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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）（2025 兴宁区校级开学）下列式子中，属于最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2分）（2023春 邹城市期中）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．，， B．，2， C．32，42，52 D．1，2，3
3．（2分）（2023春 蓬江区校级期中）下列各式中正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2分）（2021秋 黄浦区校级期末）若三角形一边中垂线过另一边中点，则该三角形必为（　　）
A．钝角三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形
5．（2分）（2023秋 遂川县期末）商家为了提高某种蔬菜的销售量，最应关注这种蔬菜近期的日销售量的（　　）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差
6．（2分）（2023春 郧西县期末）一次函数y＝ax+b（a，b是常数，且a≠0），若2a+b+3＝0，则这个一次函数的图象必经的点是（　　）
A．（﹣1，﹣5） B．（2，﹣3） C．（，0） D．（1，2）
7．（2分）（2024春 上城区期末）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD与AB上的点，以AE，AF为边在正方形内部作面积为10的长方形AFGE，再分别以AE，EG为边作正方形AEPH和正方形GRQE．若图中阴影部分的面积为61，则长方形AFGE的周长为（　　）
A．9 B．16 C．18 D．81
8．（2分）（2024春 瓦房店市期末）如图①，在平行四边形ABCD中，AD＝9cm，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着A→B→C→A的方向移动，直到点P到达点A后才停止．已知△PAD的面积y（单位：cm2）与点P移动的时间x（单位：s）之间的函数关系如图②所示，图②中a与b分别为（　　）
A．17，34 B．17，32 C．19，36 D．19，32
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2023 乾安县四模）使二次根式有意义的x的取值范围是 　 　 ．
10．（2分）（2024春 平桥区期末）将直线y＝3x﹣8沿y轴向上平移5个单位，可得直线的解析式 　 　 ．
11．（2分）（2024春 开福区校级期末）如图，在 ABCD中，AE是∠BAD的平分线，AB＝6，AD＝4，则CE＝　 　 ．
12．（2分）（2022秋 渝北区月考）化简（n＜0）＝　 　 ．
13．（2分）（2023春 辽阳期末）如图，平行四边形ABCD的周长为30，AE⊥BC于E，AF⊥DC的延长线于点F，AE＝4，AF＝6，则平行四边形ABCD的面积是 　 　 ．
14．（2分）（2022 包头）某校欲招聘一名教师，对甲、乙两名候选人进行了三项素质测试，各项测试成绩满分均为100分，根据最终成绩择优录用，他们的各项测试成绩如下表所示：
候选人 通识知识 专业知识 实践能力
甲 80 90 85
乙 80 85 90
根据实际需要，学校将通识知识、专业知识和实践能力三项测试得分按2：5：3的比例确定每人的最终成绩，此时被录用的是 　 　 ．（填“甲”或“乙”）
15．（2分）（2023春 东莞市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBC是菱形．若点A的坐标是（3，4），则菱形的周长为 　 　 ．
16．（2分）甲、乙两车分别从A，B两地同时相向匀速行驶．当乙车到达A地后，继续保持原速向远离B地的方向行驶，而甲车到达B地后立即掉头，并保持原速与乙车同向行驶，经过一段时间后两车同时到达C地．设两车行驶的时间为x（h），两车之间的距离为y（km），y与x之间的函数关系如图所示．
（1）当3＜x＜5时，y与x之间的函数关系式为 　 　 ；
（2）B，C两地相距 　 　 km．
三．解答题（共8小题，满分68分）
17．（8分）（2022春 嘉兴期中）计算
（1）
（2）
18．（9分）（2021春 虎林市校级期末）如图，直线交x轴、y轴于A、B点，四边形ABCD为平行四边形，且D点坐标为（3，0）．
（1）请直接写出A、B、C点的坐标．
（2）若直线l沿x轴正方向平移a个（a＞0）单位长度，与AD、BC分别交于P、Q点，当四边形ABQP的面积为9个单位面积时，求a的值．
（3）如果点M沿BC方向从B向C运动，速度为1个单位长度/秒，N点沿AD方向从A向D运动，速度为2个单位长度/秒，M、N分别从B、A两点同时出发，一个点到达终点时另一个点也随之停止运动．设移动时间为t秒，当四边形BONM为矩形时，求t值．
19．（8分）（2024春 滨江区期末）如图，在 ABCD中，CA＝CD，E是AD的中点，连结CE并延长，交BA的延长线于点F，连结DF．
（1）求证：四边形AFDC是菱形．
（2）若BC＝8，AB＝5，求四边形DFBC的面积．
20．（8分）（2022秋 电白区期末）直线y＝kx+b经过A（﹣2，0），B（0，4）两点，C点的坐标为（0，﹣1）．
（1）求k和b的值；
（2）点E为线段AB上一点，点F为直线AC上一点，EF＝3．
①如图1，若EF∥BC，求E点坐标；
②如图2，若EF∥AO，请直接写出E点坐标．
21．（8分）（2024 惠民县二模）某中学为全面普及和强化急救知识和技能，特邀某医疗培训团在全校开展了系列急救培训活动，并于结束后在七、八年级开展了一次急救知识竞赛．竞赛成绩分为A、B、C、D四个等级，其中相应等级的得分依次记为10分、9分、8分、7分．学校分别从七、八年级各抽取20名学生的竞赛成绩整理并绘制成如下统计图表，请根据提供的信息解答下列问题：
