八年级数学期末模拟试卷（3）-2023-2024学年八年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破系列（浙教版）

八年级下册数学期末模拟试卷（2） 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2023秋•龙港区月考）把方程3x2+x＝2（x﹣2）化成ax2+bx+c＝0的形式，则a，b，c的值分别为（　　） A．3，1，4 B．3，﹣1，4 C．3，﹣1，﹣4 D．3，4，﹣1 2．（2024•余姚市一模）下列计算正确的是（　　） A．＝﹣3 B．＝3 C．＝±3 D．＝±3 3．（2023秋•招远市期末）如图，△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（　　） A．点A与点A'是对称点 B．AO＝A'O C．∠AOB＝∠A'OB' D．∠ACB＝∠C'A'B' 4．（2024春•同安区期中）在▱ABCD中，若∠A+∠C＝140°，则∠A的大小是 （　　） A．75° B．70° C．60° D．40° 5．（2024春•淮安区期中）用反证法证明“已知：△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°．”时，第一步应假设（　　） A．∠B≠90° B．AB≠AC C．∠B＞90° D．∠B≥90° 6．（2023•驿城区二模）如图，点O为菱形ABCD的对角线AC，BD的交点，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN，若MN＝2，BD＝4，则菱形的周长为（　　） A．8 B．12 C．12 D．16 7．（2023秋•中宁县期末）若关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是（　　） A．k≥﹣1且k≠0 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1 D．k＞﹣1且k≠0 8．（2024春•建瓯市期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列说法不一定成立的是（　　） A．S△ABC＝S△ADC B．S△AEF＝S△ANF C．S矩形NFGD＝S矩形EFMB D．S△AEF＝S矩形NFGD 9．（2024•莱芜区三模）若点A（x1，﹣2），B（x2，1），C（x3，2）都在反比例函数的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（　　） A．x3＜x2＜x1 B．x2＜x1＜x3 C．x1＜x3＜x2 D．x2＜x3＜x1 10．（2024•韶关二模）如图，已知四边形ABCD为正方形，，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形DEFG是正方形；②CE＝CF；③AE＝CG；④CE+CG＝6．其中结论正确的序号有（　　） A．①②③④ B．①③④ C．①③ D．②④ 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．（2023秋•桂平市期末）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　 　． 12．（2024春•邳州市期中）如果一个多边形的内角都相等，且内角是外角的3倍，则这个多边形的边数为 　 　． 13．（2024春•吴兴区期中）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2：3：5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85分、90分和96分，那么他本学期数学学期综合成绩是 　 　分． 14．（2024•建平县一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，E为正方形对角线的交点，反比例函数的图象经过点C，E．若点A（6，0），则k的值是 　 　． 15．（2024•江宁区校级三模）已知x1，x2是方程x2﹣x﹣2024＝0的两个实数根，则代数式﹣2024x1+的值为 　 　． 16．（2024春•江阴市期中）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，则在下列说法中：①△ADE≌△CDG；②四边形EFGD是正方形；③∠ACG的大小随着点E的运动不断改变；④CE+CG的值是定值；正确的有 　 　． 三．解答题（共8小题，其中第17、18题每题6分，第19、20题每题8分，第21、22题每题10分，第23、24题每题12分，共72分） 17．（2024春•萧山区期中）计算： （1）； （2）． 18．（2024春•拱墅区校级期中）解方程． （1）x（x﹣1）＝3（x﹣1）； （2）2x2+2x﹣1＝0． 19．（2024•湖州一模）已知某可变电阻两端的电压为定值，使用该可变电阻时，电流I（A）与电阻R（Ω）是反比例函数关系，函数图象如图所示． （1）求I关于R的函数表达式． （2）若要求电流I不超过4A，则该可变电阻R应控制在什么范围？ 20．