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广西省南宁市南宁二中初中大学区2024-2025学年下学期期末考试八年级数学试题
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．）
1．随着人工智能技术的普及，出现众多具有广泛影响力的人工智能应用，以下是一些常见人工智能应用的图案，其中属于中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．一元二次方程的一次项系数是（二次项系数为正）（　　）
A．2 B． C．4 D．
3．正比例函数图象上有一点，则的值为（　　）
A．6 B． C． D．
4．某鞋店对40名顾客所购鞋号统计如下表，则该店应多进的鞋号为（　　）
鞋号 35 36 37 38 39
频数 2 8 19 9 2
A．36 B．37 C．38 D．3
5．如图，在中，点，分别是，的中点，若，则的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．下列各组数中，能构成直角三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．1 C．4，5，6 D．
7．如图，已知图形是中心对称图形，则对称中心是（　　）
A．点 B．点
C．线段的中点 D．线段的中点
8．关于的方程的一个根为，则另一个根是（　　）
A．1 B．5 C． D．
9．如图，直线与直线相交于点，则关于的不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
10．《九章算术》是中国古代最重要的数学经典之一，其中记载：“今有衰分，各以差次分之”．“衰分”就是指按照一定比例递减或递增的分配方法，堪称世界上最早的增长率计算理论．南宁二中图书馆为响应学校“读书节”活动，向学生全天开放．据统计，第一周进馆128人次，进馆人次逐周增加，第三周进馆392人次，若进馆人次的周平均增长率相同，设进馆人次的周平均增长率为，则根据题意，可列方程是（　　）
A． B．
C． D．
11．直线与抛物线在同一坐标系里的大致图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．如图，在长方形中，以点为圆心，为半径作弧与交于点，以点为圆心，为半径作弧与交于点．设，则方程的一个正根是（　　）
A．的长 B．的长 C．的长 D．的长
二、填空题（本火题共4小题，每小题3分，共12分．）
13．若式子有意义，则的取值范围是　 　．
14．某足球运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，如果不考虑空气阻力，足球飞行的高度（单位：）与足球飞行的时间（单位：）之间具有二次函数关系，其部分图象如图所示，则足球到达最高点所需的时间是　 　．
15．如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转，得到，连接，则的度数为　 　．
16．已知点，点，如果抛物线（为实数）与线段（不含端点）只有一个交点，那么的取值范围是　 　．
三、解答题（本大题共8小题，共72分、）
17．（1）计算：；
（2）解方程：．
18．在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）画出关于原点成中心对称的图形
（2）请写出点的坐标．
19．在科技飞速发展的当下，智能机器人成为科研的焦点．某研究团队分别对新研发的甲、乙两款机器人的四项能力（：感知能力、：交互能力、：运动能力、：决策能力）进行测试评分（满分10分）．甲的得分：9、8、6、5；乙的得分：6、6、8、8，对甲、乙得分进行数据分析如下表：
　 平均数 中位数 方差
甲 7 2.5
乙 7 7
（1）以上得分统计表中___________；___________；
（2）某博物馆考虑引进一款导览机器人，若要求四个能力的权重比为，请你从甲、乙两款机器人中推荐一款并说明理由．
20．2022年3月，对广西和西南地区经济社会发展具有重大战略意义的平陆运河项目正式成立．在一航道建设中，南宁某渣土运输公司拟派出大、小两种型号的运输车运输土方．已知1辆大型运输车与3辆小型运输车共运输土方105吨，2辆大型运输车与1辆小型运输车共运输土方110吨．
（1）求每辆大型运输车和每辆小型运输车各运输土方多少吨．
（2）该公司决定派出大、小两种型号运输车共20辆，共运输至少510吨土方，且大型运输车不超过10辆，每辆大型运输车花费400元，每辆小型运输车花费300元，请你设计最省钱的运输方案．
21．如图1，在边长为正方形中，动点同时从点出发，以的速度分别沿和的路径向点运动．设运动时间为（单位：），的面积为（单位：），则关于的函数图象如图2．
（1）求关于的函数解析式；
（2）当为何值时，有最大值，最大值是多少．
（3）当为何值时，为．
22．综合与实践
【问题情景】“综合与实践”课上，如图1，同学们将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片和纸片．
【实践探索】
（1）如图2，乐学小组将沿方向平移到，连接，，请判断四边形的形状，并说明理由．
（2）如图2，乐学小组将沿方向平移的过程中，连接，与交于点，若，当时，求四边形的面积．
（3）如图3，善思小组将绕点逆时针旋转．使点的对应点落在上，点A的对应点为．过点作于，求证：．
【深入探究】
（4）如图4，创新小组将绕点顺时针旋转到，连接，取的中点，连接，试猜想三条线段的数量关系，并说明理由．
23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线（是常数）的对称轴是直线，且经过点，点和点在该抛物线上，横坐标分别为和．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，，，，若时，，求点坐标．
（3）若点，点分别在抛物线对称轴两侧的图象上，且，求的取值范围．
（4）将此抛物线上两点之间的部分（包括、两点）记为图象，当图象的最大值和最小值之差为5时，直接写出的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、选项A的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意；
B、选项B的图案是中心对称图形，所以此选项符合题意；
C、选项C的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意；
D、选项D的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意．
故答案为：B．
【分析】在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的定义对每个选项逐一判断求解即可.