年级 平均分 中位数 众数 方差
七年级 8.7 9 a 1.01
八年级 8.7 b 9 1.175
（1）根据以上信息可以求出：a＝　 　 ，b＝　 　 ，并把七年级竞赛成绩统计图补充完整；
（2）依据数据分析表，你认为七年级和八年级哪个年级的成绩更好，并说明理由；
（3）若该校七年级有800人、八年级有700人参加本次知识竞赛，且规定9分及以上的成绩为优秀，请估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有多少？
22．（8分）（2024秋 九原区期中）某地投资修建几条崭新的公路．如图，现从A地分别向C、D、B三地修了三条笔直的公路AC，AD和AB，（其中C、D、B在同一笔直公路上，AC⊥CB），又从D地修了一条笔直的公路DH与公路AB在H处连接，且DH⊥AB，已知AC＝9千米，AB＝15千米，BD＝5千米．
（1）求公路CD、AD的长度；
（2）若修公路DH每千米的费用是2万元，请求出修建公路DH的费用．
23．（10分）（2023春 西城区校级期中）我们研究函数y＝|x|的图象与性质．
（1）我们知道，y＝|x|，请利用以前所学知识在给出的平面直角坐标系中画出该函数图象；
基本步骤是：
①x的取值范围是 　 　 ；
②列出表格，其中a＝　 　 ，b＝　 　 ；
X … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 …
y … a 2 1 0 1 2 b …
③描点，在坐标系中描出表格中的各点；
④连线，在坐标系中画出函数的图象．
（2）通过观察图象，写出该函数的一条性质：　 　 ；
（3）在（1）中给出的平面直角坐标系画出函数y＝|x﹣4|+1图象，说说函数y＝|x﹣4|+1是怎样由函数y＝|x|平移得来的．
24．（9分）（2020春 于洪区期末）如图1，矩形ABCD中，AD＝2AB，CE平分∠BCD交AD于点E．
（1）求证：AB＝AE；
（2）若P为射线EA上一点，连接PB，过点P作PF⊥PB交直线EC于点F．
①如图2，若P为线段AE中点，G为AB中点，连接PG，求证：△PEF≌△BGP；
②如图3，若点P为线段EA上一动点（不与点E，点A，线段EA的中点重合）．求证：PB＝PF；
③若点P在线段EA延长线上时，AB＝2，PA，请直接写出△PEF的周长．
四．解答题（共2小题）
25．（2024春 泸县期中）如图，以直角三角形AOB的直角顶点O为原点，以所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），B（b，0）满足|b﹣2|＝0．
（1）点A的坐标为 　 　 ；点B的坐标为 　 　 ；
（2）在坐标轴上存在一点p，使得S△APBS△AOB，求出点p的坐标．
26．（2024春 微山县期末）直线y＝kx+b经过（﹣k，5），（0，6）两点，k，b为常数，kb＜0．
（1）求直线的解析式；
（2）如图，该直线与x轴交于点A，y轴交于点B，以AB为边在第一象限内画正方形ABCD．E是该直线上的一动点（不与点A，B重合），连接OE，EC，CO．
①直接写出点C的坐标；
②当OE的值最小时，求证：．
③在点E运动过程中，是否存在这样的点E，使△OEC是以OE为直角边的等腰直角三角形？若存在，求点E的横坐标；若不存在，请说明理由．
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）（2025 兴宁区校级开学）下列式子中，属于最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】B
【分析】根据最简二次根式的概念判断即可．
【解答】解：A、，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
D、3，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是最简二次根式，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．
2．（2分）（2023春 邹城市期中）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．，， B．，2， C．32，42，52 D．1，2，3
【考点】勾股定理的逆定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】A
【分析】先求出两短边的平方和，再求出最长边的平方，若两短边的平方和等于最长边的平方即可构成直角三角形，反之不能构成直角三角形．
【解答】解：A、∵，∴可以构成直角三角形，符合题意；
B、，∴不能构成直角三角形，不符合题意；
C、∵32+42＝52，∴不能构成三角形，不符合题意；
D、1+2＝3，∴不能构成三角形，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
3．（2分）（2023春 蓬江区校级期中）下列各式中正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据二次根式混合运算的法则对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，不符合题意；
B、23，原计算错误，不符合题意；
C、（3）2＝（）2＝18，原计算错误，不符合题意；
D、2，正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是二次根式的混合运算，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．
4．（2分）（2021秋 黄浦区校级期末）若三角形一边中垂线过另一边中点，则该三角形必为（　　）
A．钝角三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形
