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湖南师大附中特立学校2024-2025学年八年级下学期期末考试数学试题
1．数据的众数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】众数
【解析】【解答】解：∵数据，
∴在这组数据中出现的次数最多，
∴这组数据的众数是，
故答案为：C．
【分析】直接根据众数的定义，找出出现次数最多的数即可得到结果.
2．下列各组数中，不能构成直角三角形三边长的是（ ）
A．10，8，6 B．1，1， C．5，12，13 D．1，2，3
【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、由，得构成直角三角形，故A不符合题意；
B、由，得构成直角三角形，故B不符合题意；
C、由，得构成直角三角形三边长，故C不符合题意；
D、由，得不能构成直角三角形，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用勾股定理的逆定理逐项进行判断即可.
3．若关于x的方程有实数根，则实数k的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：关于x的方程有实数根，
∴，
∴．
故选：D．
【分析】根据x的方程有实数根，则判别式得，解不等式即可求出答案.
4．要从甲、乙、丙三名学生中选出一名学生参加数学竞赛，对这三名学生进行了10次数学测试，经过数据分析，3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.015，乙的方差为0.08，丙的方差为0.024，则这10次测试成绩比较稳定的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．无法确定
【答案】A
【知识点】方差
【解析】【解答】解： ，
∴这10次测试成绩比较稳定的是甲.
故答案为：A.
【分析】比较3人的方差，方差越小的越稳定，从而可得出答案.
5．下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：，不能判定四边形为平行四边形，故A符合；
能判定四边形为平行四边形，故B不符合；
能判定四边形为平行四边形，故C不符合；
能判定四边形为平行四边形，故D不符合；
故答案为：A.
【分析】依据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，两对边分别相等的四边形是平行四边形，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，依次作判断.
6．如图，在菱形ABCD中，，对角线AC，BD交于点O，E为CD的中点，连接OE，则的度数是（　　）
A．110° B．112° C．115° D．120°
【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】根据菱形的性质可得，，根据直角三角形斜边上的中线性质得到，从而根据等腰三角形“等边对等角”的性质得到，于是得到结论．
7．如图，某自动感应门的正上方A处装着一个感应器，离地米，当人体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开．一个身高1.6米的学生正对门，缓慢走到离门1.2米的地方时（米），感应门自动打开，则人头顶离感应器的距离等于（　　）
A．1.2米 B．1.3米 C．1.5米 D．2米
【答案】B
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，
∵米，米，米，
∴（米），
在中，由勾股定理得到：（米），
故答案为：B．
【分析】过点作于点，先求出的长，然后在，利用勾股定理求得的长度.
8．如图，折线描述了一汽车在某一直线上的行驶过程中，汽车离出发地的距离（千米）和行驶时间（小时）之间的函数关系．其中正确的说法是（　　）
A．汽车共行驶了120千米
B．汽车自出发后前3小时的平均行驶速度为40千米/时
C．汽车在整个行驶过程中的平均速度为40千米/时
D．汽车自出发后3小时至小时之间行驶的速度在减少
【答案】B
【知识点】通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：A、观察图象得：汽车共行驶了千米，故A错误；
B、汽车自出发后前3小时的平均行驶速度为千米/时，故B正确；
C、汽车在整个行驶过程中的平均速度为千米/时，故C错误；
D、汽车自出发后3小时至小时之间行驶的速度为千米/时，
∴汽车自出发后3小时至小时之间行驶的速度不变，故D错误；
故答案为：B.
【分析】根据得到汽车总行驶距离为120的2倍，即可判断A；根据平均速度=总路程÷总时间，结合得到汽车自出发后前3小时的平均行驶速度，即可判断B；根据总行驶距离为240千米，总行驶时间为4.5小时，利用平均速度=总路程÷总时间求出汽车在整个行驶过程中的平均速度，即可判断C；求出汽车自出发后3小时至小时之间行驶的路程和时间，利用速度＝路程÷时间，即可判断D.
9．直线经过一、二、四象限，则k和b应满足的条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵直线经过一、二、四象限，
∴，
故答案为：C．
【分析】根据一次函数图象与系数的关系：对于一次函数（k为常数，），当，图象在第一、二、三象限；当，图象在第一、三、四象限；当，图象第在一、二、四象限；当，图象在第二、三、四象限，据此即可得到答案.
