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浙江省湖州市德清县2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
1．（2024八下·德清期末）要使二次根式 有意义，则x的值可以为 （　　）
A． B．4 C．2 D．0
【答案】B
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：若二次根式 有意义，则被开方数是非负数
即 ，
解得
故选B.
【分析】
2．（2024八下·德清期末）未来将是一个可以预见的AI时代．AI一般指人工智能，它研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义“一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”逐项判断解题．
3．（2024八下·德清期末）下列各点中， 不在反比例函数 图象上的点是(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：x=3代入反比例函数 ，得y=4，即（3，4）在反比例函数，故A符合题意，B不符合题意；x=2代入反比例函数 ，得y=6，即（2，6）在反比例函数，故C不符合题意；x=-2代入反比例函数 ，得y=-6，即（-2，-6）在反比例函数，故D符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据反比例函数的定义，分别将x=2，3，-2代入函数，求出对应的函数值，即可判断.
4．（2024八下·德清期末）若用反证法证明命题“若或，则”时，应假设（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：由反证法知第一步应假设该命题的结论“”的反面成立，即，
故选A．
【分析】
反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立．
5．（2024八下·德清期末）甲、乙、丙、丁四位选手各10次射击成绩的平均数和方差如表所示：
选手 甲 乙 丙 丁
平均数（环） 7 8 8 7
方差（环2） 0.9 1.1 0.9 1
则这四人中成绩好且发挥最稳定的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】C
【知识点】分析数据的波动程度；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】∵乙的平均数=丙的平均数=8＞甲的平均数=丁的平均数=7，
∴乙、丙成绩比甲、丁成绩好，
∵丙的方差=0.9，乙的方差=1.1，丙的方差＜乙的方差，
∴丙的成绩好且发挥最稳定.
故答案为：C.
【分析】根据平均数大的可知乙、丙成绩比甲、丁成绩好，再由丙的方差比乙的方差小，可知丙的成绩好且发挥最稳定.
6．（2024八下·德清期末）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：A、，故错误，不符合题意；
B、，故正确，符合题意；
C、，故错误，不符合题意；
D、，故错误，不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的性质逐项进行判断即可求出答案.
7．（2024八下·德清期末）若一元二次方程x2-2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＞1 B．k＜1 C．k＜1且k≠0 D．k≥1
【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意知，△=4-4k＞0，
解得：k＜1．
故答案为：B．
【分析】利用一元二次方程根的判别式列出不等式求解即可。
8．（2024八下·德清期末）已知点，在反比例函数的图象上，当时，有，则的取值范围是（　　）．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵反比例函数的图象上，当x1< x2<0时，y1> y2 ∴当x< 0时，y随x的增大而减小
∴1- 2m > 0
∴m<
故选：C.
【分析】本题主要考查反比例函数图象的性质，根据x1< x2<0时，y1> y2，得出k>0，进行求解即可.
9．（2024八下·德清期末）如图，菱形中，点为对称中心，点从点出发沿向点移动，移动到点停止，作射线，交边于点，则四边形形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形正方形平行四边形矩形
B．平行四边形正方形矩形菱形
C．平行四边形矩形平行四边形菱形
D．平行四边形菱形正方形矩形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是矩形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是菱形．
故选：C．
【分析】
根据菱形的性质，可证，对角线AC与EF互相平分，即可得四边形肯定是平行四边形，当AC=EF时，平行四边形AECF为矩形，当AE=AB时，平行四边形AECF为菱形，因此变化过程先是平行四边形，再是矩形，再是平行四边形，最后是菱形．
10．（2024八下·德清期末）如图，矩形ABCD中，分别是边AD，BC的中点，于P，DP的延长线交AB于．下列结论：①；②；③．其中结论正确的有（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接GF，
∵矩形，
∴，，，，
∵，是边的中点，
∴，故①正确；
∵分别是边，的中点，
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴垂直平分
∴
∴（）
∴，即，故②正确；
∵，，，
∴（）
∴，
设，则，，
在中，，
∴解得，即，故③正确；
综上所述，正确的是①②③
故选：D．
【分析】
① 由于矩形的对边相等，因此BC=AD=5，因为PF是直角三角形PBC斜边BC上的中线，所以PF=2.5，正确；
② 连接，由矩形的性质结合中点的概念可证四边形DEBF是平行四边形，则BE平行DF，由平行线的性质结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证，又FD是公共边，则、即，正确；
③ 由HL可证， 则PG=BG，设BG=x，则AG=3-x，DG=3+x，在中应用勾股定理即可．
11．（2024八下·德清期末）计算： 　 　．
【答案】1
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【解答】原式
故答案是：1.
