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北京市2024-2025学年八年级下学期数学期末押题预测卷
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2023 宁德模拟）如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2分）（2022春 泗水县期中）如图，利用平面直角坐标系画出的正方形网格中，若A（1，2），B（2，1），则点C的坐标为（　　）
A．（1，﹣3） B．（2，﹣1） C．（3，1） D．（3，﹣1）
3．（2分）若a﹣b+c＝0，则一元二次方程ax2+bx+c＝0一定有一根为（　　）
A．x＝0 B．x＝1 C．x＝﹣1 D．
4．（2分）（2023秋 临淄区期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，下列判断正确的是（　　）
A．若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形
B．若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形
C．若AC⊥BD，AC＝BD，则四边形ABCD是正方形
D．若AO＝OC，BO＝OD，则四边形ABCD是平行四边形
5．（2分）（2022秋 浦东新区校级月考）如果直线y＝kx+b经过第一、三、四象限，那么（　　）
A．k＞0，b＞0 B．k＞0，b＜0 C．k＜0，b＞0 D．b＜0，k＜0
6．（2分）（2024秋 江都区期中）某社区为改善环境，决定加大绿化投入．四月份绿化投入25万元，六月份绿化投入48万元，设平均每月绿化投入的增长率为x，根据题意，可列得方程为（　　）
A．25（1+x）+25（1+2x）＝48
B．25（1﹣x）2＝48
C．25（1+x）2＝48
D．25+25（1+x）+25（1+x）2＝48
7．（2分）（2025 长沙二模）如图是根据某早餐店1日至5日每天的用水量（单位：吨）绘制成的折线统计图．下列结论正确的是（　　）
A．平均数是5 B．众数是6
C．中位数是10 D．方差是8
8．（2分）（2024春 禹城市期末）下列有关一次函数y＝﹣3x+2的说法中，错误的是（　　）
A．y的值随着x值的增大而减小
B．函数图象与x轴的交点坐标为（0，2）
C．当x＜0时y＞2
D．函数图象经过第一、二、四象限
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2024春 巴彦县校级月考）函数，中自变量x得取值范围是 　 　 ．
10．（2分）（2023春 自贡期末）点A（4，3）在一次函数y＝2x+n的图象上，则n等于 　 　 ．
11．（2分）（2024 雨花区一模）小明用一些完全相同的三角形纸片（图中△ABC）拼接图案，已知用6个△ABC纸片按照图1所示的方法拼接可得外轮廓是正六边形的图案，若按照图2所示的方法拼接下去，则得到的图案的外轮廓是正 　 　 边形．
12．（2分）（2022秋 乐平市期中）将x2﹣8x+4＝0配方成（x﹣p）2＝q形式，则q＝　 　 ．
13．（2分）（2023春 文登区期中）如图，直线l1，l2的交点A坐标可以看作方程组 　 　 的解．
14．（2分）（2023 阳山县二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线，DE是△ABC的中位线，若DE＝6，则BF的长为 　 　 ．
15．（2分）（2024春 句容市期中）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，若BC＝2，∠CBE＝45°，则AB＝　 　 ．
16．（2分）如图，说明同一顶点处 　 　 个正三角形与 　 　 个正六边形可以密铺．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2023秋 东莞市校级月考）解方程：2x2+4x＝5．
18．（5分）（2024春 东城区校级期中）下表是一次函数y＝kx+b（k，b为常数，k≠0）中y与x的几组对应值．
x ﹣1 0 1
y 1 2 3
（1）求这个一次函数的表达式；
（2）画出函数图象，并求出直线与坐标轴围成的三角形的面积．
19．（5分）如图，在 ABCD中，∠B＝60°，E，F分别为AB，AD上一点，∠ECF＝60°，若AD＝2AB，求的值．
20．（5分）（2022春 鼓楼区校级期末）已知x＝1是关于x的一元二次方程x2+（a+3）x+a+1＝0的一个根．
（1）求实数a的值；
（2）求证：方程总有两个不相等的实数根．
21．（5分）（2022 陕西模拟）一家商店销售的某种服装进价为50元/件，起初售价定为94元/件，预计可销售100件，而实际销售时，为了扩大销量，售价比起初所定售价减少了a（a为正整数，且a＜10）元/件，销量增加了25a件．已知售完这批服装所获利润为8000元，求这种服装的实际售价．
22．（5分）（2025 秦都区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，请用尺规作图法分别在AB、AC上找点D、E，连接DE，使得DE为△ABC的中位线．（保留作图痕迹，不写作法）
