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浙江省宁波市鄞州区鄞州第二实验中学2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
1．（2024八下·鄞州期末）实数，，满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用
【解析】【解答】解：∵
∴
∴
．
∵
∴．
故答案为：C．
【分析】由已知等式得到b=a+c，然后整体代入b2-4ac，进而根据完全平方公式展开合并同类项化简，最后再利用完全平方公式分解因式，结合偶数次幂的非负性即可得出结论.
2．（2024八下·鄞州期末）将中根号外的移到根号里后得到的式子为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：由题意可知：，
，
故答案为：A．
【分析】根据二次根式有意义的条件得出，再根据二次根式的性质即可解答．
3．（2024八下·鄞州期末）如图，直线 与双曲线 交于，两点，则不等式 的解为 （　　）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【知识点】反比例函数图象的对称性；反比例函数与一次函数的交点问题；一次函数图象的对称变换
【解析】【解答】解：直线关于原点对称的直线的解析式为即，
∵直线与双曲线交于，两点，
∴直线与双曲线交于点，两点，
观察图象可知，
当或时，直线在反比例函数图象的下方，
∴不等式的解为是或，
故答案为：D．
【分析】首先求出直线关于原点对称的直线的解析式为即，根据双曲线的对称性可得直线与双曲线交于点，两点，从而找出直线在反比例函数图象的下方部分相应的自变量的取值范围即可.
4．（2024八下·鄞州期末）若当时，二次函数的最小值为0，则（　　）
A． B． C． D．或
【答案】B
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】解：
，
∴该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
∵，
当时，当时，y有最小值，则，
解得或（舍去）；
当时，当时，二次函数y随x的增大而减小，
∴当时，y有最小值，则，
解得（舍去），
综上，m的值为．
故答案为：B．
【分析】先利用配方法将抛物线的解析式配成顶点式，得出对称轴直线为x=m，由二次项的系数＞0，可得该二次函数的图象开口向上，由于m＞0，故分、两种情况，分别根据二次函数的增减性，结合x的取值范围表示出其最小值，结合最小值为0建立方程，求解即可.
5．（2024八下·鄞州期末）如图，中，，角平分线、交于点，交于，于，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
又∵角平分线BD、CE交于点I，
∴∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB=(∠ABC+∠ACB)=45°，
，
，
，
，故①正确；
延长FI交BC于G，
在和中，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，故②正确；
过点作于，连接、，
，
，
，
垂直平分，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，，
，
，故③正确；
，
，
，
，
，
，故④正确．
综上所述，结论正确的是①②③④．
故答案为：D．
【分析】根据三角形的内角和定理和角平分线的定义求出，再求出，然后求出，判断出①正确；延长FI交BC于G，利用ASA证明△CIG≌△CIF，根据全等三角形对应边相等得，由对顶角相等及等量代换可求出，然后利用“ASA证明△BIG≌△BIE，根据全等三角形对应边相等得，再根据线段和差及等量代换得到，判断出②正确；过点作于，连接、，根据全等三角形对应边相等可得，由等腰直角三角形的性质得，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，由轴对称的性质可得∠IEG=∠IEF=45°，然后根据平角定义、直角三角形两锐角互余及同角的余角相等求出，然后利用“AAS”证明△AEF≌△MGE，根据全等三角形对应边相等可得，根据平行线等分线段定理可得AM=2AH，结合线段和差及等量代换，判断出③正确；由内错角相等，两直线平行求出，根据平行线间的距离相等，利用等底等高的三角形的面积相等可得，由，，然后求出，判断出④正确．
6．（2024八下·鄞州期末）在四边形中，，连接对角线，点为边上一点，连接平分，与交于点，若点恰为中点，且 ，则 （　　）
A． B． C．11 D．12
【答案】B
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，
∵， 平分，
∴，
∴，
∵点恰为中点，
∴，
∵
∴，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴
∴四边形是矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，由角平分线上的点到角两边的距离相等得到，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得AE∥DH，从而可用AAS证△AFE≌△HFD，由全等三角形的对应边相等得AE=DH，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AEHD是平行四边形，则，，由平行于同一直线的两条直线互相平行得EH∥BC，然后由三个内角为直角的四边形是矩形证明四边形EGIH是矩形，由矩形对边相等及平行四边形对边相等及等量代换得，再用AAS判断出△HIC≌△DHA，得，由勾股定理得到DH，则可得AE的长，再利用勾股定理算出AH，则可得AF的长度，再由勾股定理求出EF，根据平行四边形的对角线互相平分可得出DE的长.