【考点】三角形中位线定理；线段垂直平分线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的性质可得∠ADE＝90°，点D是AC的中点，从而可得DE是△ABC的中位线，然后利用三角形的中位线定理可得DE∥BC，从而可得∠ADE＝∠ACB＝90°，即可解答．
【解答】解：如图：MN是AC的垂直平分线，交AC于点D，交AB于点E，且点E是AB的中点，
∵MN是AC的垂直平分线，
∴∠ADE＝90°，点D是AC的中点，
∵点E是AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，线段垂直平分线的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．
5．（2分）（2023秋 遂川县期末）商家为了提高某种蔬菜的销售量，最应关注这种蔬菜近期的日销售量的（　　）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差
【考点】统计量的选择；算术平均数；中位数；众数；方差．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】B
【分析】根据众数的意义求解即可．
【解答】解：商家为了提高某种蔬菜的销售量，最应关注这种蔬菜近期的日销售量的众数，
故选：B．
【点评】本题主要考查统计量的选择，解题的关键是掌握众数、平均数、中位数及方差的定义．
6．（2分）（2023春 郧西县期末）一次函数y＝ax+b（a，b是常数，且a≠0），若2a+b+3＝0，则这个一次函数的图象必经的点是（　　）
A．（﹣1，﹣5） B．（2，﹣3） C．（，0） D．（1，2）
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；一次函数的性质．
【专题】函数思想；一次函数及其应用；运算能力．
【答案】B
【分析】根据2a+b+3＝0，可求b＝﹣2a﹣3，所以y＝ax﹣2a﹣3，当x＝2时，y＝2a﹣2a﹣3＝﹣3，所以一次函数经过（2，﹣3）点．
【解答】解：∵2a+b+3＝0，
∴b＝﹣2a﹣3．
即y＝ax﹣2a﹣3．
当x＝2时，y＝2a﹣2a﹣3＝﹣3．
∴一次函数经过（2，﹣3）点，
∴B选项正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查一次函数点坐标的特征及性质应用，熟练掌握一次函数性质是解决本题的关键．
7．（2分）（2024春 上城区期末）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD与AB上的点，以AE，AF为边在正方形内部作面积为10的长方形AFGE，再分别以AE，EG为边作正方形AEPH和正方形GRQE．若图中阴影部分的面积为61，则长方形AFGE的周长为（　　）
A．9 B．16 C．18 D．81
【考点】完全平方公式的几何背景．
【专题】整式；运算能力．
【答案】C
【分析】设AE＝a，AF＝b，由题意可得ab＝10，a2+b2＝61，根据（a+b）2＝a2+b2+2ab求出a+b的值即可．
【解答】解：设AE＝a，AF＝b，则ab＝10，a2+b2＝61，
∵（a+b）2＝a2+b2+2ab，
∴（a+b）2＝61+20，
∵a＞0，b＞0，
∴a+b＝9，
∴2a+2b＝18，
即长方形AFGE的周长为18．
故选：C．
【点评】本题考查完全平方公式的几何背景，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的关键．
8．（2分）（2024春 瓦房店市期末）如图①，在平行四边形ABCD中，AD＝9cm，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着A→B→C→A的方向移动，直到点P到达点A后才停止．已知△PAD的面积y（单位：cm2）与点P移动的时间x（单位：s）之间的函数关系如图②所示，图②中a与b分别为（　　）
A．17，34 B．17，32 C．19，36 D．19，32
【考点】动点问题的函数图象．
【专题】函数及其图象；应用意识．
【答案】C
【分析】由AD＝9可知点P在边BC上的运动时间为9s，a为点P由A→B→C的时间；分别过B点、C点作BE⊥AD、CF⊥AD，易证△BAE≌△CDF，由此得到AE＝DF＝6，AF＝15，从而可求得CA＝17s，则点P在CA边上从C点运动到A点的时间为17，所以b＝19+17＝36．
【解答】解：由图②可知点P从A点运动到B点的时间为10s，
又因为P点运动的速度为1cm/s，
所以AB＝10×1＝10（cm），
由AD＝9可知点P在边BC上的运动时间为9s，
所以a＝10+9＝19；
分别过B点、C两点作BE⊥AD于E，CF⊥AD于F．
由图②知S△ABD＝36，
则9×BE＝36，
解得BE＝8，
在直角△ABE中，由勾股定理，得AE6．
∵∠CDF＝∠ABE，∠AEB＝∠CFD＝90°，AB＝CD，
∴△BAE≌△CDF（AAS），
则BE＝CF＝8，AE＝DF＝6，AF＝AD+DF＝9+6＝15．
在直角△ACF中，由勾股定理，得CA17，
则点P在CA边上从C点运动到A点的时间为17s，
所以b＝19+17＝36．
故选：C．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，根据图②的三角形的面积的变化情况求出AB的长度是解题的关键，在梯形的问题中，作梯形的高是一种常用的辅助线的作法．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2023 乾安县四模）使二次根式有意义的x的取值范围是 　x≥1　 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得：x﹣1≥0，
解得：x≥1，
故答案为：x≥1．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟记二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10．（2分）（2024春 平桥区期末）将直线y＝3x﹣8沿y轴向上平移5个单位，可得直线的解析式 　y＝3x﹣3　 ．