2．【答案】B
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：
移项得：，
∴一次项为，因此一次项系数是，
故答案为：B．
【分析】先将方程化简为一般式，再利用一次项系数的定义分析求解即可.
3．【答案】D
【知识点】正比例函数的图象
【解析】【解答】解：将点 代入，得：，
故答案为：D．
【分析】将点 代入，再求出a的值即可.
4．【答案】B
【知识点】分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）；众数
【解析】【解答】解：由表格可知，鞋号35、36、37、38、39对应的频数分别为2、8、19、9、2，其中，鞋号37的频数最大（19次），因此37号为众数．根据众数的意义，商店应多进销量最高的鞋号，
故答案为：B．
【分析】利用众数的定义和性质分析求解即可.
5．【答案】D
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D、E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
故答案为：D．
【分析】先证出是的中位线，再利用中位线的性质求出DE的长即可.
6．【答案】B
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵，不能构成直角三角形，故不符合题意；
B、，能构成直角三角形，故符合题意；
C、∵，不能构成直角三角形，故不符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故不符合题意．
故答案为：B．
【分析】利用勾股定理的逆定理（两边平方和等于第三边平方）逐项分析判断即可.
7．【答案】D
【知识点】线段的中点；两个图形成中心对称；中心对称的性质
【解析】【解答】解：∵此图形是中心对称图形，
∴对称中心是线段的中点．
故答案为：．
【分析】根据对称中心的定义，可得出对称中心是任意一组对应点的中点，即可得出答案。
8．【答案】C
【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：设方程的另一个根为，
则有，
解得：．
故答案为：C．
【分析】设方程的另一个根为，再利用根与系数的关系可得，最后求出k的值即可.
9．【答案】C
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：∵直线与直线相交于点，
∴不等式解集为．
故答案为：C．
【分析】利用一次函数与不等式的关系并结合函数图象直接求出即可．
10．【答案】A
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：根据题意得：．故答案为：A．
【分析】 设进馆人次的周平均增长率为，再利用“ 第三周进馆392人次 ”列出方程即可.
11．【答案】B
【知识点】二次函数图象与系数的关系；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：选项A中，由一次函数的图象可知，，由二次函数的性质可知图象对称轴位于y轴左侧，与y轴交点在负半轴，故选项A不符合题意；
选项B中，由一次函数的图象可知，，，由二次函数的性质可知图象对称轴位于y轴左侧，与y轴交点在负半轴，故选项B符合题意；
选项C中，由一次函数的图象可知，，由二次函数的性质可知图象对称轴位于y轴左侧，与y轴交点在负半轴，故选项C不符合题意；
选项D中，由一次函数的图象可知，，由二次函数的性质可知图象对称轴位于y轴左侧，与y轴交点在负半轴，故选项D不符合题意；
故选B．
【分析】根据二次函数，一次函数图象与系数的关系即可求出答案.
12．【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程；矩形的性质；尺规作图-直线、射线、线段；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：，
∴，
∴，
∴，
∵，
方程的一个正根是，
四边形是长方形，
，，
在中，，，
由勾股定理得：，
由作图过程知，，
，
方程的一个正根是的长，
故答案为：A．
【分析】先利用配方法求出方程的根，再结合作图过程知，，求出，从而得解.
13．【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：∵有意义，
∴解得，
故答案为：.
【分析】根据分式有意义的条件：被开方数大于等于0得：，进一步解得.
14．【答案】
【知识点】通过函数图象获取信息；二次函数的实际应用-抛球问题；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：根据函数的图象可得抛物线的对称轴方程为：，
∵函数的开口向下，
∴在时，足球到达最高点，
即足球到达最高点所需的时间是
故答案为：.