10．一元二次方程的两个根为，则的值为（　　）
A．2 B．6 C．8 D．14
【答案】D
【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：∵一元二次方程的两个根为，∴，
，
故答案为：D．
【分析】一元二次方程有两个根为，根据方程根与系数的关系：得到，然后利用完全平方公式的变形得到，最后代入数值进行计算即可.
11．小红参加学校举办的“我爱我的祖国”主题演讲比赛，她的演讲稿、语言表达、形象风度得分分别为90分，80分，60分，若依次按照的百分比确定最终成绩，那么她的最终成绩是　 　分．
【答案】78
【知识点】加权平均数及其计算
【解析】【解答】解：根据题意，得小红的最终成绩为：（分），
故答案为：78.
【分析】计算小红的综合成绩，三项成绩分别对应不同的权重，我们只需要按照加权平均数的计算规则，代入各项成绩和对应权重列式计算，就能得到最终结果.
12．初三某班同学互赠纪念卡片，若每两个同学均互赠一张，最终赠送卡片共1892张，设全班共有x人，根据题意，可列方程为 　 　．
【答案】
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：根据题意可列方程：，
故答案为：．
【分析】设全班总人数为，由于每位同学都要给其他同学互赠1张贺卡，因此每一位同学需要送出张贺卡，名同学总共赠送的贺卡总数为张，结合总贺卡数为1892即可列出本题对应的方程.
13．点和都在直线上，则与的大小关系是　 　．
【答案】
【知识点】比较一次函数值的大小
【解析】【解答】解：∵直线，
∴，
∴随的增大而减小，
∵，，且，
∴，
故答案为：.
【分析】根据一次函数的图像与性质：当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，根据直线的解析式得到，则随的增大而减小，由横坐标大小即可得到答案.
14．在中，，，，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
，
故答案为：．
【分析】直接利用勾股定理进行求解即可.
15．如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，若∠AOD＝110°，则∠CDE＝　 　°．
【答案】35
【知识点】三角形外角的概念及性质；矩形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：35．
【分析】根据三角形外角的性质可得，根据矩形的对角线相等且互相平分的性质得到，然后由等腰三角形“等边对等角”性质得到，最后再根据，结合三角形内角和定理即可得到的度数．
16．已知实数x满足，则代数式的值是　 　．
【答案】5
【知识点】因式分解法解一元二次方程；整体思想
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴或，
对于方程，有，
∴无解，
∴，
，
故答案为：5．
【分析】先将原方程进行分解因式，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0得到或，根据一元二次方程根的判别式可知方程无解，据此即可求解.
17．解方程：x2+8x-9=0
【答案】解：（x+9）（x-1）=0
∴x+9=0，x-1=0,
∴x1=-9，x2=1 .
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】直接利用十字相乘法对方程左边进行因式分解，然后得出两个一元一次方程，分别解出即得.
18．如图，在中，，，，于．求：
（1）的长和的面积；
（2）的长．
【答案】（1）解：∵，，，
∴，
∴；
（2）解：，
，
．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；等积变换
【解析】【分析】（1）利用勾股定理可得的长，然后利用三角形的面积公式可求出的面积；
（2）根据“等积变换”，利用三角形的面积公式进行求解.
19．如图，直线l经过点，．
（1）求直线l的函数表达式；
（2）点是否在直线l上？
【答案】（1）解：设直线的函数表达式为，
将，代入函数表达式，得，
解得：，，
∴直线的函数表达式为；
（2）解：∵直线的函数表达式为，
∴当时，有，
∴点在直线上．
【知识点】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
【解析】【分析】（1）利用待定系数法进行求解；
（2）要判断点是否在函数图象上，只需要将代入函数表达式，计算出对应的值，再和点的纵坐标对比，即可做出判断.