【考点】一次函数图象与几何变换．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】y＝3x﹣3．
【分析】直接根据“上加下减”的法则进行解答即可．
【解答】解：将直线y＝3x﹣8向上平移5个单位长度后，所得直线解析式为y＝3x﹣8+5，即y＝3x﹣3．
故答案为：y＝3x﹣3．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的法则是解题的关键．
11．（2分）（2024春 开福区校级期末）如图，在 ABCD中，AE是∠BAD的平分线，AB＝6，AD＝4，则CE＝　2　 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】由平行四边形的性质得CD∥AB，CD＝AB＝6，则∠DEA＝∠BAE，而∠DAE＝∠BAE，所以∠DAE＝∠DEA，则ED＝AD＝4，可求得CE＝CD﹣ED＝2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝6，AD＝4，
∴CD∥AB，CD＝AB＝6，
∴∠DEA＝∠BAE，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴ED＝AD＝4，
∴CE＝CD﹣ED＝6﹣4＝2，
故答案为：2．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定等知识，推导出∠DAE＝∠DEA是解题的关键．
12．（2分）（2022秋 渝北区月考）化简（n＜0）＝　﹣n　 ．
【考点】二次根式的性质与化简．
【专题】二次根式；符号意识．
【答案】﹣n，
【分析】直接利用二次根式的性质化简得出答案．
【解答】解：原式＝﹣n．
故答案为：﹣n．
【点评】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确掌握二次根式的性质是解题关键．
13．（2分）（2023春 辽阳期末）如图，平行四边形ABCD的周长为30，AE⊥BC于E，AF⊥DC的延长线于点F，AE＝4，AF＝6，则平行四边形ABCD的面积是 　36　 ．
【考点】平行四边形的性质；勾股定理．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】36．
【分析】由平行四边形的性质和周长得BC+CD＝15，设BC为x，则CD＝15﹣x，再由平行四边形的面积求出x＝9，即可解决问题．
【解答】解：∵平行四边形ABCD的周长为30，
∴AB＝CD，AD＝BC，BC+CD＝15，
设BC为x，则CD＝15﹣x，
∵S平行四边形ABCD＝BC AE＝CD AF，
∴4x＝（15﹣x）×6，
解得：x＝9，
∴BC＝9，
∴S平行四边形ABCD＝BC AE＝9×4＝36，
故答案为：36．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的对边相等，面积＝底×高是解题的关键．
14．（2分）（2022 包头）某校欲招聘一名教师，对甲、乙两名候选人进行了三项素质测试，各项测试成绩满分均为100分，根据最终成绩择优录用，他们的各项测试成绩如下表所示：
候选人 通识知识 专业知识 实践能力
甲 80 90 85
乙 80 85 90
根据实际需要，学校将通识知识、专业知识和实践能力三项测试得分按2：5：3的比例确定每人的最终成绩，此时被录用的是 　甲　 ．（填“甲”或“乙”）
【考点】加权平均数．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】见试题解答内容
【分析】将两人的总成绩按比例求出测试成绩，比较得出结果．
【解答】解：甲的测试成绩为：（80×2+90×5+85×3）÷（2+5+3）＝86.5（分），
乙的测试成绩为：（80×2+85×5+90×3）÷（2+5+3）＝85.5（分），
∵86.5＞85.5，
∴甲将被录用．
故答案为：甲．
【点评】此题考查了平均数，熟记加权平均数公式是解答本题的关键．
15．（2分）（2023春 东莞市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBC是菱形．若点A的坐标是（3，4），则菱形的周长为 　20　 ．
【考点】菱形的性质；坐标与图形性质；勾股定理．
【专题】平面直角坐标系；矩形 菱形 正方形；应用意识．
【答案】20．
【分析】过A作AE⊥x轴于点E，根据勾股定理可求出OA的长，进而可求出菱形的周长．
【解答】解：过A作AE⊥x轴于点E，如图，
∵点A的坐标是（3，4），
∴OE＝3，AE＝4．
∴AO5，
∵四边形AOBC是菱形，
∴AO＝AC＝BO＝BC＝5，
∴菱形的周长＝4AB＝20．
故答案为：20．
【点评】此题主要考查了菱形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出OA的长．
16．（2分）甲、乙两车分别从A，B两地同时相向匀速行驶．当乙车到达A地后，继续保持原速向远离B地的方向行驶，而甲车到达B地后立即掉头，并保持原速与乙车同向行驶，经过一段时间后两车同时到达C地．设两车行驶的时间为x（h），两车之间的距离为y（km），y与x之间的函数关系如图所示．
（1）当3＜x＜5时，y与x之间的函数关系式为 　y＝100x﹣300　 ；
（2）B，C两地相距 　600　 km．
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【答案】（1）y＝100x﹣300；
（2）600．
