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专题二　数形结合思想
一、理论指导 至公园时,打了一会儿太极拳,这时离家的
数学家华罗庚说得好:“数缺形时少直 距离是不变的,故可排除选项 A,D;返回时,
观,形少数时难入微;数形结合百般好,隔离 沿原路跑步到家里,离家的距离逐渐变小,直
分家万事休．”可见数形结合思想是数学中重 至为０,说明返回比开始出来的速度要快,故
要的思想方法之一,它包含“以形取数”和“以 可排除选项B．所以本题选C．
数辅形”两个方面． 【评注】　 以实际问题为背景找相应的函数
数是形的抽象概括,形是数的直观体现． 图象,先要弄清题意所反映的问题可分为几
在数学中,数和形是两个最重要的研究对象, 段,以及在这个过程中变化的量及不变的量,
它们之间有着十分密切的联系．在一定条件 再确定大致图象．
下,数和形之间相互转化、相互渗透．根据具 【 】 １ １ １例２ 　设n 为正整数,S＝ ＋ ＋ ＋ ２ ４ ８
体情形,把图形的性质问题转化为数量关系
１
问题,或者把数量关系问题转化为图形性质 ＋ n,那么S 与１的大小关系是 (２ 　　
)
问题,使复杂的问题简单化、抽象的问题具体 A．S＞１ 第
化,化难为易,获得简单易行的解决方案． 二B．S＝１ 部
二、典型例题 C．S＜１ 分
【例１】　(湘西中考题)小芳的爷爷每天坚持 D．由n 决定,S 与１大小关系不定 　整
体育锻炼,某天他慢步行走到离家较远的公 【分析】　本题用初中数学直接求解较难,但 合
园,打了一会儿太极拳,然后沿原路跑步到家 如果与图形结合起来,直观易懂． 提
升
里,下面能够反映当天小芳爷爷离家的距离 【解】　解法一:如图(１),在边长为１的正方形
y(米)与时间x(分钟)之间的关系的大致图 内,依次用线段把它一分为二．n 次等分后,图
象是 (　　) １ １ １中各矩形的面积依次为 , , , ,１
２ ４ ８ ２n．
１
显然,最后两个矩形面积均为 n,这时前２
　　　　 １ １ １
A B 面n 个矩形的面积之和为S＝２＋４＋８＋
１ １＋ n＝１－ n＜１,故选 C．类似地用图(２),２ ２
(３)也可得出结论．
　　　　
C D
【分析】　本题考查了函数图象的表示方法,
正确理解题意是解题的关键．
【解】　小芳爷爷离家外出进行体育锻炼,开
始慢步行走,说明离家的距离逐步变大;但行 (１) 　　　 (２)
６５
kx 平移 b 个长度单位得到(当b＞０时,向
上平移;当b＜０时,向下平移);
⑤直线y＝k１x＋b１,y＝k２x＋b２ 的几
种位置关系:平行:k１＝k２,b１≠b２;重合:k１
(３) ＝k２,b１＝b２;关于y 轴对称:k１＋k２＝０,b１
解法二:利用数轴,我们可以把数轴上的 ＝b２;关于x 轴对称:k１＋k２＝０,b１＋b２＝０;
一个长度单位１按照上面的方法进行n 次等 垂直:k１k２＝－１．
分,n次等分后,对应的各点表示的数从右到 【例４】　(温州中考题)如图,在平面直角坐
１ １ １ １ １ １ 标系中△ABC 的两个顶点A, 的坐标分别
左依次为 , , , ,
B
２ ４ ８ ２n
,显然S＝２＋４＋ 为(－２,０),(－１,０),BC⊥x 轴．将△ABC
１ １ １＋ ＋ ＝１－ ＜１,故选C． 以y 轴为对称轴对称变换,得到△A′B′C′(A８ ２n ２n
和A′,B 和B′,C 和C′分别是对应顶点)．直
【例３】　(福州中考题)A,B 两点在一次函 线y＝x＋b经过点A,C′,则点C′的坐标是
数图象上的位置如图所示,两点的坐标分别
　　　　．
为A(x＋a,y＋b),B(x,y),下列结论正确
第 的是 (　　)
二
部
分
　 【分析】　本题综合考查平面直角坐标系、一
整
合 次函数、轴对称变换等知识,解题的关键是灵
提 A．a＞０　 B．a＜０ 活利用轴对称变换的坐标特点及一次函数图
升 C．b＝０　 D．ab＜０ 象上点的坐标与解析式之间的关系解题．
【分析】　本题考查了一次函数图象的性质, 【解】　因为点 A(－２,０)在直线y＝x＋b
函数图象问题一直是中考考查的重要内容． 上,则b＝２,直线的解析式为y＝x＋２;由
【解】　 由图象可知x＋a＜x,y＋b＜y,所 B 和B′关于y 轴对称,则 B′的坐标为(１,
以a＜０,b＜０,因此本题选B． ０),当x＝１时,y＝１＋２＝３,则点C′的坐标
【评注】　一次函数解析式中k,b 对一次函 为(１,３)．故答案为(１,３)．
数图象的影响: 【评注】　平面直角坐标系中,关于x 轴的对
①当k＞０时,y 随x 的增大而增大,当 称点的坐标特征是:横坐标不变,纵坐标互为
k＜０时,y 随x 的增大而减小; 相反数;关于y 轴的对称点的坐标特征是:
②k决定着一次函数图象的倾斜程度, 纵坐标不变,横坐标互为相反数．函数图象上
k 越大,其图象与x 轴的夹角就越大; 点的坐标适合函数解析式．
③b 决定着直线与y 轴的交点,当b 大 【例５】　甲、乙两名同学进行登山比赛,图中
于０时,交点在y 轴正半轴;当b小于０时, 表示甲同学和乙同学沿相同的路线同时从山
交点在y 轴负半轴; 脚出发到达山顶过程中,各自行进的路程随
④直线y＝kx＋b 可以看作由直线y＝ 时间变化的图象,根据图象中的有关数据回
６６
答下列问题: ３ ２１
坐标 为 １２－ ,代 入２＝ ２ s乙 ＝２t
,解 得:
２１
t＝４．　
２１２１
所以点B , ÷４ ２ ．è
