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浙江省宁波市第七中学2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
1．（2024八下·宁波期末）化简的结果是　 　．
【答案】5
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：
．
故答案为：5．
【分析】先利用完全平方公式将根号下部分变形，再利用二次根式的性质化简计算．
2．（2024八下·宁波期末）如图，在平行四边形中，，于点，与交于点．若，则的度数是　 　．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，取的中点，连接，
∵平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得：，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用平行四边形的性质证得，再利用平行线的性质证得，然后利用三角形的内角和定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线证得，接着证得，最后利用三角形的内角和定理求出．
3．（2024八下·宁波期末）如图，圆0半径OD垂直于弦AB，垂足为点C，连接AO并延长交圆O于点E， 连接BE，CE.若AB=8，CD=2，则△BCE的面积是　 　
【答案】12
【知识点】三角形的面积；勾股定理；垂径定理
4．（2024八下·宁波期末）已知、是方程的两个实根，则的值是　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：、是方程的两个实根，
，，
，
，
，
故答案为：．
【分析】先利用一元二次方程的解，一元二次方程根和系数的关系得出，，再证得，将其代入化简求值即可．
5．（2024八下·宁波期末）如图，在中，，．点是射线上的动点，过点作射线的垂线，垂足为点H，点M是的中点，连结，则的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：取的中点O，连接、，如图：
∵，，
∴，
∵点为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理求得BC，再根据中位线的性质求得OM，然后利用直角三角形的性质求得OB，再由，得出，就可得出结果．
6．（2024八下·宁波期末）若关于的方程有实数根，则的取值范围是　 　
【答案】或
【知识点】解含绝对值符号的一元一次方程；解一元一次不等式组；分类讨论
【解析】【解答】解：当时，
，
解得：，
∴，解得；
当时，
，
解得：，
∴，解得或，
综上所述，或
故答案为：或．
【分析】分“”、“”两种情况，分别用a表示出x，再代入、，分别得到关于a的不等式求解．
7．（2024八下·宁波期末）已知的顶点、在反比例函数的图象上，，，轴，点在点的上方，且，则点的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】解直角三角形；反比例函数图象上点的坐标特征
8．（2024八下·宁波期末）若及都是正整数，则所有满足条件的的值的和是　 　．
【答案】
【知识点】分式的值；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵、都是正整数，
∴，
∴，
解得：，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故所有满足条件的的值有：、、，
∴所有满足条件的的值的和是．
故答案为：．
【分析】先根据为整数，且的值也为正整数，列出不等式，求出的取值范围，再求出符合题意的的值，然后求出它们的和．
9．（2024八下·宁波期末）关于的方程的两个实数根，满足，则的取值范围是　 　
【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解： ∵关于的方程的两个实数根，
∴，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】先利用一元二次方程有两个不同的实数根，得到，再得出，从而可得，求出a的取值范围，再根据，得到关于a的不等式求解．
10．（2024八下·宁波期末）当时，二次函数的最大值是，最小值是，若，则的值是　 　．
【答案】或
【知识点】二次函数的最值；分类讨论
【解析】【解答】解：由，
∴二次函数的对称轴为直线，
若时，，
当时，，当时，，
∵，
∴，解得：（舍去），
若时，，
当时，，当时，，
∵，
∴，解得：或（舍去），
若，即，
当时，，当时，，
∵，
∴，解得：或（舍去），
若时，，
当时，，当时，，
∵，
∴，解得：（舍去），
综上所述，的值是或，
故答案为：或．
【分析】先利用配方法将二次函数由一般式转化为顶点式，再根据a的取值范围分“”、“”、“”、“”四种情况讨论，分别用a表示出m与M，利用 ，得到关于a的方程求解．
11．（2024八下·宁波期末）设表示不超过的最大整数．若，则的值是　 　．
【答案】
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】设，可得，，利用完全平方公式依次求得，，，再求出 ．
12．（2024八下·宁波期末）设实数，，满足，则的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】偶次方的非负性；配方法的应用
【解析】【解答】解：∵
∴
∴
=
=
=
=
=
=
∵
∴≤
∴的最大值为
故答案为：．
【分析】先用x，y表示出z，再代入M中，然后利用配方法配方，最后利用平方的非负性求解．
13．（2024八下·宁波期末）解方程．
【答案】解：根据题意可知，
∴，
，
，
设，
∴，
∴，
解得：或，即或，
∴或，
解得：，，，，
经检验：，，，是方程的解，
∴，，，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】先根据题意可知，将原方程转化为，设，可得关于a的方程求解求出a，再代回后得到关于x的方程求解，最后求解检验即可．
14．（2024八下·宁波期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的解析式是，直线的解析式是，点，点是在该抛物线上的动点，连接，过作．
（1）求证：；
（2）设点，求的最小值及此时点的坐标．
【答案】（1）证明：点是在该抛物线上的动点，
设点P的坐标为，
，
；
，直线的解析式是，
，
；
（2）解：，
点在抛物线的上方，
∵，
，当E，P，N共线时，等号成立，如图：
，
∴当时，，
的最小值为，
∴此时点的坐标为．