【分析】（1）由点D的坐标为（0，300）得，当x＝0时，y＝300，故此可得到A，B两地的距离为300千米，由点E的坐标为（3，0）得，从而可求得两车的速度之和，然后依据5小时后两车的距离最大，可知甲车到达B地用5小时，从而可得乙车的速度，然后求出点F坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）设甲、乙两车出发后经过t小时同时到达C地，根据甲乙两车的路程相差300千米，列方程可求得t的值，最后根据乙的路程得到B，C之间的距离．
【解答】解：（1）如图所示：
∵当x＝0时，y＝300，
∴AB＝300千米．
由图象可得：甲车5小时达B地，
∴甲车的速度＝300÷5＝60（千米/小时），
又∵点E的坐标为（3，0），
∴3小时后两车相遇，
300÷3＝100（千米/小时），
∴乙车的速度＝100﹣60＝40（千米/小时），
∴40×5＝200（千米），
∴即点F的坐标为（5，200），
当3＜x＜5时，设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），
把E，F坐标代入解析式得：，
解得，
∴当3＜x＜5时，y与x之间的函数关系式为y＝100x﹣300．
故答案为：y＝100x﹣300；
（2）设甲、乙两车出发后经过t小时同时到达C地，依题意可得：
60t﹣40t＝300，
解得t＝15，
∴G（15，0），
∴B，C两地相距为40×15＝600（千米）．
故答案为：600．
【点评】本题主要考查了一次函数的应用，解决问题的关键是根据函数图象理解题意，求得两车的速度，并根据两车行驶路程的数量关系列出方程．
三．解答题（共8小题，满分68分）
17．（8分）（2022春 嘉兴期中）计算
（1）
（2）
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】（1）．
（2）﹣1﹣5．
【分析】（1）根据二次根式的加减运算即可求出答案．
（2）根据二次根式的加减运算以及乘除运算法则即可求出答案．
【解答】解：（1）原式＝2．
（2）原式＝1﹣2﹣5
．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是熟练运用二次根式的加减运算以及乘除运算，本题属于基础题型．
18．（9分）（2021春 虎林市校级期末）如图，直线交x轴、y轴于A、B点，四边形ABCD为平行四边形，且D点坐标为（3，0）．
（1）请直接写出A、B、C点的坐标．
（2）若直线l沿x轴正方向平移a个（a＞0）单位长度，与AD、BC分别交于P、Q点，当四边形ABQP的面积为9个单位面积时，求a的值．
（3）如果点M沿BC方向从B向C运动，速度为1个单位长度/秒，N点沿AD方向从A向D运动，速度为2个单位长度/秒，M、N分别从B、A两点同时出发，一个点到达终点时另一个点也随之停止运动．设移动时间为t秒，当四边形BONM为矩形时，求t值．
【考点】一次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；一次函数及其应用；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）A（﹣2，0），B（0，3），C（5，3）；
（2）a＝3；
（3）当四边形BONM为矩形时，t＝2．
【分析】（1）分别令y＝0，x＝0求出对应的x、y的值，可得A、B两点的坐标，根据平行四边形的性质可得C点的坐标；
（2）根据平移的性质得四边形ABQP是平行四边形，根据平行四边形的的面积公式即可得求a的值；
（3）根据矩形的性质得ON＝BM，由题意可得BM＝t，ON＝AN﹣OA＝2t﹣2，可列方程t＝2t﹣2，解方程即可．
【解答】解：（1）∵直线l：yx+3交x轴、y轴于A、B点，
令y＝0，则0x+3，解得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
∵四边形ABCD为平行四边形，且D点坐标为（3，0）．
∴BC∥AD，BC＝AD＝5，
∴C（5，3）；
（2）如图：
∵直线l沿x轴正方向平移a个（a＞0）单位长度，与AD、BC分别交于P、Q点，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴S四边形ABQP＝AP OB＝3a＝9，
∴a＝3；
（3）如图：
当四边形BONM为矩形时，ON＝BM，
由题意得BM＝t，ON＝AN﹣OA＝2t﹣2，
∴t＝2t﹣2，解得t＝2．
∴当四边形BONM为矩形时，t＝2．
【点评】此题是一次函数的综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，平行四边形的性质，矩形的性质的运用，借助数形结合、利用方程来解决问题是解题的关键．
19．（8分）（2024春 滨江区期末）如图，在 ABCD中，CA＝CD，E是AD的中点，连结CE并延长，交BA的延长线于点F，连结DF．
（1）求证：四边形AFDC是菱形．
（2）若BC＝8，AB＝5，求四边形DFBC的面积．
【考点】菱形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）36．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠ACE＝∠DCE，根据平行四边形的性质得到AB∥CD，即AF∥CD，得到∠DCF＝∠AFC，推出AF＝CD，根据平行四边形的性质得到四边形AFDC是平行四边形，根据菱形的判定定理得到结论．
（2）根据平行四边形的性质得到CD＝AB＝5，AD＝BC＝8，根据菱形的性质得到CF⊥AD．根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AC＝CD，E是AD的中点，
∴∠ACE＝∠DCE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
即AF∥CD，
∴∠DCF＝∠AFC，
∴∠ACE＝∠AFE，
∴AC＝AF，
∴AF＝CD，
∴四边形AFDC是平行四边形，
∵AC＝CD，
∴四边形AFDC是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝5，AD＝BC＝8，
∵四边形AFDC是菱形，