设过B,D 两点的直线关系式为s＝kt
ì ２１ ２１
(１)分别求出表示甲、乙两同学登山过程 ２＝４k＋b {k＝－６＋b,由题意,得 í ,解得 ．
中路程s(km)

与时间t(h)的函数关系式(不 １２＝５k＋b b＝４２
要求写出自变量t的取值范围); 所以直线BD 的关系式为s＝－６t＋４２．
(２)当甲到达山顶时,乙行进到山路上的 当乙到达山顶时,s乙 ＝１２,得t＝６,把
某点A 处,求A 点距山顶的距离; t＝６代入s＝－６t＋４２,得s＝６．
(３)在(２)的条件下,设乙同学从A 处继 答:乙到达山顶时,甲离山脚的距离为
续登山,甲同学到达山顶后休息１h,沿原路 ６km．
下山,在B 点处与乙相遇,此时点B 与山顶 三、专项训练 第
距离为１．５km,相遇后甲、乙各自按原来的 ( 二１． 甘孜州中考题)如图,我国古代数学 部
路线下山和上山,求乙到达山顶时,甲离山脚 家得出的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三 分
的距离是多少千米． 角形和一个小正方形密铺成的大正方形．若 　
【 】 整分析 　根据图象理解横轴、纵轴表示的相 小正方形与大正方形的面积之比为１∶１３, 合
应的量,将本题转化为函数问题,利用函数的 提
则直角三角形较短的直角边a 与较长的直 升
解析式解题． 角边b的比值为　　　　．
【解】　(１)设甲、乙两同学登山过程中,路程
s(km)与时间t(h)的函数关系式分别为s甲
＝k１t,s乙 ＝k２t．
由题意,得６＝２k１,６＝３k２,所以k１＝３,
２．(黔南州中考题)正比例函数y＝kx
k２＝２． (k≠０)的图象在第二、四象限,则一次函数
所以关系式分别为s甲 ＝３t,s乙 ＝２t．
y＝x＋k的图象大致是 (　　)(２)甲到达山顶时,由图象可知,当s甲 ＝
１２,代入s甲 ＝３t,得t＝４．
所以s乙 ＝２×４＝８(km),所以１２－８＝
４(km)．　 　　　A B
答:当甲到达山顶时,乙距山顶的距离为
４km．
(３)由图象知:甲到达山顶并休息１h后
点D 的坐标为(５,１２),
　　　
由题意,得点B 的纵 C D
６７
３．在北京召开的国际数学家大会,会标
取材于我国古代数学家赵爽的 勾股圆方
图 ,它是由四个全等的直角三角形与中间的
小正方形拼成的一个大正方形(如下图所
示)．如果大正方形的面积是１３,小正方形的 (１)乙车休息了　　　　h;
面积为１,直角三角形较短直角边为a,较长 (２)求乙车与甲车相遇后y乙 与x 的函
直角边为b,那么(a＋b)２ 的值为 (　　)
数解析式,并写出自变量x 的取值范围;
(３)当两车相距４０km 时,直接写出x
的值．
A．１３ B．１９
C．２５ D．１６９
４．已知两点A(３,２)与B(１,－１),点P
在y轴上且使PA＋PB 最短,则P 的坐标是
第
(　　) ７．第三届南宁国际龙舟赛在南湖举行,二
部 甲、乙 两 队 在 比 赛 时,路 程 y(m)与 时 间
分 A．
１
０,－ ÷２ B．
(０,０)
è x(min)的函数图象如图所示,根据函数图象
　
整 填空和解答问题:
合 C．
,１１ ０ ÷６ D．
０,
１
－ ÷
è è ４
提
５．如图,宽为５０cm 的矩形图案由升 １０个
全等的小长方形拼成,其中一个小长方形的
面积为 (　　)
(１)最先到达终点的是　　　　队,该队
A．４００cm２ B．５００cm２ 比另一队领先 　　　　min到达;
C．６００cm２ D．４０００cm２ (２)在比赛过程中,乙队在　　　　min
６．(吉林中考题)甲、乙两辆汽车分别从 和　　　　min时两次加速,图中点A 的坐
A,B 两地同时出发,沿同一条公路相向而 标是　　　　,点B 的坐标是　　　　;
行,乙车出发２h后休息,与甲车相遇后,继 (３)假设乙队在第一次加速后,始终保持
续行驶．设甲、乙两车与B 地的路程分别为 这个速度继续前进,那么甲、乙两队谁先到达
y甲 (km),y乙 (km),甲 车 行 驶 的 时 间 为 终点 请说明理由．
x(h),y甲 ,y乙 与x 之间的函数图象如图所
示,结合图象解答下列问题:
６８暑假大串联　八年级数学(浙江教育教材适用)
部分参考答案
第一部分　夯实基础
一、七年级上册过关检测
４
一、１．０,±１,±２　２．２　３．１１m＋１　４．１５０°　５．１．５×１０８　６．７８　１５　７．３　１　８．５０a
二、９．B　１０．D　１１．A　１２．C　１３．C　１４．B
三、 １１５．(１)－ 　(２ ２
)－１　(３)４－ ５　１６．(１)３　５　(２)８　３　(３)a－b＋c　１７．１０２００
二、七年级下册过关检测
一、１．２＜x≤５　２．６０°　３．６　４．３５°　５．２００９　６．０或４或６　７．２０　８．１３７．５
二、９．D　１０．A　１１．D　１２．B　１３．B　１４．C
三、１５．(１){x＝２ ２　(２)x＝y＝１ ３
１６．解:原式＝xy(x－y)２,当xy＝３,x－y＝－１时,原式＝３．
１７．解:(１)４８x＋２４　(２)根据题意得:６０(x－３)＋３６＜４８x＋２４＜６０(x－２),解得１２＜x
＜１４,∵x 取整数,∴x＝１３,此时,４８x＋２４＝４８×１３＋２４＝６４８(人)．故这两个年级学生的总
人数是６４８人．
１８．解:设A 种糖果购进x 千克,则B 种糖果购进３x 千克,根据题意列方程,得:
４８０ １２６０
x －２＝ ３x
解得x＝３０．