23．（6分）（2024春 息县期末）为增强学生安全意识，南宁市某校举行了一次全校3000名学生参加的安全知识竞赛．从中随机抽取n名学生的竞赛成绩进行了分析，把成绩分成四个等级（D：60≤x＜70；C：70≤x＜80；B：80≤x＜90；A：90≤x≤100），并根据分析结果绘制了不完整的频数分布直方图和扇形统计图．请根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：n＝　 　 ，m＝　 　 ；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）若把A等级定为“优秀”等级，请你估计该校参加竞赛的3000名学生中达到“优秀”等级的学生人数．
24．（6分）（2024春 双流区期末）如图是由边长为1的小正方形组成的6×5网格，每个小正方形的顶点叫作格点．已知点A，B，C都在格点上，仅用无刻度的直尺在网格中按要求画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．
（1）在图1中，AC上找一点D，使AD＝CD，并连接BD；
（2）在图2中，AC上找一点E，连接BE，使BE⊥AC．
25．（6分）（2024春 富锦市校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连接CE．
（1）求证：四边形AECD为菱形；
（2）若∠D＝120°，DC＝2，求四边形AECD的面积．
26．（6分）（2022春 新罗区期末）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝m（x﹣n）+1（m≠0）的图象为直线l，l交x轴于点A，且经过定点C（1，1）．
（1）请直接写出n的值：n＝　 　 ；
（2）连接OC．
①当OC⊥l时，求此时直线l的解析式；
②在①的条件下，若点B在x轴上，以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，求此时点D的坐标；
（3）设一次函数y1＝k（x﹣2）﹣1（k≠0）的图象为直线l1，若对任意的实数x，都满足y＞y1，求m的取值范围．
27．（7分）（2023春 连江县期末）如图，正方形ABCD中，连接AC，点E是BC延长线上一点，且CE＜BC，连接DE．
（1）尺规作图：在线段AC上求作一点F，使得DF＝EF；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，连接DF，EF，试判断△DEF的形状，并说明理由．
28．（7分）（2024春 海淀区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，对于线段MN，若在坐标系中存在一点P使得四边形OMPN为菱形，则称线段MN为点O的“关联线段”．
（1）已知点M（1，3），则下列点N中，可以使得MN成为点O的“关联线段”的是 　 　 ；
①（﹣3，1）②（2，2）③
（2）已知点O的“关联线段”MN过点（1，1），且OM＝2，求出线段OP的最大值；
（3）已知点M（﹣3，0），若存在点O的“关联线段”MN与直线y＝kx﹣6k有交点，直接写出k的取值范围为 　 　 ．
北京市2024-2025学年八年级下学期数学期末押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2023 宁德模拟）如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【分析】根据中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，进行判断即可．
【解答】解：A．是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
2．（2分）（2022春 泗水县期中）如图，利用平面直角坐标系画出的正方形网格中，若A（1，2），B（2，1），则点C的坐标为（　　）
A．（1，﹣3） B．（2，﹣1） C．（3，1） D．（3，﹣1）
【考点】点的坐标．
【专题】常规题型；平面直角坐标系；几何直观．
【答案】D
【分析】直接利用已知点坐标得出原点位置进而得出答案．
【解答】解：如图所示：
点C的坐标为：（3，﹣1）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了点的坐标，正确得出原点位置是解题关键．
3．（2分）若a﹣b+c＝0，则一元二次方程ax2+bx+c＝0一定有一根为（　　）
A．x＝0 B．x＝1 C．x＝﹣1 D．
【考点】一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】由ax2+bx+c＝0，可得：当x＝1时，有a+b+c＝0；当x＝﹣1时，有a﹣b+c＝0，故问题可求．
【解答】解：由题意，一元二次方程ax2+bx+c＝0，a﹣b+c＝0，当x＝﹣1时，一元二次方程ax2+bx+c＝0即为：a×（﹣1）2+b×（﹣1）+c＝0；