7．（2024八下·鄞州期末）若 是整数，则满足条件的正整数共有　 　个．
【答案】3
【知识点】二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵是整数，或或，
∴满足条件的正整数是或或．
即满足条件的正整数共有3个，
故答案为：3．
【分析】首先根据二次根式被开方数不能为负数列出不等式得到，再根据是整数，可得9-n是一个完全平方数，进而再结合n为正整数进行解答即可．
8．（2024八下·鄞州期末）无论 为何实数，二次函数 的图象总是过定点　 　．
【答案】
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：
，
∵无论 为何实数，二次函数 的图象总是过定点
∴当，即时，m可以任意实数，
此时，
即无论 为何实数，二次函数 的图象总是过定点．
故答案为：.
【分析】先把解析式变形为，根据“无论m为何实数，二次函数 的图象总是过定点”可得关于m项系数为零，即，然后解出x和y，即可得到定点坐标．
9．（2024八下·鄞州期末）如图， 和 都是等腰直角三角形， ，反比例函数 在第一象限的图象经过点 ，则 与 的面积之差为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵和都是等腰直角三角形， ，
∴，，
设，，
则点的坐标为，
∵反比例函数在第一象限的图象经过点，
∴，
∴，
故答案为：2．
【分析】由等腰直角三角形的性质得OC=AC，AD=BD，设OC=AC=a，AD=BD=b，则CD=AC-AD=a-b，则点B的坐标为，根据反比例函数图象上任意一点的横纵坐标的乘积都等于比例系数得，然后根据等腰直角三角形的面积计算公式可得S△OAC-S△BAD=(a2-b2)，从而整体代入计算即可.
10．（2024八下·鄞州期末）如果，是正实数，方程 和方程都有实数解，那么的最小值是　 　．
【答案】5
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵方程和方程都有实数解，
∴，，
∴，，
∵，是正实数，
∴，
∴，即，
∴，
故的最小值为，
又∵，
则当时，，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
故答案为：5．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出关于字母m、n得不等式，再对所列不等式进行整理变形并结合m、n都是正实数可得，求解得出m的最小值为4，进而再求出n的最小值为1，最后求m、n的和即可.
11．（2024八下·鄞州期末）将矩形沿对角线对折，点落在点处，，与交于点，若， ， 则　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接，作于点，则，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，，，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABGE是菱形，
∴AB=AE=GE，
∵，，，
∴，
解得或（不符合题意，舍去），
故答案为：．
【分析】连接GE，作GH⊥AE于点H，则∠AHG=∠EHG=90°，由矩形四个内角都是直角得∠ABC=90°，由折叠的性质得AE=AB，GE=GB，∠AEC=∠ABC=90°，∠EAG=∠BAG，从而由有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形EFGH是矩形， 由矩形对边相等且平行得EH=FG=1，AE∥BF，由二直线平行，内错角相等得∠EAG=∠AGB，则∠BAG=∠AGB，由等角对等边得AB=BG=AE，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形及一组邻边相等的平行四边形是菱形得四边形ABGE是菱形，则AB=AE=GE，由勾股定理可得AG2-AH2=GE2-EH2，从而代值可得关于AB的方程，求解得出AB的长.
12．（2024八下·鄞州期末）“地摊经济”一时兴起， 小明计划在夜市销售一款产品， 进价40元/件， 售价110 元/件， 每天可以销售 20 件，每销售一件需缴纳摊位管理费用元． 未来 30 天，这款产品将开展 “每天降价1元”的夏日大促活动， 即从第1天起每天的单价均比前一天降1元．通过市场调研发现， 该产品单价每降1元， 每天销量增加4件． 在这30天内，要使每天缴纳摊位管理费用后的利润随天数（为正整数）的增大而增大，的取值范围应为　 　．
【答案】
【知识点】二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：设未来30天每天获得的利润为y，
化简，得
∵，当时，随着的增大而增大，
∴
解得，，
又∵，
即a的取值范围是：．
故答案为：0＜a≤5.
【分析】由题意可得第t天的售价为(110-t)元，销量为(20+4t)件，单件利润为(110-t-40-a)元 ，根据每天获取的总利润=单件利润×销售数量建立出y关于t的函数解析式，由于二次项系数小于零，只有在对称轴左侧y才随t的增大而增大，结合1≤t≤30时，y随t的增大而增大，可得对称轴直线应该大于等于30，据此结合抛物线的对称轴直线公式建立不等式，求解即可.
13．（2024八下·鄞州期末）小青在本学期的数学成绩如下表所示（成绩均取整数）：
测验类别 平时 期中考试 期末考试
测验1 测验2 测验3 课题学习
成绩 88 70 96 86 85
（1）计算小青本学期的平时平均成绩；
（2）如果学期的总评成绩是根据图所示的权重计算，那么本学期小青的期末考试成绩x至少为多少分才能保证达到总评成绩90分的最低目标？
【答案】解：（1）该学期的平时平均成绩为：（88＋70＋96＋86）÷4＝85（分）．
（2）按照如图所示的权重，
依题意得：85×10%＋85×30%＋60% x≥90．
解得：x≥93.33，
又∵成绩均取整数，
∴x≥94．
答：期末考试成绩至少需要94分．
【知识点】一元一次不等式的应用；加权平均数及其计算
【解析】【分析】（1）平均数是指一组数据之和，除以这组数的个数，据此计算即可；
（2）将各数值乘以相应的权数，然后加总求和得到总和，再利用总和除以权重的总和即可得到该数组的加权平均数，据此结合“ 保证达到总评成绩90分的最低目标 ”列出不等式，求解即可.