【分析】利用平方差公式：（a+b）（a-b）=a2-b2，再进行计算。
12．（2024八下·德清期末）如图两处被池塘阻隔，为测量两地的距离，在地面上选一点，连结，分别取的中点．测得，则两地的距离为　 　．
【答案】10
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
【分析】
由于三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，因此可通过构造三角形及三角形中位线的方法来测量AB的距离．
13．（2024八下·德清期末）已知是方程的根，则代数式的值为　 　.
【答案】2025
【知识点】一元二次方程的根；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵a是方程x2+5x-1=0的根，
∴a2+5a-1=0，
∴a2+5a=1，
∴a2+5a+2024=1+2024=2025.
故答案为：2025.
【分析】根据一元二次方程的根的定义可得a2+5a=1，然后整体代换即可求解.
14．（2024八下·德清期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是　 　．(只要写出一个条件即可)
【答案】（或或等）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：（或或）
【分析】
由于BC与DE平行且相等，因此四边形BDEC是平行四边形；则BE=CD=BA时，平行四边形BDEC是矩形；时，平行四边形BDEC是矩形．
15．（2024八下·德清期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如图，在矩形中，，“筝形”的顶点是的中点，点分别在上，且，则对角线的长　 　．
【答案】或
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：①如图，，，
∵点是的中点，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图，，，
过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
故答案为或．
【分析】
①当四边形EFGH的另一个顶点G为CD中点，另外两个顶点H、F分别在AD和BC上，且AH=BF时，四边形EFGH是筝形，此时EG等于BC=7；
②当四边形EFGH的另一个顶点G不是CD中点，另外两个顶点H、F分别在AD和BC上，且EF=GF、EH=GH时，四边形EFGH也是筝形，此时可过点G作AB的垂线段GM，由于EF=GF=5，则BF=4、CF=3，CG=4、DG=2；由于可证四边形ADGM是矩形，则AM=DG=2、ME=1，利用勾股定理即可求得EG的长．
16．（2024八下·德清期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点是轴正半轴上一点，点是反比例函数图象上的一个动点，连结AB，以AB为一边作正方形ABCD，使点在第一象限且落在反比例函数的图象上，设点的横坐标为，点的横坐标为，则　 　．
【答案】2
【知识点】正方形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：将代入中，得，
点B的坐标是，
作轴于点E， 作轴于点 F，如图所示，
四边形是正方形，
，，
，，
，
又，，
，
，，
，
点D的坐标是，
点D在反比例函数图象上，点D的横坐标为n，
点D的坐标是，
，，
，，
，
，
．
故答案为：2．
【分析】
由反比例函数图象上点的坐标特征，可将代入中，得到点B的坐标，再分别作轴于点E， 作轴于点 F，则利用正方形的性质可证明，再由全等的性质可得，，即可得到点D的坐标，由于点D也在反比例函数图象上且点D的横坐标为n，利用坐标相等即可求解．
17．（2024八下·德清期末）计算：
（1）
（2）
【答案】（1）解：原式=2×2-+2
=
=.
（2）解：原式=
=
=10.
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据二次根式的性质“”和合并同类二次根式的法则计算即可求解；
（2）根据单项式乘以多项式的法则和二次根式的乘法法则即可即可求解.
18．（2024八下·德清期末）解方程：
（1）；
（2）
【答案】（1）解：
∴x+9=0，x-9=0，
∴
（2）解：∵a=1，b=-3，c=1，
∴，
∴，
∴.