∴CF⊥AD．
∴DEAD＝4，
∴CE3，
∴CF＝2CE＝6，
∴S△ACD12，
∴四边形DFBC的面积＝3×S△ACD＝36．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．
20．（8分）（2022秋 电白区期末）直线y＝kx+b经过A（﹣2，0），B（0，4）两点，C点的坐标为（0，﹣1）．
（1）求k和b的值；
（2）点E为线段AB上一点，点F为直线AC上一点，EF＝3．
①如图1，若EF∥BC，求E点坐标；
②如图2，若EF∥AO，请直接写出E点坐标．
【考点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用待定系数法求一次函数解析式，从而得到k和b的值；
（2）求得直线AC的解析式，根据题意表示出F点的坐标，代入直线AC的解析式，求得x的值，即可求得E点的坐标．
【解答】解：（1）根据题意得，解得；
（2）设直线AC的解析式为y＝mx﹣1，
把A（﹣2，0）代入得﹣2m﹣1＝0，解得m，
∴直线AC为yx﹣1，
①若EF∥BC，则E（x，2x+4），
∵EF＝3，
∴F（x，2x+1），
把F的坐标代入yx﹣1得2x+1x﹣1，
解得x，
∴E（，）；
②若EF∥AO，则E（x，2x+4），
∵EF＝3．
∴F（x﹣3，2x+4），
把F点的坐标代入yx﹣1得2x+4（x﹣3）﹣1，
解得x，
∴E（，）．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，表示出点F的坐标是解题的关键．
21．（8分）（2024 惠民县二模）某中学为全面普及和强化急救知识和技能，特邀某医疗培训团在全校开展了系列急救培训活动，并于结束后在七、八年级开展了一次急救知识竞赛．竞赛成绩分为A、B、C、D四个等级，其中相应等级的得分依次记为10分、9分、8分、7分．学校分别从七、八年级各抽取20名学生的竞赛成绩整理并绘制成如下统计图表，请根据提供的信息解答下列问题：
年级 平均分 中位数 众数 方差
七年级 8.7 9 a 1.01
八年级 8.7 b 9 1.175
（1）根据以上信息可以求出：a＝　9　 ，b＝　8.5　 ，并把七年级竞赛成绩统计图补充完整；
（2）依据数据分析表，你认为七年级和八年级哪个年级的成绩更好，并说明理由；
（3）若该校七年级有800人、八年级有700人参加本次知识竞赛，且规定9分及以上的成绩为优秀，请估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有多少？
【考点】方差；用样本估计总体；中位数；众数．
【专题】统计的应用；运算能力．
【答案】（1）9，8.5，补全统计图见解析；
（2）七年级的成绩更好，理由见解析；
（3）估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有830人．
【分析】（1）首先根据题意求出七年级C组的人数，然后根据众数和中位数的概念求解，最后完成统计图的补充即可．
（2）根据平均数，中位数和方差的意义求解即可；
（3）用总人数乘以优秀率即可得到人数．
【解答】解：（1）由七年级竞赛成绩统计图可得，
七年级C组的人数为：20﹣5﹣7﹣3＝5（人），
∴七年级B组的人数最多，
∴七年级的众数为a＝9；
由八年级竞赛成绩统计图可得，
将20名学生的竞赛成绩从大到小排列，第10个数据在B组，第11个数据在C组，
∴中位数，
补充统计图如下：
（2）七年级更好，
理由：七，八年级的平均分相同，
七年级中位数大于八年级中位数，说明七年级一半以上人不低于9分，
七年级方差小于八年级方差，说明七年级的波动较小，
所以七年级成绩更好．
（3）（人），
答：估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有830人．
【点评】本题考查了统计图，众数，中位数，平均数，方差，样本估计总体，熟练掌握统计图，三数的计算公式是解题关键．
22．（8分）（2024秋 九原区期中）某地投资修建几条崭新的公路．如图，现从A地分别向C、D、B三地修了三条笔直的公路AC，AD和AB，（其中C、D、B在同一笔直公路上，AC⊥CB），又从D地修了一条笔直的公路DH与公路AB在H处连接，且DH⊥AB，已知AC＝9千米，AB＝15千米，BD＝5千米．
（1）求公路CD、AD的长度；
（2）若修公路DH每千米的费用是2万元，请求出修建公路DH的费用．
【考点】勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；应用意识．
【答案】（1）千米；
（2）6万元．
【分析】（1）根据勾股定理得出BC12千米，再求出CD＝7千米，然后根据勾股定理即可得出答案；
（2）根据面积公式得出S△ABDBD ACAB DH，即可得出答案．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AC＝9千米，AB＝15千米，
BC12千米，
∵BD＝5千米，
∴CD＝7千米，
在Rt△ABC中，
AD千米；
（2）∵DH⊥AB，
∴S△ABDBD ACAB DH，
∴5×9＝15DH，
解得：DH＝3千米，
∴修建公路DH的费用为3×2＝6（万元）．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
23．（10分）（2023春 西城区校级期中）我们研究函数y＝|x|的图象与性质．
（1）我们知道，y＝|x|，请利用以前所学知识在给出的平面直角坐标系中画出该函数图象；
基本步骤是：
①x的取值范围是 　全体实数　 ；
②列出表格，其中a＝　3　 ，b＝　3　 ；
X … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 …
y … a 2 1 0 1 2 b …
③描点，在坐标系中描出表格中的各点；
④连线，在坐标系中画出函数的图象．
（2）通过观察图象，写出该函数的一条性质：　当x＞0时，y随x的增大而增大（答案不唯一）　 ；
