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【真题真练】北师大版八年级下册期末临考预测猜题卷
数 学
（时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024八下·东坡期末）若关于x的分式方程有增根，则m的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2024八下·游仙期末）数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线和直线相交于点，根据图象可知，不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024七下·卫东期末） 的三边长分别为 ，下列条件：① ；② ；③ ；④ 其中能判断 是直角三角形的个数有（　　）
A． 个 B． 个 C． 个 D． 个
4．（2024八下·丛台期末）关于函数 ，下列结论正确的是（　　）
A．图象必经过点 B．图象经过第一、二、三象限
C．当 时， D．y随x的增大而增大
5．（2023八下·永顺期末）如图，在中，，，，依据尺规作图的痕迹，则的面积为（　　）
A．12 B． C． D．
6．（2022八下·沧州期末）下列函数中，自变量x的取值范围是的函数是（　　）
A． B． C． D．
7．（2020八下·西吉期末）等边三角形的边长为2，则它的面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2023八下·杭州期末）用反证法证明“一个三角形中最多有一个角为直角”时，应先作出的假设是（　　）
A．一个三角形中至少有两个角为直角
B．一个三角形中没有一个角为直角
C．一个三角形中至少有两个角为锐角
D．一个三角形中至少有两个角为钝角
9．（2023八下·合川期末）如图，在矩形中，，为的中点，连接，将沿所在直线翻折至四边形所在平面内，得，延长与交于点，若，则四边形的面积为（　　）
A． B．8 C．12 D．16
10．（2023八下·重庆市期末）如果关于x的分式方程有负数解，且关于y的不等式组无解，则符合条件的所有整数a的和为（　　）
A．-2 B．0 C．1 D．3
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2023八下·潼关期末）将一次函数的图象向下平移2个单位长度后经过点，则b的值为　 　．
12．（2024八下·深圳期末）如图，中，为对角线，分别以点A、B为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线交于点E，交于点F，若，，，则的长为　 　．
13．（2022八下·昭化期末）如图，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，连接、，则的度数为 　 　．
14．（2023八下·丽水期末）已知一个多边形的每个外角都为，则这个多边形的边数是　 　
15．（2023八下·榕城期末）编程兴趣小组为半径为0.2米的圆形扫地机器人编制了如图所示的程序，若扫地机器人在无障碍的实验室平地上按照编制的程序扫地，则这个扫地机器人扫过的实验室平地的面积是　 　米．
16．（2024八下·福田期末）如图，在平行四边形中，，，，点E为的中点，将平行四边形沿折痕翻折，使点D落在点E处，则线段的长为　 　．
三、综合题(本大题有8个小题，每小题9分，共72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2020八下·牡丹江期末）某商场购进甲、乙两种商品，每个乙种商品的价格比每个甲种商品的价格 倍少 元，用 元购进甲种商品的数量与用 元购进乙种商品的数量相同，请回答下 列问题：
（1）求每个甲、乙两种商品的进价分别是多少元？
（2）若商场从厂家购进甲、乙两种商品共 个，且甲种商品的数量不多于乙种商品的数量，设购进甲x个，总成本是y元，求y与x的函数关系式，并求出最少成本的方案和最少成本；
（3）用（2）中的最少成本的 再次同时购进甲、乙两种商品，在钱全部用尽的情况下，请直接写出再次购进甲、乙两种商品有多少种方案．
18．（2023八下·大埔期末）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3cm，BC＝5cm.点P从A点出发沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s.连接PO并延长交BC于点Q，设运动时间为t（0＜t＜5）.
（1）当t为何值时，四边形ABQP是平行四边形？
（2）设四边形OQCD的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使点O在线段AP的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
19．（2022八下·曲阳期末）如图，直线与轴交于点，直线与轴交于点，两条直线交于点．
（1）求方程组的解；
（2）当与同时成立时，求的取值范围；
（3）求的面积．
20．（2022八下·承德期末）如图所示，在中，点D为BC边上的一点，，，，．
（1）试说明；
（2）求AC的长及的面积；
（3）判断是否是直角三角形，并说明理由．
21．（2022八下·沈北期末）解不等式及不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
（1）；
（2）；
（3）．
22．（2022八下·紫金期末）在2019年春季环境整治活动中，某社区计划对面积为 的区域进行绿化.经投标，由甲、乙两个工程队来完成，若甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍，并且在独立完成面积为 区域的绿化时，甲队比乙队少用5天.