【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）由题意，用平方差公式将方程的左边分解因式，然后将一元二次方程转化为两个一元一次方程，解这两个一元一次方程即可求解；
（2）由题意，先找出a、b、c的值，再计算b2-4ac的值，然后根据一元二次方程的求根公式计算即可求解.
19．（2024八下·德清期末）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点和点．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）当时，直接写出的取值范围．
【答案】（1）解：把代入得，
将代入，得，
解得，，
反比例函数的解析式为；
（2）或
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】
（2）
解：把代入得：，
解得：，
，
由图可知：当时，或．
【分析】
（1）先利用直线上点的坐标特征可求出点A的坐标，再利用待定系数法可求得双曲线的解析式；
（2）先利用双曲线上点的坐标特征可求出点B的横坐标n，再结合图象直线在双曲线上方时自变量的取值范围即可．
（1）解：把代入得，
将代入，得，
解得，，
反比例函数的解析式为；
（2）解：把代入得：，
解得：，
，
由图可知：当时，或．
20．（2024八下·德清期末）为了调动员工的积极性，商场家电部经理决定确定一个适当的月销售目标，对完成目标的员工进行奖励．家电部对名员工当月的销售额进行统计和分析．
数据收集：下表为名员工当月的销售额（单位：万元）
数据整理：
销售额/万元
频数
数据分析：
平均数 众数 中位数
7.44 7.7
问题解决：
（1）填空：___________，___________；
（2）若将月销售额不低于7万元确定为销售目标，则有___________名员工获得奖励；
（3）经理对数据分析以后，最终对一半的员工进行了奖励：员工甲找到经理说：“我这个月的销售额是万元，比平均数万元高，所以我的销售额超过一半员工，为什么我没拿到奖励？”假如你是经理，请你给出合理解释．
【答案】（1），
（2）
（3）解：名员工的销售额的中位数为万元，
名员工的销售额有一半的人，即人超过万元，
公司对一半的员工进行了奖励，说明销售额在万元及以上的人才能获得，而员工甲的销售额是万元，低于万元，
员工甲不能拿到奖励
【知识点】频数（率）分布表；中位数；众数
【解析】【解答】（1）解：，
∵个数据中，出现了次，是出现次数最多的，
∴众数，
故答案为：，；
（2）
解：月销售额不低于万元的有：（人），
故答案为：；
【分析】
（1）用样本容量分别减去其他各组的频数即可得到a的值，众数是指一组数据中重复出现次数最多的数据，可能是一个，也可能是多个；
（2）直接利用频数分布表可求解；
（3）利用中位数的特点及奖励人数进行分析即可．
（1）解：，
∵个数据中，出现了次，是出现次数最多的，
∴众数，
故答案为：，；
（2）解：月销售额不低于万元的有：（人），
故答案为：；
（3）解：名员工的销售额的中位数为万元，
名员工的销售额有一半的人，即人超过万元，
公司对一半的员工进行了奖励，说明销售额在万元及以上的人才能获得，而员工甲的销售额是万元，低于万元，
员工甲不能拿到奖励
21．（2024八下·德清期末）如图是由的小正方形组成的网格，每个边长为1的小正方形的顶点叫做格点，图中的三个顶点都是格点，是上一点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成下列画图，画图过程用虚线，画图结果用实线．
（1）直接写出边的长=___________；
（2）在图中画格点，使四边形是平行四边形；再在线段上画点，使．
【答案】（1）
（2）解：如图所示，即为所求；
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；作图﹣中心对称
【解析】【解答】
（1）
解：根据勾股定理可得：，
故答案为：．
【分析】
本题考查了勾股定理，平行四边形的性质，格点作图．
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）由于平行四边形的对边平行且相等，可确定格点D并使BD与AC平行且相等，再分别连接AD、BD即可；由于平行四边形是中心对称图形，因此可连接交AB于一点O，再过点E作射线EO交AD于点F即可．
（1）解：根据勾股定理可得：，
故答案为：．
（2）解：如图所示，即为所求；
22．（2024八下·德清期末）综合实践——用矩形硬纸片制作无盖纸盒．如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒．（硬纸片厚度忽略不计）
（1）若剪去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为___________，宽为___________；
（2）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长；
（3）如图3，小明先在原矩形硬纸片的两个角各剪去一个同样大小的正方形（阴影部分），经过思考他发现，再剪去两个同样大小的矩形后，可将剩余部分折成一个有盖纸盒．若折成的有盖长方体纸盒的表面积为，请计算剪去的正方形的边长．
【答案】（1）26，12
（2）解：设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，由题意得：，
解得：或（舍去），
∴剪去正方形的边长为；
（3）解：设剪去的正方形的边长为，由题意得：，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴剪去的正方形的边长为．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】
（1）
解：由题意得：，，
纸盒底面长方形的长为，宽为；
【分析】
（1）盒子底部长方形的长和宽都等于原长方形纸板的长与宽分别减去两个2；
（2）设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案；