经检验,x＝３０是原方程的解,且符合题意．
３x＝９０．
答:A 种糖果购进３０千克,B 种糖果购进９０千克．
三、八年级上册分章复习
第１章　三角形的初步知识
[基础过关]
一、１．１＜x＜６　２．２　３．４０°　４．５
二、５．B　６．B　７．B　８．D　９．B　１０．C
三、１１．解:(１)∵∠BAC＋∠ABC＋∠ACB＝１８０°,∠ABC＝４０°,∠ACB＝７０°,
∴∠BAC＝１８０°－４０°－７０°＝７０°,
∵AE 平分∠BAC,
１
∴∠BAE＝２∠BAC＝３５°
;
(２)∵AD 是BC 边上的高,
∴∠ADB＝９０°,
１
∴∠B＋∠BAD＝９０°,
∴∠BAD＝９０°－∠B＝９０°－４０°＝５０°,
∴∠DAE＝∠BAD－∠BAE＝５０°－３５°＝１５°．
[综合提升]
１．４　２．C　３．B
４．解:此时轮船没有偏离航线．理由:设轮船在C 处,如图所示,航行时C 与A,B 的距离
相等,即CA＝CB,OC＝OC．已知AO＝BO,由“SSS”可证明△AOC≌△BOC,所以∠AOC＝
∠BOC,即没偏离航线．
[中考热身]
１．C　２．C
３．(１)证明:由题意,得AC＝CB,∠ACB＝９０°,AD⊥DE,BE⊥DE,
∴∠ADC＝∠CEB＝９０°,
∴∠ACD＋∠ECB＝９０°,∠ACD＋∠DAC＝９０°,
∴∠ECB＝∠DAC．
在△ADC 和△CEB 中,
ì∠ADC＝∠CEB
í∠DAC＝∠ECB,

AC＝CB
∴△ADC≌△CEB(AAS)．
(２)解:由题意,得AD＝４a,BE＝３a,
∵△ADC≌△CEB,
∴CD＝BE＝３a,
在Rt△ACD 中,根据勾股定理,得AD２＋CD２＝AC２,
∴(４a)２＋(３a)２＝２５２,
解得a＝５．
答:砌墙砖块的厚度a 为５cm．
４．(１)证明:∵△ABC 是等边三角形,∴AB＝BC,∠A＝∠EBC,∵BE＝AF,∴△BCE
≌△ABF,∴CE＝BF;(２)解:由(１)得△BCE≌△ABF,∴∠PCB＝∠ABF,∴∠PCB＋
∠PBC＝∠ABF＋∠PBC＝∠EBC＝６０°,∵∠CPB＋∠PCB＋∠PBC＝１８０°,∴∠BPC＝
１８０°－(∠PCB＋∠PBC)＝１８０°－６０°＝１２０°．
第２章　特殊三角形
[基础过关]
一、１．３６°　２．３　３．４　４．６５°　５．２
二、６．C　７．D　８．C　９．C
三、１０．BD＝CD 或BE＝CF．说明△BDE≌△CDF．
[综合提升]
１．６cm 或１４cm　２．４３cm２
２
３．(１)证明:∵△ABC 为等腰直角三角形,∴∠BAE＋∠EAC＝９０°．∵BD⊥AE,CE⊥
AE,∴∠ADB＝∠CEA＝９０°,∠BAE＋∠DBA＝９０°,∴∠EAC＝∠DBA．∵AB＝CA,
∴△ABD≌△CAE,∴BD＝AE,AD＝EC,∴BD＝AE＝AD＋DE＝EC＋DE;(２)BD＝
DE－EC;(３)BD＝DE－CE．
[中考热身]
１．D　２．C　３．C
４．证明:∵AD∥BC,∴∠DBC＝∠ADB．又∵BD 平分∠ABC,∴∠ABD＝∠DBC．
∴∠ABD＝∠ADB,∴AB＝AD．
第３章　一元一次不等式
[基础过关]
、 １ １ １一 １．x≤－２　２．－２＜x≤３　３．x＞１　４．＜２　５．a＞２　６．x≤２　７．２　８．３７
二、９．D　１０．A　１１．C　１２．A　１３．C　１４．C
三、１５．(１)
５
x＜－ (
８
２　 ２
)
３≤x＜３　１６．－１≤x＜２
,原不等式组的整数解为－１,０,１．
[综合提升]
１．C　２．B　３．C　４．A
:(){０．６x＋０．２(６５０－x)≤３００５．解 １ ,解得( ) ２００≤x≤４２５．　(２)设这批饮料销售总金额为０．３x＋０．４６５０－x ≤２４０
y 元,根据题意得,y＝３x＋４(６５０－x),化简,得y＝－x＋２６００,∵k＝－１＜０,∴y 随x 的增
大而减小．∴当x＝２００时,这批饮料销售总金额最大,最大销售总金额为－２００＋２６００＝２４００
(元),此时甲、乙两种饮料分别生产２００千克、４５０千克．
[中考热身]
１．A　２．B　３．D　４．D
５．解:(１)设A 种商品每件x 元,B 种商品每件y 元,根据题意,得:
{２x＋y＝９０ , x＝２０解得 ．３x＋２y＝１６０ {y＝５０
答:A 种商品每件２０元,B 种商品每件５０元．
(２)设小亮准备购买A 种商品m 件,则购买B 种商品(１０－m)件．
由题意得:
{２０m＋５０(１０－m)≤３５０, ２解得( ) ５≤m≤６ ．２０m＋５０１０－m ≥３００ ３
根据题意,m 的值应为整数,所以m＝５或m＝６．
方案一:当m＝５时,购买费用为２０×５＋５０×(１０－５)＝３５０(元);
方案二:当m＝６时,购买费用为２０×６＋５０×(１０－６)＝３２０(元)．
∵３５０＞３２０,
∴购买A 种商品６件,B 种商品４件的费用最低．
答:有两种购买方案,方案一:购买A 种商品５件,B 种商品５件;方案二:购买A 种商品
６件,B 种商品４件．其中方案二费用最低．
６．解:(１)设租用甲型号的挖掘机x 台,乙型号的挖掘机y 台,根据题意,得
{x＋y＝８ , x＝５解得 ．６０x＋８０y＝５４０ {y＝３
３
答:甲、乙两种型号的挖掘机各需５台、３台．
() ５４０－６０m２ 设租用甲型号的挖掘机m 台,则租用乙型号的挖掘机 台,根据题意,得８０
５４０－６０m
１００m＋１２０× ,解得８０ ≤８５０ m≤４．
又m 为非负整数,
５４０－６０m