∴a﹣b+c＝0，当x＝1时，代入方程ax2+bx+c＝0，有a+b+c＝0；
综上可知，方程必有一根为﹣1．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，逐一分析各选项的正误是解题的关键．
4．（2分）（2023秋 临淄区期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，下列判断正确的是（　　）
A．若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形
B．若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形
C．若AC⊥BD，AC＝BD，则四边形ABCD是正方形
D．若AO＝OC，BO＝OD，则四边形ABCD是平行四边形
【考点】正方形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据矩形，菱形，正方形，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：A、若AC⊥BD，则四边形ABCD不一定是菱形，故选项A不符合题意；
B、若AC＝BD，则四边形不一定ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、若AC⊥BD，AC＝BD，则四边形ABCD不一定是正方形，故选项C不符合题意；
D、∵AO＝OC，BO＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键．
5．（2分）（2022秋 浦东新区校级月考）如果直线y＝kx+b经过第一、三、四象限，那么（　　）
A．k＞0，b＞0 B．k＞0，b＜0 C．k＜0，b＞0 D．b＜0，k＜0
【考点】一次函数图象与系数的关系．
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【答案】B
【分析】根据直线y＝kx+b经过第一、三、四象限，利用一次函数图象与系数的关系，即可求出k＞0，b＜0．
【解答】解：∵直线y＝kx+b经过第一、三、四象限，
∴k＞0，b＜0．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k＞0，b＜0 y＝kx+b的图象在一、三、四象限”是解题的关键．
6．（2分）（2024秋 江都区期中）某社区为改善环境，决定加大绿化投入．四月份绿化投入25万元，六月份绿化投入48万元，设平均每月绿化投入的增长率为x，根据题意，可列得方程为（　　）
A．25（1+x）+25（1+2x）＝48
B．25（1﹣x）2＝48
C．25（1+x）2＝48
D．25+25（1+x）+25（1+x）2＝48
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】根据增长率公式列出方程即可．
【解答】解：∵四月份绿化投入25万元，六月份绿化投入48万元，设平均每月绿化投入的增长率为x，
∴25（1+x）2＝48．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7．（2分）（2025 长沙二模）如图是根据某早餐店1日至5日每天的用水量（单位：吨）绘制成的折线统计图．下列结论正确的是（　　）
A．平均数是5 B．众数是6
C．中位数是10 D．方差是8
【考点】折线统计图；加权平均数；中位数；众数；方差．
【专题】统计与概率；数据分析观念．
【答案】D
【分析】根据题目要求算出平均数、众数、中位数、方差，再作出选择即可．
【解答】解：A、计算平均数可得：（4+6+10+2+8）÷5＝6，故选项错误，不符合题意；
B、众数为2，4，6，8，10，众数有多个，不是唯一的，故选项错误，不符合题意；
C、按从小到大排列这组数据可得：2，4，6，8，10，判断中位数是6，故选项错误，不符合题意；
D、方差，故选项正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查平均数、众数、中位数、方差的算法，熟练掌握平均数、众数、中位数、方差的算法是解题的关键．
8．（2分）（2024春 禹城市期末）下列有关一次函数y＝﹣3x+2的说法中，错误的是（　　）
A．y的值随着x值的增大而减小
B．函数图象与x轴的交点坐标为（0，2）
C．当x＜0时y＞2
D．函数图象经过第一、二、四象限
【考点】一次函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【答案】B
【分析】根据一次函数的性质可以判断各个选项是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：A、∵k＝﹣3＜0，∴当x值增大时，y的值随着x增大而减小，正确，不合题意；
B、函数图象与y轴的交点坐标为（0，2），错误，符合题意；
C、当x＜0时，y＞2，正确，不符合题意；
D、∵k＜0，b＞0，图象经过第一、二、四象限，正确，不合题意；
故选：B．