（3）设剪去的正方形的边长为，则这个正方形的边长加上剪去的矩形的长恰好等于原长方形纸板长的一半即15，再根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案．
（1）解：由题意得：，，
纸盒底面长方形的长为，宽为；
（2）解：设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，
由题意得：，
解得：或（舍去），
∴剪去正方形的边长为；
（3）解：设剪去的正方形的边长为，
由题意得：，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴剪去的正方形的边长为．
23．（2024八下·德清期末）在菱形中，是直线上一动点，以为边向右侧作等边按逆时针排列)，点的位置随点的位置变化而变化．
（1）如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连结，小明通过连接后证明得到与的数量关系是______________；
（2）如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点在的延长线上时，其他条件不变，连接，若，，求的长．
【答案】（1）
（2）解：仍然成立，理由如下：如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，，，
∵是等边三角形 ，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，
∵四边形是菱形，
∴，平分，，
∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1），理由如下：
如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴.
∴
在与中，
∴，
∴；
故答案为；
【分析】（1）先证明△ABC是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出AB=AC，AP=AE，再利用角的和差说明
就可利用SAS证明，再利用全等三角形的性质得出；
（2）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知，再根据全等三角形的判定与性质即可解答；
（3）根据菱形的性质及直角三角形可知，再根据全等三角形的判定与性质可知，最后利用直角三角形的性质 及勾股定理即可解答．
（1）解：，理由如下：
如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
（2）解：仍然成立，理由如下：
如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，，，
∵是等边三角形 ，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解： 当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，
∵四边形是菱形，
∴，平分，，
∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴．
24．（2024八下·德清期末）如图1，将矩形纸片放置在如图所示的平面直角坐标系内，点与坐标原点重合，点的坐标为，折叠纸片使点落在轴上的点处，折痕为，过点作轴的平行线交于点，连接．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）如图2，当点与点重合时，求点的坐标；
（3）如图3，在(2)的条件下，点是线段上一动点，点是线段上一动点，过点的反比例函数的图象与线段相交于点，连接，，，，当四边形的周长最小时，求点，点的坐标．
【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
（2）解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线的解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）首先由垂直的概念和矩形的性质可得，再由平行线的性质结合折叠的性质可得，则四边形是平行四边形，再由可得平行四边形BEDM为菱形；
（2）由折叠可得，由勾股定理可得，则，可设，则，，再由勾股定理计算即可得，由于轴，则E、D两点的横坐标相等，ED的纵坐标即；
（3）由（2）可得点坐标为，则反比例函数解析式可求，则点坐标为，即FM的长是定值，当四边形PMFQ的周长最小时，只需FQ、QP和PM的和最小，此时可分别作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，连结，，由轴对称的性质可得，，则四边形的周长转化为、、和的和，显然当F`、Q、P、M`四点共线时四边形周长最小；此时可利用待定系数法先求出直线的解析式，再求其与两坐标轴交点坐标即可．
（1）解：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
（2）解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线的解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
1 / 1浙江省湖州市德清县2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
1．（2024八下·德清期末）要使二次根式 有意义，则x的值可以为 （　　）
A． B．4 C．2 D．0
2．（2024八下·德清期末）未来将是一个可以预见的AI时代．AI一般指人工智能，它研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024八下·德清期末）下列各点中， 不在反比例函数 图象上的点是(　　)
A． B． C． D．
4．（2024八下·德清期末）若用反证法证明命题“若或，则”时，应假设（　　）
A． B． C． D．
5．（2024八下·德清期末）甲、乙、丙、丁四位选手各10次射击成绩的平均数和方差如表所示：
选手 甲 乙 丙 丁
平均数（环） 7 8 8 7