∴m＝０或１或２或３或４,分别代入 ,可知,只有当８０ m＝１
时,５４０－６０m＝６为整数,符合题意．∴符合条件的租用方案只有一种,即租用甲型号的挖掘机８０
１台,乙型号的挖掘机６台．
第４章　图形与坐标
[基础过关]
一、１．(７,９)　第６排第９号　２．那地点到“我”家的距离　３．－６　４．(３,０)　(４,３)　５．(１,１)
　６．二
二、７．C　８．D　９．B　１０．B　１１．C　１２．C
三、１３．图略　(４,５)　(４,－２)　(－４,２)　(－３,－２)
[综合提升]
１．D　２．C　３．C
４．(１)３　(２)D　(３)CE∥y 轴　(４)点F 到x 轴的距离为７个单位,到y 轴的距离为５
个单位．
[中考热身]
１．A　２．B　３．B　４．A
第５章　一次函数
[基础过关]
一、１．温度　时间　时间　温度　２．m＝７．８V　３．－ ２x　减小　４．k＜２　５．２０
二、６．D　７．B　８．A　９．A　１０．B
三、１１．解:(１)∵A 城运往C 仓库１００吨物资,则A 城运往D 仓库:２００－１００＝１００(吨)物资,
∴B 城运往D 仓库:２６０－１００＝１６０(吨)物资,
答:B 城运往D 仓库１６０吨物资．
(２)∵A 城运往C 仓库x 吨物资,则A 城运往D 仓库(２００－x)吨物资;
∴B 城运往C 仓库(２４０－x)吨物资,运往D 仓库[２６０－(２００－x)]＝(x＋６０)吨物资,
∴总运费:２０x＋２５(２００－x)＋１５(２４０－x)＋２４(x＋６０)＝４x＋１００４０(０≤x≤２００);
４
(３)由题意,可得４x＋１００４０＝１０２００,
解得x＝４０,
∴２００－x＝２００－４０＝１６０,２４０－x＝２００,６０＋x＝１００．
答:从A 城运往C 仓库４０吨物资,A 城运往D 仓库１６０吨物资,B 城运往C 仓库２００吨
物资,B 城运往D 仓库１００吨物资．
[综合提升]
１
１．－２　２．y＝－２x＋３　３．x＝１　x＜１　４．A　５．C
６．解:(１)设生产A 型号产品x 件,则生产B 型号产品(８０－x)件,依据题意,得
{０．６x＋１．１(８０－x)≤６９,０．９x＋０．４(８０－x)≤５２
x≥３８
解得{ ．x≤４０
∴有三种方案
甲 乙
３８ ４２
３９ ４１
４０ ４０
　　(２)获利为:y＝３５x＋２５(８０－x)＝１０x＋２０００,当x＝４０ 时,获利最大,最大值为
２４００元．
(３)购买甲种原料９千克,乙种原料４千克．
[中考热身]
１．增大　２．B　３．A
４．解:(１)∵x＝０时,y１＝１２０,∴A,C 两村间的距离为１２０km．
令y１＝kx＋b(０≤x≤a),
{０．５k＋b＝９０, {k＝－６０解得 ,∴y１＝－６０x＋１２０(０≤x≤a)．b＝１２０ b＝１２０
∵点(a,０)在直线y１ 上,∴－６０a＋１２０＝０,解得a＝２．
(２)同法可求y２ 的解析式为y２＝－３０x＋９０．
y１＝y２ 时,则有－６０x＋１２０＝－３０x＋９０,解得x＝１,y１＝y２＝６０,∴P(１,６０)．
∵A,B,C 依次在一条直线上,甲、乙两人分别从A,B 两村匀速向C 村行驶,∴点P(１,
６０)坐标的实际意义是:两人经过１小时相遇,且距离C 村为６０km;
(３)乙在行驶过程中与甲相距１０km,分如下两种情况:
①当０≤x≤２时,则有 y１－y２ ＝１０,即 (－６０x＋１２０)－(－３０x＋９０)＝１０,
, , ２ ４整理 得３０x－３０＝±１０ 分别解得x＝ 或x＝ ;３ ３
８
②当２＜x≤３时,y２－y１＝１０,即y２－０＝－３０x＋９０＝１０,解得x＝３．
２ ４ ８
综上,乙在行驶 h或 h或 h时与甲相距３ ３ ３ １０km．
５
四、八年级上册过关检测
一、１．１３　２．m(m＋２)(m－２)　３．AC＝DC 或∠A＝∠D 或∠B＝∠E(答案不唯一,只需
填一个)　４．ED＝BA 或∠A＝∠D 或∠ACB＝∠F 或AC∥DF(答案不唯一,只需填一个)
　５．０,１　６．０　７．４
二、８．D　９．C　１０．A　１１．C
三、１２．解:(１)在甲商场:２７１,０．９x＋１０;在乙商场:２７８,０．９５x＋２．５．
(２)根据题意,有０．９x＋１０＝０．９５x＋２．５,解得x＝１５０,
∴当x＝１５０时,小红在甲、乙两商场的实际花费相同;
(３)由０．９x＋１０＜０．９５x＋２．５,解得x＞１５０,
由０．９x＋１０＞０．９５x＋２．５,解得x＜１５０．
∴当小红累计购物超过１５０元时,在甲商场的实际花费少;
当小红累计购物超过１００元而不到１５０元时,在乙商场的实际花费少．
１
１３．解:设乙杯中液体深为xcm．∵∠ABP＝３０°,∠P＝９０°,∴AP＝２AB＝４ ３cm．
根
据两杯的高度相等,并且杯中的液体体积相等,可得π×(２３)２×１６＝π×(４ ３)２x,解得x＝
４,即乙杯中液体的深度为４cm．
在Rt△ABP 中,由勾股定理,得BP＝ AB２－AP２ ＝１２cm．
１ １ ４３×１２
∵S△ABP＝ AP BP＝ AB h,∴h＝ ＝６(cm),２ ２ ８３
故点P 与液面的距离是１６－６－４＝６(cm)．
１４．解:(１)１０８　(２)大于１８０千瓦时小于或等于４５０千瓦时　(３)０．６　(４)因为３２８．５＞
２８３．５,所以他家本月用电量超过４５０千瓦时,设直线BC 的解析式为y＝kx＋b,将(４５０,
２８３．５＝４５０k＋b k＝０．９
