北师大版八年级期末真题必刷常考60题（57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（北师大版）

期末真题必刷常考60题（57个考点专练） 一．因式分解的意义（共1小题） 1．（2023春•揭东区期末）下列各式从左到右的变形中，为因式分解的是　　 A． B． C． D． 二．公因式（共1小题） 2．（2023秋•宝塔区校级期末）代数式与的公因式是　 　． 三．因式分解-提公因式法（共1小题） 3．（2021春•罗湖区校级期末）因式分解： （1）； （2）． 四．因式分解-运用公式法（共1小题） 4．（2022秋•梁山县期末）下列各式中，能用平方差公式分解因式的是　　 A． B． C． D． 五．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题） 5．（2022春•巴中期末）因式分解：　　． 六．因式分解-分组分解法（共1小题） 6．（2022秋•龙江县校级期末）分解因式： （1）； （2）． 七．因式分解-十字相乘法等（共1小题） 7．（2023春•宣汉县校级期末）把多项式因式分解得，则常数，的值分别为　　 A．， B．， C．， D．， 八．实数范围内分解因式（共1小题） 8．（2021秋•南昌县期末）在实数范围内分解因式：　　． 九．因式分解的应用（共1小题） 9．（2022秋•扶沟县校级期末）如图，用一张如图甲的正方形纸片、三张如图乙的长方形纸片、两张如图丙的正方形纸片拼成一个长方形（如图丁）． （1）请用不同的式子表示图丁的面积（写出两种即可）； （2）根据（1）所得结果，写出一个表示因式分解的等式． 一十．分式的定义（共1小题） 10．（2023秋•阿荣旗期末）下列式子：，，，，，其中分式有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 一十一．分式有意义的条件（共1小题） 11．（2023秋•武安市期末）使分式有意义的的取值范围是　　 A． B． C． D． 一十二．分式的值为零的条件（共1小题） 12．（2023秋•宣化区期末）若分式的值为零，那么的值为　　 A．或 B． C． D． 一十三．分式的值（共1小题） 13．（2023春•于洪区期末）若，且，则分式的值为　　． 一十四．分式的基本性质（共1小题） 14．（2023秋•梨树县期末）下列等式成立的是　　 A． B． C． D． 一十五．约分（共1小题） 15．（2022秋•莘县校级期末）化简的结果等于　 　． 一十六．最简分式（共1小题） 16．（2022秋•南宁期末）下列分式是最简分式的是 A． B． C． D． 一十七．最简公分母（共1小题） 17．（2023秋•同心县校级期末）分式，的最简公分母是　 　． 一十八．分式的乘除法（共1小题） 18．（2022春•济南期末）化简的结果是　　 A． B． C． D． 一十九．分式的加减法（共1小题） 19．（2021秋•浦东新区期末）计算：　　． 二十．分式的混合运算（共1小题） 20．（2021秋•龙山县期末）化简：． 二十一．分式的化简求值（共1小题） 21．（2022春•泰州期末）先化简，再求值：，其中满足． 二十二．列代数式（分式）（共1小题） 22．（2023秋•公主岭市期末）小聪的妈妈每个月给她元零花钱，她计划每天用元（用于吃早点，乘车）刚好用完，而实际她每天节约元钱，则她实际可以比原计划多用　 　天才全部消费完． 二十三．分式方程的定义（共1小题） 23．（2022春•二七区校级期末）请写出一个未知数是的分式方程，并且当时没有意义 　　． 二十四．分式方程的解（共1小题） 24．（2023秋•纳溪区期末）已知关于的分式方程的解是非负数，则的取值范围是　　 A． B． C．且 D． 二十五．解分式方程（共1小题） 25．（2023春•宁德期末）定义一种新运算：对于任意非零实数，，，若，则的值为 　　． 二十六．换元法解分式方程（共1小题） 26．（2023春•黄浦区期末）已知关于的方程，如果设，那么原方程化为关于的方程是　 　． 二十七．分式方程的增根（共1小题） 27．（2023秋•定陶区期末）若关于的分式方程有增根，则的值是 　　． 二十八．由实际问题抽象出分式方程（共1小题） 28．（2022秋•张店区校级期末）某校组织540名学生去外地参观，现有，两种不同型号的客车可供选择．在每辆车刚好满座的前提下，每辆型客车比每辆型客车多坐15人，单独选择型客车比单独选择型客车少租6辆．设型客车每辆坐人，根据题意可列方程　　 A． B． C． D． 二十九．分式方程的应用（共1小题） 29．（2023春•开江县校级期末）为了奖励优秀学生，某学校购买了、两种不同的笔记本，已知型笔记本的单价比型笔记本的单价多1.5元，且用1200元购买型笔记本与用1500买型笔记本本数相同． （1）求、两种型号笔记本的单价各是多少元？ （2）为了奖励更多的学生，增强学生的学习积极性．学校还需要增加购买一些笔记本，增加购买型笔记本和型笔记本共200本，且购买的型笔记本数量不能多于型笔记本．若要使得用于购买的花费最少，应当购买型笔记本，型笔记本各多少本？ 三十．不等式的解集（共1小题） 30．（2021春•渠县校级期末）若不等式组的解集是，则的取值范围是　　． 三十一．解一元一次不等式（共1小题） 31．（2021春•锦江区期末）下列各数是不等式的解的是　　 A． B． C．0 D．1 三十二．解一元一次不等式组（共1小题） 32．（2022春•齐齐哈尔期末）关于的不等式组的解集为，那么的取值范围是　　． 三十三．一元一次不等式组的整数解（共1小题） 33．