【点评】本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2024春 巴彦县校级月考）函数，中自变量x得取值范围是 　　 ．
【考点】函数自变量的取值范围．
【专题】反比例函数及其应用；推理能力．
【答案】
【分析】函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0，可得答案．
【解答】解：由题意得：3x+2≠0，
解得，
故答案为：．
【点评】本题考查了函数值变量的取值范围，解答本题的关键要明确当表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零．
10．（2分）（2023春 自贡期末）点A（4，3）在一次函数y＝2x+n的图象上，则n等于 　﹣5　 ．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】﹣5．
【分析】根据待定系数法求得一次函数的解析式，解答即可．
【解答】解：∵一次函数y＝2x+n的图象经过点A（4，3）
∴3＝2×4+n，
解得：n＝﹣5，
故答案为：﹣5．
【点评】此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，关键是根据待定系数法求得一次函数的解析式．
11．（2分）（2024 雨花区一模）小明用一些完全相同的三角形纸片（图中△ABC）拼接图案，已知用6个△ABC纸片按照图1所示的方法拼接可得外轮廓是正六边形的图案，若按照图2所示的方法拼接下去，则得到的图案的外轮廓是正 　九　 边形．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】九．
【分析】先求出∠CAB的度数，再求出图2中正多边形的每一个内角的度数，进而求出答案．
【解答】解：∵正六边形的每一个内角为120°，
∴∠CAB＝180°﹣120°＝60°，
∴图2中正多边形的每一个内角为60°+80°＝140°，
360°÷（180°﹣140°）
＝360°÷40°
＝9．
故答案为：九．
【点评】本题主要考查多边形的外角和内角，熟记正多边形的性质是解题的关键．
12．（2分）（2022秋 乐平市期中）将x2﹣8x+4＝0配方成（x﹣p）2＝q形式，则q＝　12　 ．
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】12．
【分析】根据配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣8x+4＝0，
∴x2﹣8x+16＝﹣4+16，
∴（x﹣4）2＝12，
∴q＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
13．（2分）（2023春 文登区期中）如图，直线l1，l2的交点A坐标可以看作方程组 　　 的解．
【考点】一次函数与二元一次方程（组）．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】．
【分析】分别利用待定系数法求出两条直线的解析式，进一步即可确定方程组．
【解答】解：设过点（0，5）和（2，3）的直线解析式为y＝kx+b（k≠0），
代入点（0，5）和（2，3），得
，
解得，
∴直线解析式为y＝﹣x+5，
设过点（0，﹣1）和（2，3）的直线解析式为y＝mx+n（m≠0），
代入点（0，﹣1）和（2，3），得
，
解得，
∴直线解析式为y＝2x﹣1，
∴点A坐标可以看作方程组的解，
故答案为：．
【点评】本题考查了一次函数与二元一次方程组，熟练掌握一次函数的交点坐标与方程组的关系是解题的关键．
14．（2分）（2023 阳山县二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线，DE是△ABC的中位线，若DE＝6，则BF的长为 　6　 ．
【考点】三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据三角形中位线定理求出AC，再根据直角三角形斜边上的中线的性质计算即可．
【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，DE＝6，
∴AC＝2DE＝12，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线，
则BFAC＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
15．（2分）（2024春 句容市期中）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，若BC＝2，∠CBE＝45°，则AB＝　　 ．
【考点】矩形的性质；角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】．
【分析】由矩形的性质和角平分线的定义得出∠DEC＝∠ECB＝∠BEC，推出BE＝BC，进而求得．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠DEC＝∠BCE．
∵EC平分∠BED，
∴∠DEC＝∠BEC．
