浙江省八年级期末真题必刷基础60题（60个考点专练）-2023-2024学年八年级数学下学期考试满分全攻略高频考点+重难点讲练与测试（浙教版）

期末真题必刷基础60题（60个考点专练） 一．二次根式的定义（共1小题） 1．（2020春•上虞区期末）当时，二次根式的值是　　 A．4 B．2 C． D．0 二．二次根式有意义的条件（共1小题） 2．（2023春•玉环市期末）式子在实数范围内有意义，则的取值范围是 　　． 三．二次根式的性质与化简（共1小题） 3．（2023春•丽水期末）　 　． 四．最简二次根式（共1小题） 4．（2023春•钱塘区期末）下列二次根式中，最简二次根式是　　 A． B． C． D． 五．二次根式的乘除法（共1小题） 5．（2021春•滨江区期末）计算　 　． 六．分母有理化（共1小题） 6．（2020春•金华期末）计算： （1）． （2）． 七．同类二次根式（共1小题） 7．（萧山区期末）写出一个与能合并的二次根式　 　．（答案不唯一） 八．二次根式的加减法（共1小题） 8．（2022春•椒江区期末）计算：． 九．二次根式的混合运算（共1小题） 9．（2023春•上城区期末）下列各式，计算正确的是　　 A． B． C． D． 一十．二次根式的化简求值（共1小题） 10．（2021春•上城区校级期末）求值： （1）已知，，求的值； （2）已知，，求的值． 一十一．二次根式的应用（共1小题） 11．（富阳区期末）如图，矩形内三个相邻的正方形面积分别为4，3和2，则图中阴影部分的面积为　　 A．2 B． C． D． 一十二．一元二次方程的定义（共1小题） 12．（2023春•南浔区期末）若关于的方程，有且只有一个的值使等式成立，则的值是　　 A． B．1 C．1或 D．或 一十三．一元二次方程的一般形式（共1小题） 13．（2021春•鄞州区期末）一元二次方程的二次项系数是　　 A．1 B．2 C． D．3 一十四．解一元二次方程-直接开平方法（共1小题） 14．（2021春•永嘉县校级期末）方程的解为　 　． 一十五．解一元二次方程-配方法（共1小题） 15．（2022春•余姚市期末）用配方法解方程，下列变形正确的是　　 A． B． C． D． 一十六．解一元二次方程-公式法（共1小题） 16．（2020春•鄞州区期末）解方程：（1）． （2）． 一十七．解一元二次方程-因式分解法（共1小题） 17．（2021春•西湖区期末）解方程：　 　． 一十八．换元法解一元二次方程（共1小题） 18．（2022春•义乌市期末）已知关于的方程的解是，，则方程的解是 　　． 一十九．根的判别式（共1小题） 19．（2023春•新昌县期末）已知关于的一元二次方程有两个相等的实根，则的值为 　　． 二十．根与系数的关系（共1小题） 20．（2023春•衢江区期末）若方程为常数）的一个解是，则另一个解　　． 二十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题） 21．（2023春•上虞区期末）某网络学习平台2020年底的新注册用户数为100万，到2022年底的新注册用户数达到169万，设新注册用户数的年平均增长率为，则可列出关于的方程为 　　． 二十二．一元二次方程的应用（共1小题） 22．（2023春•鄞州区期末）在中，，，，动点从点沿线段向点移动，一动点从点沿线段向点移动，两点同时开始移动，点的速度为，点的速度为，当到达点时两点同时停止运动．若使的面积为，则点运动的时间是　　 A． B． C．或 D．或 二十三．配方法的应用（共1小题） 23．（2020春•江干区期末）下列各式变形中，正确的是　　 A． B． C． D． 二十四．高次方程（共1小题） 24．（上虞区期末）若一元二次方程的两根也是方程的根，则的值为　　． 二十五．无理方程（共1小题） 25．（慈溪市期末）下列方程中有两个不相等实数根的方程是　　 A． B． C． D． 二十六．反比例函数的定义（共1小题） 26．（嘉兴期末）下列关于的函数中，属于反比例函数的是　　 A． B． C． D． 二十七．反比例函数的图象（共1小题） 27．（2020春•西湖区校级期末）设函数的图象如图所示，若，则关于的函数图象可能为　　 A． B． C． D． 二十八．反比例函数的性质（共1小题） 28．（2022春•温州期末）已知反比例函数，若，则函数有　　 A．最大值1 B．最小值1 C．最大值0 D．最小值0 二十九．反比例函数系数k的几何意义（共1小题） 29．（2023春•南浔区期末）如图，已知在平面直角坐标系中，点在反比例函数图象上，点为轴负半轴上一点，连接交轴于点，点为轴负半轴上一点，连接和．若，，且的面积为3，则的值是 　　． 三十．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题） 30．（2020春•新昌县期末）若点在反比例函数的图象上，则的值为　　 A． B． C．2 D．8 三十一．待定系数法求反比例函数解析式（共1小题） 31．（2022秋•孝感期末）已知反比例函数的图象经过点，则这个反比例函数的表达式为　　 A． B． C． D． 三十二．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题） 32．（2023春•丽水期末）如图，反比例函数与一次函数的图象在第一象限相交于点． （1）求该反比例函数和一次函数的解析式； （2）若，求的取值范围． 三十三．反比例函数的应用（共1小题） 33．（2022春•杭州期末）在探究欧姆定律时，小明发现小灯泡电路上的电压保持不变，通过小灯泡的电流越大，灯就越亮．设选用小灯泡的电阻为，通过的电流强度为（A）． （1）若电阻为，通过的电流强度为，求关于的函数表达式． （2）如果电阻小于，那么与原来的相比，小灯泡的亮度将发生什么变化？ 三十四．反比例函数综合题（共1小题） 34．（2023春•东阳市期末）定义：在平面直角坐标系中，过点，分别作轴，轴的垂线所围成的矩形，叫做，的“关联矩形”，如图所示． （1）已知点 ①若点的坐标为，则点，的“关联矩形”的周长为 　　． ②若点在直线上，且点，的“关联矩形”为正方形，求直线的解析式． （2）已知点，点，若使函数的图象与点、的“关联矩形”有公共点，求的取值范围． 