（1）求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积；
（2）设甲工程队施工 天，乙工程队施工 天，刚好完成绿化任务，求 关于 的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，且甲乙两队施工的总天数不超过25天，则如何安排甲乙两队施工的天数，使施工总费用最低？并求出最低费用.
23．（2022八下·丹东期末）探索发现： =1﹣ ； = ﹣ ； = ﹣ …
根据你发现的规律，回答下列问题：
（1） =　 　， =　 　；
（2）利用你发现的规律计算： + + +…+
（3）灵活利用规律解方程： + +…+ = ．
24．（2023八下·虹口期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．
（1）求的长；
（2）如果点E为边的中点，联结，求的面积；
（3）如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长．
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【真题真练】北师大版八年级下册期末临考预测猜题卷
数 学
（时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024八下·东坡期末）若关于x的分式方程有增根，则m的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【解析】【解答】解：∵有增根，
∴x-1=5（x-3）+m
∵x=3是方程的增根，
∴m=2.
故答案为：A.
【分析】根据分式方程增根的定义，即最简公分母为0时，分式方程化为整式方程有解，把原分式方程化为整式方程，将方程增根代入整式方程，即可解得m的值.
2．（2024八下·游仙期末）数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线和直线相交于点，根据图象可知，不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解：由题意可知：直线与直线相交于，
结合函数图象可知当时，
直线的图象位于直线图象的上方，
即关于的不等式的解集为：．
故答案为：A．
【分析】根据图象可知两直线的交点P的坐标，由图可知，不等式的解集就是直线的图象高于直线图象所对应的x的取值范围，结合交点坐标即可求解．
3．（2024七下·卫东期末） 的三边长分别为 ，下列条件：① ；② ；③ ；④ 其中能判断 是直角三角形的个数有（　　）
A． 个 B． 个 C． 个 D． 个
【答案】C
【解析】【解答】解：由三角形内角和定理可知 ，
①中 ， ，
，
，能判断 是直角三角形，①正确，
③中 ， ， ， 不是直角三角形，③错误；
②中化简得 即 ，边b是斜边，由勾股逆定理 是直角三角形，②正确；
④中经计算满足 ，其中边c为斜边，由勾股逆定理 是直角三角形，④正确，所以能判断 是直角三角形的个数有3个.
故答案为：C.
【分析】判定直角三角形的方法有两个：一是有一个角是 的三角形是直角三角形；二是根据勾股逆定理判断，即三角形的三边满足 ，其中边c为斜边，从而一一判断得出答案.
4．（2024八下·丛台期末）关于函数 ，下列结论正确的是（　　）
A．图象必经过点 B．图象经过第一、二、三象限
C．当 时， D．y随x的增大而增大
【答案】C
【解析】【解答】解： A. x= 2时，y= 2× 2+1=5，故图象必经过( 2，5)，故错误，
B. k<0，则y随x的增大而减小，故错误，
C. 当x> 时，y<0，正确；
D. k= 2<0，b=1>0，则图象经过第一、二、四象限，故错误，
故答案为：C.
【分析】一次函数中，由于k<0，b=1>0，可得图象经过第一、二、四象限且y随x的增大而减小，与x轴的交点坐标为（，0），当x=-2时，y=5，据此逐一判断即可.
5．（2023八下·永顺期末）如图，在中，，，，依据尺规作图的痕迹，则的面积为（　　）
A．12 B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：设尺规作图所得直线与AB交于F点，根据题意可得EF为AB的中垂线，
∴AE=BE，
又∵，
∴△ABE为等边三角形，边长AB=CD=4，
∴BF=2，BE=4，，
∴在BC边上的高为，
又∵，BE=4，
∴EC=2，BC=2+4=6，
∴=×6=，
故答案为：C．
【分析】设尺规作图所得直线与AB交于F点，根据题意可得EF为AB的中垂线，再根据等边三角形判定定理可得△ABE为等边三角形，边长AB=CD=4，则BF=2，BE=4，根据勾股定理可得EF，再根据边之间的关系可得EC=2，BC=6，再根据平行四边形面积即可求出答案.
6．（2022八下·沧州期末）下列函数中，自变量x的取值范围是的函数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：A、自变量x的取值范围是x≥1，不符合题意；
B、自变量x的取值范围是x＞1，符合题意；
C、自变量x的取值范围是全体实数，不符合题意；
D、自变量x的取值范围是x≠1，不符合题意；
故答案为：B．
【分析】二次根式有意义的条件：被开方数为非负数；分式有意义的条件：分母不为0，据此分别求出各项中自变量的取值范围，再判断即可.