∴∠BEC＝∠ECB．
∴BE＝BC＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∵∠CBE＝45°，
∴∠ABE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ABE＝∠AEB＝45°．AB2+AE2＝BE2，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，熟练掌握矩形的性质，证出BE＝BC是解题的关键．
16．（2分）如图，说明同一顶点处 　2　 个正三角形与 　2　 个正六边形可以密铺．
【考点】平面镶嵌（密铺）；多边形．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观．
【答案】2，2．
【分析】根据平面镶嵌的定义和图形即可得出答案．
【解答】解：∵正三角形和正六边形的每个内角是60°和120°，60°×2+120°×2＝360°，
∴同一顶点处2个正三角形与2个正六边形可以密铺．
故答案为：2，2．
【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺），正多边形的性质，熟练掌握密铺的意义是解决问题的关键．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2023秋 东莞市校级月考）解方程：2x2+4x＝5．
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【专题】计算题；运算能力．
【答案】x1＝﹣1，x2＝﹣1．
【分析】方程二次项系数化为1，常数项移到右边，两边加上1变形后，开方即可求出解．
【解答】解：方程变形得：x2+2x，
配方得：x2+2x+1，即（x+1）2，
开方得：x+1＝±，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法与直接开方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
18．（5分）（2024春 东城区校级期中）下表是一次函数y＝kx+b（k，b为常数，k≠0）中y与x的几组对应值．
x ﹣1 0 1
y 1 2 3
（1）求这个一次函数的表达式；
（2）画出函数图象，并求出直线与坐标轴围成的三角形的面积．
【考点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数的图象；一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】待定系数法；一次函数及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】（1）y＝x+2；
（2）画图象见解答，直线与坐标轴围成的三角形的面积为2．
【分析】（1）用待定系数法求出解析式即可；
（2）根据表格描点，连线画出图象，再求出直线与坐标轴交点坐标，由三角形面积公式可得答案．
【解答】解：（1）根据表格可得；
，
解得，
∴一次函数的表达式为y＝x+2；
（2）如图：
在y＝x+2中，令x＝0得y＝2，令y＝0得x＝﹣2，
∴直线与坐标轴围成的三角形的面积为2×2＝2．
【点评】本题考查待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是掌握待定系数法．
19．（5分）如图，在 ABCD中，∠B＝60°，E，F分别为AB，AD上一点，∠ECF＝60°，若AD＝2AB，求的值．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】．
【分析】过C作CG⊥AB于G，CH⊥AD于H，则∠CHD＝∠CGB＝90°，可证△CBG∽△CDH，可得2．再证△CFH∽△CEG即可．
【解答】解：如图所示，过C作CG⊥AB于G，CH⊥AD于H，则∠CHD＝∠CGB＝90°，
∵ ABCD中，∠B＝∠D＝60°，
∴△CBG∽△CDH，
∴．
∵AD＝2AB，
∴BC＝2DC，
∴2．
∵ ABCD中，∠B＝60°，
∴∠A＝120°，
∴四边形AGCH中，∠HCG＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∴∠HCG＝∠FCE＝60°，
∴∠HCG﹣∠FCG＝∠FCE﹣∠FCG，即∠HCF＝∠GCE，
又∠CHF＝∠CGE＝90°，
∴△CFH∽△CEG，
∴．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．
20．（5分）（2022春 鼓楼区校级期末）已知x＝1是关于x的一元二次方程x2+（a+3）x+a+1＝0的一个根．
（1）求实数a的值；
（2）求证：方程总有两个不相等的实数根．
【考点】根的判别式；一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）a＝﹣2.5；
（2）见解答．
【分析】（1）根据一元二次方程的解的定义，将x＝1代入关于x的一元二次方程x2+（a+3）x+a+1＝0，列出关于a的方程，通过解该方程求得a值即可；