【分析】先求出抛物线的对称轴，再结合抛物线的顶点分析求解即可.
15．【答案】
【知识点】角的运算；等腰三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：在中，，，
，
将绕点C逆时针旋转，得到，
，，，
是等腰直角三角形，
，
，
故答案为：．
【分析】先利用三角形的内角和求出，再利用旋转的性质证出是等腰直角三角形，可得，最后利用角的运算求出的度数即可.
16．【答案】或
【知识点】解一元一次不等式；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：∵抛物线，
∴对称轴为直线，开口向上，
则顶点的纵坐标，
∵抛物线（为实数）与线段只有一个交点，且点，点，
∴当抛物线的顶点坐标在线段上时，则，
∴，
解得或；
∵不含端点
∴或都舍去
故顶点在直线的下方，
当顶点在直线的左边时，
∵开口向上，对称轴为直线，
∴在对称轴的右边，随着的增大而增大，即，
则把代入，得
解得；
则把代入，得
解得；
∴；
当顶点的横坐标为时，
则把代入，得
解得；
则把代入，得
解得；
则与相矛盾，故舍去；
∴无解；
则把代入，得
解得；
则把代入，得
解得；
∴与相矛盾，故舍去；
∴无解；
在直线的右边时，
∵开口向上，对称轴为直线，
∴在对称轴的左边，随着的增大而减小，即，
则把代入，得
解得；
则把代入，得
解得；
∴；
综上：或
那么的取值范围是或
故答案为：或.
【分析】先求出抛物线的对称轴，再分类讨论，结合“ 抛物线（为实数）与线段（不含端点）只有一个交点 ”分析求解即可.
17．【答案】解：（1）
；
（2）∵，
∴，
则，
∴．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算；直接开平方法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）利用二次根式的混合运算的计算方法及步骤（①有括号先算括号内；②再算二次根式的乘除；③最后计算二次根式的加减法）分析求解即可；
（2）利用直接开方法的计算方法及步骤分析求解即可.
18．【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：依题意，结合（1）的图可得：．
【知识点】点的坐标；中心对称及中心对称图形；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）先利用关于原点对称的点坐标的特征（横坐标变为相反数，纵坐标变为相反数）找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）根据平面直角坐标系直接求出点的坐标即可．
（1）解：如图所示：
（2）解：依题意，结合（1）的图
∴．
19．【答案】（1）7；1
（2）解：分，分，
∵，
∴选择甲．
【知识点】加权平均数及其计算；中位数；方差
【解析】【解答】解：（1）∵甲得分从小到大排列为：5，6，8，9，
∴分．
．
故答案为：7；1.
【分析】（1）先将数据从小到大排列，再利用中位数和方差的定义及计算方法分析求解即可；
（2）先利用加权平均数的计算方法求出，再比较大小即可.
（1）∵甲得分从小到大排列为：5，6，8，9，
∴分．
．
故答案为：7；1；
（2）分，
分，
∵，
∴选择甲．
20．【答案】（1）解：设每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方吨，吨，
依题意，，
解得．
即每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方45吨，20吨.
（2）解：设大型运输车辆，则小型运输车辆，
依题意，
解得，
∵大型运输车不超过10辆，
∴
∵为正整数
∴
设总费用为元，
依题意，，
∵
∴随的 增大而增大
∴当时，有最小值，且，
即最省钱的运输方案为派出辆大型运输车，辆小型运输车，总费用为元．
【知识点】一元一次不等式的应用；一次函数的实际应用-方案问题；二元一次方程组的实际应用-工程问题
【解析】【分析】（1）设每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方吨，吨，利用“ 1辆大型运输车与3辆小型运输车共运输土方105吨，2辆大型运输车与1辆小型运输车共运输土方110吨 ”列出方程组求解即可；
（2）设大型运输车辆，则小型运输车辆，总费用为元，利用“总费用=大型车的费用+小型车的费用”列出函数解析式，最后利用一次函数的性质分析求解即可.
（1）解：设每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方吨，吨，
依题意，，
解得．
即每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方45吨，20吨，
（2）解：设大型运输车辆，则小型运输车辆，
依题意，
解得，
∵大型运输车不超过10辆，
∴
∵为正整数
∴
设总费用为元，
依题意，，
∵
∴随的 增大而增大
∴当时，有最小值，且，
即最省钱的运输方案为派出辆大型运输车，辆小型运输车，总费用为元．
21．【答案】（1）解：当时，
∵，
∴．
当时，如图，连接，
由题意知，，
∴
，
∴；
（2）解：由图象可知，在两段函数分界点处S取得最大值，
∴当时，S取得最大值，最大值为.