14．（2024八下·鄞州期末）已知关于x的方程 只有一个实数根，求实数a的值.
【答案】解：去分母得整式方程，2x2－2x+1－a=0，△=4（2a－1），
（1）当△=0，即a= 时，显然x= 是原方程的解.
（2）当△＞0，即a＞ 时，x1= （1+ ），x2= （1－ ），
显然x1＞0，∴x1≠－1，x1≠0，它是原方程的解，
∴只需x2=0或－1时，x2为增根，此时原方程只有一个实数根，
∴当x2=0时，即 （1－ ）=0，得：a=1；
当x2=－1时，即 （1－ ）=－1，得：a=5.
综上，当a= ，1，5时原方程只有一个实数根.
【知识点】公式法解一元二次方程；分式方程的增根
【解析】【分析】将原方程去分母得到整式方程，算出方程根的判别式的值，分当△=0时，a=，显然x=是原方程的解；当△＞0时，根据求根公式求出x，只需x2为增根，此时原方程只有一个实数根，求解可得a的值.
15．（2024八下·鄞州期末）如图，在平行四边形 中，， 是对角线上的两点，且 ．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若 ， ．
① 求证：；
② 若平分，，求．
【答案】（1）证明：如图，连接交于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）证明：∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
设，，则，，
∴，。
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形为菱形，
∴，，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴BO=，
∴．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接AC交BD于点O，由平行四边形的对角线互相平分得OA=OC，OB=OD，AB=CD，AB∥CD，由二直线平行，内错角相等得∠ABE=∠CDF，从而用ASA判断出△ABE≌△CDF，由全等三角形的对应边相等得BE=DF，根据等量减去等量差相等得OE=OF，最后用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得出结论；
（2）首先由有一个内角为直角的平行四边形是矩形证出四边形AECF为矩形，由矩形的对角线相等得AC=EF，设， ，由三角形外角相等、等边对等角、直角三角形两锐角互余及角的构成用含x、y的式子表示出∠ACB与∠ABC，可得∠ABC=∠ACB，由等角对等边得出AB=AC，从而利用等量代换可得结论；
首先由角平分线的定义、平行线的性质可证出∠ABD=∠ADB，由等角对等边得AB=AD，由一组邻边相等的平行四边形是菱形可证出四边形ABCD为菱形，得出AB=BC，∠ABD=∠CBD，由SAS判断出△ABE≌△CBE，得AE=CE，利用勾股定理算出AC，由三边相等的三角形是等边三角形得△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质得∠ABO=30°，由含30°角直角三角形的性质表示出BO，进而即可得出BD的长.
（1）证明：如图，连接交于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）证明：∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
设，，则，，
∴，。
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形为菱形，
∴，，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴．
16．（2024八下·鄞州期末）对于平面直角坐标系中的两条直线，给出如下定义：若不平行的两条直线与x轴相交所成的锐角相等，则称这两条直线为“等腰三角线”.如图（1）中，若，则直线与直线称为“等腰三角线”；反之，若直线与直线为“等腰三角线”，则．
（1）如图（1），若直线与直线为“等腰三角线”，且点P、Q的坐标分别为（1，4）、（-3，0）．求直线的解析式；
（2）如图（2），直线与双曲线交于点A、B，点C是双曲线上的一个动点，点A、C的横坐标分别为m、，直线、分别与x轴于点D、E；
①求证：直线与直线为“等腰三角线”；
②过点D作x轴的垂线，在直线上存在一点F，连结，当时，求出线段的值．（用含n的代数式表示）
【答案】（1）解：如图1，过点作轴的垂线，
∵直线PQ与直线PR为“等腰三角线”，
∴，
∵PE⊥QR，
∴，
∴，
∴R（5，0），
设直线PR的解析式为y=kx+b，
∴，解得：，
∴PR的解析式为y= x+5；
（2）解：①如图2，解
得，
∵ 直线与双曲线交于点A、B，
∴ 求得A（2，）、B（-2，），
∵C的横坐标n，且在双曲线的图象上，
∴C的坐标为C(n，)，
∴设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴的解析式为，
∴ 当时，，即D（n-2，0），
∴设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴的解析式为，
∴ 当时，，即E（n +2，0），
过点作轴的垂线，
∴ ，，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴ ，
∴直线与直线为“等腰三角线” ，
②设交于点，
∵直线与直线为“等腰三角线”，