三十五．平行线之间的距离（共1小题） 35．（江干区期末）把直线沿水平方向平移，平移后的线为直线，则直线与直线之间的距离为　　 A ． 等于 B ． 小于 C ． 大于 D ． 小于或等于 三十六．三角形中位线定理（共1小题） 36．（2022春•婺城区期末）如图，为估计池塘岸边，两点间的距离，在池塘的一侧选取点，分别取，的中点，，测得，则，两点间的距离是 　　． 三十七．多边形（共1小题） 37．（2021春•上虞区期末）小敏将图1所示七巧板的其中几块，拼成如图2所示的一个四边形，则该四边形的最长边长与最短边长之比为　　 A．2 B．3 C． D． 三十八．多边形的对角线（共1小题） 38．（鄞州区期末）从一个多边形的一个顶点出发可以引5条对角线，这个多边形的边数是　 　． 三十九．多边形内角与外角（共1小题） 39．（2022春•浦江县期末）已知一个多边形的内角和为，则这个多边形是　　边形． 四十．平面镶嵌（密铺）（共1小题） 40．（瓯海区期末）请写出一种能单独镶嵌平面的正多边形：　 　． 四十一．平行四边形的性质（共1小题） 41．（2023春•临海市期末）在中，若，则的度数为 　　． 四十二．平行四边形的判定（共1小题） 42．（2021春•诸暨市期末）生活中处处有数学，如自行车的三角架是三角形的稳定性的应用，而能够自由开关的活动窗户（如图）的支撑装置（四边形设计成平行四边形，其中应用的数学原理是 　　． 四十三．平行四边形的判定与性质（共1小题） 43．（2022春•吴兴区期末）如图所示，已知点，在的对角线上，且． （1）求证：； （2）连接，，求证：四边形是平行四边形． 四十四．菱形的性质（共1小题） 44．（2021春•永嘉县校级期末）如图，已知在菱形中，，，垂足分别为、，且，则　 　度． 四十五．菱形的判定（共1小题） 45．（2021春•永嘉县校级期末）如图，在中，添加下列条件不能判定是菱形的是　　 A． B． C．平分 D． 四十六．菱形的判定与性质（共1小题） 46．（2021春•永嘉县校级期末）如图，在中，，，垂足分别为，，且． （1）求证：是菱形； （2）若，，求的面积． 四十七．矩形的性质（共1小题） 47．（2023春•新昌县期末）如图，在矩形中，，对角线的垂直平分线与边，分别交于点，，则的长为　　 A． B． C． D．5 四十八．矩形的判定（共1小题） 48．（2020春•温岭市期末）下列给出的条件中不能判定一个四边形是矩形的是　　 A．一组对边平行且相等，一个角是直角 B．对角线互相平分且相等 C．有三个角是直角 D．一组对边平行，另一组对边相等，且对角线相等 四十九．矩形的判定与性质（共1小题） 49．（余姚市期末）如图，在中，，，，点是上的任意一点，作于点，于点，连接，则的最小值为　　． 五十．正方形的性质（共1小题） 50．（2021春•宁波期末）正方形具有而菱形不一定具有的性质是　　 A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直平分 D．对角线平分一组对角 五十一．正方形的判定（共1小题） 51．（2021春•宣恩县期末）小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①，②，③，④中选两个作为补充条件，使为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是　　 A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 五十二．正方形的判定与性质（共1小题） 52．（滨江区期末）在正方形的边、、、上分别任意取点、、、．这样得到的四边形中，是正方形的有　　 A．1个 B．2个 C．4个 D．无穷多个 五十三．反证法（共1小题） 53．（2022秋•江北区期末）反证法是数学中经常运用的一类“间接证明法”．用反证法证明：“已知在中，，求证：．”时，第一步应假设 　　． 五十四．中心对称图形（共1小题） 54．（2022春•北仑区期末）下列图形中，是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 五十五．算术平均数（共1小题） 55．（2022春•安吉县期末）数据1，2，3，4，5的平均数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 五十六．加权平均数（共1小题） 56．（2020春•慈溪市期末）某校规定：学生的单科学期综合成绩是由平时、期中和期末三项成绩按的比例计算所得．已知某学生本学期数学的平时、期中和期末成绩分别是90分、90分和95分，那么他本学期数学学期综合成绩是　　分． 五十七．中位数（共1小题） 57．（2022春•舟山期末）一组数据，3，2，1，的中位数为　　． 五十八．众数（共1小题） 58．（2022春•兰溪市期末）某班40名同学一周参加体育锻炼时间统计如表所示： 时间 6 7 8 9 人数 2 18 14 6 那么该班40名同学一周参加体育锻炼时间的众数、中位数分别是　　 A．18，7.5 B．18，7 C．7，8 D．7，7.5 五十九．方差（共1小题） 59．（2021春•永嘉县校级期末）数据6，5，，4，7的平均数是5，那么这组数据的方差为　　． 六十．标准差（共1小题） 60．（2021春•苍南县期末）测试五位学生的“一分钟跳绳”成绩，得到五个各不相同的数据，在统计时，出现了一处错误：将最高成绩写得更高了，计算结果不受影响的是　　 A．方差 B．标准差 C．中位数 D．平均数 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末真题必刷基础60题（60个考点专练） 一．二次根式的定义（共1小题） 1．（2020春•上虞区期末）当时，二次根式的值是　　 A．4 B．2 C． D．0 【分析】把代入，再求出即可． 【解答】解：当时，， 故选：． 【点评】本题考查了二次根式的定义和二次根式的性质，能灵活运用二次根式的性质进行计算是解此题的关键． 二．二次根式有意义的条件（共1小题） 2．