方差（环2） 0.9 1.1 0.9 1
则这四人中成绩好且发挥最稳定的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．（2024八下·德清期末）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024八下·德清期末）若一元二次方程x2-2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＞1 B．k＜1 C．k＜1且k≠0 D．k≥1
8．（2024八下·德清期末）已知点，在反比例函数的图象上，当时，有，则的取值范围是（　　）．
A． B． C． D．
9．（2024八下·德清期末）如图，菱形中，点为对称中心，点从点出发沿向点移动，移动到点停止，作射线，交边于点，则四边形形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形正方形平行四边形矩形
B．平行四边形正方形矩形菱形
C．平行四边形矩形平行四边形菱形
D．平行四边形菱形正方形矩形
10．（2024八下·德清期末）如图，矩形ABCD中，分别是边AD，BC的中点，于P，DP的延长线交AB于．下列结论：①；②；③．其中结论正确的有（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
11．（2024八下·德清期末）计算： 　 　．
12．（2024八下·德清期末）如图两处被池塘阻隔，为测量两地的距离，在地面上选一点，连结，分别取的中点．测得，则两地的距离为　 　．
13．（2024八下·德清期末）已知是方程的根，则代数式的值为　 　.
14．（2024八下·德清期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是　 　．(只要写出一个条件即可)
15．（2024八下·德清期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如图，在矩形中，，“筝形”的顶点是的中点，点分别在上，且，则对角线的长　 　．
16．（2024八下·德清期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点是轴正半轴上一点，点是反比例函数图象上的一个动点，连结AB，以AB为一边作正方形ABCD，使点在第一象限且落在反比例函数的图象上，设点的横坐标为，点的横坐标为，则　 　．
17．（2024八下·德清期末）计算：
（1）
（2）
18．（2024八下·德清期末）解方程：
（1）；
（2）
19．（2024八下·德清期末）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点和点．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）当时，直接写出的取值范围．
20．（2024八下·德清期末）为了调动员工的积极性，商场家电部经理决定确定一个适当的月销售目标，对完成目标的员工进行奖励．家电部对名员工当月的销售额进行统计和分析．
数据收集：下表为名员工当月的销售额（单位：万元）
数据整理：
销售额/万元
频数
数据分析：
平均数 众数 中位数
7.44 7.7
问题解决：
（1）填空：___________，___________；
（2）若将月销售额不低于7万元确定为销售目标，则有___________名员工获得奖励；
（3）经理对数据分析以后，最终对一半的员工进行了奖励：员工甲找到经理说：“我这个月的销售额是万元，比平均数万元高，所以我的销售额超过一半员工，为什么我没拿到奖励？”假如你是经理，请你给出合理解释．
21．（2024八下·德清期末）如图是由的小正方形组成的网格，每个边长为1的小正方形的顶点叫做格点，图中的三个顶点都是格点，是上一点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成下列画图，画图过程用虚线，画图结果用实线．
（1）直接写出边的长=___________；
（2）在图中画格点，使四边形是平行四边形；再在线段上画点，使．
22．（2024八下·德清期末）综合实践——用矩形硬纸片制作无盖纸盒．如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒．（硬纸片厚度忽略不计）
（1）若剪去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为___________，宽为___________；
（2）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长；
（3）如图3，小明先在原矩形硬纸片的两个角各剪去一个同样大小的正方形（阴影部分），经过思考他发现，再剪去两个同样大小的矩形后，可将剩余部分折成一个有盖纸盒．若折成的有盖长方体纸盒的表面积为，请计算剪去的正方形的边长．
23．（2024八下·德清期末）在菱形中，是直线上一动点，以为边向右侧作等边按逆时针排列)，点的位置随点的位置变化而变化．
（1）如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连结，小明通过连接后证明得到与的数量关系是______________；
（2）如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点在的延长线上时，其他条件不变，连接，若，，求的长．
24．（2024八下·德清期末）如图1，将矩形纸片放置在如图所示的平面直角坐标系内，点与坐标原点重合，点的坐标为，折叠纸片使点落在轴上的点处，折痕为，过点作轴的平行线交于点，连接．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）如图2，当点与点重合时，求点的坐标；
（3）如图3，在(2)的条件下，点是线段上一动点，点是线段上一动点，过点的反比例函数的图象与线段相交于点，连接，，，，当四边形的周长最小时，求点，点的坐标．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：若二次根式 有意义，则被开方数是非负数
即 ，
解得
故选B.