∴平分，垂直平分，
∵轴，
∴ DFCM轴，
∴△DFE∽△MNE，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
即．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；等腰三角形的判定与性质；相似三角形的判定；A字型相似模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）过点P作x轴的垂线PE，利用“等腰三角线”的定义得∠PQR=∠PRQ，根据等腰三角形的三线合一得QE=ER=4，进而根据线段和差算出OR可得点R(5，0)，然后根据P、R两点的坐标，利用待定系数法可求出直线PR的解析式；
（2）①联立直线与双曲线的解析式，求解得出A、B两点的坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特点得C的坐标为C(n，)，从而利用待定系数法分别求出直线BC、AC的解析式，令直线BC解析式中的y=0算出对应的自变量x的值得到点D(n-2，0)；过点C作x轴的垂线CM，根据两点间的距离公式求得MD=ME，则CM是DE的垂直平分线，由垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，得DC=EC，由等边对等角得∠CDA=∠CED，从而根据“等腰三角线”定义可得结论；
②设CM交EF于点N，由“等腰三角线”定义及等腰三角形的三线合一得CM平分∠DCE，CM垂直平分DE，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得DF∥CM，由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截三角形与原三角形相似得△DFE∽△MNE，有相似三角形对应边成比例得DF+EF=2(MN+NE)，由平行线的性质及已知可推出∠MCE=∠CEF，由等角对等边得CN=NE，从而即可得出结论.
（1）解：如图1，过点作轴的垂线，
∵直线PQ与直线PR为“等腰三角线”，
∴，
∵PE⊥QR，
∴，
∴，
∴R（5，0），
设直线PR的解析式为y=kx+b，
∴，解得：，
∴PR的解析式为y= x+5；
（2）①如图2，∵ 直线与双曲线交于点A、B，
∴ 求得A（2，）、B（-2，），
∵C的横坐标n，且在双曲线的图象上，
∴C的坐标为C(n，)，
∴设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴的解析式为，
∴ 当时，，即D（n-2，0），
∴设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴的解析式为，
∴ 当时，，即E（n +2，0），
过点作轴的垂线，
∴ ，，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴ ，
∴直线与直线为“等腰三角线” ，
②设交于点，
∵直线与直线为“等腰三角线”，
∴平分，垂直平分，
∵轴，
∴ DFCM轴，
∴，
∴△DFE∽△MNE，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
即．
17．（2024八下·鄞州期末）如图 1，已知抛物线，点 ，过点的直线交抛物线于两点，过点且与垂直的直线交抛物线于两点，其中在轴右侧， 分别为的中点．
（1）证明： 直线过定点．
（2）如图 2，设为直线与直线的交点，连结，
① 证明： ；
② 求面积的最小值．
【答案】（1）解：设，，，，且分别为的中点，则，，
∵
设直线的解析式为，根据题意，得，
整理，得，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
设直线的解析式为，
根据题意，得，
整理，得，
∴，
∴，
∴；
设直线的解析式为，根据题意，得，
解得，
故直线解析式为，
当，
故直线过定点．
（2）①解：取中点为，连接，记交于点，交于点，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
同理可得：，
∵分别为的中点，
∴
∴；
②∵，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∵，
即：，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当或时，等号成立，
∴面积的最小值为8．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；待定系数法求一次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）设，，，，根据中点坐标公式表示出M、N得坐标；设直线AB的解析式为，联立直线AB与抛物线的解析式可得，利用根与系数的关系得及，，则；由互相垂直直线斜率乘积为“-1”，故设直线DE的解析式为，联立直线DE与抛物线的解析式得，利用根与系数的关系得，，故；利用待定系数法求直线解析式为，根据直线MN过定点可得x=0，再代入算出对应的y的值，即可得出定点坐标；
（2）①取AD中点为H，连接HM、DM、GH、AN，记GM交AD于点K，GN交AD于点J，由由平行线间的距离相等及等底同高三角形面积相等得S△GDH=S△DGM，则S△KGH=S△KDM，同理S△GJH=S△JAN，则，同理可得，， 即可证明；②由两点间距离公式得，，由三角形面积公式得，结和，当且仅当时等号成立，求解即可.