（2023春•玉环市期末）式子在实数范围内有意义，则的取值范围是 　　． 【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：， 解得：， 故答案为：． 【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键． 三．二次根式的性质与化简（共1小题） 3．（2023春•丽水期末）　　． 【分析】直接利用二次根式的性质化简求出答案． 【解答】解：原式． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了二次根式的化简，正确开平方是解题关键． 四．最简二次根式（共1小题） 4．（2023春•钱塘区期末）下列二次根式中，最简二次根式是　　 A． B． C． D． 【分析】根据“被开方数是整数或整式，且不含有能开得尽方的因数或因式，这样的二次根式是最简二次根式”进行判断即可． 【解答】解：，因此选项不符合题意； ，因此选项不符合题意； 是最简二次根式，因此选项符合题意； ，因此选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查最简二次根式，理解“被开方数是整数或整式，且不含有能开得尽方的因数或因式，这样的二次根式是最简二次根式”是正确解答的前提． 五．二次根式的乘除法（共1小题） 5．（2021春•滨江区期末）计算　2　． 【分析】直接计算即可． 【解答】解：原式． 故答案是2． 【点评】本题考查了二次根式的乘方．掌握乘方的含义是关键． 六．分母有理化（共1小题） 6．（2020春•金华期末）计算： （1）． （2）． 【分析】（1）先将和进行化简，再相减； （2）利用二次根式的乘除运算法则计算得出答案． 【解答】解：（1）原式； （2）原式． 【点评】此题主要考查了二次根式的运算，正确掌握二次根式的运算法则是解题关键． 七．同类二次根式（共1小题） 7．（萧山区期末）写出一个与能合并的二次根式　　．（答案不唯一） 【分析】能与能合并，则是同类二次根式． 【解答】解：如、等． 【点评】本题主要考查同类二次根式的知识点，比较简单． 八．二次根式的加减法（共1小题） 8．（2022春•椒江区期末）计算：． 【分析】先化简，再算加减即可． 【解答】解： ． 【点评】本题主要考查二次根式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握． 九．二次根式的混合运算（共1小题） 9．（2023春•上城区期末）下列各式，计算正确的是　　 A． B． C． 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：、与不是同类项，不能合并，原计算错误，不符合题意； 、，原计算错误，不符合题意； 、，原计算错误，不符合题意； 、，正确，符合题意． 故选：． 【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． 一十．二次根式的化简求值（共1小题） 10．（2021春•上城区校级期末）求值： （1）已知，，求的值； （2）已知，，求的值． 【分析】（1）先分母有理化得到原式，然后把、的值代入计算即可； （2）先利用分母有理化得到，，再计算出，，然后利用完全平方公式得到，最后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：（1）原式 ， 当，时，原式； （2），， ，， ． 【点评】本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．二次根式运算的最后，注意结果要化到最简二次根式，二次根式的乘除运算要与加减运算区分，避免互相干扰． 一十一．二次根式的应用（共1小题） 11．（富阳区期末）如图，矩形内三个相邻的正方形面积分别为4，3和2，则图中阴影部分的面积为　　 A．2 B． C． D． 【分析】先表示出三个正方形的面积，然后用一个长为，宽为2的矩形的面积减去两个正方形的面积可得到图中阴影部分的面积． 【解答】解：三个正方形的边长分别为，，2， 图中阴影部分的面积 ． 故选：． 【点评】本题考查了二次根式的应用：把二次根式的运算与现实生活相联系，体现了所学知识之间的联系，感受所学知识的整体性，不断丰富解决问题的策略，提高解决问题的能力． 一十二．一元二次方程的定义（共1小题） 12．（2023春•南浔区期末）若关于的方程，有且只有一个的值使等式成立，则的值是　　 A． B．1 C．1或 D．或 【分析】分为两种情况：①方程是一元二次方程，此时且△，②方程为一元一次方程，此时且，再求出即可． 【解答】解：分为两种情况：①方程是一元二次方程，此时且△， 解得：， ②方程为一元一次方程，此时且， 解得：， 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程和一元一次方程，能求出符合是所有情况是解此题的关键，用了分类讨论思想． 一十三．一元二次方程的一般形式（共1小题） 13．（2021春•鄞州区期末）一元二次方程的二次项系数是　　 A．1 B．2 C． D．3 【分析】一元二次方程的一般形式是：，，是常数且特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，是常数项．其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．根据定义即可判断． 【解答】解：方程的二次项系数为1，一次项系数为，常数项为3， 故选：． 【点评】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：，，是常数且特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，是常数项．其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 一十四．解一元二次方程-直接开平方法（共1小题） 14．（2021春•永嘉县校级期末）方程的解为　　． 【分析】移项得，然后采用直接开平方法即可得到方程的解． 