（2024•连云区二模）八（1）班准备从甲、乙两名男生中选派一名参加学校组织的一分钟跳绳比赛，在相同的条件下，分别对两名男生进行了八次一分钟的跳绳比赛，现将测试结果绘制成如下统计图： 根据图中信息绘制如下统计表： 平均数 中位数 众数 方差 甲 a 177.5 c 93.75 乙 175 b 180，175，170 d 请根据统计图表中的信息解答下列问题： （1）填空：a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　； （2）请计算乙跳绳成绩的方差d； （3）根据以上的数据分析，请你运用所学的统计知识，评价甲、乙两名男生一分钟跳绳成绩谁更稳定． 21．（2024春•海淀区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，BF平分∠ABC，交AD于点F，AE与BF交于点P，连接EF，PD． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若AB＝8，AD＝12，∠ABC＝60°，求线段DP的长． 22．（2024春•上城区校级期中） 如何利用闲置纸板箱制作储物盒 素材1 小琴家需要设置储物盒的区域，该区域可以近似看成一个长方体底面尺寸如图2所示． 素材2 如图是利用闲置纸板箱拆解出的以下两种纸板：长方形纸板①和长方形纸板②，其中两种纸板的宽度均为a cm（a≤50cm）. 长方形纸板① 长方形纸板② 小琴将分别利用长方形纸板①和长方形纸板②进行制作无盖和有盖的储物盒． 长方形纸板①的制作方式 长方形纸板②的制作方式 裁去角上4个相同的小正方形，折成一个无盖长方体储物盒． 将纸片四个角裁去4个相同的小长方形，折成一个有盖的长方体储物盒． 任务1 熟悉材料 若要求按照长方形纸板①的制作方式制成的储物盒能够刚好放入图2储物区域，则裁去小正方形的边长为 　 　，长方形纸板宽a的值为 　 　． 任务2 利用任务1计算所得的数据a，进行进一步探究． 初步应用 按照长方形纸板①的制作方式，为了更方便地放入或取出储物盒，盒子四周需要留出一定的空间，当储物盒的底面积是1200cm2，求储物盒的容积． 储物收纳 按照长方形纸板②的制作方式制作储物盒，若EF和HG两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为792cm2．如图，是家里一个玩具机械狗的实物图和尺寸大小，请通过计算判断下列玩具①机械狗；②玩具车能否分别完全放入该储物盒并合上盖子．（不考虑倾斜放入） 23．（2023春•东阳市期末）定义：在平面直角坐标系中，过点P，Q分别作x轴，y轴的垂线所围成的矩形，叫做P，Q的“关联矩形”，如图所示． （1）已知点A（﹣2，0） ①若点B的坐标为（3，2），则点A，B的“关联矩形”的周长为 　 　． ②若点C在直线y＝4上，且点A，C的“关联矩形”为正方形，求直线AC的解析式． （2）已知点M（1，﹣2），点N（4，3），若使函数的图象与点M、N的“关联矩形”有公共点，求k的取值范围． 24．（2022春•正阳县期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合），以AD为边在AD的右侧作正方形ADEF，连接CF． （1）观察猜想：如图（1），当点D在线段BC上时， ①BC与CF的位置关系是：　 　； ②BC、CD、CF之间的数量关系为：　 　（将结论直接写在横线上） （2）数学思考：如图（2），当点D在线段CB的延长线上时，上述①、②中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请你写出正确结论再给予证明． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级下册数学期末模拟试卷（2） 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2023秋•龙港区月考）把方程3x2+x＝2（x﹣2）化成ax2+bx+c＝0的形式，则a，b，c的值分别为（　　） A．3，1，4 B．3，﹣1，4 C．3，﹣1，﹣4 D．3，4，﹣1 【思路点拨】将原方程转化为一般形式，进而可得出a，b，c的值． 【解析】解：将原方程转化为一般形式为3x2﹣x+4＝0， ∴a＝3，b＝﹣1，c＝4． 故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握将给定一元二次方程转化为一般形式的方法是解题的关键． 2．（2024•余姚市一模）下列计算正确的是（　　） A．＝﹣3 B．＝3 C．＝±3 D．＝±3 【思路点拨】根据二次根式的性质进行化简，从而作出判断． 【解析】解：A、原式＝3，故此选项不符合题意； B、原式＝3，故此选项符合题意； C、原式＝3，故此选项不符合题意； D、原式＝3，故此选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查二次根式的性质，理解二次根式的性质＝|a|是解题关键． 3．（2023秋•招远市期末）如图，△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（　　） A．点A与点A'是对称点 B．AO＝A'O C．∠AOB＝∠A'OB' D．∠ACB＝∠C'A'B' 【思路点拨】根据中心对称的性质判断即可． 【解析】解：∵△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称， ∴点A与A′是一组对称点，OB＝OB′，∠AOB＝∠A′OB′， ∴A，B，C都不合题意． ∵∠ACB与∠C′A′B′不是对应角， ∴∠ACB＝∠C′A′B′不成立． 