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八年级数学（人教版）下学期期末压轴题训练
第十九章 二次根式
一、选择题
已知 ，，则的值为（ ）
A．3 B．4 C． D．15
若实数满足，则的值为（ ）
A．-2 B．9 C．11 D．14
计算结果的整数部分是（ ）
A． B． C． D．
已知整式，其中与为非负整数，为正整数，且，，下列说法：
①当时，满足条件的整式有3个；
②满足条件的所有整式中有4个单项式；
③当时，满足条件的所有整式的和再与整式相加后值为5．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二次根式除法可以这样做：如．像这样通过分子、分母同乘一个式子把分母中的根号化去或者把根号中的分母化去，叫做分母有理化．有下列结论：
①将式子进行分母有理化，可以对其分子、分母同时乘以；
②若a是的小数部分，则的值为；
③比较两个二次根式的大小：
④；
⑤若，，且，则整数．
以上结论正确的有（ ）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
已知整式，其中和n为自然数，，，，为正整数，且．下列说法：
①满足条件的所有整式中有且仅有1个单项式；
②满足条件的所有整式中，有且仅有2个整式，使得的化简结果为整式；
③当时，关于x的方程（为对应整式的常数项）总存在整数解．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
已知整式，其中n为正整数，，，，…，均为整数，且满足，且，且满足，下列结论中正确的个数是（ ）
①若，则；
②若，则满足条件的整式M之和为；
③若，则满足条件的整式M有10个；
④所有满足条件的整式M共有17个；
A．0 B．1 C．2 D．3
已知，则的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
已知两个有理数满足：，则用含的式子表示的值正确的是（ ）
A． B． C． D．
化简后等于（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
已知，且，则______．
已知：，求_________．
已知，求的值为 ____．
若（其中，为有理数），______．
若数a使关于x的不等式组有且只有四个整数解，且关于a的代数式有意义，则符合条件的所有整数a的和为___________．
由完全平方公式可知：对于任意实数，，有．将不等式左边展开变形，可得，整理后，得．当，，且为定值时，可取最大值．如：，，，则，即，，的最大值为．若，则的最大值为_________；若，则的最小值为_________．
三、解答题
先化简，再求值：，其中．
已知，求的值．
化简求值：，其中．
已知，，求的值．
新定义：若无理数的被开方数（为正整数）满足（其中n为正整数），则称无理数的“整数区间”为；同理规定无理数的“整数区间”为．例如：因为，所以，所以的“整数区间”为，的“整数区间”为．请解答下列问题：
的“整数区间”是_____；的“整数区间”是____．
若无理数（为正整数）的“整数区间”为，的“整数区间”为，求的值；
实数，，满足关系式：，求的“整数区间”．
阅读材料，并计算．
【材料一】我们规定：如果两个含有二次根式的式子的积中不含有二次根式，我们就称这两个含有二次根式的式子互为有理化因式，其中一个式子叫作另一个式子的有理化因式．
【材料二】我们在进行二次根式的化简时，需要把分母中的二次根式进行有理化，此时，需要将分子和分母同时乘上分母的有理化因式，从而去掉分母中的根号，这个过程就是分母有理化．
如：．
请利用分母有理化的知识，化简：
；
．
我们知道可以写成的形式，所以我们把叫做完全平方式．类似地，我们作出如下定义：对于正整数，因为，所以我们把叫做“完全平方根式”．
下列各式中是“完全平方根式”的有_____；
①②③
利用“完全平方根式”化简：；
已知（，且为正整数），是“完全平方根式”，当的值最小时：①求出这个最小值；②若（为正整数），是整数，且，求的值．
参考答案
1．B
解：设，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
∴
解得，
故
2．D
解：∵二次根式有意义，
∴，即，
根据二次根式性质，化简原式
原等式左边
∵，∴，∴ ，
原等式右边，∵，∴，
将化简结果代入原等式得
，
移项得 ，
两边平方得 ，
解得．
3．A
解：，
，
原式，
，
，
原式，
计算结果的整数部分是．
4．B
解：已知条件：是非负整数，是正整数，且 。
判断①：
当时，共4个系数，若，最小和为，仅时有两组符合条件的系数： ，共2个整式，①错误；
判断②：
若是单项式，则仅有1个非零项，因均为正整数，仅存在两种情况：时（1个）， 时 （1个），共2个单项式，②错误；
判断③：