【分析】
2．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义“一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”逐项判断解题．
3．【答案】A
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：x=3代入反比例函数 ，得y=4，即（3，4）在反比例函数，故A符合题意，B不符合题意；x=2代入反比例函数 ，得y=6，即（2，6）在反比例函数，故C不符合题意；x=-2代入反比例函数 ，得y=-6，即（-2，-6）在反比例函数，故D符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据反比例函数的定义，分别将x=2，3，-2代入函数，求出对应的函数值，即可判断.
4．【答案】A
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：由反证法知第一步应假设该命题的结论“”的反面成立，即，
故选A．
【分析】
反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立．
5．【答案】C
【知识点】分析数据的波动程度；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】∵乙的平均数=丙的平均数=8＞甲的平均数=丁的平均数=7，
∴乙、丙成绩比甲、丁成绩好，
∵丙的方差=0.9，乙的方差=1.1，丙的方差＜乙的方差，
∴丙的成绩好且发挥最稳定.
故答案为：C.
【分析】根据平均数大的可知乙、丙成绩比甲、丁成绩好，再由丙的方差比乙的方差小，可知丙的成绩好且发挥最稳定.
6．【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：A、，故错误，不符合题意；
B、，故正确，符合题意；
C、，故错误，不符合题意；
D、，故错误，不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的性质逐项进行判断即可求出答案.
7．【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意知，△=4-4k＞0，
解得：k＜1．
故答案为：B．
【分析】利用一元二次方程根的判别式列出不等式求解即可。
8．【答案】C
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵反比例函数的图象上，当x1< x2<0时，y1> y2 ∴当x< 0时，y随x的增大而减小
∴1- 2m > 0
∴m<
故选：C.
【分析】本题主要考查反比例函数图象的性质，根据x1< x2<0时，y1> y2，得出k>0，进行求解即可.
9．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是矩形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是菱形．
故选：C．
【分析】
根据菱形的性质，可证，对角线AC与EF互相平分，即可得四边形肯定是平行四边形，当AC=EF时，平行四边形AECF为矩形，当AE=AB时，平行四边形AECF为菱形，因此变化过程先是平行四边形，再是矩形，再是平行四边形，最后是菱形．
10．【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接GF，
∵矩形，
∴，，，，
∵，是边的中点，
∴，故①正确；
∵分别是边，的中点，
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴垂直平分
∴
∴（）
∴，即，故②正确；
∵，，，
∴（）
∴，
设，则，，
在中，，
∴解得，即，故③正确；
综上所述，正确的是①②③
故选：D．
【分析】
① 由于矩形的对边相等，因此BC=AD=5，因为PF是直角三角形PBC斜边BC上的中线，所以PF=2.5，正确；
② 连接，由矩形的性质结合中点的概念可证四边形DEBF是平行四边形，则BE平行DF，由平行线的性质结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证，又FD是公共边，则、即，正确；
③ 由HL可证， 则PG=BG，设BG=x，则AG=3-x，DG=3+x，在中应用勾股定理即可．
11．【答案】1
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【解答】原式
故答案是：1.