故选：D． 【点睛】本题考查中心对称的性质，掌握中心对称的性质是求解本题的关键． 4．（2024春•同安区期中）在▱ABCD中，若∠A+∠C＝140°，则∠A的大小是 （　　） A．75° B．70° C．60° D．40° 【思路点拨】由平行四边形的性质可得∠A＝∠C，结合∠A+∠C＝140°，即可求∠A的度数． 【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠C， 又∵∠A+∠C＝140°， ∴∠A＝70°， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键． 5．（2024春•淮安区期中）用反证法证明“已知：△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°．”时，第一步应假设（　　） A．∠B≠90° B．AB≠AC C．∠B＞90° D．∠B≥90° 【思路点拨】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．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． 【解析】解：用反证法证明：“已知在△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°．”时， 第一步应假设：∠B≥90°， 故选：D． 【点睛】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． 6．（2023•驿城区二模）如图，点O为菱形ABCD的对角线AC，BD的交点，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN，若MN＝2，BD＝4，则菱形的周长为（　　） A．8 B．12 C．12 D．16 【思路点拨】根据MN是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理求的AC的长，然后根据菱形的性质求解． 【解析】解：∵M、N是AB和BC的中点，即MN是△ABC的中位线， ∴AC＝2MN＝4， ∴OA＝2，OB＝BD＝2， 在Rt△ABO中，AB＝＝＝4， 所以菱形的周长为16， 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理和菱形的性质，理解中位线定理求的AC的长是关键． 7．（2023秋•中宁县期末）若关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是（　　） A．k≥﹣1且k≠0 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1 D．k＞﹣1且k≠0 【思路点拨】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ＝22﹣4k×（﹣1）≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可． 【解析】解：根据题意得k≠0且Δ＝22﹣4k×（﹣1）≥0， 解得k≥﹣1且k≠0． 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义． 8．（2024春•建瓯市期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列说法不一定成立的是（　　） A．S△ABC＝S△ADC B．S△AEF＝S△ANF C．S矩形NFGD＝S矩形EFMB D．S△AEF＝S矩形NFGD 【思路点拨】由矩形的性质可得S△ABC＝S△ADC，S△AEF＝S△ANF，由面积的和差公式可得S矩形NFGD＝S矩形EFMB，即可求解． 【解析】解：A．∵四边形ABCD是矩形， ∴S△ABC＝S△ADC，故A正确； B．∵FE⊥AB，FN⊥AD，∠BAD＝90°， ∴四边形AEFN是矩形， ∴S△AEF＝S△ANF，故B正确； C．∵四边形AEFN是矩形， ∴S△CMF＝S△CGF， ∴S矩形NFGD＝S矩形EFMB，故③正确； D．由题意无法证明S△AEF＝S矩形NFGD．故D错误， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形的面积公式，掌握矩形的性质是解题的关键． 9．（2024•莱芜区三模）若点A（x1，﹣2），B（x2，1），C（x3，2）都在反比例函数的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（　　） A．x3＜x2＜x1 B．x2＜x1＜x3 C．x1＜x3＜x2 D．x2＜x3＜x1 【思路点拨】先确定图象分布在第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小再根据性质判定大小即可． 【解析】解：∵反比例函数y＝（k＜0）， ∴反比例函数y＝（k＜0）图象分布在第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小． ∵A（x1，﹣2）， ∴点A在第三象限， ∴x1＜0， 又∵1＜2， ∴x2＞x3＞0， ∴x1＜x3＜x2， 故选：C． 