２８３．５),(５４０,３６４．５)代入,得{ ,解得{ ,所以直线BC 的解析式为３６４．５＝５４０k＋b b＝－１２１．５ y
＝０．９x－１２１．５,将y＝３２８．５代入,得３２８．５＝０．９x－１２１．５,解得x＝５００,所以小明家这个月用
电５００千瓦时．
五、八年级下册分章复习
第１章　二次根式
[基础过关]
１
一、１．x≥０且x≠３　２．９　３．２　４．２　５．０．３　１　６．１　７．－６　８． n＋ (n＋２＝ n＋
６
) １１ n＋２
二、９．D　１０．B　１１．D　１２．D　１３．C　１４．C　１５．D
、 ()３三 １６．１ ２　
(２)４　(３)２　(４)２３＋２
１７．解:(１)m２＋３n２　２mn
(２)４　２　１　１(答案不唯一)
２
() , {a＝m ＋３n
２
３ 根据题意 得 ,∵２mn＝４,且m,n 为正整数,
４＝２mn
∴m＝２,n＝１或m＝１,n＝２,
∴a＝７或１３．
[综合提升]
５ ５ n n
１．２b　２．１　３．１　４． ５－２６＝５ ２６　 n－n２＋１＝n n２＋１　５．－１　６．－１　７．B　
８．C　９．C
( )( ) ( )
１０．解:
yx＋２y x－２y
原式＝ ( )２
xx＋２y , {x＝ ２－１＝xy 将 代入,得原式x＋２y x－２ ＝１．y y＝ ２＋１
[中考热身]
１．－２　２．B　３．B
４．解: ２ １ ＋ ÷ (x２－１)＝２(x－１ x＋１ x＋１
)＋x－１＝３x＋１,
è
３－１
当x＝ 时,３ ３x＋１＝ ３－１＋１＝ ３．
５．解:(１)∵汽车在每小时７０~１１０公里之间(含７０公里和１１０公里)行驶时,每公里耗油
１ ４５０

１８＋
÷
２ 升,è x
∴ ＝x× １ ４５０
x ４５０
y ＋ ÷２ ＝ ( );è１８ x １８＋ x ７０≤x≤１１０
() x ４５０２ 根据材料得:当 ＝ 时有最小值,解得１８ x x＝９０．
∴该汽车的经济时速为９０公里/时,
当x＝９０时,百公里耗油量为１００× １ ４５０ ＋ ÷ ≈１１．１(升)．
è１８ ８１００
第２章　一元二次方程
[基础过关]
一、１．３x２－５x－２＝０　２．４　３．x２－７０x＋８２５＝０　４．x１＝ ３＋１,x２＝－ ３＋１　５．±１　
６．(
９ ３
１)２５　５　(２) 　 　７．１７　８．３２００(１－x)２１６ ４ ＝２５００
二、９．B　１０．A　１１．D　１２．C　１３．C　１４．A　１５．D　１６．C
三、１７．(１)x１＝０,x２＝－２　(２)x１＝４,x２＝１２　１８．长为１５m,宽为１０m．
７
[综合提升]
１．－ ３　２．２０　３．x１＝－４,x２＝－１　４．２　５．１　－３　６．１　７．C　８．A
[中考热身]
１．３ １３　２．２０％　３．B　４．A　５．C　６．D
７．(１)A＝３(x＋１)　(２)３６或－３６
８．解:设购进第一批衬衫x 件,购进单价为y 元,则购进第二批衬衫为２x 件,购进单价为
( xy＝８０００ x＝１００y＋８)元．依题意,可得{ ,解得２x(y＋８)＝１７６００ { ．y＝８０
∴第一批衬衫可盈利:(１００－８０)×１００＝２０００(元),
第二批衬衫可盈利:(１００－８８)×(２００－１０)＋１０×(１００×０．８－８８)＝１２×１９０－８０＝２２８０
－８０＝２２００(元)．
∴这两批衬衫总盈利:２０００＋２２００＝４２００(元)．
答:在这两笔生意中,商家共盈利４２００元．
第３章　数据分析初步
[基础过关]
一、１．３　２．众数　３．２　４．９,９　５．９３　６．６　１０
二、７．C　８．C　９．D　１０．A　１１．C　１２．C　１３．B
三、１４．(１)中位数是７０,众数是７０．　(２)完成作业的平均时间为７１分钟,所以这个班的作业
量符合学校要求．
( ) ( ) ( )
１５．(１)法一:
１９＋１７＋１５＋１７ ×５＋ ２＋２＋１ × －２
x＝ ４ ＝８２．５
(分)．
答:A,B,C,D 四位同学成绩的平均分为８２．５分．
法二:A 同学的成绩为:５×１９－２×０＋０×１＝９５(分),B 同学的成绩为:５×１７－２×２＋０
×１＝８１(分),C 同学的成绩为:５×１５－２×２＋０×３＝７１(分),D 同学的成绩为:５×１７－２×１
＋０×２＝８３(分)．
９５＋８１＋７１＋８３
A,B,C,D 四位同学成绩的平均分＝ ４ ＝８２．５
(分)．
答:A,B,C,D 四位同学成绩的平均分为８２．５分．
(２)①法一:设E 同学答对x 题,答错y 题．
, {５x－２y＝５８, {x＝１２由题意 得 解得 ．x＋y＝１３ y＝１
答:E 同学答对１２题,答错１题．
法二:设E 同学答对x 道题,则答错题数为２０－７－x＝１３－x．
由题意可得５x－２(１３－x)＋０×７＝５８,解得x＝１２．
答:E 同学答对题数为１２,答错题数为１．
②C 同学,他实际答对１４题,答错３题,未答３题．
[综合提升]
１．１０　２．０．８　３．丙　４．B　５．(１)１５　５．５　６　１．８　(２)①平均数或中位数或众数　
②不能　理由略
８
[中考热身]
１．１５．６　２．D　３．C
４．解:(１)极差＝７３－３０＝４３,众数:５０
(２)５÷７≈０．７１
(３)从(１)(２)和条形图可看出从周一到周五的空气质量好,周六和周日的空气质量差．(答
案不唯一,合理即可)
第４章　平行四边形
[基础过关]
一、 ４１．６８　２．３　３．答案不唯一,如AD＝BC 或AB∥DC　４．３　５．３
二、６．D　７．B　８．A　９．C