【解答】解：， 移项，得， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了利用直接开平方法解一元二次方程．用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：；，同号且；；，同号且．法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解”． 一十五．解一元二次方程-配方法（共1小题） 15．（2022春•余姚市期末）用配方法解方程，下列变形正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】方程移项后，配方得到结果，即可作出判断． 【解答】解：方程移项得：， 配方得：，即． 故选：． 【点评】此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 一十六．解一元二次方程-公式法（共1小题） 16．（2020春•鄞州区期末）解方程：（1）． （2）． 【分析】（1）利用直接开平方法求解可得； （2）整理为一般式，再利用公式法求解可得． 【解答】解：（1）， ， 则或， 解得，； （2）将方程整理为一般式，得：， ，，， △， 则， 即，． 【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 一十七．解一元二次方程-因式分解法（共1小题） 17．（2021春•西湖区期末）解方程：　，　． 【分析】首先移项进而提取公因式，进而分解因式求出即可． 【解答】解： ， ， 解得：，． 故答案为：，． 【点评】此题主要考查了分解因式法解一元二次方程，正确分解因式是解题关键． 一十八．换元法解一元二次方程（共1小题） 18．（2022春•义乌市期末）已知关于的方程的解是，，则方程的解是 　，　． 【分析】把方程看作关于的一元二次方程，然后根据题意得到或，再解两个一次方程即可． 【解答】解：， ， 关于的方程的解是，， 方程化为或， 解得，． 故答案为：，． 【点评】本题考查了利用换元法解一元二次方程：把看作一个整体，利用已知方程的解得到所解方程的解． 一十九．根的判别式（共1小题） 19．（2023春•新昌县期末）已知关于的一元二次方程有两个相等的实根，则的值为 　1　． 【分析】根据根的判别式的意义得到△，然后解关于的方程即可． 【解答】解：有两个相等的实数根， △， 解得． 故答案为：1． 【点评】本题考查了一元二次方程的根的判别式△：当△，方程有两个不相等的实数根；当△，方程有两个相等的实数根；当△，方程没有实数根． 二十．根与系数的关系（共1小题） 20．（2023春•衢江区期末）若方程为常数）的一个解是，则另一个解　0　． 【分析】设方程的另一个解为，根据两根之和等于，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论． 【解答】解：设方程的另一个解为， 依题意，得：， 解得：． 故答案为：0． 【点评】本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，牢记一元二次方程的两根之和等于是解题的关键． 二十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题） 21．（2023春•上虞区期末）某网络学习平台2020年底的新注册用户数为100万，到2022年底的新注册用户数达到169万，设新注册用户数的年平均增长率为，则可列出关于的方程为 　　． 【分析】设新注册用户数的年平均增长率为，利用2020年的新注册用户数为100万平均增长率）年的新注册用户数为169万，即可得出关于的一元二次方程． 【解答】解：由题意可得，， 故答案为：． 【点评】本题考查一元二次方程解决增长率问题，解题的关键是找到等量关系式． 二十二．一元二次方程的应用（共1小题） 22．（2023春•鄞州区期末）在中，，，，动点从点沿线段向点移动，一动点从点沿线段向点移动，两点同时开始移动，点的速度为，点的速度为，当到达点时两点同时停止运动．若使的面积为，则点运动的时间是　　 A． B． C．或 D．或 【分析】设点运动的时间为，则，，利用三角形的面积计算公式，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再结合当到达点时两点同时停止运动，即可得出点运动的时间． 【解答】解：设点运动的时间为，则，， 依题意得：， 整理得：， 解得：，， 当到达点时两点同时停止运动， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 二十三．配方法的应用（共1小题） 23．（2020春•江干区期末）下列各式变形中，正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】分别按照最简二次根式的化简法则、配方法及二次根式的减法运算法则计算分析即可． 【解答】解：、，故错误； 、，故错误； 、，故正确； 、，故错误． 综上，只有正确． 故选：． 【点评】本题考查了最简二次根式的化简、配方法及二次根式的减法等运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键． 二十四．高次方程（共1小题） 24．（上虞区期末）若一元二次方程的两根也是方程的根，则的值为　　． 【分析】设是方程的一个根．根据方程解的意义知，既满足方程，也满足方程，将代入这两个方程，并整理，得．从而可知：方程的两根也是方程的根，这两个方程实质上应该是同一个一元二次方程，然后根据同一个一元二次方程的定义找出相对应的系数间的关系即可． 【解答】解：设是方程的一个根，则，所以． 由题意，也是方程的根，所以， 把代入此式，得，整理得． 从而可知：方程的两根也是方程的根， 这两个方程实质上应该是同一个一元二次方程， 从而有（其中为常数）， 所以，． 因此，， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了一元二次方程的解．