（3）在（1）中给出的平面直角坐标系画出函数y＝|x﹣4|+1图象，说说函数y＝|x﹣4|+1是怎样由函数y＝|x|平移得来的．
【考点】一次函数图象与几何变换；一次函数的图象；正比例函数的图象；一次函数的性质；正比例函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】（1）①全体实数；②3，3．③④见解答；
（2）当x＞0时，y随x的增大而增大（答案不唯一）；
（3）函数y＝|x﹣4|+1是由函数y＝|x|向右平移4个单位，再向上平移1个单位得来的，
【分析】（1））①根据解析式即可确定x的取值范围是全体实数；
②将x＝﹣3和x＝3代入解析式求解即可；
③④描点、画图，在平面直角坐标系中画出函数y＝|x|的图象：
（2）根据图象得出结论；
（3）根据平移的性质即可求得．
【解答】解：（1）①x的取值范围是全体实数；
故答案为：全体实数；
②将x＝﹣3代入y＝|x|得y＝3，
∴a＝3，
将x＝3代入y＝|x|得y＝3，
∴b＝3，
故答案为：3，3．
③④描点、连线画出函数y＝|x|的图象如图：
（2）由图象可知，当x＞0时，y随x的增大而增大（答案不唯一），
故答案为：当x＞0时，y随x的增大而增大（答案不唯一）；
（3）函数y＝|x﹣4|+1是由函数y＝|x|向右平移4个单位，再向上平移1个单位得来的，
【点评】本题考查了一次函数的图象和性质，坐标与图形变换﹣平移，能根据图象得出正确信息是解此题的关键．
24．（9分）（2020春 于洪区期末）如图1，矩形ABCD中，AD＝2AB，CE平分∠BCD交AD于点E．
（1）求证：AB＝AE；
（2）若P为射线EA上一点，连接PB，过点P作PF⊥PB交直线EC于点F．
①如图2，若P为线段AE中点，G为AB中点，连接PG，求证：△PEF≌△BGP；
②如图3，若点P为线段EA上一动点（不与点E，点A，线段EA的中点重合）．求证：PB＝PF；
③若点P在线段EA延长线上时，AB＝2，PA，请直接写出△PEF的周长．
【考点】四边形综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①证明见解析；
②证明见解析；
③．
【分析】（1）由角平分线的定义结合矩形的性质得出∠DCE＝∠BCE＝45°，于是有DC＝DE，由矩形的性质得到AB＝DC，于是得出AB＝DE，结合已知AD＝2AB，得出点E是AD的中点，从而得出AB＝AE；
（2）①根据P为线段AE中点，G为AB中点，AB＝AE得出PE＝AP＝GB＝AG，再根据△APG、△DCE是等腰直角三角形，得出∠DEC＝∠AGP＝45°，于是得到∠FEP＝∠PGB＝135°，再根据PF⊥PB得出∠FPE+∠APB＝90°，根据∠A＝90°得出∠PBG+∠APB＝90°，于是得到∠FPE＝∠PBG，在△PEF和△BGP中根据ASA可证得全等；
②在AB上截取AG＝AP，由AB＝AE得出PE＝BG，再证△PEF和△BGP全等，证法同①，即可得出PB＝PF；
③延长BA到点G，使GA＝PA，连接PG，先证△PEF和△BGP全等，证法同①，得出PB＝PF，EF＝GP，再根据勾股定理求得PB、GP的长，即可求出△PEF的周长．
【解答】（1）证明：∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE＝∠BCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝∠D＝90°，AB＝DC，
∴∠DCE＝∠BCE＝45°，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∴DC＝DE，
∴AB＝DE，
∵AD＝2AB，
∴AD＝2DE，
即DE＝AE，
∴AB＝AE；
（2）①证明：由（1）知AB＝AE，
∵P为线段AE中点，G为AB中点，
∴PE＝AP，GB＝AG，
∴PE＝AP＝GB＝AG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴△APG是等腰直角三角形，
∴∠APG＝∠AGP＝45°，
∴∠PGB＝180°﹣∠AGP＝180°﹣45°＝135°，
由（1）知△DCE是等腰直角三角形，
∴∠DEC＝45°，
∴∠FEP＝180°﹣∠DEC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠FEP＝∠PGB，
∵PF⊥PB，
∴∠FPB＝90°，
∴∠FPE+∠APB＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠PBG+∠APB＝90°，
∴∠FPE＝∠PBG，
在△PEF和△BGP中，
，
∴△PEF≌△BGP（ASA）；
②证明：在AB上截取AG＝AP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴△APG是等腰直角三角形，
∴∠APG＝∠AGP＝45°，
∴∠PGB＝180°﹣∠AGP＝180°﹣45°＝135°，
由（1）知△DCE是等腰直角三角形，
∴∠DEC＝45°，
∴∠FEP＝180°﹣∠DEC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠FEP＝∠PGB，
∵PF⊥PB，
∴∠FPB＝90°，
∴∠FPE+∠APB＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠PBG+∠APB＝90°，
∴∠FPE＝∠PBG，
由（1）知AB＝AE，
∴AB﹣AG＝AE﹣AP，
即PE＝BG，
在△PEF和△BGP中，
，
∴△PEF≌△BGP（ASA），
∴PB＝PF；
③如图4，延长BA到点G，使GA＝PA，连接PG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，
∴∠PAG＝∠PAB＝90°，
∴△APG是等腰直角三角形，
∴∠APG＝∠PGB＝45°，
由（1）知△DCE是等腰直角三角形，
∴∠DEC＝45°，