三、１０．证明:(１)在△ABE 与△AFE 中,
∠B＝∠AFE,∠AEB＝∠AEF,AE＝AE,
∴△ABE≌△AFE(AAS);
(２)平行四边形ABCD 中,∵AD∥BC,∴∠ADF＝∠DEC．
∵AB∥CD,∴∠C＝１８０°－∠B．
又∠AFD＝１８０°－∠AFE,∠B＝∠AFE,∴∠AFD＝∠C．
在△ADF 与△DEC 中,由三角形内角和定理,得:
∠FAD＝１８０°－∠ADF－∠AFD,∠CDE＝１８０°－∠DEC－∠C,
∴∠FAD＝∠CDE．
[综合提升]
１．C　２．B　３．C　４．A
５．证明:∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AB＝CD,∠A＝∠C．
又∵AE＝CF,
∴△ABE≌△CDF,
∴BE＝DF．
[中考热身]
１．２８　２．C　３．C　４．C　５．D　
６．证明:(１)∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,∴AB ＝CD,AB ∥CD,∴ ∠ABD ＝
∠CDB,∵∠１＝∠２,∴∠AEB＝∠CFD．∴△ABE≌△CDF,∴BE＝DF．
(２)由(１)得,△ABE≌△CDF,∴AE＝CF,∵∠１＝∠２,EF＝FE,∴△AFE≌△CEF,
∴∠AFE＝∠CEF,∴AF∥CE．
第５章　特殊平行四边形
[基础过关]
一、 １１．１２０　１８　２．５　３．１０　４．１６３　５．４n－１
二、６．C　７．A　８．C　９．B
三、１０．证明:(１)∵四边形ABCD 是矩形,∴∠B＝∠D＝９０°,BC＝DA,AB＝CD,又E,F
９
１ １
分别是边AB,CD 的中点,∴BE＝ AB,２ DF＝２CD．∴BE＝DF
,∴△BEC≌△DFA(SAS);
(２)∵四边形ABCD 是矩形,∴AE∥CF,AB＝CD,又E,F 分别是边AB,CD 的中点,
１ １
∴AE＝ AB,CF＝ CD．∴AE＝CF．∴四边形AECF 是平行四边形２ ２ ．
１１．证明:∵四边形ABCD 是正方形,∴AD＝BA,∠BAD＝９０°．∵DE⊥AG,∴∠DEG
＝∠AED＝９０°,∴∠ADE＋∠DAE＝９０°．又∵∠BAF＋∠DAE＝∠BAD＝９０°,∴∠ADE
＝ ∠BAF．∵BF ∥DE,∴ ∠AFB ＝ ∠DEG ＝ ∠DEA ＝９０°．在 △ABF 与 △DAE 中,
ì∠AFB＝∠DEA
í∠BAF＝∠ADE,∴△ABF≌△DAE．∴BF＝AE．∵AF＝AE＋EF,∴AF＝BF＋EF．
BA＝AD
１２．(１)证明:∵四边形ABCD 是正方形,∴CD＝CB．
∵AC 是正方形的对角线,∴∠DCA＝∠BCA．
又CE＝CE,∴△BEC≌△DEC．
(２)解:∵∠DEB＝１４０°,
由△BEC≌△DEC 可得∠DEC＝∠BEC＝７０°,
∴∠AEF＝∠BEC＝７０°．
又∵AC 是正方形的对角线,∠DAB＝９０°,∴∠DAC＝∠BAC＝４５°．
在△AEF 中,∠AFE＝１８０°－７０°－４５°＝６５°．
１３．证明:(１)根据作图步骤①和②可知PQ 是AC 的垂直平分线．
∵PQ 是AC 的垂直平分线,
∴CD＝AD,ED⊥AC．
∵CF∥AB,
∴ ∠DCF＝∠DAE．
∵ ∠DCF＝∠DAE,CD＝AD,∠CDF＝∠ADE,
∴ △AED≌△CFD．
(２)∵ △AED≌△CFD,
∴FD＝ED,AD＝CD．
∴四边形AECF 为平行四边形．
又∵PQ 是AC 的垂直平分线,
∴ 四边形AECF 是菱形．
[综合提升]
１．答案不唯一,如AC＝BD　２．C　３．A　４．C
５．证明:∵四边形ABCD 是菱形,∴OD＝OB,∠COD＝９０°．
∵DH⊥AB 于H,∴∠DHB＝９０°,∴OH＝OD＝OB,∴∠OHB＝∠OBH．
又∵AB∥CD,∴∠OBH＝∠ODC,∴∠OHB＝∠ODC．
在Rt△COD 中,∠ODC＋∠OCD＝９０°,
在Rt△DHB 中,∠DHO＋∠OHB＝９０°,
∴∠DHO＝∠DCO．
６．证明:∵四边形ABCD 是平行四边形,∴OA＝OC．又∵AF＝CE,∴AF－OA＝CE－
OC,即OF＝OE．同理OG＝OH．∴四边形EGFH 是平行四边形．∴GF∥HE．
１０
[中考热身]
１．４　２．C　３．A
４．(１)证明:∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AD∥BC,
∴∠ADB＝∠CBD．
∵OB＝OD,∠DOE＝∠BOF,
∴△DOE≌△BOF．
(２)解:当∠DOE＝９０°时,四边形BFDE 为菱形．
∵△DOE≌△BOF,
∴OE＝OF．
∵OB＝OD,
∴四边形BFDE 为平行四边形．
∵∠DOE＝９０°,
∴EF⊥BD,
∴ BFDE 为菱形．
５．(１)证明:在正方形ABCD 中,∵BC＝DC,∠B＝∠CDF,又∵BE＝DF,
∴△CBE≌△CDF(SAS),∴CE＝CF．
(２)解:GE＝BE＋GD 成立．
理由是:由(１)得:△CBE≌△CDF,∴∠BCE＝∠DCF,
∴∠BCE＋∠ECD＝∠DCF＋∠ECD,即∠BCD＝∠ECF＝９０°．
又∵∠GCE＝４５°,∴∠GCF＝∠GCE＝４５°．
∵CE＝CF,∠GCE＝∠GCF,GC＝GC,∴△ECG≌△FCG(SAS),
∴GE＝GF,∴GE＝DF＋GD＝BE＋GD．
第６章　反比例函数
[基础过关]
２ ３００
一、１．y＝－ (答案不唯一)　２．－１　３．一　４．反　y＝ (x x 　５．－１