该题难度比较大，在解题时，采用了“转化法”，即将所求转化为求（其中为常数）的相应的系数间的关系． 二十五．无理方程（共1小题） 25．（慈溪市期末）下列方程中有两个不相等实数根的方程是　　 A． B． C． D． 【分析】根据一元二次方程根的判别式，分别计算△的值，根据△，方程有两个不相等的实数根；△，方程有两个相等的实数根；△，方程没有实数根，进行判断． 【解答】解：、△，方程有两个相等实数根； 、方程是无理方程； 、△，方程没有实数根； 、△，方程有两个不相等的实数根． 故选：． 【点评】本题考查了无理方程以及根的判别式，利用一元二次方程的根的判别式判定方程的根的情况是解题的关键． 二十六．反比例函数的定义（共1小题） 26．（嘉兴期末）下列关于的函数中，属于反比例函数的是　　 A． B． C． D． 【分析】反比例函数的一般形式是． 【解答】解：、该函数属于正比例函数，故本选项错误． 、该函数属于正比例函数，故本选项错误． 、该函数是关于的函数，故本选项错误． 、该函数属于反比例函数，故本选项正确． 故选：． 【点评】本题考查了反比例函数的定义，注意区分：正比例函数的一般形式是，反比例函数的一般形式是． 二十七．反比例函数的图象（共1小题） 27．（2020春•西湖区校级期末）设函数的图象如图所示，若，则关于的函数图象可能为　　 A． B． C． D． 【分析】根据反比例函数解析式以及，即可找出关于的函数解析式，再根据反比例函数图象在第一象限可得出，结合的取值范围即可得出结论． 【解答】解：， ． 反比例函数的图象在第一象限， ， ． 关于的函数图象为第一象限内，且不包括原点的正比例的函数图象． 故选：． 【点评】本题考查了反比例函数的图象以及正比例函数的图象，解题的关键是找出关于的函数解析式．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据分式的变换找出关于的函数关系式是关键． 二十八．反比例函数的性质（共1小题） 28．（2022春•温州期末）已知反比例函数，若，则函数有　　 A．最大值1 B．最小值1 C．最大值0 D．最小值0 【分析】根据反比例函数的增减性可求得答案． 【解答】解：在反比例函数中，， 第一象限内，随的增大而减小， 当时，有最大值为1， 故选：． 【点评】本题主要考查反比例函数的性质，掌握反比例函数的增减性是解题的关键． 二十九．反比例函数系数k的几何意义（共1小题） 29．（2023春•南浔区期末）如图，已知在平面直角坐标系中，点在反比例函数图象上，点为轴负半轴上一点，连接交轴于点，点为轴负半轴上一点，连接和．若，，且的面积为3，则的值是 　　． 【分析】过点作轴于，先证，进而可证和全等，从而得，，设，，则点，，点，，再由可得，据此可得的值． 【解答】解：过点作轴于，如图： ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 设，，则，， ， 点，，点， 点在反比例函数的图象上， ， 的面积为3， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了反比例函数的图象，全等三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，难点是设置适当的未知数，并表示出点的坐标和的面积． 三十．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题） 30．（2020春•新昌县期末）若点在反比例函数的图象上，则的值为　　 A． B． C．2 D．8 【分析】直接把点代入反比例函数，求出的值即可． 【解答】解：点在反比例函数的图象上， ，解得． 故选：． 【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键． 三十一．待定系数法求反比例函数解析式（共1小题） 31．（2022秋•孝感期末）已知反比例函数的图象经过点，则这个反比例函数的表达式为　　 A． B． C． D． 【分析】只需把已知点的坐标代入，即可求得函数解析式． 【解答】解：设该反比例函数的解析式为：． 把代入，得 ， 解得． 则该函数解析式为：． 故选：． 【点评】此题考查的是用待定系数法求反比例函数的解析式，正确的理解题意是解题的关键． 三十二．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题） 32．（2023春•丽水期末）如图，反比例函数与一次函数的图象在第一象限相交于点． （1）求该反比例函数和一次函数的解析式； （2）若，求的取值范围． 【分析】（1）将分别代入两个函数解析式即可； （2）联立方程组，求出两个函数的交点坐标，根据图象直接写出解集即可． 【解答】解：（1）是两个函数的交点， ，反比例函数解析式为， ，，一次函数解析式为：， （2）联立方程组为，解得，， 根据图象当时的取值范围为：或． 【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是联立方程组求出交点坐标． 三十三．反比例函数的应用（共1小题） 33．（2022春•杭州期末）在探究欧姆定律时，小明发现小灯泡电路上的电压保持不变，通过小灯泡的电流越大，灯就越亮．设选用小灯泡的电阻为，通过的电流强度为（A）． （1）若电阻为，通过的电流强度为，求关于的函数表达式． （2）如果电阻小于，那么与原来的相比，小灯泡的亮度将发生什么变化？ 【分析】（1）应用待定系数法解答便可； （2）根据函数解析式求得通过现在灯泡的电流的取值范围，进而得出结论． 【解答】解：（1）根据题意知，关于成反比例函数关式， 设，则， 解得， 关于的函数表达式为； （2）当时，， 即， 小灯泡的亮度将比原来的灯泡更亮． 【点评】本题主要考查了反比例函数的应用，待定系数法，关键是用待定系数法求出函数解析式． 三十四．反比例函数综合题（共1小题） 34．（2023春•东阳市期末）定义：在平面直角坐标系中，过点，分别作轴，轴的垂线所围成的矩形，叫做，的“关联矩形”，如图所示． （1）已知点 ①若点的坐标为，则点，的“关联矩形”的周长为 　14　． ②若点在直线上，且点，的“关联矩形”为正方形，求直线的解析式． （2）已知点，点，若使函数的图象与点、的“关联矩形”有公共点，求的取值范围． 