（2）求出根的判别式Δ＝（a+1）2+4＞0，据此可得答案；
【解答】（1）解：∵x＝1是关于x的一元二次方程x2+（a+3）x+a+1＝0的一个根．
∴1+a+3+a+1＝0，
解得a＝﹣2.5；
（2）证明：∵Δ＝（a+3）2﹣4（a+1）
＝a2+6a+9﹣4a﹣4
＝a2+2a+5
＝（a+1）2+4＞0，
∴方程总有两个不相等的实数根．
【点评】本题考查了一元二次方程的解以及根的判别式．一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ＜0时，方程无实数根．
21．（5分）（2022 陕西模拟）一家商店销售的某种服装进价为50元/件，起初售价定为94元/件，预计可销售100件，而实际销售时，为了扩大销量，售价比起初所定售价减少了a（a为正整数，且a＜10）元/件，销量增加了25a件．已知售完这批服装所获利润为8000元，求这种服装的实际售价．
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；模型思想；应用意识．
【答案】90元．
【分析】根据题意可表示出实际销售时每件服装的利润为（94﹣a﹣50）元，销售数量为（100+25a）件，根据每件的利润乘以件数等于利润列方程就解即可．
【解答】解：由题意可得，（94﹣a﹣50）×（100+25a）＝8000，
整理得，a2﹣40a+144＝0，
解得a1＝4，a2＝36．
∵a为正整数，且a＜10，
∴取a＝4，
94﹣4＝90（元）．
答：这种服装的实际售价为90元．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，认真审题找出题中的等量关系是解题的关键．
22．（5分）（2025 秦都区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，请用尺规作图法分别在AB、AC上找点D、E，连接DE，使得DE为△ABC的中位线．（保留作图痕迹，不写作法）
【考点】作图—复杂作图；线段垂直平分线的性质；三角形中位线定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；尺规作图；几何直观；推理能力．
【答案】见解析．
【分析】分别以点A，点B为圆心，大于为半径画弧，连接两弧的交点，交AB于点D，分别以点A，点C为圆心，大于为半径画弧，连接两弧的交点，交AC于点E，连接DE，则DE即为所求．
【解答】解：如图，DE即为所求；
由作图可知，D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图，线段垂直平分线的性质，三角形中位线定理，熟练掌握线段垂直平分线的作法是解题的关键．
23．（6分）（2024春 息县期末）为增强学生安全意识，南宁市某校举行了一次全校3000名学生参加的安全知识竞赛．从中随机抽取n名学生的竞赛成绩进行了分析，把成绩分成四个等级（D：60≤x＜70；C：70≤x＜80；B：80≤x＜90；A：90≤x≤100），并根据分析结果绘制了不完整的频数分布直方图和扇形统计图．请根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：n＝　150　 ，m＝　36　 ；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）若把A等级定为“优秀”等级，请你估计该校参加竞赛的3000名学生中达到“优秀”等级的学生人数．
【考点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；用样本估计总体．
【专题】函数及其图象；数据分析观念．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用B等的百分比及频数可求得n，利用C等的频数除以总人数再乘100%即可求解；
（2）利用先求出D等学生人数，再根据D等学生人数进行补全频数分布直方图即可；
（3）利用样本评估总体的方法即可求解．
【解答】解：（1）n＝60÷40%＝150，
∵，
∴m＝36，
故答案为：150；36．
（2）D等学生人数有：150﹣54﹣60﹣24＝12（人），
则补全频数分布直方图如下：
（3）3000×16%＝480（人），
答：估计该校参加竞赛的3000名学生中达到“优秀”等级的学生人数有480人．
【点评】本题考查了频数分布直方图、扇形统计图、用样本评估总体，能从频数分布直方图及扇形统计图中获取相关信息是解题的关键．
24．（6分）（2024春 双流区期末）如图是由边长为1的小正方形组成的6×5网格，每个小正方形的顶点叫作格点．已知点A，B，C都在格点上，仅用无刻度的直尺在网格中按要求画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．
（1）在图1中，AC上找一点D，使AD＝CD，并连接BD；
（2）在图2中，AC上找一点E，连接BE，使BE⊥AC．
【考点】作图—应用与设计作图．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（1）作图见解答过程；
