25．（）①；②；（）补图见解析，证明见解析；（）或
【分析】（）①由邻补角性质得，进而由折叠性质即可求解；②由折叠和勾股定理可求出，设，则，，在中利用勾股定理列出方程解答即可求解；
（）①先证四边形是平行四边形，再由即可求证；
（）分和两种情况，利用折叠的性质解答即可求解．
【详解】解：（）①∵，
∴，
由折叠可得，，
∴，
故答案为：；
②当点恰好在线段上时，如图所示，
∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠可得，，，，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴的长；
（）补图如下：
证明：∵，
∴，
由折叠可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（）由折叠可知，，设，则，
①当时，
在中，，
解得，
∴；
②当时，过点作交于，
则， ，
由折叠可知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴；
综上，线段的长为或．
【点睛】本题考查了矩形与折叠的知识，菱形的判定，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握折叠的性质是解题关键．
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