,－２)
二、６．C　７．C　８．C　９．A　１０．B　１１．A　１２．C　１３．D　１４．D　１５．C
三、１６．(１)
９．９
ρ＝ ()V 　 ２ρ＝１．１kg
/m３
[综合提升]
６ ２ ６ ２
１．y＝－ 　２．答案不唯一,如:y＝ ,y＝ 　３．－３　４．原点　５．－ 　６．１,x x x ３ ２　７．D
　８．D　９．A　１０．D　１１．D　１２．D　１３．D　１４．B
１５．解:根据正比例函数和反比例函数的定义,先设出解析式,然后根据给出的两组值求
出参数,最后求当x＝５时,y 的值．
k
设 ＝ １
k
y１ ,x y２＝k２
(x－２),则 ＝ １y x－k２
(x－２)．
ì k １＋k２＝－１, , {k１＝３ ３根据题意 有 ík１ 解得 ,∴y＝ ＋４x－８． －k２＝５ k３ ２＝－４ x
１１
当x＝５时,
３ ３
y＝５＋２０－８＝１２５．
１６．解:()
９６
１ 由题意,得pV＝１．５×６４＝９６,∴p＝ ;V
() ９６２ 当V＝０．８立方米时,p＝ ＝１２０(千帕);０．８
() , , , ９６３ ∵当气球内的气压大于１４４千帕时 气球将爆炸 ∴p≤１４４ ∴ ≤１４４,
９６
V V≥１４４
２
＝ (立方米)３ ．
[中考热身]
９
１．４　２．C　３．D
４．解:(１)∵ D(０,４),B(６,０),∴C(６,４)．
∵点A 为线段OC 的中点,∴A(３,２)．
把A(３,)
k ６
２ 代入y＝
１,得
x k１＝６
,∴y＝x．
∴E ( ３, , (,)２ ４) F ６１ ．
把E ( ３,４) ,F(６,１)代入直线EF 的解析式２ y＝k２x＋b,
ì３ ì ２
得 í２
k２＋b＝４, k ＝－解得 ２í ３,

６k２＋b＝１ b＝５
２
∴y＝－３x＋５．
(２)∵点E,F 都在反比例函数图象上,
１
∴S△OED＝S△OBF＝２×|６|＝３．
∵E ( ３,４) ,F(６,１),C(２ ６,４),
９
∴CF＝３,EC＝２．
１ ９ ４５
∴S△OEF＝S矩形OBCD－S△ODE－S△OBF－S△CEF＝６×４－３－３－２×２×３＝４．
( ３３)２＜x＜６
六、八年级下册过关检测
一、 ３１．２　２．－１＜y＜０　３．８　４．２０１１　５．２ １３
或６２
二、６．A　７．C　８．A　９．B　１０．C　１１．A
三、１２．()
２ ３ １
１２３　(２)２－２　１３．
(１)x１＝０,x２＝４　(２)x１＝ ,２ x２＝－２
１２
１４．证明:∵在平行四边形ABCD 中,AD∥BC,AD＝BC,∴∠ACB＝∠CAD．又∵BE
∥DF,∴∠BEC＝∠DFA,∴△BEC≌△DFA,∴AF＝CE．
１５．解:设每台冰箱应降价x 元,则(２４００－２０００－x) x ８＋４× ÷ ＝４８００,解得５０ x１＝１００
,
è
x２＝２００．要使百姓得到实惠,取x＝２００,即每台冰箱应降价２００元．
１６．解:(１)设A 点的坐标为(m,２),代入y１＝x,得m＝２,
所以点A 的坐标为(２,２)．
∴k＝２×２＝４．
４
∴反比例函数的解析式为y２＝x．
( ４２)当y１＝y２ 时,x＝ ,x
解得x＝±２．
∴点B 的坐标为(－２,－２)．
或者由反比例函数、正比例函数图象的对称性得点B 的坐标为(－２,－２)．
由图象可知,当y１＞y２ 时,自变量x 的取值范围是:－２＜x＜０或x＞２．
第二部分　整合提升
专题一　分类讨论思想
１．A　２．D　３．C　４．B　５．D　６．C
７．解:(１)yA＝２７x＋２７０,yB＝３０x＋２４０．
(２)当yA＝yB 时,２７x＋２７０＝３０x＋２４０,解得x＝１０;
当yA＞yB 时,２７x＋２７０＞３０x＋２４０,解得x＜１０;
当yA＜yB 时,２７x＋２７０＜３０x＋２４０,解得x＞１０．
∴当２≤x＜１０时,到B 超市购买划算;当x＝１０时,两家超市都一样;当x＞１０时,到A
超市购买划算．
(３)∵x＝１５＞１０,
∴①选择在A 超市购买,yA＝２７×１５＋２７０＝６７５(元);
②可先在B 超市购买１０副羽毛球拍,送２０个羽毛球,然后在A 超市购买剩下的羽毛球
(１０×１５－２０＝１３０个),则共需费用:１０×３０＋１３０×３×０．９＝６５１(元),∵６５１＜６７５,∴最省钱
的购买方案是:先在B 超市购买１０副羽毛球拍,然后在A 超市购买１３０个羽毛球．
专题二　数形结合思想
２
１．３　２．B　３．C　４．D　５．A
６．解:(１)方法１:设乙车休息了th,根据题意,得
４００
２００＋ (t＋２)＝４００,解得t＝０．５．即乙车休息了５ ０．５h．
方法２:(
４００
４００－２００)÷ ５ －２＝０．５
(h),即乙车休息了０．５h．
(２)
２．５k＋b＝２００
设y乙与x的函数解析式为y乙 ＝kx＋b,把(２．５,２００),(５,４００)代入,得{ ,５k＋b＝４００
１３
{k＝８０解得 ,所以y乙 ＝８０x(２．５≤x≤５)．b＝０
(３)相遇前:１００x＋８０x＋４０＝４００,解得x＝２;
相遇后:８０x＋２００＋８０(x－２．５)＝４４０,解得x＝２．７５．
综上可知,x＝２或x＝２．７５．
７．解:(１)乙　０．６
(２)１　３　(１,１００)　(３,４５０)
() k＋b＝１００３ 设AB 所在直线关系式为y＝kx＋b,依题意,得 { ,解得３k＋b＝４５０ {k＝１７５ ,所以b＝－７５
y＝１７５x－７５．当y＝８００时,x＝５．所以甲、乙两队同时到达终点．