（1）解：设，，，，且分别为的中点，
则，，
∵
设直线的解析式为，根据题意，得，
整理，得，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
设直线的解析式为，
根据题意，得，
整理，得，
∴，
∴，
∴；
设直线的解析式为，根据题意，得，
解得，
故直线解析式为，
当，
故直线过定点．
（2）①解：取中点为，连接，记交于点，交于点，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
同理可得：，
∵分别为的中点，
∴
∴；
②∵，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∵，
即：，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当或时，等号成立，
∴面积的最小值为8．
1 / 1浙江省宁波市鄞州区鄞州第二实验中学2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
1．（2024八下·鄞州期末）实数，，满足，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024八下·鄞州期末）将中根号外的移到根号里后得到的式子为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024八下·鄞州期末）如图，直线 与双曲线 交于，两点，则不等式 的解为 （　　）
A． B．
C．或 D．或
4．（2024八下·鄞州期末）若当时，二次函数的最小值为0，则（　　）
A． B． C． D．或
5．（2024八下·鄞州期末）如图，中，，角平分线、交于点，交于，于，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．（2024八下·鄞州期末）在四边形中，，连接对角线，点为边上一点，连接平分，与交于点，若点恰为中点，且 ，则 （　　）
A． B． C．11 D．12
7．（2024八下·鄞州期末）若 是整数，则满足条件的正整数共有　 　个．
8．（2024八下·鄞州期末）无论 为何实数，二次函数 的图象总是过定点　 　．
9．（2024八下·鄞州期末）如图， 和 都是等腰直角三角形， ，反比例函数 在第一象限的图象经过点 ，则 与 的面积之差为　 　．
10．（2024八下·鄞州期末）如果，是正实数，方程 和方程都有实数解，那么的最小值是　 　．
11．（2024八下·鄞州期末）将矩形沿对角线对折，点落在点处，，与交于点，若， ， 则　 　．
12．（2024八下·鄞州期末）“地摊经济”一时兴起， 小明计划在夜市销售一款产品， 进价40元/件， 售价110 元/件， 每天可以销售 20 件，每销售一件需缴纳摊位管理费用元． 未来 30 天，这款产品将开展 “每天降价1元”的夏日大促活动， 即从第1天起每天的单价均比前一天降1元．通过市场调研发现， 该产品单价每降1元， 每天销量增加4件． 在这30天内，要使每天缴纳摊位管理费用后的利润随天数（为正整数）的增大而增大，的取值范围应为　 　．
13．（2024八下·鄞州期末）小青在本学期的数学成绩如下表所示（成绩均取整数）：
测验类别 平时 期中考试 期末考试
测验1 测验2 测验3 课题学习
成绩 88 70 96 86 85
（1）计算小青本学期的平时平均成绩；
（2）如果学期的总评成绩是根据图所示的权重计算，那么本学期小青的期末考试成绩x至少为多少分才能保证达到总评成绩90分的最低目标？
14．（2024八下·鄞州期末）已知关于x的方程 只有一个实数根，求实数a的值.
15．（2024八下·鄞州期末）如图，在平行四边形 中，， 是对角线上的两点，且 ．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若 ， ．
① 求证：；
② 若平分，，求．
16．（2024八下·鄞州期末）对于平面直角坐标系中的两条直线，给出如下定义：若不平行的两条直线与x轴相交所成的锐角相等，则称这两条直线为“等腰三角线”.如图（1）中，若，则直线与直线称为“等腰三角线”；反之，若直线与直线为“等腰三角线”，则．
（1）如图（1），若直线与直线为“等腰三角线”，且点P、Q的坐标分别为（1，4）、（-3，0）．求直线的解析式；
（2）如图（2），直线与双曲线交于点A、B，点C是双曲线上的一个动点，点A、C的横坐标分别为m、，直线、分别与x轴于点D、E；
①求证：直线与直线为“等腰三角线”；
②过点D作x轴的垂线，在直线上存在一点F，连结，当时，求出线段的值．（用含n的代数式表示）
17．（2024八下·鄞州期末）如图 1，已知抛物线，点 ，过点的直线交抛物线于两点，过点且与垂直的直线交抛物线于两点，其中在轴右侧， 分别为的中点．
（1）证明： 直线过定点．
（2）如图 2，设为直线与直线的交点，连结，
① 证明： ；
② 求面积的最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用
【解析】【解答】解：∵
∴
∴
．
∵
∴．
故答案为：C．
【分析】由已知等式得到b=a+c，然后整体代入b2-4ac，进而根据完全平方公式展开合并同类项化简，最后再利用完全平方公式分解因式，结合偶数次幂的非负性即可得出结论.
2．【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：由题意可知：，
，
故答案为：A．
【分析】根据二次根式有意义的条件得出，再根据二次根式的性质即可解答．
3．【答案】D
【知识点】反比例函数图象的对称性；反比例函数与一次函数的交点问题；一次函数图象的对称变换
【解析】【解答】解：直线关于原点对称的直线的解析式为即，
∵直线与双曲线交于，两点，
∴直线与双曲线交于点，两点，
观察图象可知，
当或时，直线在反比例函数图象的下方，
∴不等式的解为是或，
故答案为：D．
【分析】首先求出直线关于原点对称的直线的解析式为即，根据双曲线的对称性可得直线与双曲线交于点，两点，从而找出直线在反比例函数图象的下方部分相应的自变量的取值范围即可.