（1）解：设直线l的函数表达式为，
直线l经过点，，
则有，解得，，
所以．
（2）解：当时，，
所以点在直线l上．
20．学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试，已知七、八年级各有人，现从两个年级分别随机抽取名学生的测试成绩（单位：分）进行统计：
七年级：
八年级：
整理如下：
年级 平均数 中位数 众数 方差
七年级 84 a 90
八年级 84 87 b
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：________，________，A同学说：“这次测试我得了分，位于年级中等偏上水平”，由此可判断他是________年级的学生；
（2）学校规定测试成绩不低于分为“优秀”，估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数；
【答案】（1），，七
（2）解：根据题意，得（人），
答：该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数大约为人．
【知识点】中位数；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）将七年级10名学生的测试成绩按照从小到大的顺序排列，结果为：，，，，，，，，，
∴该组数据的中位数：，
观察八年级10名学生的测试成绩，得分87分的出现次数最多，
∴该组数据的众数，
∵A同学表示自己的测试成绩为86分，
∴A同学是七年级的学生，
故答案为：，，七.
【分析】（1）根据中位数和众数的定义计算得到的值，A同学表示自己的测试成绩为86分，在年级中处于中等偏上水平，七年级的中位数为85分，86分大于七年级中位数，符合中等偏上的描述，而八年级的中位数为87分，86分小于八年级中位数，属于中等偏下水平，据此可得A同学是七年级的学生；
（2）估计两个年级体质健康测试成绩达到优秀的总人数时，先分别计算七、八年级样本中成绩优秀的占比，再分别乘以两个年级的总人数，求和即可得到估计值.
（1）解：把七年级名学生的测试成绩从小到大排序为：
，，，，，，，，，，
根据中位数的定义可知，该组数据的中位数为，
八年级名学生的成绩中分的最多，
所以众数，
同学说：“这次测试我得了分，位于年级中等偏上水平”，由此可判断他是七年级的学生；
故答案为：，，七；
（2）解：（人）
答：该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数大约为人．
21．美化城市、改善人们的居住环境已成为城市建设的一项重要内容．长沙市近几年来，通过拆迁旧房、植草、栽树、修公园等措施，使城区绿地面积不断增加．该市某城区2023年底时绿化面积约为万亩，计划到2025年底时绿化面积达到万亩．若每年的年平均增长率相同，试解决下列问题：
（1）求该城区绿化面积的年平均增长率；
（2）按照（1）中的年平均增长率，该城区期望2026年底绿化面积达到万亩，请通过计算说明该目标能否实现．
【答案】（1）解：设年平均增长率为x，依题意得：，
解得：
答：绿化面积的平均增长率为；
（2）解：2026年的绿化面积为万亩，
该目标能实现．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【分析】
（1）平均增长率（减小率）问题常列方程，其中分别为起始和终止数据，为平均增长率或减小率，注意求平均增长率括号内用“+”，反之用“－”；
（2）由平均增长率可求出2026年的绿化面积，再与预计值17万比较即可.
（1）解：设年平均增长率为x，依题意得：，
解得：
答：绿化面积的平均增长率为；
（2）解：2026年的绿化面积为万亩，
该目标能实现．
22．如图，在菱形中，，．分别是边的中点．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）证明：如图，连接相交于点，
∵分别是边的中点，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，即，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴四边形的面积为．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）连接相交于点，根据三角形中位线定理以及平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，然后结合菱形的性质得出，最后根据矩形的判定得证结论；
（2）根据菱形的性质可得，，然后证明是等边三角形，得，根据三角形中位线定理得到，从而利用勾股定理得到，进而得到，最后利用矩形的面积公式进行求解.