（3）解：当时，
由，得（负值舍去）．
当时，
由，得（负值舍去）．
综上可知，当或时，为．
【知识点】分段函数；动点问题的函数图象；二次函数的实际应用-几何问题；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）分段讨论：①当时，②当时，再利用三角形的面积公式列出函数解析式即可；
（2）结合函数图象并利用函数解析式求出最大值即可；
（3）分类讨论：①当时，②当时，再分别列出方程求解即可.
（1）当时，
∵，
∴．
当时，如图，连接，
由题意知，，
∴
，
∴；
（2）由图象可知，在两段函数分界点处S取得最大值，
∴当时，S取得最大值，最大值为；
（3）当时，
由，得（负值舍去）．
当时，
由，得（负值舍去）．
综上可知，当或时，为．
22．【答案】解：（1）四边形是平行四边形，
理由如下：∵四边形是矩形
∴如图1的，
∵平移，
∴图2的，
∴四边形是平行四边形，
（2）∵如图1的四边形是矩形
∴
∵，
∴
∵
则
∴
∴
∴
由（1）得四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是菱形，
则
菱形的面积
（3）连接，如图所示：
∵旋转，
∴
∵四边形是矩形，
∴，
即
∵点的对应点落在上，点A的对应点为．过点作于，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴；
（4），
理由如下：
∵将绕点顺时针旋转到，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵点是的中点，
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
则
∵
即．
整理得.
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【分析】（1）结合，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形求解即可；
（2）先证出，再结合四边形是平行四边形，可得四边形是菱形，利用勾股定理求出AO的长，最后求出菱形的面积即可；
（3）连接DF，过点作于，利用，可得，再结合，利用等量代换可得；
（4）先证出是等腰直角三角形，可得，再求出，结合可得，最后求出即可.
23．【答案】（1）解：∵抛物线（是常数）的对称轴是直线，且经过点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为.
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为；
∵点和点在该抛物线上，横坐标分别为和．
∴，，
即，
∵，
∴，
则，
∵，，
∴，
则，
解得，
故，
∴点坐标为.
（3）解：∵，对称轴是直线，
∴开口向上，越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，
∵点，点分别在抛物线对称轴两侧的图象上，
∴，
∴；
∵，
∴，
解得，
∴.
（4）的值为或．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；二次函数与一元二次方程的综合应用；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】（4）解：如图所示：
∵抛物线的对称轴是直线，且经过点，
∴点A关于对称轴直线对称的点为
∵，对称轴是直线，
∴开口向上，越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，
∵点在该抛物线上，横坐标为．
∴
∵将此抛物线上两点之间的部分（包括、两点）记为图象，图象的最大值和最小值之差为5，
∴当时，则
∴
∴，
解得（舍去）
∴当时，则
∴
∴
此方程无解；
把代入，得
即顶点坐标为
∴当时，则
∴
∴
解得（舍去）
综上：满足题意的的值为或．
【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先求出，求出，再结合，可得，求出，最后求出点P的坐标即可；
（3）利用抛物线的性质可得，即可得到，再求出m的取值范围即可；
（4）分类讨论，先分别求出函数的最大值和最小值，再结合“ 图象的最大值和最小值之差为5 ”列出方程求解即可.
（1）解：∵抛物线（是常数）的对称轴是直线，且经过点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为；
∵点和点在该抛物线上，横坐标分别为和．
∴，，
即，
∵，
∴，
则，
∵，，
∴，
则，
解得，
故，
∴点坐标为；
（3）解：∵，对称轴是直线，
∴开口向上，越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，
∵点，点分别在抛物线对称轴两侧的图象上，
∴，
∴；
∵，
∴，
解得，
∴；
（4）解：∵抛物线的对称轴是直线，且经过点，
∴点A关于对称轴直线对称的点为
∵，对称轴是直线，
∴开口向上，越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，
∵点在该抛物线上，横坐标为．
∴
∵将此抛物线上两点之间的部分（包括、两点）记为图象，图象的最大值和最小值之差为5，
∴当时，则
∴
∴，
解得（舍去）
∴当时，则
∴
∴
此方程无解；
把代入，得
即顶点坐标为
∴当时，则
∴
∴
解得（舍去）
综上：满足题意的的值为或．
1 / 1广西省南宁市南宁二中初中大学区2024-2025学年下学期期末考试八年级数学试题
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．）
1．随着人工智能技术的普及，出现众多具有广泛影响力的人工智能应用，以下是一些常见人工智能应用的图案，其中属于中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、选项A的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意；
B、选项B的图案是中心对称图形，所以此选项符合题意；
C、选项C的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意；
D、选项D的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意．
故答案为：B．
【分析】在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的定义对每个选项逐一判断求解即可.