7．（2020八下·西吉期末）等边三角形的边长为2，则它的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解：过C点作CD⊥AB于D，
∵△ABC是等边三角形，AB=BC=AC=2，
∴AD= ，
∴在直角△ADC中，
故答案为：A.
【分析】过点C作CD⊥AB，根据等腰三角形的三线合一，可得AD=1，在直角△ADC中，利用勾股定理，可求出CD的长，代入三角形面积计算公式即可；
8．（2023八下·杭州期末）用反证法证明“一个三角形中最多有一个角为直角”时，应先作出的假设是（　　）
A．一个三角形中至少有两个角为直角
B．一个三角形中没有一个角为直角
C．一个三角形中至少有两个角为锐角
D．一个三角形中至少有两个角为钝角
【答案】A
【解析】【解答】解：假设一个三角形中至少有两个角为直角，
故答案为：A.
【分析】假设命题不成立，可由''最多有一个角为直角''得到相反条件''至少有两个角为直角''.
9．（2023八下·合川期末）如图，在矩形中，，为的中点，连接，将沿所在直线翻折至四边形所在平面内，得，延长与交于点，若，则四边形的面积为（　　）
A． B．8 C．12 D．16
【答案】A
【解析】【解答】解：连接EF，
由折叠性质知：AE=A'E，∠BA'E=∠A=90°，
∵E为AD的中点，
∴AE=DE=，
∴A'E=DE，
在Rt△A'EF和Rt△DEF中，∠FA'E=∠D=90°
∵A'E=DE，EF=EF，
∴Rt△A'EF≌Rt△DEF，
∴A'F=DF，
设CF=x，则：A'F=DF=3x，A'B=AB=DC=4x，
∴BF=A'B+A'F=7x，
又∵BC=AD=，
在Rt△BCF中：
（）2+x2=（7x）2，
解得：x=1，x=-1（舍去），
∴DF=3，
∴S△DEF=
∴S 四边形 A'EDF=2 S△DEF=
故答案为：A.
【分析】根据HL证明Rt△A'EF≌Rt△DEF，可得A'F=DF，然后设CF=x，可得BF=7x，在Rt△BCF中，可根据勾股定理得出关于x的方程式（）2+x2=（7x）2，解方程可求得方程的解，舍去负值，即可得出CF的长度，进而求出DF的长，根据三角形面积计算公式，即可求得△DEF的面积。再求出它的2倍，就是四边形A'EDF的面积。
10．（2023八下·重庆市期末）如果关于x的分式方程有负数解，且关于y的不等式组无解，则符合条件的所有整数a的和为（　　）
A．-2 B．0 C．1 D．3
【答案】A
【解析】【解答】解： 解不等式组得
∵不等式的解集无解，∴
解得为负数
∴a4
∴
∴a=-3，-2，-1，0，1，2，3，
当a=2时，x=-1，分式方程无意义，故a=2要舍去。
∴-3-2-1+1+3=-2
故答案为：A
【分析】解分式方程和不等式组，确定a的取值范围；注意分式方程要验根，增根要舍去。
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2023八下·潼关期末）将一次函数的图象向下平移2个单位长度后经过点，则b的值为　 　．
【答案】4
【解析】【解答】解：点向上平移2个单位长度后得到点，
由平移的性质可得一次函数的图象经过点，
把点代入，得，
.
故答案为：4.
【分析】先通过点坐标的平移得到点平移前的坐标为，由平移的性质可得一次函数的图象经过点，再将点代入解得b的值.
12．（2024八下·深圳期末）如图，中，为对角线，分别以点A、B为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线交于点E，交于点F，若，，，则的长为　 　．
【答案】5
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
根据基本作图，可设，
∵，，，
∴，，，
在中，，由勾股定理得，
∴，
解得，
即，
故答案为：5．
【分析】连接，得到，即可得到，再在中根据勾股定理求出x值即可．
13．（2022八下·昭化期末）如图，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，连接、，则的度数为 　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：连接，
根据网格中的直角，利用勾股定理得：
，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形．
∴；
故答案为：．
【分析】
分别在格点三角形中，根据勾股定理即可得到，，的长度，利用勾股定理的逆定理判定得，从而可判断是等腰直角三角形，继而可得出的度数．
14．（2023八下·丽水期末）已知一个多边形的每个外角都为，则这个多边形的边数是　 　
【答案】6
【解析】【解答】解：∵一个多边形的每一个外角的都为60°，
∴这个多边形的边数为360°÷60°=6.