（1）证明：如图，连接相交于点，
∵分别是边的中点，
∴和分别是和的中位线，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵是的中位线，
∴，，
∴，即，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴四边形的面积为．
23．在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B．另有一次函数的图象过点，与交于点D．
（1）求点A、B、D的坐标．
（2）若点E在的图象上，且点E的纵坐标为1，求四边形的面积．
【答案】（1）解：一次函数的图象与轴、轴分别交于点、，
令，有，令，有，
，，
一次函数的图象过点，
，
，
一次函数，
联立方程组，
解得：，
；
（2）解：如图，
∵点在一次函数的图象上，且点的纵坐标为1，
令，得，
，
．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；两一次函数图象相交或平行问题；一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数中的面积问题
【解析】【分析】（1）先求出点、的坐标，利用待定系数法求出一次函数的解析式，然后联立两个一次函数解析式，得到方程组并解之即可；
（2）先求出点的坐标，由进行计算可以得解．
（1）解：一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，
令，则；令，则，
，，
一次函数的图象过点，
，
，
一次函数，
联立方程组，
，
；
（2）解：点E在的图象上，且点E的纵坐标为1，
令，则，
，
如图，
．
24．综合与实践
【主题】三角点阵前行的点数计算．
【素材】如图所示是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点第行有个点，，如果要用试验的方法，由上而下地逐行相加其点数，容易发现，前行的点数和是．这就是说，三角点阵中前行的点数和是．
【实践探索】请你根据上述材料回答下列问题：
（1）若三角点阵中前行的点数和是55，求出的值．
【拓展探索】
（2）如果把图中的三角点阵中各行的点数依次换成，请探究出前行的点数和满足的规律．
（3）在（2）的条件下，这个三角点阵中前行的点数和能是120吗？如果能，求出的值；如果不能，请说明道理．
【答案】解：（1）根据题意，得，
∴，
，
解得：（舍去），，
的值为10；
（2）根据题意，得前行所有点数的和为
；
（3）不能，理由如下：
假设能为120，则，
∴，
解得：．
为正整数，
前行的点数和不能为120．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；探索规律-数阵类规律
【解析】【分析】（1）根据题意得到方程，解方程即可，注意为正整数；
（2）根据题意列式子得到前行所有点数的和；
（3）先假设这个三角点阵中前行的点数和能是120，即可得到方程，解方程求出的值，根据为正整数进行判断即可．
25．如图，平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，，以和为邻边作矩形，已知点，点是直线上一动点．
（1）求直线的解析式；
（2）如图，若，求点的坐标；
（3）若点为射线上一点，点为坐标平面内任意一点，是否存在以，，，为顶点的四边形是矩形，且点的横纵坐标之和为整数．请判断是否存在这样的点．若存在，请求出这样的点；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵，四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
把代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为；
（2）解：如图，过作于，过作轴于，过作，交延长线于，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
设，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
把代入，得，
解得：，
∴；
（3）解：存在以为顶点的四边形是矩形，理由如下：
设直线解析式为，
把、代入解析式，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵点，四边形是矩形，
∴，
设，，
①若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得或，
∴（不合，舍去）或，
又∵点的横纵坐标之和为整数，而，和不是整数，
∴不合题意；
②若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得，
∴，此时点重合，此种情况不存在；
③若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得，
∴，
∵，和是整数，
∴点符合题意；
综上，存在点，使得以，，，为顶点的四边形是矩形．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；矩形的性质；一次函数的实际应用-几何问题；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质以及点的坐标得到，从而得到，进而求出点坐标，然后利用待定系数法解答即可；
（2）过作于，过作轴于，过作，交延长线于，得到是等腰直角三角形，从而得到，进而利用“一线三垂直”全等模型证明，得到，，然后证明四边形是矩形，得到，，即得，设，，得到，，即可得，，接下来由得到，即得，把代入一次函数求出的值即可求解；
（3）利用待定系数法可得直线的解析式，从而求出，设，，然后分三种情况讨论：①若为对角线，则的中点重合，且，②若为对角线，则的中点重合，且，③若为对角线，则的中点重合，且，利用矩形的性质列出方程组解答即可求解．
（1）解：∵点，四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
把代入，得，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）解：过作于，过作轴于，过作于，如图，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
设，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
把代入，得，
解得，
∴；
（3）解：存在以为顶点的四边形是矩形，理由如下：
设直线解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
∵点，四边形是矩形，
∴，
设，，