【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解答本题的关键． 10．（2024•韶关二模）如图，已知四边形ABCD为正方形，，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形DEFG是正方形；②CE＝CF；③AE＝CG；④CE+CG＝6．其中结论正确的序号有（　　） A．①②③④ B．①③④ C．①③ D．②④ 【思路点拨】过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，推出矩形DEFG为正方形；故①正确； 当DE⊥AC时，点C与点F重合，可对②进行判断； 证明△ADE≌△CDG（SAS），得到AE＝CG，可对③进行判断； 根据等腰直角三角形和线段的和差可对④进行判断． 【解析】解：①如图，过E作EM⊥BC于点M，过E作EN⊥CD于点N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°， ∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°， ∴NE＝NC， ∴四边形EMCN为正方形， ∴EM＝EN， ∵四边形DEFG是矩形， ∴∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF， 又∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴ED＝EF， ∴矩形DEFG为正方形；故①正确； ②当DE⊥AC时，点C与点F重合， ∴CE不一定等于CF，故②错误； ③由①知：DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°， ∴∠ADE＝∠CDG， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG， 故③正确； ④∵AB＝BC＝3，∠B＝90°， ∴AC＝AB＝×＝6， ∴AC＝AE+CE＝CG+CE＝6． 故④正确； 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．（2023秋•桂平市期末）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　x≥3　． 【思路点拨】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数求解即可． 【解析】解：由题意知2x﹣6≥0， 解得x≥3， 故答案为：x≥3． 【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数是非负数． 12．（2024春•邳州市期中）如果一个多边形的内角都相等，且内角是外角的3倍，则这个多边形的边数为 　8　． 【思路点拨】多边形的一个内角与相邻外角的和为180°，内角是外角的3倍，从中建立方程求出一个外角的度数，再利用多边形的外角和为360°求边数即可． 【解析】解：设多边形的一个外角的度数是x°，列方程，得 3x+x＝180， 解得：x＝45， 多边形的边数为：360°÷45°＝8． 故答案为：8． 【点睛】本题考查了多边形的外角和，抓住内外角的关系列方程求出一个外角的度数是解题的关键． 13．（2024春•吴兴区期中）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2：3：5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85分、90分和96分，那么他本学期数学学期综合成绩是 　92　分． 【思路点拨】根据加权平均数的计算公式进行计算，即可得出答案． 【解析】 解：根据题意得： ＝92（分）， 答：他本学期数学学期综合成绩是92分． 故答案为：92． 【点睛】本题主要考查加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义． 14．（2024•建平县一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，E为正方形对角线的交点，反比例函数的图象经过点C，E．若点A（6，0），则k的值是 　16　． 【思路点拨】利用中点坐标公式可得点C的横坐标为2，作CH⊥y轴于H，再利用AAS证明△AOB≌△BHC，得BH＝OA＝6，OB＝CH＝2，从而得出点C的坐标，即可得出答案． 【解析】解：设C（m，）， ∵四边形ABCD是正方形， ∴点E为AC的中点， ∴E（，）， ∵点E在反比例函数的图象上， ∴k＝•， ∴m＝2， 作CH⊥y轴于H， ∴CH＝2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BA＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠OBA＝∠HCB， ∵∠AOB＝∠BHC， ∴△AOB≌△BHC（AAS）， ∴BH＝OA＝6，OB＝CH＝2， ∴C（2，8）， ∴k＝16， 故答案为：16． 【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用全等三角形的判定与性质求出点C的坐标是解题的关键． 15．（2024•江宁区校级三模）已知x1，x2是方程x2﹣x﹣2024＝0的两个实数根，则代数式﹣2024x1+的值为 　4049　． 