故答案为：6.
【分析】由题意可知这个多边形的每一个外角相等，根据多边形的外角和为360°，据此列式计算，可求出这个多边形的边数.
15．（2023八下·榕城期末）编程兴趣小组为半径为0.2米的圆形扫地机器人编制了如图所示的程序，若扫地机器人在无障碍的实验室平地上按照编制的程序扫地，则这个扫地机器人扫过的实验室平地的面积是　 　米．
【答案】
【解析】【解答】解：如图所示，围成的几何图形的每个外角都是60°，
∴扫过的面积是6个长方形面积+6个扇形面积+6个等腰梯形面积
∴扫过面积=
=
故答案为：.
【分析】简单绘制路线图，围成的几何图形的每个外角都是60°，根据任意多边形的外角和为360°，得出共有六条边，且长度为1米和2米交替出现，可得到行走路线总长度，根据半径求出扫过面积.
16．（2024八下·福田期末）如图，在平行四边形中，，，，点E为的中点，将平行四边形沿折痕翻折，使点D落在点E处，则线段的长为　 　．
【答案】
【解析】【解答】解： 过点E作EG⊥DC交DC延长线于点G，延长ME交AB的延长线于点H，过点A作AP⊥CD 于点P，过点N作NQ⊥CD于点Q，
∵ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，CD∥AB，AB=CD=8，AD=BC=4，∠D=∠ABC=60°，
∴∠GCE=∠D=∠ABC，
∴∠CEG=30°，
∵点E为BC的中点，
∴，
∴，，
设DM=ME=x，则GM=8+1-x=9-x，
∵MG2+EG2=ME2，
解得，即，
∴，
∵CD∥AB，
∴∠DCB=∠CBH，∠CME=∠H，∠DMN=∠HNM，
∵CE=BE，
∴△MCE≌△HBE（AAS），
∴，，
由折叠可得∠HMN=∠DMN，
∴∠HMN=∠HNM，
∴，
∴，
∴AN=AB-BN=8-6=2，
∵AP⊥CD，NQ⊥CD，
∴∠DPA=∠DQN=90°，
∴AP=NQ，PQ=AN=2，
∵∠D=60°，
∴∠DAP=30°，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】过点E作EG⊥DC于点G，延长ME交AB的延长线于点H，过点A作AP⊥CD 于点P，过点N作NQ⊥CD于点Q，根据平行四边形的对边平行且相等，对角相等得出AD∥BC，CD∥AB，AB=CD=8，AD=BC=4，∠D=∠ABC=60°，根据两直线平行，内错角相等得出∠GCE=∠D=∠ABC=60°，根据直角三角形两锐角互余可得∠CEG=30°，根据直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方可得CG=1，，根据 直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求得ME的值，即可求出CM的值，根据两直线平行，内错角相等得出∠DCB=∠CBH，∠CME=∠H，∠DMN=∠HNM，根据两角及其一角的对边对应相等的两个三角形全等可得△MCE≌△HBE，根据全等三角形的对应边相等得出，，根据折叠前后对应角相等可得∠HMN=∠DMN，推得∠HMN=∠HNM，根据等角对等边得出，求得，AN=2，根据平行线之间的距离相等得出AP=NQ，PQ=AN=2，根据直角三角形两锐角互余可得∠DAP=30°，根据直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方可得，，则，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解.