①若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得或，
∴（不合，舍去）或，
又∵点的横纵坐标之和为整数，而，和不是整数，
∴不合题意；
②若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得，
∴，此时点重合，此种情况不存在；
③若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得，
∴，
∵，和是整数，
∴点符合题意；
综上，存在点，使得以，，，为顶点的四边形是矩形．
1 / 1湖南师大附中特立学校2024-2025学年八年级下学期期末考试数学试题
1．数据的众数为（　　）
A． B． C． D．
2．下列各组数中，不能构成直角三角形三边长的是（ ）
A．10，8，6 B．1，1， C．5，12，13 D．1，2，3
3．若关于x的方程有实数根，则实数k的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．要从甲、乙、丙三名学生中选出一名学生参加数学竞赛，对这三名学生进行了10次数学测试，经过数据分析，3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.015，乙的方差为0.08，丙的方差为0.024，则这10次测试成绩比较稳定的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．无法确定
5．下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图，在菱形ABCD中，，对角线AC，BD交于点O，E为CD的中点，连接OE，则的度数是（　　）
A．110° B．112° C．115° D．120°
7．如图，某自动感应门的正上方A处装着一个感应器，离地米，当人体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开．一个身高1.6米的学生正对门，缓慢走到离门1.2米的地方时（米），感应门自动打开，则人头顶离感应器的距离等于（　　）
A．1.2米 B．1.3米 C．1.5米 D．2米
8．如图，折线描述了一汽车在某一直线上的行驶过程中，汽车离出发地的距离（千米）和行驶时间（小时）之间的函数关系．其中正确的说法是（　　）
A．汽车共行驶了120千米
B．汽车自出发后前3小时的平均行驶速度为40千米/时
C．汽车在整个行驶过程中的平均速度为40千米/时
D．汽车自出发后3小时至小时之间行驶的速度在减少
9．直线经过一、二、四象限，则k和b应满足的条件是（　　）
A． B． C． D．
10．一元二次方程的两个根为，则的值为（　　）
A．2 B．6 C．8 D．14
11．小红参加学校举办的“我爱我的祖国”主题演讲比赛，她的演讲稿、语言表达、形象风度得分分别为90分，80分，60分，若依次按照的百分比确定最终成绩，那么她的最终成绩是　 　分．
12．初三某班同学互赠纪念卡片，若每两个同学均互赠一张，最终赠送卡片共1892张，设全班共有x人，根据题意，可列方程为 　 　．
13．点和都在直线上，则与的大小关系是　 　．
14．在中，，，，则　 　．
15．如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，若∠AOD＝110°，则∠CDE＝　 　°．
16．已知实数x满足，则代数式的值是　 　．
17．解方程：x2+8x-9=0
18．如图，在中，，，，于．求：
（1）的长和的面积；
（2）的长．
19．如图，直线l经过点，．
（1）求直线l的函数表达式；
（2）点是否在直线l上？
20．学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试，已知七、八年级各有人，现从两个年级分别随机抽取名学生的测试成绩（单位：分）进行统计：
七年级：
八年级：
整理如下：
年级 平均数 中位数 众数 方差
七年级 84 a 90
八年级 84 87 b
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：________，________，A同学说：“这次测试我得了分，位于年级中等偏上水平”，由此可判断他是________年级的学生；
（2）学校规定测试成绩不低于分为“优秀”，估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数；
21．美化城市、改善人们的居住环境已成为城市建设的一项重要内容．长沙市近几年来，通过拆迁旧房、植草、栽树、修公园等措施，使城区绿地面积不断增加．该市某城区2023年底时绿化面积约为万亩，计划到2025年底时绿化面积达到万亩．若每年的年平均增长率相同，试解决下列问题：
（1）求该城区绿化面积的年平均增长率；
（2）按照（1）中的年平均增长率，该城区期望2026年底绿化面积达到万亩，请通过计算说明该目标能否实现．
22．如图，在菱形中，，．分别是边的中点．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）求四边形的面积．
23．在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B．另有一次函数的图象过点，与交于点D．
（1）求点A、B、D的坐标．
（2）若点E在的图象上，且点E的纵坐标为1，求四边形的面积．
24．综合与实践
【主题】三角点阵前行的点数计算．
【素材】如图所示是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点第行有个点，，如果要用试验的方法，由上而下地逐行相加其点数，容易发现，前行的点数和是．这就是说，三角点阵中前行的点数和是．
【实践探索】请你根据上述材料回答下列问题：
（1）若三角点阵中前行的点数和是55，求出的值．
【拓展探索】
（2）如果把图中的三角点阵中各行的点数依次换成，请探究出前行的点数和满足的规律．
（3）在（2）的条件下，这个三角点阵中前行的点数和能是120吗？如果能，求出的值；如果不能，请说明道理．
25．如图，平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，，以和为邻边作矩形，已知点，点是直线上一动点．
（1）求直线的解析式；
（2）如图，若，求点的坐标；
（3）若点为射线上一点，点为坐标平面内任意一点，是否存在以，，，为顶点的四边形是矩形，且点的横纵坐标之和为整数．请判断是否存在这样的点．若存在，请求出这样的点；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】众数
【解析】【解答】解：∵数据，
∴在这组数据中出现的次数最多，
∴这组数据的众数是，
故答案为：C．
【分析】直接根据众数的定义，找出出现次数最多的数即可得到结果.