【知识点】三角形三边关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）先根据两点间距离公式求出，再证明；
（2）先根据得出，当E，P，N共线时，等号成立，求出的最小值及点P的坐标．
15．（2024八下·宁波期末）【证明体验】
（1）如图1，在中，是边上的点，连结，若，求证：．
【思考探究】
（2）如图2，在中，，，，是边上的点，连结，是的中点，连结．若，求的长．
【答案】解：（1）证明：，
，
，
；
（2）如图，延长至，使，连接，则为的中点，
∵为中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
设，则，
，
，
解得：，
，
∴（不符合题意，舍去），
∴的长为2．
【知识点】含30°角的直角三角形；解直角三角形；三角形的中位线定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
16．（2024八下·宁波期末）如图1，已知，，，，点、为边，上的点（不与点，点重合），以为直径的交边于点，点，连结交于点，连结，，设．
（1）用含有的代数式表示；
（2）如图2，若，，求的值；
（3）如图3，连结，若，平分，直接写出的长是________．
【答案】（1）解：连接，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：过点作交于点，过点作交于，如图：
∵，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
设，则，，，，
∴，
∵在中，，
∴
解得：，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
（3）
【知识点】勾股定理；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：（3）连结，如图：
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
则，
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵点、、、都在圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在中，AC=1，BC=4，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴．
故答案为：．
【分析】（1）先等弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，再根据等边对等角可得，然后结合三角形的内角和定理求解；
（2）先分别求得，，再等腰三角形三线合得，得出，设，则，，，，然后利用勾股定理得出，，推得，再利用SAS证明，然后利用全等三角形的性质得到，求得，再利用勾股定理求得的值，即可求解；
（3）先设，再用a表示出BE，然后利用平行线的性质得出，再利用正切的定义可得，从而可用a表示出AD，再利用三角形的外角的性质得出，利用角平分线的定义可得，再利用等角对等边可用a表示出BG，接着利用圆内接四边形的性质可得，再利用平行线的判定得出，根据平行线分割线段成比例可得，再利用勾股定理分别求得，，根据平行线分割线段成比例可得，，然后利用圆周角定理得出，再证明，列出比例式，得到关于a的方程求解．
1 / 1浙江省宁波市第七中学2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
1．（2024八下·宁波期末）化简的结果是　 　．
2．（2024八下·宁波期末）如图，在平行四边形中，，于点，与交于点．若，则的度数是　 　．
3．（2024八下·宁波期末）如图，圆0半径OD垂直于弦AB，垂足为点C，连接AO并延长交圆O于点E， 连接BE，CE.若AB=8，CD=2，则△BCE的面积是　 　
4．（2024八下·宁波期末）已知、是方程的两个实根，则的值是　 　．
5．（2024八下·宁波期末）如图，在中，，．点是射线上的动点，过点作射线的垂线，垂足为点H，点M是的中点，连结，则的最小值是　 　．
6．（2024八下·宁波期末）若关于的方程有实数根，则的取值范围是　 　
7．（2024八下·宁波期末）已知的顶点、在反比例函数的图象上，，，轴，点在点的上方，且，则点的坐标为　 　．
8．（2024八下·宁波期末）若及都是正整数，则所有满足条件的的值的和是　 　．
9．（2024八下·宁波期末）关于的方程的两个实数根，满足，则的取值范围是　 　
10．（2024八下·宁波期末）当时，二次函数的最大值是，最小值是，若，则的值是　 　．
11．（2024八下·宁波期末）设表示不超过的最大整数．若，则的值是　 　．
12．（2024八下·宁波期末）设实数，，满足，则的最大值为　 　．
13．（2024八下·宁波期末）解方程．
14．（2024八下·宁波期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的解析式是，直线的解析式是，点，点是在该抛物线上的动点，连接，过作．
（1）求证：；
（2）设点，求的最小值及此时点的坐标．
15．（2024八下·宁波期末）【证明体验】
（1）如图1，在中，是边上的点，连结，若，求证：．
【思考探究】
（2）如图2，在中，，，，是边上的点，连结，是的中点，连结．若，求的长．
16．（2024八下·宁波期末）如图1，已知，，，，点、为边，上的点（不与点，点重合），以为直径的交边于点，点，连结交于点，连结，，设．
（1）用含有的代数式表示；
（2）如图2，若，，求的值；
（3）如图3，连结，若，平分，直接写出的长是________．
答案解析部分
1．【答案】5
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：
．
故答案为：5．
【分析】先利用完全平方公式将根号下部分变形，再利用二次根式的性质化简计算．
2．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，取的中点，连接，
∵平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得：，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用平行四边形的性质证得，再利用平行线的性质证得，然后利用三角形的内角和定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线证得，接着证得，最后利用三角形的内角和定理求出．
3．【答案】12
【知识点】三角形的面积；勾股定理；垂径定理
4．【答案】
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：、是方程的两个实根，