∴∠FEP＝∠DEC＝45°，
∴∠FEP＝∠PGB，
∵PF⊥PB，
∴∠FPB＝90°，
∴∠FPE+∠APB＝90°，
∵∠PAB＝90°，
∴∠PBG+∠APB＝90°，
∴∠FPE＝∠PBG，
由（1）知AB＝AE，
∴AB+AG＝AE+AP，
∵AP＝AG，
∴PE＝BG，
在△PEF和△BGP中，
，
∴△PEF≌△BGP（ASA），
∴PB＝PF，EF＝GP，
在Rt△PAB中，AB＝2，，
由勾股定理得，
∴PF＝3，
在Rt△PAG中，，
由勾股定理得，
∴，
∴△PEF的周长为：EF+PF+PE＝EF+PF+AE+PA．
【点评】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，涉及的知识点比较多，需熟练掌握．
四．解答题（共2小题）
25．（2024春 泸县期中）如图，以直角三角形AOB的直角顶点O为原点，以所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），B（b，0）满足|b﹣2|＝0．
（1）点A的坐标为 　（0，4）　 ；点B的坐标为 　（2，0）　 ；
（2）在坐标轴上存在一点p，使得S△APBS△AOB，求出点p的坐标．
【考点】坐标与图形性质；非负数的性质：绝对值；非负数的性质：算术平方根．
【专题】实数；等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】（1）（0，4），（2，0）；
（2）或或或．
【分析】（1）根据非负数的性质可得a﹣2b＝0，b﹣2＝0，进而得到a＝4，b＝2，据此可得答案；
（2）先求出△AOB的面积，进而求出△APB的面积，再分点P在x轴和点P在y轴两种情况，设出点P坐标，根据三角形面积计算公式建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵，，
∴，
∴a﹣2b＝0，b﹣2＝0，
∴a＝4，b＝2，
∴A（0，4），B（2，0），
故答案为：（0，4），（2，0）；
（2）∵A（0，4），B（2，0），
∴OA＝4，OB＝2，
∴，
∴；
当点P在x轴上时，设P（p，0），
∴PB＝|p﹣2|，
∴，
∴，
∴或，
∴点P的坐标为或；
当点P在y轴上时，设P（0，p），
∴PA＝|p﹣4|，
∴，
∴，
∴或，
∴点P的坐标为或；
综上所述，点P的坐标为或或或．
【点评】本题主要考查了坐标与图形性质，非负数的性质，关键是相关性质的熟练掌握．
26．（2024春 微山县期末）直线y＝kx+b经过（﹣k，5），（0，6）两点，k，b为常数，kb＜0．
（1）求直线的解析式；
（2）如图，该直线与x轴交于点A，y轴交于点B，以AB为边在第一象限内画正方形ABCD．E是该直线上的一动点（不与点A，B重合），连接OE，EC，CO．
①直接写出点C的坐标；
②当OE的值最小时，求证：．
③在点E运动过程中，是否存在这样的点E，使△OEC是以OE为直角边的等腰直角三角形？若存在，求点E的横坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】一次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；一次函数及其应用；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）y＝﹣x+6；
（2）①（6，12）；
②证明见解答；
③存在，点E的横坐标为﹣3或12．
【分析】（1）将（﹣k，5），（0，6）代入y＝kx+b，利用待定系数法求解；
（2）①先求出A，B点坐标，证明△AOB是等腰直角三角形，再作CF⊥y轴于点F，得等腰直角△CFB，求出CF、OF长度即可；
②当OE⊥AB时，OE的值最小，根据等腰直角三角形的性质求出OE，利用勾股定理求出CE，即可证明；
③设点E的坐标为（m，﹣m+6），分OC是斜边、CE是斜边两种情况，利用勾股定理列方程求解即可．
【解答】（1）解：∵直线y＝kx+b经过（﹣k，5），（0，6）两点，
∴，
解得，
∵kb＜0，
∴，
∴直线的解析式为y＝﹣x+6；
（2）①解：由（1）知y＝﹣x+6，
令x＝0，得y＝6；
令y＝0，得x＝6，
∴A（6，0），B（0，6），
∴OA＝OB＝6，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°，，
如图，作CF⊥y轴于点F，
∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，∠CBF＝180°﹣∠ABO﹣∠ABC＝45°，
∴△CFB是等腰直角三角形，
∴，
∴OF＝OB+BF＝6+6＝12，
∴点C的坐标为（6，12）；
②证明：当OE⊥AB时，OE的值最小，
又∵∠BAO＝45°，∠EBO＝∠EOB＝45°，
∴△BEO是等腰直角三角形，
∴，
在Rt△CBE中，由勾股定理得，
∴；
③解：存在，点E的横坐标为﹣3或12．
设点E的坐标为（m，﹣m+6），
∵点C的坐标为（6，12），
∴OC2＝62+122＝180，OE2＝m2+（﹣m+6）2＝2m2﹣12m+36，CE2＝（6﹣m）2+[12﹣（﹣m+6）]2＝2m2+72，
当△OEC是以OE为直角边的等腰直角三角形时，分两种情况：
当OC是斜边时，OE2+CE2＝OC2，OE＝CE，
∴，
解得m＝﹣3；
当CE是斜边时，OE2+OC2＝CE2，OE＝OC，
∴，
解得m＝12；
综上可知，点E的横坐标为﹣3或12．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，主要考查一次函数的图象和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理等，熟练运用数形结合及分类讨论思想是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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