【分析】（1）①画出点，的“关联矩形”，确定长和宽，最后确定周长； ②画出点，的“关联矩形”为正方形的图形，点有两个位置，分别求直线的解析式； （2）画出点、的“关联矩形”，若使函数的图象与点、的“关联矩形”有公共点，观察函数中的变化，找到的临界值，即函数的图象过点，3、时，进而求出的取值范围． 【解答】解：（1）①点，的“关联矩形”的长为，宽为， 周长为． 故答案为：14． ②点，的“关联矩形”为正方形时点有两个，，，如图所示： 设直线的解析式为，则 ， ， 直线的解析式为； 设直线的解析式为，则 ， ， 直线的解析式为； 直线的解析式为或． （2）如图所示：当时，若函数的图象过点，则，所以； 当时，若函数的图象过点，则，所以； 若使函数的图象与点、的“关联矩形”有公共点，的取值范围为或． 【点评】本题在新定义下考查了一次函数和反比例函数的图象和性质，以及图象的交点问题，体现了数形结合的思想，虽然是新定义，但难度不是很大． 三十五．平行线之间的距离（共1小题） 35．（江干区期末）把直线沿水平方向平移，平移后的线为直线，则直线与直线之间的距离为　　 A ． 等于 B ． 小于 C ． 大于 D ． 小于或等于 【分析】分两种情况： 如图 （1）、 如果直线与水平方向垂直， 则直线与直线之间的距离为； 如图 （2）、 如果直线与水平方向不垂直时， 直线与直线之间的距离小于． 【解答】解： 根据两平行线间的距离的定义，可以是直线与直线距离， 也可以不是； 故选：． 【点评】本题考查了直线的平移与平行线的距离， 注意要分类讨论 ． 三十六．三角形中位线定理（共1小题） 36．（2022春•婺城区期末）如图，为估计池塘岸边，两点间的距离，在池塘的一侧选取点，分别取，的中点，，测得，则，两点间的距离是 　32　． 【分析】根据三角形中位线定理解答即可． 【解答】解：点，分别为，的中点， 是的中位线， ， 故答案为：32． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键． 三十七．多边形（共1小题） 37．（2021春•上虞区期末）小敏将图1所示七巧板的其中几块，拼成如图2所示的一个四边形，则该四边形的最长边长与最短边长之比为　　 A．2 B．3 C． D． 【分析】设图2中正方形的边长为1，求出其他边的长度，即可得出比值． 【解答】解：如图，给图中顶点标上字母， 设，则， ，， ， ， 最长的边是，最短的边是， ， 故选：． 【点评】本题主要考查勾股定理的应用，关键是要牢记勾股定理的知识和等腰直角三角形的性质． 三十八．多边形的对角线（共1小题） 38．（鄞州区期末）从一个多边形的一个顶点出发可以引5条对角线，这个多边形的边数是　8　． 【分析】根据从边形的一个顶点可以作对角线的条数公式求出边数即可得解． 【解答】解：从一个多边形的一个顶点出发可以引5条对角线，设多边形边数为， ， 解得． 故答案为8． 【点评】本题考查了多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．掌握边形从一个顶点出发可引出条对角线是解题的关键． 三十九．多边形内角与外角（共1小题） 39．（2022春•浦江县期末）已知一个多边形的内角和为，则这个多边形是　五　边形． 【分析】利用边形的内角和可以表示成，结合方程即可求出答案． 【解答】解：根据多边形的内角和可得：， 解得：． 则这个多边形是五边形． 故答案为：五． 【点评】此题考查多边形的内角和问题，关键是根据边形的内角和公式． 四十．平面镶嵌（密铺）（共1小题） 40．（瓯海区期末）请写出一种能单独镶嵌平面的正多边形：　正三角形或正四边形或正六边形　． 【分析】在平面镶嵌时必须满足密铺，即几个内角合起来必须为，而正多边形的每个内角相等，所以必须满足正多边形的一个内角能整除． 【解答】解：用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案， 一种能单独镶嵌平面的正多边形只有正三角形，正四边形，正六边形． 故答案为：正三角形或正四边形或正六边形． 【点评】本题考查了平面镶嵌的密铺问题．用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案． 四十一．平行四边形的性质（共1小题） 41．（2023春•临海市期末）在中，若，则的度数为 　　． 【分析】根据平行四边形的对角相等即可求解． 【解答】解：四边形为平行四边形， ． 故答案为． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的对角相等是解题的关键． 四十二．平行四边形的判定（共1小题） 42．（2021春•诸暨市期末）生活中处处有数学，如自行车的三角架是三角形的稳定性的应用，而能够自由开关的活动窗户（如图）的支撑装置（四边形设计成平行四边形，其中应用的数学原理是 　平行四边形具有不稳定性　． 【分析】利用平行四边形的不稳定性求解可得． 【解答】解：因为平行四边形具有不稳定性， 所以可以灵活的开关窗户， 故窗户的支撑装置（四边形被设计成平行四边形． 故答案为：平行四边形具有不稳定性． 【点评】本题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的不稳定性及其在实际生活中的运用． 四十三．平行四边形的判定与性质（共1小题） 43．（2022春•吴兴区期末）如图所示，已知点，在的对角线上，且． （1）求证：； （2）连接，，求证：四边形是平行四边形． 【分析】（1）由平行四边形的性质可知：，再利用已知条件和三角形全等的判定方法即可证明； （2）由（1）可知，所以，进而可得，所以，根据平行四边形的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：（1）四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ； （2）， ，， ， ， 四边形是平行四边形． 【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 四十四．