，，
，
，
，
故答案为：．
【分析】先利用一元二次方程的解，一元二次方程根和系数的关系得出，，再证得，将其代入化简求值即可．
5．【答案】
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：取的中点O，连接、，如图：
∵，，
∴，
∵点为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理求得BC，再根据中位线的性质求得OM，然后利用直角三角形的性质求得OB，再由，得出，就可得出结果．
6．【答案】或
【知识点】解含绝对值符号的一元一次方程；解一元一次不等式组；分类讨论
【解析】【解答】解：当时，
，
解得：，
∴，解得；
当时，
，
解得：，
∴，解得或，
综上所述，或
故答案为：或．
【分析】分“”、“”两种情况，分别用a表示出x，再代入、，分别得到关于a的不等式求解．
7．【答案】
【知识点】解直角三角形；反比例函数图象上点的坐标特征
8．【答案】
【知识点】分式的值；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵、都是正整数，
∴，
∴，
解得：，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故所有满足条件的的值有：、、，
∴所有满足条件的的值的和是．
故答案为：．
【分析】先根据为整数，且的值也为正整数，列出不等式，求出的取值范围，再求出符合题意的的值，然后求出它们的和．
9．【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解： ∵关于的方程的两个实数根，
∴，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】先利用一元二次方程有两个不同的实数根，得到，再得出，从而可得，求出a的取值范围，再根据，得到关于a的不等式求解．
10．【答案】或
【知识点】二次函数的最值；分类讨论
【解析】【解答】解：由，
∴二次函数的对称轴为直线，
若时，，
当时，，当时，，
∵，
∴，解得：（舍去），
若时，，
当时，，当时，，
∵，
∴，解得：或（舍去），
若，即，
当时，，当时，，
∵，
∴，解得：或（舍去），
若时，，
当时，，当时，，
∵，
∴，解得：（舍去），
综上所述，的值是或，
故答案为：或．
【分析】先利用配方法将二次函数由一般式转化为顶点式，再根据a的取值范围分“”、“”、“”、“”四种情况讨论，分别用a表示出m与M，利用 ，得到关于a的方程求解．
11．【答案】
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】设，可得，，利用完全平方公式依次求得，，，再求出 ．
12．【答案】
【知识点】偶次方的非负性；配方法的应用
【解析】【解答】解：∵
∴
∴
=
=
=
=
=
=
∵
∴≤
∴的最大值为
故答案为：．
【分析】先用x，y表示出z，再代入M中，然后利用配方法配方，最后利用平方的非负性求解．
13．【答案】解：根据题意可知，
∴，
，
，
设，
∴，
∴，
解得：或，即或，
∴或，
解得：，，，，
经检验：，，，是方程的解，
∴，，，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】先根据题意可知，将原方程转化为，设，可得关于a的方程求解求出a，再代回后得到关于x的方程求解，最后求解检验即可．
14．【答案】（1）证明：点是在该抛物线上的动点，
设点P的坐标为，
，
；
，直线的解析式是，
，
；
（2）解：，
点在抛物线的上方，
∵，
，当E，P，N共线时，等号成立，如图：
，
∴当时，，
的最小值为，
∴此时点的坐标为．
【知识点】三角形三边关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）先根据两点间距离公式求出，再证明；
（2）先根据得出，当E，P，N共线时，等号成立，求出的最小值及点P的坐标．
15．【答案】解：（1）证明：，
，
，
；
（2）如图，延长至，使，连接，则为的中点，
∵为中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
设，则，
，
，
解得：，
，
∴（不符合题意，舍去），
∴的长为2．
【知识点】含30°角的直角三角形；解直角三角形；三角形的中位线定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
16．【答案】（1）解：连接，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：过点作交于点，过点作交于，如图：
∵，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
设，则，，，，
∴，
∵在中，，
∴
解得：，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
（3）
【知识点】勾股定理；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：（3）连结，如图：
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
则，
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵点、、、都在圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在中，AC=1，BC=4，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴．
故答案为：．
【分析】（1）先等弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，再根据等边对等角可得，然后结合三角形的内角和定理求解；
（2）先分别求得，，再等腰三角形三线合得，得出，设，则，，，，然后利用勾股定理得出，，推得，再利用SAS证明，然后利用全等三角形的性质得到，求得，再利用勾股定理求得的值，即可求解；
（3）先设，再用a表示出BE，然后利用平行线的性质得出，再利用正切的定义可得，从而可用a表示出AD，再利用三角形的外角的性质得出，利用角平分线的定义可得，再利用等角对等边可用a表示出BG，接着利用圆内接四边形的性质可得，再利用平行线的判定得出，根据平行线分割线段成比例可得，再利用勾股定理分别求得，，根据平行线分割线段成比例可得，，然后利用圆周角定理得出，再证明，列出比例式，得到关于a的方程求解．
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