4．【答案】B
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】解：
，
∴该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
∵，
当时，当时，y有最小值，则，
解得或（舍去）；
当时，当时，二次函数y随x的增大而减小，
∴当时，y有最小值，则，
解得（舍去），
综上，m的值为．
故答案为：B．
【分析】先利用配方法将抛物线的解析式配成顶点式，得出对称轴直线为x=m，由二次项的系数＞0，可得该二次函数的图象开口向上，由于m＞0，故分、两种情况，分别根据二次函数的增减性，结合x的取值范围表示出其最小值，结合最小值为0建立方程，求解即可.
5．【答案】D
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
又∵角平分线BD、CE交于点I，
∴∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB=(∠ABC+∠ACB)=45°，
，
，
，
，故①正确；
延长FI交BC于G，
在和中，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，故②正确；
过点作于，连接、，
，
，
，
垂直平分，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，，
，
，故③正确；
，
，
，
，
，
，故④正确．
综上所述，结论正确的是①②③④．
故答案为：D．
【分析】根据三角形的内角和定理和角平分线的定义求出，再求出，然后求出，判断出①正确；延长FI交BC于G，利用ASA证明△CIG≌△CIF，根据全等三角形对应边相等得，由对顶角相等及等量代换可求出，然后利用“ASA证明△BIG≌△BIE，根据全等三角形对应边相等得，再根据线段和差及等量代换得到，判断出②正确；过点作于，连接、，根据全等三角形对应边相等可得，由等腰直角三角形的性质得，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，由轴对称的性质可得∠IEG=∠IEF=45°，然后根据平角定义、直角三角形两锐角互余及同角的余角相等求出，然后利用“AAS”证明△AEF≌△MGE，根据全等三角形对应边相等可得，根据平行线等分线段定理可得AM=2AH，结合线段和差及等量代换，判断出③正确；由内错角相等，两直线平行求出，根据平行线间的距离相等，利用等底等高的三角形的面积相等可得，由，，然后求出，判断出④正确．
6．【答案】B
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，
∵， 平分，
∴，
∴，
∵点恰为中点，
∴，
∵
∴，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴
∴四边形是矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，由角平分线上的点到角两边的距离相等得到，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得AE∥DH，从而可用AAS证△AFE≌△HFD，由全等三角形的对应边相等得AE=DH，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AEHD是平行四边形，则，，由平行于同一直线的两条直线互相平行得EH∥BC，然后由三个内角为直角的四边形是矩形证明四边形EGIH是矩形，由矩形对边相等及平行四边形对边相等及等量代换得，再用AAS判断出△HIC≌△DHA，得，由勾股定理得到DH，则可得AE的长，再利用勾股定理算出AH，则可得AF的长度，再由勾股定理求出EF，根据平行四边形的对角线互相平分可得出DE的长.
7．【答案】3
【知识点】二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵是整数，或或，
∴满足条件的正整数是或或．
即满足条件的正整数共有3个，
故答案为：3．
【分析】首先根据二次根式被开方数不能为负数列出不等式得到，再根据是整数，可得9-n是一个完全平方数，进而再结合n为正整数进行解答即可．
8．【答案】
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：
，
∵无论 为何实数，二次函数 的图象总是过定点
∴当，即时，m可以任意实数，
此时，
即无论 为何实数，二次函数 的图象总是过定点．
故答案为：.
【分析】先把解析式变形为，根据“无论m为何实数，二次函数 的图象总是过定点”可得关于m项系数为零，即，然后解出x和y，即可得到定点坐标．
9．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵和都是等腰直角三角形， ，
∴，，
设，，
则点的坐标为，
∵反比例函数在第一象限的图象经过点，
∴，
∴，
故答案为：2．
【分析】由等腰直角三角形的性质得OC=AC，AD=BD，设OC=AC=a，AD=BD=b，则CD=AC-AD=a-b，则点B的坐标为，根据反比例函数图象上任意一点的横纵坐标的乘积都等于比例系数得，然后根据等腰直角三角形的面积计算公式可得S△OAC-S△BAD=(a2-b2)，从而整体代入计算即可.
10．【答案】5
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵方程和方程都有实数解，
∴，，
∴，，
∵，是正实数，
∴，
∴，即，
∴，
故的最小值为，
又∵，
则当时，，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
故答案为：5．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出关于字母m、n得不等式，再对所列不等式进行整理变形并结合m、n都是正实数可得，求解得出m的最小值为4，进而再求出n的最小值为1，最后求m、n的和即可.