三、综合题(本大题有8个小题，每小题9分，共72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2020八下·牡丹江期末）某商场购进甲、乙两种商品，每个乙种商品的价格比每个甲种商品的价格 倍少 元，用 元购进甲种商品的数量与用 元购进乙种商品的数量相同，请回答下 列问题：
（1）求每个甲、乙两种商品的进价分别是多少元？
（2）若商场从厂家购进甲、乙两种商品共 个，且甲种商品的数量不多于乙种商品的数量，设购进甲x个，总成本是y元，求y与x的函数关系式，并求出最少成本的方案和最少成本；
（3）用（2）中的最少成本的 再次同时购进甲、乙两种商品，在钱全部用尽的情况下，请直接写出再次购进甲、乙两种商品有多少种方案．
【答案】（1）解：设每个甲种商品的进价为x元，
由题意可得： ，
解得：x=30，
经检验：x=30是原方程的解，
∴每个甲、乙两种商品的进价分别是30元和40元；
（2）解：∵购进甲x个，则购进乙100-x个，
则x≤100-x，
∴x≤50，
则y=30x+40（100-x）=-10x+4000，
∵-10＜0，
∴当x=50时，y最小，
即成本最少的方案为：购进甲种商品50个，乙种商品50个，最少成本为3500元；
（3）8种
【解析】【解答】解：（3）由于最少成本为3500元，
则最少成本的 为3500× =1000元，
∵1000元全部用尽，
则30x+40y=1000，
∴y=25- ，
当x=4、8、12、16、20、24、28、32时，y可以取整数，
则共有8种方案．
【分析】（1）设每个甲种商品的进价为x元，可得每个甲种商品的进价为（2x-20）元，根据“用 元购进甲种商品的数量与用 元购进乙种商品的数量相同”列出方程，解之并检验即可；
（2）设购进甲x个，则购进乙100-x个 ，由“ 甲种商品的数量不多于乙种商品的数量”，可得出x的范围，根据总成本=甲成本+乙成本，列出求y与x的函数关系式 ，根据一次函数的性质即得结论；
（3）利用（2）结论得出再次同时购进甲、乙两种商品的最少成本为1000元，由于全部用尽，可得方程30x+40y=1000，求出其整数解即可.
18．（2023八下·大埔期末）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3cm，BC＝5cm.点P从A点出发沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s.连接PO并延长交BC于点Q，设运动时间为t（0＜t＜5）.
（1）当t为何值时，四边形ABQP是平行四边形？
（2）设四边形OQCD的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使点O在线段AP的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠PAO＝∠QCO.
又∵∠AOP＝∠COQ，
∴△APO≌△CQO，
∴AP＝CQ＝t.
∵BC＝5，
∴BQ＝5－t.
∵AP∥BQ，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t＝5－t，∴t＝ ，
∴当t＝ 时，四边形ABQP是平行四边形
（2）解：如图
过A作AH⊥BC于点H，过O作OG⊥BC于点G.
在Rt△ABC中，∵AB＝3，BC＝5，∴AC＝4，
∴CO＝ AC＝2，
S△ABC＝ AB·AC＝ BC·AH，
∴3×4＝5AH，
∴AH＝ .
∵AH∥OG，OA＝OC，
∴GH＝CG，
∴OG＝ AH＝ ，
∴y＝S△OCD＋S△OCQ＝ OC·CD＋ CQ·OG，
∴y＝ ×2×3＋ ×t× ＝ t＋3；
（3）解：存在.
∵OE是AP的垂直平分线，如图
∴AE＝ AP＝ ，∠AEO＝90°，
由（2）知：AO＝2，OE＝ ，
由勾股定理得：AE2＋OE2＝AO2，
∴（ t）2＋（ ）2＝22，
∴t＝ 或－ （舍去），
∴当t＝ 时，点O在线段AP的垂直平分线上.
故答案为（1）当t＝ 时，四边形ABQP是平行四边形（2）y＝ t＋3（3）存在，当t＝ 时，点O在线段AP的垂直平分线上.
【解析】【分析】（1）根据ASA证明△APO≌△CQO，再根据全等三角形的性质得出AP＝CQ＝t，则BQ＝5－t，再根据平行四边形的判定定理可知当AP∥BQ，AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，即t＝5－t，求出t的值即可求解；（2）过A作AH⊥BC于点H，过O作OG⊥BC于点G，根据勾股定理求出AC＝4，由Rt△ABC的面积计算可求得AH＝ ，利用三角形中位线定理可得OG= ，再根据四边形OQCD的面积y=S△OCD＋S△OCQ＝ OC·CD＋ CQ·OG，代入数值计算即可得y与t之间的函数关系式；（3）如图2，若OE是AP的垂直平分线，可得AE＝ AP＝ ，∠AEO＝90°，根据勾股定理可得AE2＋OE2＝AO2，由（2）知：AO＝2，OE＝ ，列出关于t的方程，解方程即可求出t的值.
19．（2022八下·曲阳期末）如图，直线与轴交于点，直线与轴交于点，两条直线交于点．
（1）求方程组的解；
（2）当与同时成立时，求的取值范围；
（3）求的面积．
【答案】（1）解：如图所示：方程组的解为：；
（2）解：如图所示：当与同时成立时，
∴x取何值范围是：；
（3）解：∵令，则，
∴，．
∴
∴.
【解析】【分析】（1）由图象知：直线与直线的交点坐标即为方程组 的解；
（2）两函数的图象均在x轴上方所对应的x的取值范围；
（3）先求出A、B的坐标，再利用三角形的面积公式计算即可.