【思路点拨】先利用一元二次方程的根的意义和根与系数的关系得出﹣x1﹣2024＝0，x1+x2＝1，x1x2＝﹣2024，即﹣2024x1＝，最后代入即可得出结论． 【解析】解：∵x1，x2是方程x2﹣x﹣2024＝0两个实数根， ∴﹣x1﹣2024＝0，x1+x2＝1，x1x2＝﹣2024， ∴﹣﹣2024x1＝0， ∴﹣2024x1＝， ∴﹣2024x1+ ＝+x22 ＝（x1+x2）2﹣2x1x2 ＝12+4048 ＝4049． 故答案为：4049． 【点睛】此题主要考查了一元二次方程根的意义，根与系数的关系，得出﹣2024x1＝，x1+x2＝1，x1x2＝﹣2024是解本题的关键． 16．（2024春•江阴市期中）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，则在下列说法中：①△ADE≌△CDG；②四边形EFGD是正方形；③∠ACG的大小随着点E的运动不断改变；④CE+CG的值是定值；正确的有 　①②④　． 【思路点拨】如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到∠MEN＝90°，求得EM＝EN，根据全等三角形的性质得到EF＝DE，根据正方形的判定定理得到矩形DEFG是正方形，故②正确；根据正方形的性质得到DE＝DG，∠EDG＝∠ADC＝90°，根据全等三角形的性质得到∠DAE＝∠DCG＝45°，得到∠ACG＝90°是定值，故③错误；根据正方形的性质得到DE＝DG，AD＝DC，根据全等三角形的性质得到AE＝CG，求得E+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝3是定值．故④正确． 【解析】 解：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N， ∴∠MEN＝90°， ∵点E是正方形ABCD对角线上的点， ∴EM＝EN， ∵∠DEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF， ∵∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴EF＝DE， ∵四边形DEFG是矩形， ∴矩形DEFG是正方形，故②正确； ∴DE＝DG，∠EDG＝∠ADC＝90°， ∴∠ADE＝∠CDG， ∵AD＝CD， ∴△ADE≌△CDG（SAS），故①正确； ∴∠DAE＝∠DCG＝45°， ∵∠ACD＝45°， ∴∠ACG＝90°是定值，故③错误； ∵正方形DEFG和正方形ABCD， ∴DE＝DG，AD＝DC， ∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠CDG＝∠ADE， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG， ∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝3是定值．故④正确； 故答案为：①②④． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等． 三．解答题（共8小题，其中第17、18题每题6分，第19、20题每题8分，第21、22题每题10分，第23、24题每题12分，共72分） 17．（2024春•萧山区期中）计算： （1）； （2）． 【思路点拨】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可； （2）先根据完全平方公式和平方差公式计算，然后合并即可． 【解析】解：（1）原式＝ ＝0； （2） ＝ ＝ ＝． 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键． 18．（2024春•拱墅区校级期中）解方程． （1）x（x﹣1）＝3（x﹣1）； （2）2x2+2x﹣1＝0． 【思路点拨】（1）利用解一元二次方程﹣因式分解法进行计算，即可解答； （2）利用解一元二次方程﹣公式法进行计算，即可解答． 【解析】解：（1）x（x﹣1）＝3（x﹣1）， x（x﹣1）﹣3（x﹣1）＝0， （x﹣1）（x﹣3）＝0， x﹣1＝0或x﹣3＝0， x1＝1，x2＝3； （2）2x2+2x﹣1＝0， ∵Δ＝22﹣4×2×（﹣1）＝4+8＝12＞0， ∴x＝＝＝， ∴x1＝，x2＝． 【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 19．（2024•湖州一模）已知某可变电阻两端的电压为定值，使用该可变电阻时，电流I（A）与电阻R（Ω）是反比例函数关系，函数图象如图所示． （1）求I关于R的函数表达式． （2）若要求电流I不超过4A，则该可变电阻R应控制在什么范围？ 【思路点拨】（1）设I＝，代入数据求解即可； （2）由题意列出不等式，≤10，计算即可． 【解析】解：（1）设I＝， 图象经过（8，3）， k＝3×8＝24， ∴I＝； （3）∵I≤4，I＝， ∴≤4 ∴R≥6． ∴用电器可变电阻应控制在6Ω以上． 【点睛】本题考查反比例函数的应用，正确记忆相关知识点是解题关键． 20．