2．一元二次方程的一次项系数是（二次项系数为正）（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：
移项得：，
∴一次项为，因此一次项系数是，
故答案为：B．
【分析】先将方程化简为一般式，再利用一次项系数的定义分析求解即可.
3．正比例函数图象上有一点，则的值为（　　）
A．6 B． C． D．
【答案】D
【知识点】正比例函数的图象
【解析】【解答】解：将点 代入，得：，
故答案为：D．
【分析】将点 代入，再求出a的值即可.
4．某鞋店对40名顾客所购鞋号统计如下表，则该店应多进的鞋号为（　　）
鞋号 35 36 37 38 39
频数 2 8 19 9 2
A．36 B．37 C．38 D．3
【答案】B
【知识点】分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）；众数
【解析】【解答】解：由表格可知，鞋号35、36、37、38、39对应的频数分别为2、8、19、9、2，其中，鞋号37的频数最大（19次），因此37号为众数．根据众数的意义，商店应多进销量最高的鞋号，
故答案为：B．
【分析】利用众数的定义和性质分析求解即可.
5．如图，在中，点，分别是，的中点，若，则的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D、E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
故答案为：D．
【分析】先证出是的中位线，再利用中位线的性质求出DE的长即可.
6．下列各组数中，能构成直角三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．1 C．4，5，6 D．
【答案】B
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵，不能构成直角三角形，故不符合题意；
B、，能构成直角三角形，故符合题意；
C、∵，不能构成直角三角形，故不符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故不符合题意．
故答案为：B．
【分析】利用勾股定理的逆定理（两边平方和等于第三边平方）逐项分析判断即可.
7．如图，已知图形是中心对称图形，则对称中心是（　　）
A．点 B．点
C．线段的中点 D．线段的中点
【答案】D
【知识点】线段的中点；两个图形成中心对称；中心对称的性质
【解析】【解答】解：∵此图形是中心对称图形，
∴对称中心是线段的中点．
故答案为：．
【分析】根据对称中心的定义，可得出对称中心是任意一组对应点的中点，即可得出答案。
8．关于的方程的一个根为，则另一个根是（　　）
A．1 B．5 C． D．
【答案】C
【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：设方程的另一个根为，
则有，
解得：．
故答案为：C．
【分析】设方程的另一个根为，再利用根与系数的关系可得，最后求出k的值即可.
9．如图，直线与直线相交于点，则关于的不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：∵直线与直线相交于点，
∴不等式解集为．
故答案为：C．
【分析】利用一次函数与不等式的关系并结合函数图象直接求出即可．
10．《九章算术》是中国古代最重要的数学经典之一，其中记载：“今有衰分，各以差次分之”．“衰分”就是指按照一定比例递减或递增的分配方法，堪称世界上最早的增长率计算理论．南宁二中图书馆为响应学校“读书节”活动，向学生全天开放．据统计，第一周进馆128人次，进馆人次逐周增加，第三周进馆392人次，若进馆人次的周平均增长率相同，设进馆人次的周平均增长率为，则根据题意，可列方程是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：根据题意得：．故答案为：A．
【分析】 设进馆人次的周平均增长率为，再利用“ 第三周进馆392人次 ”列出方程即可.
11．直线与抛物线在同一坐标系里的大致图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】二次函数图象与系数的关系；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：选项A中，由一次函数的图象可知，，由二次函数的性质可知图象对称轴位于y轴左侧，与y轴交点在负半轴，故选项A不符合题意；
选项B中，由一次函数的图象可知，，，由二次函数的性质可知图象对称轴位于y轴左侧，与y轴交点在负半轴，故选项B符合题意；
选项C中，由一次函数的图象可知，，由二次函数的性质可知图象对称轴位于y轴左侧，与y轴交点在负半轴，故选项C不符合题意；
选项D中，由一次函数的图象可知，，由二次函数的性质可知图象对称轴位于y轴左侧，与y轴交点在负半轴，故选项D不符合题意；
故选B．
【分析】根据二次函数，一次函数图象与系数的关系即可求出答案.