（2）作图见解答过程．
【分析】（1）取格点M，N，连接MN，交AC于点D，点D即为所求；
（2）取格点M，连接BM交AC于点E，点E即为所求．
【解答】解：（1）如图，点D即为所求；
（2）如图，点E即为所求．
【点评】本题主要考查了作图﹣应用与设计作图，熟练掌握相关知识点，在网格中确定点的位置是解题的关键．
25．（6分）（2024春 富锦市校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连接CE．
（1）求证：四边形AECD为菱形；
（2）若∠D＝120°，DC＝2，求四边形AECD的面积．
【考点】菱形的判定与性质；角平分线的定义；平行线的性质；等腰三角形的判定；含30度角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定．
【专题】推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）先证明AECD是平行四边形，再根据角平分线的定义和平行线的性质证得∠DAC＝∠DCA，利用等角对等边得到AD＝CD，然后根据菱形的判定得出结论；
（2）过D作DH⊥AB于H，根据菱形四边形的性质和含30度角的直角三角形的性质求解AE、DH即可．
【解答】（1）证明：∵E为AB中点，
∴AB＝2AE，AB＝2CD，
∴AE＝CD，又CD∥AB，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠EAC，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠EAC，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝CD，
∴四边形AECD是菱形；
（2）解：过D作DH⊥AB于H，
∵四边形AECD是菱形，∠ADC＝120°，DC＝2，
∴∠DAH＝180°﹣∠ADC＝60°，AE＝AD＝CD＝2，
∴∠ADH＝90°﹣∠DAE＝30°，
∴，则，
∴四边形AECD的面积为．
【点评】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、角平分线的定义、平行线的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键．
26．（6分）（2022春 新罗区期末）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝m（x﹣n）+1（m≠0）的图象为直线l，l交x轴于点A，且经过定点C（1，1）．
（1）请直接写出n的值：n＝　1　 ；
（2）连接OC．
①当OC⊥l时，求此时直线l的解析式；
②在①的条件下，若点B在x轴上，以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，求此时点D的坐标；
（3）设一次函数y1＝k（x﹣2）﹣1（k≠0）的图象为直线l1，若对任意的实数x，都满足y＞y1，求m的取值范围．
【考点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的判定与性质；一次函数图象与系数的关系；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；函数的综合应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）n＝1；
（2）y＝﹣x+2；
②（1，1）．（1，1）或（1，﹣1）；
（3）m＞﹣2．
【分析】（1）把C（1，1）代入y＝m（x﹣n）+1 （m≠0），求解即可；
（2）①先得出∠COA＝45°，再利用勾股定理得出OC，OA的值，进而得出A的坐标，代入y＝m（x﹣1）+1，即可得出结论；
②先利用勾股定理得出CA的值，再利用菱形的性质得出AB＝CD，最后根据图形分情况得出结果；
（3）先分析出l∥l1，进而得出m＝k，最后根据m（x﹣1）+1＞k（x﹣2）﹣1，得出结论．
【解答】解：（1）∵y＝m（x﹣n）+1 （m≠0）经过定点C（1，1），
∴1＝m（1﹣n）+1，
∴1﹣n＝0，
∴n＝1，
故答案为：1．
（2）①∵OC⊥l，定点C（1，1），
∴∠COA＝45°，
∴OC＝AC，
∴OA2，
∴A的坐标为（2，0），
将A的坐标（2，0）代入y＝m（x﹣1）+1
得：0＝m（2﹣1）+1，
∴m＝﹣1，
∴l的解析式为：y＝﹣x+2；
②∵y＝﹣x十2交x轴于点A，
∴A的坐标为（2，0），
CA，
∵四边形ABCD是菱形，B在x轴上，
∴AB＝CD，
由C（1，1），
如图，
当B在A右边，AB∥CD时，D的坐标为（1，1），
当B在A左边，AB∥CD时，D的坐标为（1，1），
当B在A左边，AB⊥CD时，D的坐标为（1，﹣1），
综上所述，D点的坐标为：（1，1）．（1，1）或（1，﹣1）；
（3）∵y＞y1对任意实数x成立，m≠0，k≠0，
∴l∥l1，
∴m＝k，
∵m（x﹣1）+1＞k（x﹣2）﹣1，
∴m（x﹣1﹣x+2）＞﹣2，
∴m＞﹣2
【点评】本题考查了一次函数的性质，勾股定理及菱形的判定与性质，解题的关键是灵活运用性质解决实际问题．