（2024•连云区二模）八（1）班准备从甲、乙两名男生中选派一名参加学校组织的一分钟跳绳比赛，在相同的条件下，分别对两名男生进行了八次一分钟的跳绳比赛，现将测试结果绘制成如下统计图： 根据图中信息绘制如下统计表： 平均数 中位数 众数 方差 甲 a 177.5 c 93.75 乙 175 b 180，175，170 d 请根据统计图表中的信息解答下列问题： （1）填空：a＝　175　，b＝　175　，c＝　37.5　； （2）请计算乙跳绳成绩的方差d； （3）根据以上的数据分析，请你运用所学的统计知识，评价甲、乙两名男生一分钟跳绳成绩谁更稳定． 【思路点拨】（1）按照中位数、众数，平均数概念求解即可； （2）根据方差的计算公式计算即可； （3）根据平均数，方差，中位数，众数，选择两个角度分析，可得答案． 【解析】解：（1）甲的成绩从小到大排列为：160，165，165，175，180，185，185，185， 乙的成绩从小到大排列为：165，170，170，175，175，180，180，185， 甲的平均数a为＝＝175． 乙的中位数b＝＝175， 185出现最多，所以中众数为：185． 故答案为：175，175，185； （2）方差d＝[（175﹣175）2+（180﹣175）+（180﹣175）+（170﹣175）2+（180﹣175）2+（185﹣175）2+（165﹣175）2+（175﹣175）2]＝37.5， 故答案为：37.5； （3）①从平均数和方差相结合看，乙的成绩较稳定； ②从平均数和中位数相结合看，甲的成绩较好． 【点睛】本题考查了折线统计图，方差，中位数，掌握方差的公式，众数的定义，中位数的定义是解题关键． 21．（2024春•海淀区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，BF平分∠ABC，交AD于点F，AE与BF交于点P，连接EF，PD． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若AB＝8，AD＝12，∠ABC＝60°，求线段DP的长． 【思路点拨】（1）根据平行四边形和角平分线的性质可得AB＝BE，AB＝AF，AF＝BE，从而证明四边形ABEF是菱形； （2）由菱形的性质得出AE⊥BF，得到∠ABF＝30°，∠BAP＝∠FAP＝60°从而得出AB＝AE＝8，AP＝4，过点P作PM⊥AD于M，得到PM＝2，AM＝2，从而得到DM＝10，由勾股定理求出PD、PB的长，即可得出结果． 【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC． ∴∠DAE＝∠AEB． ∵AE平分∠BAD， ∴∠DAE＝∠BAE． ∴∠BAE＝∠AEB． ∴AB＝BE． 同理：AB＝AF． ∴AF＝BE． ∴四边形ABEF是平行四边形． ∵AB＝BE， ∴四边形ABEF是菱形； （2）解：∵四边形ABEF是菱形， ∴AE⊥BF， ∵∠ABC＝60°， ∴∠ABF＝30°，∠BAP＝∠FAP＝60°，△ABE为等边三角形， ∴AB＝AE＝8， ∵AB＝8， ∴AP＝4， 过点P作PM⊥AD于M，如图所示： ∴PM＝2，AM＝2， ∵AD＝12， ∴DM＝10， ∴PD＝＝＝4． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线的性质、菱形的判定与性质、含30°角的直角三角形性质、勾股定理，等边三角形的判定与性质、菱形面积的计算等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解决问题的关键． 22．（2024春•上城区校级期中） 如何利用闲置纸板箱制作储物盒 素材1 小琴家需要设置储物盒的区域，该区域可以近似看成一个长方体底面尺寸如图2所示． 素材2 如图是利用闲置纸板箱拆解出的以下两种纸板：长方形纸板①和长方形纸板②，其中两种纸板的宽度均为a cm（a≤50cm）. 长方形纸板① 长方形纸板② 小琴将分别利用长方形纸板①和长方形纸板②进行制作无盖和有盖的储物盒． 长方形纸板①的制作方式 长方形纸板②的制作方式 裁去角上4个相同的小正方形，折成一个无盖长方体储物盒． 将纸片四个角裁去4个相同的小长方形，折成一个有盖的长方体储物盒． 任务1 熟悉材料 若要求按照长方形纸板①的制作方式制成的储物盒能够刚好放入图2储物区域，则裁去小正方形的边长为 　5cm　，长方形纸板宽a的值为 　50cm　． 任务2 利用任务1计算所得的数据a，进行进一步探究． 初步应用 按照长方形纸板①的制作方式，为了更方便地放入或取出储物盒，盒子四周需要留出一定的空间，当储物盒的底面积是1200cm2，求储物盒的容积． 储物收纳 按照长方形纸板②的制作方式制作储物盒，若EF和HG两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为792cm2．如图，是家里一个玩具机械狗的实物图和尺寸大小，请通过计算判断下列玩具①机械狗；②玩具车能否分别完全放入该储物盒并合上盖子．（不考虑倾斜放入） 【思路点拨】（1）根据题意得出裁去小正方形的边长为（60﹣50）÷2＝5（cm），根据a＝收纳盒的宽+2×小正方形边长，即可求出a的值； （2）设裁去小正方形边长为x cm，根据底面积，列出方程求解即可； （3）设裁去小长方形长为m cm，宽为n cm，推出n＝2m﹣50，根据底面积得出：（50﹣2n）（100﹣2m）＝792，将n的代数式代入求出m的值，再得出制作储物盒长为32cm，高为14cm，宽为22cm，即可解答． 