2．【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、由，得构成直角三角形，故A不符合题意；
B、由，得构成直角三角形，故B不符合题意；
C、由，得构成直角三角形三边长，故C不符合题意；
D、由，得不能构成直角三角形，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用勾股定理的逆定理逐项进行判断即可.
3．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：关于x的方程有实数根，
∴，
∴．
故选：D．
【分析】根据x的方程有实数根，则判别式得，解不等式即可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】方差
【解析】【解答】解： ，
∴这10次测试成绩比较稳定的是甲.
故答案为：A.
【分析】比较3人的方差，方差越小的越稳定，从而可得出答案.
5．【答案】A
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：，不能判定四边形为平行四边形，故A符合；
能判定四边形为平行四边形，故B不符合；
能判定四边形为平行四边形，故C不符合；
能判定四边形为平行四边形，故D不符合；
故答案为：A.
【分析】依据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，两对边分别相等的四边形是平行四边形，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，依次作判断.
6．【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】根据菱形的性质可得，，根据直角三角形斜边上的中线性质得到，从而根据等腰三角形“等边对等角”的性质得到，于是得到结论．
7．【答案】B
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，
∵米，米，米，
∴（米），
在中，由勾股定理得到：（米），
故答案为：B．
【分析】过点作于点，先求出的长，然后在，利用勾股定理求得的长度.
8．【答案】B
【知识点】通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：A、观察图象得：汽车共行驶了千米，故A错误；
B、汽车自出发后前3小时的平均行驶速度为千米/时，故B正确；
C、汽车在整个行驶过程中的平均速度为千米/时，故C错误；
D、汽车自出发后3小时至小时之间行驶的速度为千米/时，
∴汽车自出发后3小时至小时之间行驶的速度不变，故D错误；
故答案为：B.
【分析】根据得到汽车总行驶距离为120的2倍，即可判断A；根据平均速度=总路程÷总时间，结合得到汽车自出发后前3小时的平均行驶速度，即可判断B；根据总行驶距离为240千米，总行驶时间为4.5小时，利用平均速度=总路程÷总时间求出汽车在整个行驶过程中的平均速度，即可判断C；求出汽车自出发后3小时至小时之间行驶的路程和时间，利用速度＝路程÷时间，即可判断D.
9．【答案】C
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵直线经过一、二、四象限，
∴，
故答案为：C．
【分析】根据一次函数图象与系数的关系：对于一次函数（k为常数，），当，图象在第一、二、三象限；当，图象在第一、三、四象限；当，图象第在一、二、四象限；当，图象在第二、三、四象限，据此即可得到答案.
10．【答案】D
【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：∵一元二次方程的两个根为，∴，
，
故答案为：D．
【分析】一元二次方程有两个根为，根据方程根与系数的关系：得到，然后利用完全平方公式的变形得到，最后代入数值进行计算即可.
11．【答案】78
【知识点】加权平均数及其计算
【解析】【解答】解：根据题意，得小红的最终成绩为：（分），
故答案为：78.
【分析】计算小红的综合成绩，三项成绩分别对应不同的权重，我们只需要按照加权平均数的计算规则，代入各项成绩和对应权重列式计算，就能得到最终结果.
12．【答案】
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：根据题意可列方程：，
故答案为：．
【分析】设全班总人数为，由于每位同学都要给其他同学互赠1张贺卡，因此每一位同学需要送出张贺卡，名同学总共赠送的贺卡总数为张，结合总贺卡数为1892即可列出本题对应的方程.