菱形的性质（共1小题） 44．（2021春•永嘉县校级期末）如图，已知在菱形中，，，垂足分别为、，且，则　60　度． 【分析】连接，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而得到和是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，，从而得解． 【解答】解：如图，连接， 在和中，， ， ， ， 和是等边三角形， ，， ， ， ． 故答案为：60． 【点评】本题考查了菱形的四条边都相等的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，作辅助线构造出全等三角形与等边三角形是解题的关键． 四十五．菱形的判定（共1小题） 45．（2021春•永嘉县校级期末）如图，在中，添加下列条件不能判定是菱形的是　　 A． B． C．平分 D． 【分析】根据菱形的判定定理，即可求得答案．注意排除法的应用． 【解答】解：四边形是平行四边形， 、当时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项正确； 、当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项正确； 、当平分时，易证得，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项正确； 由排除法可得选项错误． 故选：． 【点评】此题考查了菱形的判定．熟记判定定理是解此题的关键． 四十六．菱形的判定与性质（共1小题） 46．（2021春•永嘉县校级期末）如图，在中，，，垂足分别为，，且． （1）求证：是菱形； （2）若，，求的面积． 【分析】（1）利用全等三角形的性质证明即可解决问题； （2）连接交于，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题； 【解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， 四边形是菱形． （2）连接交于． 四边形是菱形，， ， ， ，， ， ， ． 【点评】本题考查菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 四十七．矩形的性质（共1小题） 47．（2023春•新昌县期末）如图，在矩形中，，对角线的垂直平分线与边，分别交于点，，则的长为　　 A． B． C． D．5 【分析】先证四边形是菱形，可得，由勾股定理可求的长，由菱形的面积公式可求解． 【解答】解：如图，设与的交点为， 是对角线的垂直平分线， ，， 四边形是矩形， ， ，， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ，，， ， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 四十八．矩形的判定（共1小题） 48．（2020春•温岭市期末）下列给出的条件中不能判定一个四边形是矩形的是　　 A．一组对边平行且相等，一个角是直角 B．对角线互相平分且相等 C．有三个角是直角 D．一组对边平行，另一组对边相等，且对角线相等 【分析】利用矩形的判定方法即可对各选项进行判断，得到符合题意的选项． 【解答】解：、正确．一组对边平行且相等，一个角是直角的四边形是矩形； 、正确．对角线互相平分且相等的四边形是矩形； 、正确．有三个角是直角的四边形是矩形； 、错误．一组对边平行，另一组对边相等，且对角线相等，等腰梯形满足此条件，不是矩形； 故选：． 【点评】此题考查了矩形的判定，矩形的判定方法有：有一个角是直角的平行四边形是矩形；三个角都是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形的判定方法是解本题的关键． 四十九．矩形的判定与性质（共1小题） 49．（余姚市期末）如图，在中，，，，点是上的任意一点，作于点，于点，连接，则的最小值为　4.8　． 【分析】连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长． 【解答】解：中，，，， ， 连接， 于点，于点， 四边形是矩形， ， 当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小， ， 故答案为：4.8． 【点评】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值． 五十．正方形的性质（共1小题） 50．（2021春•宁波期末）正方形具有而菱形不一定具有的性质是　　 A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直平分 D．对角线平分一组对角 【分析】根据正方形与菱形的性质即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用． 【解答】解：菱形和矩形的性质合在一起得到了正方形． 正方形具有而菱形不具有的性质即为矩形的特性，由矩形对角线相等满足条件． 故选：． 【点评】此题考查了正方形与菱形的性质，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理，切勿混淆． 五十一．正方形的判定（共1小题） 51．（2021春•宣恩县期末）小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①，②，③，④中选两个作为补充条件，使为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是　　 A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 【分析】利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法分别判断得出即可． 