12．如图，在长方形中，以点为圆心，为半径作弧与交于点，以点为圆心，为半径作弧与交于点．设，则方程的一个正根是（　　）
A．的长 B．的长 C．的长 D．的长
【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程；矩形的性质；尺规作图-直线、射线、线段；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：，
∴，
∴，
∴，
∵，
方程的一个正根是，
四边形是长方形，
，，
在中，，，
由勾股定理得：，
由作图过程知，，
，
方程的一个正根是的长，
故答案为：A．
【分析】先利用配方法求出方程的根，再结合作图过程知，，求出，从而得解.
二、填空题（本火题共4小题，每小题3分，共12分．）
13．若式子有意义，则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：∵有意义，
∴解得，
故答案为：.
【分析】根据分式有意义的条件：被开方数大于等于0得：，进一步解得.
14．某足球运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，如果不考虑空气阻力，足球飞行的高度（单位：）与足球飞行的时间（单位：）之间具有二次函数关系，其部分图象如图所示，则足球到达最高点所需的时间是　 　．
【答案】
【知识点】通过函数图象获取信息；二次函数的实际应用-抛球问题；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：根据函数的图象可得抛物线的对称轴方程为：，
∵函数的开口向下，
∴在时，足球到达最高点，
即足球到达最高点所需的时间是
故答案为：.
【分析】先求出抛物线的对称轴，再结合抛物线的顶点分析求解即可.
15．如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转，得到，连接，则的度数为　 　．
【答案】
【知识点】角的运算；等腰三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：在中，，，
，
将绕点C逆时针旋转，得到，
，，，
是等腰直角三角形，
，
，
故答案为：．
【分析】先利用三角形的内角和求出，再利用旋转的性质证出是等腰直角三角形，可得，最后利用角的运算求出的度数即可.
16．已知点，点，如果抛物线（为实数）与线段（不含端点）只有一个交点，那么的取值范围是　 　．
【答案】或
【知识点】解一元一次不等式；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：∵抛物线，
∴对称轴为直线，开口向上，
则顶点的纵坐标，
∵抛物线（为实数）与线段只有一个交点，且点，点，
∴当抛物线的顶点坐标在线段上时，则，
∴，
解得或；
∵不含端点
∴或都舍去
故顶点在直线的下方，
当顶点在直线的左边时，
∵开口向上，对称轴为直线，
∴在对称轴的右边，随着的增大而增大，即，
则把代入，得
解得；
则把代入，得
解得；
∴；
当顶点的横坐标为时，
则把代入，得
解得；
则把代入，得
解得；
则与相矛盾，故舍去；
∴无解；
则把代入，得
解得；
则把代入，得
解得；
∴与相矛盾，故舍去；
∴无解；
在直线的右边时，
∵开口向上，对称轴为直线，
∴在对称轴的左边，随着的增大而减小，即，
则把代入，得
解得；
则把代入，得
解得；
∴；
综上：或
那么的取值范围是或
故答案为：或.
【分析】先求出抛物线的对称轴，再分类讨论，结合“ 抛物线（为实数）与线段（不含端点）只有一个交点 ”分析求解即可.
三、解答题（本大题共8小题，共72分、）
17．（1）计算：；
（2）解方程：．
【答案】解：（1）
；
（2）∵，
∴，
则，
∴．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算；直接开平方法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）利用二次根式的混合运算的计算方法及步骤（①有括号先算括号内；②再算二次根式的乘除；③最后计算二次根式的加减法）分析求解即可；
（2）利用直接开方法的计算方法及步骤分析求解即可.
18．在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）画出关于原点成中心对称的图形
（2）请写出点的坐标．
【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：依题意，结合（1）的图可得：．
【知识点】点的坐标；中心对称及中心对称图形；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）先利用关于原点对称的点坐标的特征（横坐标变为相反数，纵坐标变为相反数）找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）根据平面直角坐标系直接求出点的坐标即可．
（1）解：如图所示：
（2）解：依题意，结合（1）的图
∴．
19．在科技飞速发展的当下，智能机器人成为科研的焦点．某研究团队分别对新研发的甲、乙两款机器人的四项能力（：感知能力、：交互能力、：运动能力、：决策能力）进行测试评分（满分10分）．甲的得分：9、8、6、5；乙的得分：6、6、8、8，对甲、乙得分进行数据分析如下表：
　 平均数 中位数 方差
甲 7 2.5
乙 7 7
（1）以上得分统计表中___________；___________；
（2）某博物馆考虑引进一款导览机器人，若要求四个能力的权重比为，请你从甲、乙两款机器人中推荐一款并说明理由．
【答案】（1）7；1
（2）解：分，分，
∵，
∴选择甲．
【知识点】加权平均数及其计算；中位数；方差
【解析】【解答】解：（1）∵甲得分从小到大排列为：5，6，8，9，
∴分．
．
故答案为：7；1.