13．【答案】
【知识点】比较一次函数值的大小
【解析】【解答】解：∵直线，
∴，
∴随的增大而减小，
∵，，且，
∴，
故答案为：.
【分析】根据一次函数的图像与性质：当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，根据直线的解析式得到，则随的增大而减小，由横坐标大小即可得到答案.
14．【答案】
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
，
故答案为：．
【分析】直接利用勾股定理进行求解即可.
15．【答案】35
【知识点】三角形外角的概念及性质；矩形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：35．
【分析】根据三角形外角的性质可得，根据矩形的对角线相等且互相平分的性质得到，然后由等腰三角形“等边对等角”性质得到，最后再根据，结合三角形内角和定理即可得到的度数．
16．【答案】5
【知识点】因式分解法解一元二次方程；整体思想
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴或，
对于方程，有，
∴无解，
∴，
，
故答案为：5．
【分析】先将原方程进行分解因式，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0得到或，根据一元二次方程根的判别式可知方程无解，据此即可求解.
17．【答案】解：（x+9）（x-1）=0
∴x+9=0，x-1=0,
∴x1=-9，x2=1 .
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】直接利用十字相乘法对方程左边进行因式分解，然后得出两个一元一次方程，分别解出即得.
18．【答案】（1）解：∵，，，
∴，
∴；
（2）解：，
，
．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；等积变换
【解析】【分析】（1）利用勾股定理可得的长，然后利用三角形的面积公式可求出的面积；
（2）根据“等积变换”，利用三角形的面积公式进行求解.
19．【答案】（1）解：设直线的函数表达式为，
将，代入函数表达式，得，
解得：，，
∴直线的函数表达式为；
（2）解：∵直线的函数表达式为，
∴当时，有，
∴点在直线上．
【知识点】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
【解析】【分析】（1）利用待定系数法进行求解；
（2）要判断点是否在函数图象上，只需要将代入函数表达式，计算出对应的值，再和点的纵坐标对比，即可做出判断.
（1）解：设直线l的函数表达式为，
直线l经过点，，
则有，解得，，
所以．
（2）解：当时，，
所以点在直线l上．
20．【答案】（1），，七
（2）解：根据题意，得（人），
答：该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数大约为人．
【知识点】中位数；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）将七年级10名学生的测试成绩按照从小到大的顺序排列，结果为：，，，，，，，，，
∴该组数据的中位数：，
观察八年级10名学生的测试成绩，得分87分的出现次数最多，
∴该组数据的众数，
∵A同学表示自己的测试成绩为86分，
∴A同学是七年级的学生，
故答案为：，，七.
【分析】（1）根据中位数和众数的定义计算得到的值，A同学表示自己的测试成绩为86分，在年级中处于中等偏上水平，七年级的中位数为85分，86分大于七年级中位数，符合中等偏上的描述，而八年级的中位数为87分，86分小于八年级中位数，属于中等偏下水平，据此可得A同学是七年级的学生；
（2）估计两个年级体质健康测试成绩达到优秀的总人数时，先分别计算七、八年级样本中成绩优秀的占比，再分别乘以两个年级的总人数，求和即可得到估计值.
（1）解：把七年级名学生的测试成绩从小到大排序为：
，，，，，，，，，，
根据中位数的定义可知，该组数据的中位数为，
八年级名学生的成绩中分的最多，
所以众数，
同学说：“这次测试我得了分，位于年级中等偏上水平”，由此可判断他是七年级的学生；
故答案为：，，七；
（2）解：（人）
答：该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数大约为人．
21．【答案】（1）解：设年平均增长率为x，依题意得：，
解得：
答：绿化面积的平均增长率为；
（2）解：2026年的绿化面积为万亩，
该目标能实现．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【分析】
（1）平均增长率（减小率）问题常列方程，其中分别为起始和终止数据，为平均增长率或减小率，注意求平均增长率括号内用“+”，反之用“－”；
（2）由平均增长率可求出2026年的绿化面积，再与预计值17万比较即可.