27．（7分）（2023春 连江县期末）如图，正方形ABCD中，连接AC，点E是BC延长线上一点，且CE＜BC，连接DE．
（1）尺规作图：在线段AC上求作一点F，使得DF＝EF；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，连接DF，EF，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【考点】作图—复杂作图；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】作图题；推理能力．
【答案】（1）见解答；
（2）等腰直角三角形，证明见解答．
【分析】（1）作DE的垂直平分线即可；
（1）先证明是等腰三角形，再证明是直角三角形．
【解答】解：（1）如图：点F即为所求；
（2）△DEF为等腰直角三角形；
证明：连接BF，设EF和CD交于点G，
在正方形ABCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD，∠BCF＝∠DCF，
∵CF＝CF，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴BF＝DF，∠CBF＝∠CDF，
∵DF＝EF，
∴BF＝EF，
∴∠CBF＝∠BEF＝∠CDF，
∵∠DGF＝∠CGE
∴∠CDF+∠DGF＝∠BEF+∠CGE＝90 ，
∴∠EDF＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形．
【点评】本题考出来复杂作图，掌握等腰直角三角形的判定方法设解题的关键．
28．（7分）（2024春 海淀区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，对于线段MN，若在坐标系中存在一点P使得四边形OMPN为菱形，则称线段MN为点O的“关联线段”．
（1）已知点M（1，3），则下列点N中，可以使得MN成为点O的“关联线段”的是 　①③　 ；
①（﹣3，1）②（2，2）③
（2）已知点O的“关联线段”MN过点（1，1），且OM＝2，求出线段OP的最大值；
（3）已知点M（﹣3，0），若存在点O的“关联线段”MN与直线y＝kx﹣6k有交点，直接写出k的取值范围为 　0≤k或k≤0　 ．
【考点】一次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；新定义；一次函数及其应用；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）①③；
（2）线段OP的最大值为2；（3）0≤kk≤0．
【分析】（1）根据新定义和菱形的性质即可求得答案；
（2）点O的“关联线段”定义可得：当且仅当OQ⊥MN时，OP＝2OQ最大，利用勾股定理求得OQ，即可求得答案；
（3）以O为圆心，OM长为半径画⊙O，则M、N在⊙O上，MN与直线y＝kx﹣6k有交点，即直线y＝kx﹣6k与⊙O有交点，过点A作⊙O的切线AC、AD，切点分别为B、E，交y轴于点C、D，连接OB、OE，利用相似三角形的判定和性质求得C、D的坐标，即可求得答案．
【解答】解：（1）∵四边形OMPN为菱形，
∴OM＝ON，
∵点M（1，3），
∴OM，
①当点N的坐标为（﹣3，1）时，ON，
∴OM＝ON，
∴点N的坐标为（﹣3，1）时，使得MN成为点O的“关联线段”；
②当点N的坐标为（2，2）时，ON2，
∴OM≠ON，
∴点N的坐标为（2，2）时，使得MN不是点O的“关联线段”；
③当点N的坐标为（2，）时，ON，
∴OM＝ON，
∴点N的坐标为（2，）时，使得MN成为点O的“关联线段”；
故答案为：①③；
（2）∵点O的“关联线段”MN过点Q（1，1），且OM＝2，如图，
∴点M在以O为圆心，2为半径的⊙O上，
当且仅当OQ⊥MN时，OP＝2OQ最大，
∵OQ，
∴线段OP的最大值为2；
（3）以O为圆心，OM长为半径画⊙O，则M、N在⊙O上，如图，
∵存在点O的“关联线段”MN与直线y＝kx﹣6k有交点，
∴MN与直线y＝kx﹣6k有交点，即直线y＝kx﹣6k与⊙O有交点，
当x＝0时，y＝﹣6k，
当y＝0时，kx﹣6k＝0，解得x＝6，
∴直线y＝kx﹣6k与x轴交点为A（6，0），与y轴交点为（0，﹣6k），
过点A作⊙O的切线AC、AD，切点分别为B、E，交y轴于点C、D，连接OB、OE，
则OB⊥AC，OE⊥AD，OA＝6，OB＝OE＝3，
∴AB＝AE3，
∵∠OEA＝∠DOA＝90°，∠OAE＝∠DAO，
∴△AOE∽△ADO，
∴，即，
∴OD＝2，
∴D（0，﹣2），
同理可得C（0，﹣2），
当﹣6k＝﹣2时，解得k，
当﹣6k＝2时，解得k，
∴k的取值范围为0≤k或k≤0；
故答案为：0≤k或k≤0．
【点评】本题以新定义题型为背景，考查了菱形的性质、一次函数的交点等知识点，正确理解题意是解题关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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