【分析】（1）先将数据从小到大排列，再利用中位数和方差的定义及计算方法分析求解即可；
（2）先利用加权平均数的计算方法求出，再比较大小即可.
（1）∵甲得分从小到大排列为：5，6，8，9，
∴分．
．
故答案为：7；1；
（2）分，
分，
∵，
∴选择甲．
20．2022年3月，对广西和西南地区经济社会发展具有重大战略意义的平陆运河项目正式成立．在一航道建设中，南宁某渣土运输公司拟派出大、小两种型号的运输车运输土方．已知1辆大型运输车与3辆小型运输车共运输土方105吨，2辆大型运输车与1辆小型运输车共运输土方110吨．
（1）求每辆大型运输车和每辆小型运输车各运输土方多少吨．
（2）该公司决定派出大、小两种型号运输车共20辆，共运输至少510吨土方，且大型运输车不超过10辆，每辆大型运输车花费400元，每辆小型运输车花费300元，请你设计最省钱的运输方案．
【答案】（1）解：设每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方吨，吨，
依题意，，
解得．
即每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方45吨，20吨.
（2）解：设大型运输车辆，则小型运输车辆，
依题意，
解得，
∵大型运输车不超过10辆，
∴
∵为正整数
∴
设总费用为元，
依题意，，
∵
∴随的 增大而增大
∴当时，有最小值，且，
即最省钱的运输方案为派出辆大型运输车，辆小型运输车，总费用为元．
【知识点】一元一次不等式的应用；一次函数的实际应用-方案问题；二元一次方程组的实际应用-工程问题
【解析】【分析】（1）设每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方吨，吨，利用“ 1辆大型运输车与3辆小型运输车共运输土方105吨，2辆大型运输车与1辆小型运输车共运输土方110吨 ”列出方程组求解即可；
（2）设大型运输车辆，则小型运输车辆，总费用为元，利用“总费用=大型车的费用+小型车的费用”列出函数解析式，最后利用一次函数的性质分析求解即可.
（1）解：设每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方吨，吨，
依题意，，
解得．
即每辆大型运输车和每辆小型运输车分别运输土方45吨，20吨，
（2）解：设大型运输车辆，则小型运输车辆，
依题意，
解得，
∵大型运输车不超过10辆，
∴
∵为正整数
∴
设总费用为元，
依题意，，
∵
∴随的 增大而增大
∴当时，有最小值，且，
即最省钱的运输方案为派出辆大型运输车，辆小型运输车，总费用为元．
21．如图1，在边长为正方形中，动点同时从点出发，以的速度分别沿和的路径向点运动．设运动时间为（单位：），的面积为（单位：），则关于的函数图象如图2．
（1）求关于的函数解析式；
（2）当为何值时，有最大值，最大值是多少．
（3）当为何值时，为．
【答案】（1）解：当时，
∵，
∴．
当时，如图，连接，
由题意知，，
∴
，
∴；
（2）解：由图象可知，在两段函数分界点处S取得最大值，
∴当时，S取得最大值，最大值为.
（3）解：当时，
由，得（负值舍去）．
当时，
由，得（负值舍去）．
综上可知，当或时，为．
【知识点】分段函数；动点问题的函数图象；二次函数的实际应用-几何问题；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）分段讨论：①当时，②当时，再利用三角形的面积公式列出函数解析式即可；
（2）结合函数图象并利用函数解析式求出最大值即可；
（3）分类讨论：①当时，②当时，再分别列出方程求解即可.