【解析】解：（1）∵图2储物区域长为50cm，储物盒能够刚好放入图2储物区域， ∴（60﹣50）÷2＝5（cm）， ∴a＝收纳盒的宽+2×小正方形边长， ＝40+2×5＝50（cm）， 故答案为：5cm，50cm； （2）设裁去小正方形边长为x cm， （50﹣2x）（60﹣2x）＝1200， 解得：x1＝10，x2＝﹣45（舍去）， ∴储物盒的容积＝1200×10＝12000（cm3）； （3）设裁去小长方形长为m cm，宽为n cm， 2（m﹣n）＝100﹣2m， 则：n＝2m﹣50， ∵（50﹣2n）（100﹣2m）＝792， ∴[50﹣2（2m﹣50）]（100﹣2m）＝792， 解得：m1＝32，m2＝55.5（舍去）， ∴n＝2m﹣50＝14， 则：50﹣2n＝22， 即裁去小长方形长为32cm，宽为14cm， 制作储物盒长为32cm，高为14cm，宽为22cm， ①∵26cm＜32cm，13cm＜14cm，20cm＜22cm， ∴机械狗能完全放入； ②∵40cm＞32cm， ∴玩具车不能完全放入． 【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键是正确理解题意，根据题意列出方程． 23．（2023春•东阳市期末）定义：在平面直角坐标系中，过点P，Q分别作x轴，y轴的垂线所围成的矩形，叫做P，Q的“关联矩形”，如图所示． （1）已知点A（﹣2，0） ①若点B的坐标为（3，2），则点A，B的“关联矩形”的周长为 　14　． ②若点C在直线y＝4上，且点A，C的“关联矩形”为正方形，求直线AC的解析式． （2）已知点M（1，﹣2），点N（4，3），若使函数的图象与点M、N的“关联矩形”有公共点，求k的取值范围． 【思路点拨】（1）①画出点A，B的“关联矩形”，确定长和宽，最后确定周长； ②画出点A，C的“关联矩形”为正方形的图形，点C有两个位置，分别求直线AC的解析式； （2）画出点M、N的“关联矩形”，若使函数的图象与点M、N的“关联矩形”有公共点，观察函数中k的变化，找到k的临界值，即函数的图象过点N（4，3、（4，﹣2）时，进而求出k的取值范围． 【解析】解：（1）①点A，B的“关联矩形”的长为3﹣（﹣2）＝5，宽为2﹣0＝2， ∴周长为（5+2）×2＝14． 故答案为：14． ②点A，C的“关联矩形”为正方形时点C有两个，C1（2，4），C2（﹣6，4），如图所示： 设直线AC1的解析式为y＝k1x+b1，则 ， ∴， ∴直线AC1的解析式为y＝x+2； 设直线AC2的解析式为y＝k2x+b2，则 ， ∴， ∴直线AC2的解析式为y＝﹣x﹣2； ∴直线AC的解析式为y＝x+2或y＝﹣x﹣2． （2）如图所示：当k＞0时，若函数的图象过点N（4，3），则k＝12，所以0＜k≤12； 当k＜0时，若函数的图象过点（4，﹣2），则k＝﹣8，所以﹣8≤k＜0； ∴若使函数的图象与点M、N的“关联矩形”有公共点，k的取值范围为﹣8≤k＜0或0＜k≤12． 【点睛】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． 24．（2022春•正阳县期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合），以AD为边在AD的右侧作正方形ADEF，连接CF． （1）观察猜想：如图（1），当点D在线段BC上时， ①BC与CF的位置关系是：　BC⊥CF　； ②BC、CD、CF之间的数量关系为：　BC＝CF+CD　（将结论直接写在横线上） （2）数学思考：如图（2），当点D在线段CB的延长线上时，上述①、②中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请你写出正确结论再给予证明． 【思路点拨】（1）①根据正方形的性质得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论； ②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF＝BD，∠ACF＝∠ABD，根据余角的性质即可得到结论； （2）根据正方形的性质得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质以及等腰直角三角形的角的性质可得到结论． 【解析】解：（1）①正方形ADEF中，AD＝AF， ∵∠BAC＝∠DAF＝90°， ∴∠BAD＝∠CAF， 在△DAB与△FAC中， ∵， ∴△DAB≌△FAC， ∴∠B＝∠ACF， ∴∠ACB+∠ACF＝90°，即BC⊥CF； 故答案为：BC⊥CF； ②△DAB≌△FAC， ∴CF＝BD， ∵BC＝BD+CD， ∴BC＝CF+CD； 故答案为：BC＝CF+CD； （2）CF⊥BC成立；BC＝CD+CF不成立，CD＝CF+BC． ∵正方形ADEF中，AD＝AF， ∵∠BAC＝∠DAF＝90°， ∴∠BAD＝∠CAF， 在△DAB与△FAC中， ∵， ∴△DAB≌△FAC， ∴∠ABD＝∠ACF， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ACB＝∠ABC＝45°． ∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°， ∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°， ∴CF⊥BC． ∵CD＝DB+BC，DB＝CF， ∴CD＝CF+BC． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$