11．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接，作于点，则，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，，，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABGE是菱形，
∴AB=AE=GE，
∵，，，
∴，
解得或（不符合题意，舍去），
故答案为：．
【分析】连接GE，作GH⊥AE于点H，则∠AHG=∠EHG=90°，由矩形四个内角都是直角得∠ABC=90°，由折叠的性质得AE=AB，GE=GB，∠AEC=∠ABC=90°，∠EAG=∠BAG，从而由有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形EFGH是矩形， 由矩形对边相等且平行得EH=FG=1，AE∥BF，由二直线平行，内错角相等得∠EAG=∠AGB，则∠BAG=∠AGB，由等角对等边得AB=BG=AE，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形及一组邻边相等的平行四边形是菱形得四边形ABGE是菱形，则AB=AE=GE，由勾股定理可得AG2-AH2=GE2-EH2，从而代值可得关于AB的方程，求解得出AB的长.
12．【答案】
【知识点】二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：设未来30天每天获得的利润为y，
化简，得
∵，当时，随着的增大而增大，
∴
解得，，
又∵，
即a的取值范围是：．
故答案为：0＜a≤5.
【分析】由题意可得第t天的售价为(110-t)元，销量为(20+4t)件，单件利润为(110-t-40-a)元 ，根据每天获取的总利润=单件利润×销售数量建立出y关于t的函数解析式，由于二次项系数小于零，只有在对称轴左侧y才随t的增大而增大，结合1≤t≤30时，y随t的增大而增大，可得对称轴直线应该大于等于30，据此结合抛物线的对称轴直线公式建立不等式，求解即可.
13．【答案】解：（1）该学期的平时平均成绩为：（88＋70＋96＋86）÷4＝85（分）．
（2）按照如图所示的权重，
依题意得：85×10%＋85×30%＋60% x≥90．
解得：x≥93.33，
又∵成绩均取整数，
∴x≥94．
答：期末考试成绩至少需要94分．
【知识点】一元一次不等式的应用；加权平均数及其计算
【解析】【分析】（1）平均数是指一组数据之和，除以这组数的个数，据此计算即可；
（2）将各数值乘以相应的权数，然后加总求和得到总和，再利用总和除以权重的总和即可得到该数组的加权平均数，据此结合“ 保证达到总评成绩90分的最低目标 ”列出不等式，求解即可.
14．【答案】解：去分母得整式方程，2x2－2x+1－a=0，△=4（2a－1），
（1）当△=0，即a= 时，显然x= 是原方程的解.
（2）当△＞0，即a＞ 时，x1= （1+ ），x2= （1－ ），
显然x1＞0，∴x1≠－1，x1≠0，它是原方程的解，
∴只需x2=0或－1时，x2为增根，此时原方程只有一个实数根，
∴当x2=0时，即 （1－ ）=0，得：a=1；
当x2=－1时，即 （1－ ）=－1，得：a=5.
综上，当a= ，1，5时原方程只有一个实数根.
【知识点】公式法解一元二次方程；分式方程的增根
【解析】【分析】将原方程去分母得到整式方程，算出方程根的判别式的值，分当△=0时，a=，显然x=是原方程的解；当△＞0时，根据求根公式求出x，只需x2为增根，此时原方程只有一个实数根，求解可得a的值.
15．【答案】（1）证明：如图，连接交于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）证明：∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
设，，则，，
∴，。
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形为菱形，
∴，，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴BO=，
∴．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接AC交BD于点O，由平行四边形的对角线互相平分得OA=OC，OB=OD，AB=CD，AB∥CD，由二直线平行，内错角相等得∠ABE=∠CDF，从而用ASA判断出△ABE≌△CDF，由全等三角形的对应边相等得BE=DF，根据等量减去等量差相等得OE=OF，最后用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得出结论；
（2）首先由有一个内角为直角的平行四边形是矩形证出四边形AECF为矩形，由矩形的对角线相等得AC=EF，设， ，由三角形外角相等、等边对等角、直角三角形两锐角互余及角的构成用含x、y的式子表示出∠ACB与∠ABC，可得∠ABC=∠ACB，由等角对等边得出AB=AC，从而利用等量代换可得结论；
首先由角平分线的定义、平行线的性质可证出∠ABD=∠ADB，由等角对等边得AB=AD，由一组邻边相等的平行四边形是菱形可证出四边形ABCD为菱形，得出AB=BC，∠ABD=∠CBD，由SAS判断出△ABE≌△CBE，得AE=CE，利用勾股定理算出AC，由三边相等的三角形是等边三角形得△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质得∠ABO=30°，由含30°角直角三角形的性质表示出BO，进而即可得出BD的长.