（1）当时，
∵，
∴．
当时，如图，连接，
由题意知，，
∴
，
∴；
（2）由图象可知，在两段函数分界点处S取得最大值，
∴当时，S取得最大值，最大值为；
（3）当时，
由，得（负值舍去）．
当时，
由，得（负值舍去）．
综上可知，当或时，为．
22．综合与实践
【问题情景】“综合与实践”课上，如图1，同学们将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片和纸片．
【实践探索】
（1）如图2，乐学小组将沿方向平移到，连接，，请判断四边形的形状，并说明理由．
（2）如图2，乐学小组将沿方向平移的过程中，连接，与交于点，若，当时，求四边形的面积．
（3）如图3，善思小组将绕点逆时针旋转．使点的对应点落在上，点A的对应点为．过点作于，求证：．
【深入探究】
（4）如图4，创新小组将绕点顺时针旋转到，连接，取的中点，连接，试猜想三条线段的数量关系，并说明理由．
【答案】解：（1）四边形是平行四边形，
理由如下：∵四边形是矩形
∴如图1的，
∵平移，
∴图2的，
∴四边形是平行四边形，
（2）∵如图1的四边形是矩形
∴
∵，
∴
∵
则
∴
∴
∴
由（1）得四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是菱形，
则
菱形的面积
（3）连接，如图所示：
∵旋转，
∴
∵四边形是矩形，
∴，
即
∵点的对应点落在上，点A的对应点为．过点作于，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴；
（4），
理由如下：
∵将绕点顺时针旋转到，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵点是的中点，
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
则
∵
即．
整理得.
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【分析】（1）结合，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形求解即可；
（2）先证出，再结合四边形是平行四边形，可得四边形是菱形，利用勾股定理求出AO的长，最后求出菱形的面积即可；
（3）连接DF，过点作于，利用，可得，再结合，利用等量代换可得；
（4）先证出是等腰直角三角形，可得，再求出，结合可得，最后求出即可.
23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线（是常数）的对称轴是直线，且经过点，点和点在该抛物线上，横坐标分别为和．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，，，，若时，，求点坐标．
（3）若点，点分别在抛物线对称轴两侧的图象上，且，求的取值范围．
（4）将此抛物线上两点之间的部分（包括、两点）记为图象，当图象的最大值和最小值之差为5时，直接写出的值．
【答案】（1）解：∵抛物线（是常数）的对称轴是直线，且经过点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为.
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为；
∵点和点在该抛物线上，横坐标分别为和．
∴，，
即，
∵，
∴，
则，
∵，，
∴，
则，
解得，
故，
∴点坐标为.
（3）解：∵，对称轴是直线，
∴开口向上，越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，
∵点，点分别在抛物线对称轴两侧的图象上，
∴，
∴；
∵，
∴，
解得，
∴.
（4）的值为或．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；二次函数与一元二次方程的综合应用；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】（4）解：如图所示：
∵抛物线的对称轴是直线，且经过点，
∴点A关于对称轴直线对称的点为
∵，对称轴是直线，
∴开口向上，越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，
∵点在该抛物线上，横坐标为．
∴
∵将此抛物线上两点之间的部分（包括、两点）记为图象，图象的最大值和最小值之差为5，
∴当时，则
∴
∴，
解得（舍去）
∴当时，则
∴
∴
此方程无解；
把代入，得
即顶点坐标为
∴当时，则
∴
∴
解得（舍去）
综上：满足题意的的值为或．
【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先求出，求出，再结合，可得，求出，最后求出点P的坐标即可；
（3）利用抛物线的性质可得，即可得到，再求出m的取值范围即可；
（4）分类讨论，先分别求出函数的最大值和最小值，再结合“ 图象的最大值和最小值之差为5 ”列出方程求解即可.
（1）解：∵抛物线（是常数）的对称轴是直线，且经过点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为；
∵点和点在该抛物线上，横坐标分别为和．
∴，，
即，
∵，
∴，
则，
∵，，
∴，
则，
解得，
故，
∴点坐标为；
（3）解：∵，对称轴是直线，
∴开口向上，越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，
∵点，点分别在抛物线对称轴两侧的图象上，
∴，
∴；
∵，
∴，
解得，
∴；
（4）解：∵抛物线的对称轴是直线，且经过点，
∴点A关于对称轴直线对称的点为
∵，对称轴是直线，
∴开口向上，越靠近对称轴的自变量所对应的函数值越小，
∵点在该抛物线上，横坐标为．
∴
∵将此抛物线上两点之间的部分（包括、两点）记为图象，图象的最大值和最小值之差为5，
∴当时，则
∴
∴，
解得（舍去）
∴当时，则
∴
∴
此方程无解；
把代入，得
即顶点坐标为
∴当时，则
∴
∴
解得（舍去）
综上：满足题意的的值为或．
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