【解答】解：、四边形是平行四边形， 当①时，平行四边形是菱形， 当②时，菱形是正方形，故此选项正确，不合题意； 、四边形是平行四边形， 当②时，平行四边形是矩形， 当时，这是矩形的性质，无法得出四边形是正方形，故此选项错误，符合题意； 、四边形是平行四边形， 当①时，平行四边形是菱形， 当③时，菱形是正方形，故此选项正确，不合题意； 、四边形是平行四边形， 当②时，平行四边形是矩形， 当④时，矩形是正方形，故此选项正确，不合题意． 故选：． 【点评】此题主要考查了正方形的判定以及矩形、菱形的判定方法，正确掌握正方形的判定方法是解题关键． 五十二．正方形的判定与性质（共1小题） 52．（滨江区期末）在正方形的边、、、上分别任意取点、、、．这样得到的四边形中，是正方形的有　　 A．1个 B．2个 C．4个 D．无穷多个 【分析】在正方形四边上任意取点、、、，若能证明四边形为正方形，则说明可以得到无穷个正方形． 【解答】解：无穷多个．如图正方形 ，，， 有， 则， 另外 很容易得四个角均为 则四边形为正方形． 故选：． 【点评】本题考查了正方形的判定与性质，难度适中，利用三角形全等的判定证明． 五十三．反证法（共1小题） 53．（2022秋•江北区期末）反证法是数学中经常运用的一类“间接证明法”．用反证法证明：“已知在中，，求证：．”时，第一步应假设 　　． 【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答． 【解答】解：用反证法证明：“已知在中，，求证：．”时， 第一步应假设：， 故答案为：． 【点评】本题考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤，在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定． 五十四．中心对称图形（共1小题） 54．（2022春•北仑区期末）下列图形中，是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．把一个图形绕某一点旋转，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，这个点叫做对称中心． 【解答】解：根据中心对称图形的定义，只有选项符合题意， 故选：． 【点评】本题主要考查了中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180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． 五十五．算术平均数（共1小题） 55．（2022春•安吉县期末）数据1，2，3，4，5的平均数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据平均数求法所有数据的和除以总个数即可，直接求出即可． 【解答】解：． 故选：． 【点评】此题主要考查了平均数的求法，此题比较简单注意认真计算即可得出答案． 五十六．加权平均数（共1小题） 56．（2020春•慈溪市期末）某校规定：学生的单科学期综合成绩是由平时、期中和期末三项成绩按的比例计算所得．已知某学生本学期数学的平时、期中和期末成绩分别是90分、90分和95分，那么他本学期数学学期综合成绩是　92　分． 【分析】直接利用平时、期中和期末三项成绩按的比例计算，进而利用平时、期中和期末成绩分别是90分、90分和95分，代入求出答案． 【解答】解：学生的单科学期综合成绩是由平时、期中和期末三项成绩按的比例计算所得，某学生本学期数学的平时、期中和期末成绩分别是9（0分）、9（0分）和9（5分）， 他本学期数学学期综合成绩是：（分． 故答案为：92． 【点评】此题主要考查了加权平均数，正确理解权的意义是解题关键． 五十七．中位数（共1小题） 57．（2022春•舟山期末）一组数据，3，2，1，的中位数为　1　． 【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数． 【解答】解：把这些数从小到大排列为，，1，2，3， 则中位数是1． 故答案为1． 【点评】此题考查了中位数，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数． 五十八．众数（共1小题） 58．（2022春•兰溪市期末）某班40名同学一周参加体育锻炼时间统计如表所示： 时间 6 7 8 9 人数 2 18 14 6 那么该班40名同学一周参加体育锻炼时间的众数、中位数分别是　　 A．18，7.5 B．18，7 C．7，8 D．7，7.5 【分析】根据众数和中位的定义进行求解即可得出答案． 【解答】解：根据题意可得，参加体育锻炼时间的众数为7， 因为该班有40名同学，所以中位数为第20和21名同学锻炼时间的平均数，第20名同学的时间为，第21名同学的时间为， 所以中位数为． 故选：． 【点评】本题主要考查了众数和中位数，熟练应用众数和中位数的概念进行求解是解决本题的关键． 五十九．方差（共1小题） 59．（2021春•永嘉县校级期末）数据6，5，，4，7的平均数是5，那么这组数据的方差为　2　． 【分析】先根据平均数的定义得到，解得，然后根据方差公式计算． 【解答】解：根据题意得， 解得， 这组数据的方差为． 故答案为2． 【点评】本题考查方差的定义：一般地设个数据，，，的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．也考查了平均数． 六十．标准差（共1小题） 60．（2021春•苍南县期末）测试五位学生的“一分钟跳绳”成绩，得到五个各不相同的数据，在统计时，出现了一处错误：将最高成绩写得更高了，计算结果不受影响的是　　 A．方差 B．标准差 C．中位数 D．平均数 【分析】根据中位数的定义解答可得． 【解答】解：因为中位数是将数据按照大小顺序重新排列，代表了这组数据值大小的“中点”，不受极端值影响， 所以将最高成绩写得更高了，计算结果不受影响的是中位数， 故选：． 【点评】本题主要考查方差、标准差、中位数和平均数，解题的关键是掌握中位数的定义． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$