（1）证明：如图，连接交于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）证明：∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
设，，则，，
∴，。
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形为菱形，
∴，，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴．
16．【答案】（1）解：如图1，过点作轴的垂线，
∵直线PQ与直线PR为“等腰三角线”，
∴，
∵PE⊥QR，
∴，
∴，
∴R（5，0），
设直线PR的解析式为y=kx+b，
∴，解得：，
∴PR的解析式为y= x+5；
（2）解：①如图2，解
得，
∵ 直线与双曲线交于点A、B，
∴ 求得A（2，）、B（-2，），
∵C的横坐标n，且在双曲线的图象上，
∴C的坐标为C(n，)，
∴设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴的解析式为，
∴ 当时，，即D（n-2，0），
∴设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴的解析式为，
∴ 当时，，即E（n +2，0），
过点作轴的垂线，
∴ ，，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴ ，
∴直线与直线为“等腰三角线” ，
②设交于点，
∵直线与直线为“等腰三角线”，
∴平分，垂直平分，
∵轴，
∴ DFCM轴，
∴△DFE∽△MNE，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
即．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；等腰三角形的判定与性质；相似三角形的判定；A字型相似模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）过点P作x轴的垂线PE，利用“等腰三角线”的定义得∠PQR=∠PRQ，根据等腰三角形的三线合一得QE=ER=4，进而根据线段和差算出OR可得点R(5，0)，然后根据P、R两点的坐标，利用待定系数法可求出直线PR的解析式；
（2）①联立直线与双曲线的解析式，求解得出A、B两点的坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特点得C的坐标为C(n，)，从而利用待定系数法分别求出直线BC、AC的解析式，令直线BC解析式中的y=0算出对应的自变量x的值得到点D(n-2，0)；过点C作x轴的垂线CM，根据两点间的距离公式求得MD=ME，则CM是DE的垂直平分线，由垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，得DC=EC，由等边对等角得∠CDA=∠CED，从而根据“等腰三角线”定义可得结论；
②设CM交EF于点N，由“等腰三角线”定义及等腰三角形的三线合一得CM平分∠DCE，CM垂直平分DE，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得DF∥CM，由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截三角形与原三角形相似得△DFE∽△MNE，有相似三角形对应边成比例得DF+EF=2(MN+NE)，由平行线的性质及已知可推出∠MCE=∠CEF，由等角对等边得CN=NE，从而即可得出结论.
（1）解：如图1，过点作轴的垂线，
∵直线PQ与直线PR为“等腰三角线”，
∴，
∵PE⊥QR，
∴，
∴，
∴R（5，0），
设直线PR的解析式为y=kx+b，
∴，解得：，
∴PR的解析式为y= x+5；
（2）①如图2，∵ 直线与双曲线交于点A、B，
∴ 求得A（2，）、B（-2，），
∵C的横坐标n，且在双曲线的图象上，
∴C的坐标为C(n，)，
∴设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴的解析式为，
∴ 当时，，即D（n-2，0），
∴设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴的解析式为，
∴ 当时，，即E（n +2，0），
过点作轴的垂线，
∴ ，，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴ ，
∴直线与直线为“等腰三角线” ，
②设交于点，
∵直线与直线为“等腰三角线”，
∴平分，垂直平分，
∵轴，
∴ DFCM轴，
∴，
∴△DFE∽△MNE，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
即．
17．【答案】（1）解：设，，，，且分别为的中点，则，，
∵
设直线的解析式为，根据题意，得，
整理，得，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
设直线的解析式为，
根据题意，得，
整理，得，
∴，
∴，
∴；
设直线的解析式为，根据题意，得，
解得，
故直线解析式为，
当，
故直线过定点．
（2）①解：取中点为，连接，记交于点，交于点，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
同理可得：，
∵分别为的中点，
∴
∴；
②∵，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∵，
即：，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当或时，等号成立，
∴面积的最小值为8．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；待定系数法求一次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）设，，，，根据中点坐标公式表示出M、N得坐标；设直线AB的解析式为，联立直线AB与抛物线的解析式可得，利用根与系数的关系得及，，则；由互相垂直直线斜率乘积为“-1”，故设直线DE的解析式为，联立直线DE与抛物线的解析式得，利用根与系数的关系得，，故；利用待定系数法求直线解析式为，根据直线MN过定点可得x=0，再代入算出对应的y的值，即可得出定点坐标；
（2）①取AD中点为H，连接HM、DM、GH、AN，记GM交AD于点K，GN交AD于点J，由由平行线间的距离相等及等底同高三角形面积相等得S△GDH=S△DGM，则S△KGH=S△KDM，同理S△GJH=S△JAN，则，同理可得，， 即可证明；②由两点间距离公式得，，由三角形面积公式得，结和，当且仅当时等号成立，求解即可.
（1）解：设，，，，且分别为的中点，
则，，
∵
设直线的解析式为，根据题意，得，
整理，得，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
设直线的解析式为，
根据题意，得，
整理，得，
∴，
∴，
∴；
设直线的解析式为，根据题意，得，
解得，
故直线解析式为，
当，
故直线过定点．
（2）①解：取中点为，连接，记交于点，交于点，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
同理可得：，
∵分别为的中点，
∴
∴；
②∵，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∵，
即：，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当或时，等号成立，
∴面积的最小值为8．
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