（1）解：设年平均增长率为x，依题意得：，
解得：
答：绿化面积的平均增长率为；
（2）解：2026年的绿化面积为万亩，
该目标能实现．
22．【答案】（1）证明：如图，连接相交于点，
∵分别是边的中点，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，即，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴四边形的面积为．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）连接相交于点，根据三角形中位线定理以及平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，然后结合菱形的性质得出，最后根据矩形的判定得证结论；
（2）根据菱形的性质可得，，然后证明是等边三角形，得，根据三角形中位线定理得到，从而利用勾股定理得到，进而得到，最后利用矩形的面积公式进行求解.
（1）证明：如图，连接相交于点，
∵分别是边的中点，
∴和分别是和的中位线，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵是的中位线，
∴，，
∴，即，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴四边形的面积为．
23．【答案】（1）解：一次函数的图象与轴、轴分别交于点、，
令，有，令，有，
，，
一次函数的图象过点，
，
，
一次函数，
联立方程组，
解得：，
；
（2）解：如图，
∵点在一次函数的图象上，且点的纵坐标为1，
令，得，
，
．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；两一次函数图象相交或平行问题；一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数中的面积问题
【解析】【分析】（1）先求出点、的坐标，利用待定系数法求出一次函数的解析式，然后联立两个一次函数解析式，得到方程组并解之即可；
（2）先求出点的坐标，由进行计算可以得解．
（1）解：一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，
令，则；令，则，
，，
一次函数的图象过点，
，
，
一次函数，
联立方程组，
，
；
（2）解：点E在的图象上，且点E的纵坐标为1，
令，则，
，
如图，
．
24．【答案】解：（1）根据题意，得，
∴，
，
解得：（舍去），，
的值为10；
（2）根据题意，得前行所有点数的和为
；
（3）不能，理由如下：
假设能为120，则，
∴，
解得：．
为正整数，
前行的点数和不能为120．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；探索规律-数阵类规律
【解析】【分析】（1）根据题意得到方程，解方程即可，注意为正整数；
（2）根据题意列式子得到前行所有点数的和；
（3）先假设这个三角点阵中前行的点数和能是120，即可得到方程，解方程求出的值，根据为正整数进行判断即可．
25．【答案】（1）解：∵，四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
把代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为；
（2）解：如图，过作于，过作轴于，过作，交延长线于，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
设，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
把代入，得，
解得：，
∴；
（3）解：存在以为顶点的四边形是矩形，理由如下：
设直线解析式为，
把、代入解析式，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵点，四边形是矩形，
∴，
设，，
①若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得或，
∴（不合，舍去）或，
又∵点的横纵坐标之和为整数，而，和不是整数，
∴不合题意；
②若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得，
∴，此时点重合，此种情况不存在；
③若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得，
∴，
∵，和是整数，
∴点符合题意；
综上，存在点，使得以，，，为顶点的四边形是矩形．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；矩形的性质；一次函数的实际应用-几何问题；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质以及点的坐标得到，从而得到，进而求出点坐标，然后利用待定系数法解答即可；
（2）过作于，过作轴于，过作，交延长线于，得到是等腰直角三角形，从而得到，进而利用“一线三垂直”全等模型证明，得到，，然后证明四边形是矩形，得到，，即得，设，，得到，，即可得，，接下来由得到，即得，把代入一次函数求出的值即可求解；
（3）利用待定系数法可得直线的解析式，从而求出，设，，然后分三种情况讨论：①若为对角线，则的中点重合，且，②若为对角线，则的中点重合，且，③若为对角线，则的中点重合，且，利用矩形的性质列出方程组解答即可求解．
（1）解：∵点，四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
把代入，得，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）解：过作于，过作轴于，过作于，如图，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
设，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
把代入，得，
解得，
∴；
（3）解：存在以为顶点的四边形是矩形，理由如下：
设直线解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
∵点，四边形是矩形，
∴，
设，，
①若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得或，
∴（不合，舍去）或，
又∵点的横纵坐标之和为整数，而，和不是整数，
∴不合题意；
②若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得，
∴，此时点重合，此种情况不存在；
③若为对角线，则的中点重合，且，
∴，
解得，
∴，
∵，和是整数，
∴点符合题意；
综上，存在点，使得以，，，为顶点的四边形是矩形．
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