【分析】利用平方差公式：（a+b）（a-b）=a2-b2，再进行计算。
12．【答案】10
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
【分析】
由于三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，因此可通过构造三角形及三角形中位线的方法来测量AB的距离．
13．【答案】2025
【知识点】一元二次方程的根；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵a是方程x2+5x-1=0的根，
∴a2+5a-1=0，
∴a2+5a=1，
∴a2+5a+2024=1+2024=2025.
故答案为：2025.
【分析】根据一元二次方程的根的定义可得a2+5a=1，然后整体代换即可求解.
14．【答案】（或或等）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：（或或）
【分析】
由于BC与DE平行且相等，因此四边形BDEC是平行四边形；则BE=CD=BA时，平行四边形BDEC是矩形；时，平行四边形BDEC是矩形．
15．【答案】或
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：①如图，，，
∵点是的中点，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图，，，
过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
故答案为或．
【分析】
①当四边形EFGH的另一个顶点G为CD中点，另外两个顶点H、F分别在AD和BC上，且AH=BF时，四边形EFGH是筝形，此时EG等于BC=7；
②当四边形EFGH的另一个顶点G不是CD中点，另外两个顶点H、F分别在AD和BC上，且EF=GF、EH=GH时，四边形EFGH也是筝形，此时可过点G作AB的垂线段GM，由于EF=GF=5，则BF=4、CF=3，CG=4、DG=2；由于可证四边形ADGM是矩形，则AM=DG=2、ME=1，利用勾股定理即可求得EG的长．
16．【答案】2
【知识点】正方形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：将代入中，得，
点B的坐标是，
作轴于点E， 作轴于点 F，如图所示，
四边形是正方形，
，，
，，
，
又，，
，
，，
，
点D的坐标是，
点D在反比例函数图象上，点D的横坐标为n，
点D的坐标是，
，，
，，
，
，
．
故答案为：2．
【分析】
由反比例函数图象上点的坐标特征，可将代入中，得到点B的坐标，再分别作轴于点E， 作轴于点 F，则利用正方形的性质可证明，再由全等的性质可得，，即可得到点D的坐标，由于点D也在反比例函数图象上且点D的横坐标为n，利用坐标相等即可求解．
17．【答案】（1）解：原式=2×2-+2
=
=.
（2）解：原式=
=
=10.
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据二次根式的性质“”和合并同类二次根式的法则计算即可求解；
（2）根据单项式乘以多项式的法则和二次根式的乘法法则即可即可求解.
18．【答案】（1）解：
∴x+9=0，x-9=0，
∴
（2）解：∵a=1，b=-3，c=1，
∴，
∴，
∴.
【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）由题意，用平方差公式将方程的左边分解因式，然后将一元二次方程转化为两个一元一次方程，解这两个一元一次方程即可求解；
（2）由题意，先找出a、b、c的值，再计算b2-4ac的值，然后根据一元二次方程的求根公式计算即可求解.