当时，枚举所有符合条件的系数组合： ，
所有整式的和，
加上得：总和 。
，
，平方得，
，
代入得： ，③正确．
5．B
解：，所以分母有理化，可以对其分子、分母同时乘以，故①正确；
若a是的小数部分，则，∴，故②错误；
,,
,,
∴,
∴
故③正确；
，
，
；
故④错误；
，
∵，
∴
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
解得：，
故⑤正确．
6．C
解：，，，为正整数，且，和n为自然数，
，
当，则，整式A为4，是单项式；
当，则，
令，，整式A为，是单项式；
①错误；
当，为整式；
当，则，，
不存在，的值，使得的化简结果为整式；
若，则，
满足条件的所有整式是，，，，，，
其中只有，即，时，
则整式A为，为整式；
当时，满足条件的所有整式是，，，，
其中所有的整式均不满足的化简结果为整式；
当时，，
，，
整式为，，不符合题意；
满足条件的所有整式中，有且仅有2个整式，使得的化简结果为整式；
②正确；
当时，整式是，，，，
关于x的方程分别是，，，，
以上方程的解分别是，，，，
方程的解均为整数；
当时，整式是，，，，，，
关于x的方程分别是，，，，，，
以上方程的解分别是，；，；，；，；，；，，
以上方程均有整数解；
当时，
关于x的方程分别是，，，，
以上方程的解分别是；，；；，
所有方程均有整数根；
当时，整式为，
关于x的方程分别是，
因式分解得，
解得，，
方程有整数根；
综上所述，当时，关于x的方程（为对应整式的常数项）总存在整数解；
③正确；
正确的是②③．
7．B
解：由题意得，，则化为
① 当时：
又，
∴，
若，不满足，故，即，①正确；
② 当时：
∴
∴
∵，
∴所有符合条件的整式为：，，，
求和得，故②错误；
③ 当时：
，
，
∵， 分类列举得：
当，符合条件的有共3个；
当，符合条件的有共4个；
当，符合条件的有共2个；
当，无符合条件的；总共有个，不是10个，故③错误；
④ 计算所有满足条件的整式个数：有1个，有4个，有9个；时， ，无符合条件的整式；总共有个，不是17个，故④错误，
综上，只有1个结论正确．
8．D
解：设，，
则，，
∴，
∴，
∴．
9．A
解：设，则已知等式化为：
，
故，
故，
故，
∵，
根据有理数的平方是非负数，
故，
∴即，或
① 当即时，则，根据二次根式有意义条件，，此时，代数式的值随m的变换而变化，不唯一确定，不符合题意，舍去；
②当即，根据题意，得，：
当时，，满足，此时，
当时，，不满足，舍去，
选项A：，与结果一致，
选项B：，与结果不一致，
选项C：，与结果不一致，
选项D：，与结果不一致，
∴正确答案为A．
故选：A．
10．C
解：∵被开方数非负，
∴，
∵，
∴，即，
∴且，
∴，
故选：C．
11．
解：原等式变形得：，
由算术平方根的性质得，
因为绝对值和平方数都是非负数，若几个非负数的和为，
则每个非负数都为，
因此可得方程组：，
∴或，
当时，代入得，不符合绝对值的非负性，故舍去，
当时，代入得，即或，
已知，，
因此，即，
代入计算得：
．
12．1
解：根据题意，得，
解得，
，
，
，
，
，
，
，，
，
．
13．
解：∵，
∴，，
∵，，，
∴
．
14．
解：
，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
15．1
解：，
不等式组的解集是：，
∵不等式组有且只有四个整数解，
∴，
解得：，即整数，0，1，2，3，
∵关于a的代数式有意义，
∴且，
∴且，
∴符合条件的所有整数a的值是，0，2，
∴符合条件的所有整数a的和为：．
16．
解：∵，
∴，
由题意可知：，
∴，即，
∴，
∴，
∴的最大值为；
，
∵，
∴，
由可得：
，
∴的最小值为．
17．
解：
，
∵，
∴原式．
18．解：原式
；
∵，
∴，解得，
∴，
∴原式．
19．解：
，
当时，
原式．
20．解：∵，，
∴，
，
∴
．
21．（1）解：∵，，
∴，，
∴的“整数区间”是，的“整数区间”是；
（2）解：∵无理数的“整数区间”为，
∴，
∴，即，
∵的“整数区间”为，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵a为正整数，
∴或，
当时，；
当时，．
综上所述，的值为或3．
（3）解：∵，
∴、，
∴，
∴，
∵
∴、，
两式相减，得，即，
∴，
∵，
∴，
∴的“整数区间”是．
22．（1）
，
，
，
，
．
（2）
，
，
，
，
．
23．（1）解：；
；
；
故满足要求的是①③；
（2）解：原式
；
（3）解：①
是“完全平方根式”，
，
又，且为正整数
或或，
当的值最小时，有最小值，
，
，
②，
为正整数，是整数，
，即，
，
，
，
，
当时，，原式；
当时，，原式．

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