专题三　转化与化归思想
１
１．３＜k＜１　２．８≤a＜１２　３．B　４．B　５．D
６．(１)证明:∵PB＝PD,∴∠PBD＝∠２,
∵AB＝BC,∠ABC＝９０°,∴∠C＝４５°．
∵BO⊥AC 于点O,∴∠１＝４５°,∴∠１＝∠C＝４５°．
∵∠３＝∠PBD－∠１,∠４＝∠２－∠C,∴∠３＝∠４．
又∵BO⊥AC,DE⊥AC,∴∠BOP＝∠PED＝９０°．
∵PB＝DP,∴△BPO≌△PDE．
(２)证明:由(１)可得∠３＝∠４,∵BP 平分∠ABO,
∴∠ABP＝∠３,∴∠ABP＝∠４．
又∵∠A＝∠C,PB＝DP,
∴△ABP≌△CPD,∴AP＝CD．
( ２３)CD′与AP′的数量关系是:CD′＝３AP′．
专题四　方程与函数思想
１．C　２．D　３．B　４．B　５．２３或３２
６．解:(１)设每轮传染中平均一个人传染了x 个人,由题意,得
１＋x＋x(１＋x)＝６４,
解之,得x１＝７,x２＝－９(不合题意,舍去)．
答:每轮传染中平均一个人传染了７个人．
(２)７×６４＝４４８(人)．
答:第三轮将又有４４８人被传染．
专题五　数学建模思想
１．解:(１)设 种 植 草 皮 的 面 积 为 x 亩,则 种 植 树 木 的 面 积 为 (３０－x)亩,则
ìx≥１０
３０－x≥１０
í ,解得１８≤x≤２０．答:种植草皮的最小面积是１８亩．
３
x≥ (２ ３０－x
)

１４
(２)由题意,得y＝８０００x＋１２０００(３０－x)＝３６００００－４０００x,当x＝２０时,y 有最小值
２８００００元．
２．长为１３m,宽为１０m．
３．解:(１)甲的总分:６６×１０％＋８９×４０％＋８６×２０％＋６８×３０％＝７９．８(分)．
(２)设趣题巧解所占的百分比为x,数学应用所占的百分比为y．
, {２０＋６０x＋８０y＝７０由题意 得 ,２０＋８０x＋９０y＝８０
{x＝０．３解得 ．y＝０．４
∴甲的总分:２０＋８９×０．３＋８６×０．４＝８１．１＞８０．
∴甲能获得一等奖．
专题六　跨学科试题
１．(x＋１,y＋２)　祝你成功
２．A
３．２小时或６小时
４．解:(１)设小货车原计划每辆每次运送帐篷x 顶,则大货车原计划每辆每次运送帐篷(x
＋２００)顶,根据题意,得
２[８x＋２(x＋２００)]＝１６８００,解得x＝８００,
x＋２００＝８００＋２００＝１０００．
答:大、小货车原计划每辆每次分别运送帐篷１０００顶,８００顶．
(２)
１
根据题意,得２(１０００－２００m)(１＋２m ) ＋８(８００－３００)(１＋m)＝１４４００,
化简为m２－２３m＋４２＝０,解得m１＝２,m２＝２１．
∵１０００－２００m 不能为负数,
１
且 m 为整数,２ ∴m２＝２１
不符合实际,舍去．
故m 的值为２．
第三部分　探究先飞
九年级上册前两章预习检测
第１章　二次函数
１
一、１．y＝x２＋８x　２．２或４　３．y＝－ x２８ 　４．－１± ３　５．－１　６．y＝x
２－１　７．二
　８．m≥－２
二、９．A　１０．C　１１．A　１２．B　１３．C　１４．C
、 : ３
２ ４９
三 １５．解 y＝－２ x＋ ÷ ＋ ,开口向下,
３
对称轴是直线x＝－ ,顶点坐标为 ３,４９ － ÷．
è ４ ８ ４ è ４ ８
１６．(１)a＝６　(２)有最小值２．
１７．解:(１)当x＝０时,y＝－２．
∴ A(０,－２)．
１５
－２m
抛物线对称轴为直线x＝－ ,２m ＝１
∴B(１,０)．
(２)易得 A 点关于对称轴的对称点为A′(２,－２),
则直线l 经过A′,B．
设直线l的解析式为y＝kx＋b,
{２k＋b＝－２, k＝－２则 解得 ．k＋b＝０ {b＝２
∴直线l的解析式为y＝－２x＋２．
(３)∵抛物线的对称轴为直线x＝１．
抛物线在２＜x＜３这一段与在－１＜x＜０这一段关于对称轴对称,结合图象可以观察到
抛物线在－２＜x＜－１这一段位于直线l 的上方,在－１＜x＜０这一段位于直线l 的下方．
∴抛物线与直线l 的交点横坐标为－１;
当x＝－１时,y＝－２×(－１)＋２＝４,
则抛物线过点(－１,４)．
当x＝－１时,m＋２m－２＝４,m＝２,
∴抛物线解析式为y＝２x２－４x－２．
１８．解:在抛物线y＝－x２＋２x＋３上任取两点A(０,３),B(１,４),由题意知:点A 向左平
移１个单位得到A′(－１,３),再向下平移２个单位得到A″(－１,１);点B 向左平移１个单位得
到B′(０,４),再向下平移２个单位得到B″(０,２)．
设平移后的抛物线的解析式为y＝－x２＋bx＋c．
则点A″(－１,１),B″(０,２)在抛物线上．
－１－b＋c＝１ b＝０
可得{ ,解得c＝２ { ．c＝２
所以平移后的抛物线的解析式为y＝－x２＋２．
第２章　简单事件的概率
一、 １ ４ １１．０　２．２７００　３．２　４．５　５．２　６．６
二、７．B　８．B　９．C　１０．D　１１．C　１２．C　１３．B　１４．D　１５．B　１６．C　１７．C　１８．D
５ １
三、１９．解:因为方砖共有１５块,而阴影方砖有５块,所以停在阴影方砖上的概率是１５＝３．
２０．解:转一次转盘,它的可能结果有４种:红、红、绿、黄,并且各种结果发生的可能性
相等．
( １１)P(指针指向绿色)＝ ;４
(２)P(
３
指针指向红色或黄色)＝ ;４
(３)
１
P(指针不指向红色)＝２．
１６

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