20．（2022八下·承德期末）如图所示，在中，点D为BC边上的一点，，，，．
（1）试说明；
（2）求AC的长及的面积；
（3）判断是否是直角三角形，并说明理由．
【答案】（1）解：∵，，
∴，
∴是直角三角形，
∴，即．
（2）解：∵，且点D为BC边上的一点，
∴，
∴由勾股定理得：，
∴．
（3）解：是直角三角形．
理由如下：
∵，，
∴，
∴是直角三角形．
【解析】【分析】（1）根据勾股定理的逆定理，证明三角形ABD为直角三角形，求出答案即可；
（2）根据（1）的结论，在直角三角形ADC中，利用勾股定理求出AC的长，然后利用三角形的面积公式求出三角形ABC的面积，解出答案即可；
（3）根据勾股定理的逆定理，计算得到答案即可。
21．（2022八下·沈北期末）解不等式及不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）解：，，，，，该不等式的解集在数轴上表示如图所示：
（2）解：，，，，，，该不等式的解集在数轴上表示如图所示：
（3）解：，解不等式得：，解不等式得：，原不等式组的解集为：，该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】【分析】（1）利用不等式的性质求解集即可；
（2）利用不等式的性质求解集即可；
（3）先求出 不等式组的解集为：， 再画数轴即可。
22．（2022八下·紫金期末）在2019年春季环境整治活动中，某社区计划对面积为 的区域进行绿化.经投标，由甲、乙两个工程队来完成，若甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍，并且在独立完成面积为 区域的绿化时，甲队比乙队少用5天.
（1）求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积；
（2）设甲工程队施工 天，乙工程队施工 天，刚好完成绿化任务，求 关于 的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，且甲乙两队施工的总天数不超过25天，则如何安排甲乙两队施工的天数，使施工总费用最低？并求出最低费用.
【答案】（1）解：设乙工程队每天能完成绿化的面积为 ，
则甲工程队每天能完成绿化面积为 .
依题意得： ，解得
经检验： 是原方程的根
.
答：甲、乙两工程队每天能完成绿化面积分别为 和
（2）解：由（1）得：
（3）解：由题意可知：
即
解得
总费用
值随 值的增大而增大.
当 天时，
答：甲工程队施工15天，乙工程队施工10天，则施工总费用最低，最低费用为11.5万.
【解析】【分析】（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积为 ，可得甲工程队每天能完成绿化面积为 ，根据“ 在独立完成面积为 区域的绿化时，甲队比乙队少用5天”列出分式方程，解之并检验即可；
（2）根据甲工程队施工天工作量+乙工程队施工天的工作量=1600，据此求解即可；
（3）根据“甲乙两队施工的总天数不超过25天”确定自变量x的范围，由于总费用=甲队费用+乙队费用，据此求出总费用关于x的关系式，然后利用一次函数的性质求解即可.
23．（2022八下·丹东期末）探索发现： =1﹣ ； = ﹣ ； = ﹣ …
根据你发现的规律，回答下列问题：
（1） =　 　， =　 　；
（2）利用你发现的规律计算： + + +…+
（3）灵活利用规律解方程： + +…+ = ．
【答案】（1）；
（2）解：
（3）解：∵ =
∴
即 =
∴
x=50
经检验x=50是原方程的根
【解析】【解答】解：(1) ，
【分析】（1）根据已知的等式即可得出 （2）把 利用规律化为 即可求解；（3）利用 = ，即可把原方程化解，再进行求解即可.
24．（2023八下·虹口期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．
（1）求的长；
（2）如果点E为边的中点，联结，求的面积；
（3）如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长．
【答案】（1）解：过A作，过D作，垂足分别为M、N，
则，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在中，
∵
∴，
∴，
∴．
（2）解：过点O作，垂足为点Q，则，
∵O是的中点，E是的中点，
∴，，，
∴，
∴，
∴ 在中，，，
∴．
（3）解：∵，
∴，
∵O是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
过点D作于点N，
由（1）可知，，
∴，
由勾股定理得，
设，则，
在中，，
即，
解得，
∴四边形的周长．
【解析】【分析】（1）根据题意先求出四边形是平行四边形， 再利用全等三角形的判定与性质计算求解即可；
（2）根据线段的中点求出 ，，， 再利用勾股定理和三角形的面积公式计算求解即可；
（3）先求出 ， 再求出四边形是平行四边形， 最后利用勾股定理计算求解即可。
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