19．【答案】（1）解：把代入得，
将代入，得，
解得，，
反比例函数的解析式为；
（2）或
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】
（2）
解：把代入得：，
解得：，
，
由图可知：当时，或．
【分析】
（1）先利用直线上点的坐标特征可求出点A的坐标，再利用待定系数法可求得双曲线的解析式；
（2）先利用双曲线上点的坐标特征可求出点B的横坐标n，再结合图象直线在双曲线上方时自变量的取值范围即可．
（1）解：把代入得，
将代入，得，
解得，，
反比例函数的解析式为；
（2）解：把代入得：，
解得：，
，
由图可知：当时，或．
20．【答案】（1），
（2）
（3）解：名员工的销售额的中位数为万元，
名员工的销售额有一半的人，即人超过万元，
公司对一半的员工进行了奖励，说明销售额在万元及以上的人才能获得，而员工甲的销售额是万元，低于万元，
员工甲不能拿到奖励
【知识点】频数（率）分布表；中位数；众数
【解析】【解答】（1）解：，
∵个数据中，出现了次，是出现次数最多的，
∴众数，
故答案为：，；
（2）
解：月销售额不低于万元的有：（人），
故答案为：；
【分析】
（1）用样本容量分别减去其他各组的频数即可得到a的值，众数是指一组数据中重复出现次数最多的数据，可能是一个，也可能是多个；
（2）直接利用频数分布表可求解；
（3）利用中位数的特点及奖励人数进行分析即可．
（1）解：，
∵个数据中，出现了次，是出现次数最多的，
∴众数，
故答案为：，；
（2）解：月销售额不低于万元的有：（人），
故答案为：；
（3）解：名员工的销售额的中位数为万元，
名员工的销售额有一半的人，即人超过万元，
公司对一半的员工进行了奖励，说明销售额在万元及以上的人才能获得，而员工甲的销售额是万元，低于万元，
员工甲不能拿到奖励
21．【答案】（1）
（2）解：如图所示，即为所求；
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；作图﹣中心对称
【解析】【解答】
（1）
解：根据勾股定理可得：，
故答案为：．
【分析】
本题考查了勾股定理，平行四边形的性质，格点作图．
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）由于平行四边形的对边平行且相等，可确定格点D并使BD与AC平行且相等，再分别连接AD、BD即可；由于平行四边形是中心对称图形，因此可连接交AB于一点O，再过点E作射线EO交AD于点F即可．
（1）解：根据勾股定理可得：，
故答案为：．
（2）解：如图所示，即为所求；
22．【答案】（1）26，12
（2）解：设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，由题意得：，
解得：或（舍去），
∴剪去正方形的边长为；
（3）解：设剪去的正方形的边长为，由题意得：，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴剪去的正方形的边长为．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】
（1）
解：由题意得：，，
纸盒底面长方形的长为，宽为；
【分析】
（1）盒子底部长方形的长和宽都等于原长方形纸板的长与宽分别减去两个2；
（2）设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案；
（3）设剪去的正方形的边长为，则这个正方形的边长加上剪去的矩形的长恰好等于原长方形纸板长的一半即15，再根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案．
（1）解：由题意得：，，
纸盒底面长方形的长为，宽为；
（2）解：设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，
由题意得：，
解得：或（舍去），
∴剪去正方形的边长为；
（3）解：设剪去的正方形的边长为，
由题意得：，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴剪去的正方形的边长为．
23．【答案】（1）
（2）解：仍然成立，理由如下：如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，，，
∵是等边三角形 ，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，
∵四边形是菱形，
∴，平分，，
∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1），理由如下：
如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴.
∴
在与中，
∴，
∴；
故答案为；
【分析】（1）先证明△ABC是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出AB=AC，AP=AE，再利用角的和差说明
就可利用SAS证明，再利用全等三角形的性质得出；
（2）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知，再根据全等三角形的判定与性质即可解答；
（3）根据菱形的性质及直角三角形可知，再根据全等三角形的判定与性质可知，最后利用直角三角形的性质 及勾股定理即可解答．
（1）解：，理由如下：
如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
（2）解：仍然成立，理由如下：
如图，连接，延长交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，，，
∵是等边三角形 ，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解： 当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，
∵四边形是菱形，
∴，平分，，
∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴．
24．【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
（2）解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线的解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）首先由垂直的概念和矩形的性质可得，再由平行线的性质结合折叠的性质可得，则四边形是平行四边形，再由可得平行四边形BEDM为菱形；
（2）由折叠可得，由勾股定理可得，则，可设，则，，再由勾股定理计算即可得，由于轴，则E、D两点的横坐标相等，ED的纵坐标即；
（3）由（2）可得点坐标为，则反比例函数解析式可求，则点坐标为，即FM的长是定值，当四边形PMFQ的周长最小时，只需FQ、QP和PM的和最小，此时可分别作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，连结，，由轴对称的性质可得，，则四边形的周长转化为、、和的和，显然当F`、Q、P、M`四点共线时四边形周长最小；此时可利用待定系数法先求出直线的解析式，再求其与两坐标轴交点坐标即可．
（1）解：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
（2）解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线的解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
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