（2022春•满城区校级期末）若关于的不等式组的整数解共有4个，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 三十四．一次函数与一元一次不等式（共1小题） 34．（2023春•微山县期末）根据图象，可得关于的不等式的解集是 　　． 三十五．角平分线的性质（共1小题） 35．（2023春•凤翔县期末）如图，点，分别在的两边上，点是内一点，，，垂足分别为，，且，．求证：． 三十六．线段垂直平分线的性质（共2小题） 36．（2023春•睢宁县期末）如图，在中，，，垂直平分交于点，，则的面积为　　． 37．（2023春•宿州期末）如图，在中，点是边上的一点，连接，垂直平分，垂足为，交于点，连接． （1）若的周长为18，的周长为6，求的长． （2）若，，求的度数． 三十七．等腰三角形的性质（共1小题） 38．（2023秋•景县期末）等腰三角形的一个角为，则这个等腰三角形的底角为　　 A． B．或 C．或 D． 三十八．等边三角形的判定与性质（共1小题） 39．（2023秋•娄底期末）如图，中，，现有两点、分别从点、点同时出发，沿三角形的边运动，已知点的速度为，点的速度为．当点第一次到达点时，、同时停止运动． （1）点、运动几秒时，、两点重合？ （2）点、运动几秒时，可得到等边三角形？ （3）当点、在边上运动时，能否得到以为底边的等腰三角形？如存在，请求出此时、运动的时间． 三十九．勾股定理（共2小题） 40．（2023秋•镇平县期末）如图，在数轴上点，所表示得数分别是，1，，，以点为圆心，长为半径画弧，交数轴于点（点在点的右侧），则点所表示的数是　　 A． B． C． D． 41．（2023秋•张家港市期末）如图，某住宅小区在施工过程中留下了一块空地，已知米，米，，米，米，小区为美化环境，欲在空地上铺草坪，已知草坪每平方米100元，试问用该草坪铺满这块空地共需花费多少元？ 四十．三角形中位线定理（共1小题） 42．（2021秋•淅川县期末）如图，四边形中，，，，点、分别为线段、上的动点（含端点，但点不与点重合），点、分别为、的中点，则长度的可能为　　 A．2 B．5 C．7 D．9 四十一．多边形的对角线（共1小题） 43．（2022秋•丹东期末）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，这个多边形是 　　边形． 四十二．多边形内角与外角（共1小题） 44．（2021秋•东平县期末）若正多边形的内角和是，则该正多边形的一个外角为 A． B． C． D． 四十三．平行四边形的性质（共1小题） 45．（2022春•萝北县期末）如图，平行四边形的对角线与相交于点，于，，，，则的长为　　 A． B． C． D． 四十四．平行四边形的判定（共1小题） 46．（2022春•平坝区期末）如图，在矩形中，点在的延长线上，，求证：四边形是平行四边形． 四十五．平行四边形的判定与性质（共1小题） 47．（2023秋•岱岳区期末）如图，在中，、分别在、的延长线上，且． 求证： （1）； （2）四边形是平行四边形． 四十六．生活中的平移现象（共1小题） 48．（2021秋•雁峰区期末）如图，在长20米，宽10米的长方形草地内修建了宽2米的道路，则草地的面积为　　． 四十七．平移的性质（共1小题） 49．（2022秋•任城区期末）如图，将沿方向平移得到对应的△．若，则的长是　　 A． B． C． D． 四十八．坐标与图形变化-平移（共1小题） 50．（2023春•鼎城区期末）如图，点，的坐标分别为，，若将线段平移至，则的值为　　 A．2 B．3 C．4 D．5 四十九．作图-平移变换（共1小题） 51．（2023春•浏阳市期末）如图，平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知三个顶点坐标分别为，，．将向左平移4个单位得到△，点，，的对应点分别是，，． （1）请在图中画出△； （2）求△的面积； （3）若且轴，则点的坐标为 　　． 五十．旋转的性质（共1小题） 52．（2023春•温江区期末）如图，边长为2的等边三角形中，是对称轴上的一个动点，连接将线段绕点顺时针旋转得到，连接，则在点运动过程中，的最小值是 　　． 五十一．旋转对称图形（共1小题） 53．（2021春•单县校级期末）如图所示的风车图案可以看作是由一个直角三角形通过五次旋转得到的，那么每次需要旋转的最小角度为　　． 五十二．中心对称（共1小题） 54．（2022秋•栖霞市期末）如图，与关于点成中心对称，点、在线段上，且． 求证：，． 五十三．中心对称图形（共1小题） 55．（2023秋•集贤县期末）下列图标中，是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 五十四．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 56．（2023秋•玉山县期末）如果点关于原点的对称点为，则　　． 五十五．作图-旋转变换（共1小题） 57．（2023春•梁溪区校级期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）将向上平移2个单位长度，再向右平移6个单位长度后得到△，画出△； （2）作出与与关于原点成中心对称的△； （3）△通过旋转可以得到△，则旋转中心的坐标为 　　． 五十六．利用旋转设计图案（共1小题） 58．（2022春•郏县期末）如图，在网格中有一个四边形图案． （1）请你在网格中画出此四边形绕点顺时针方向旋转，，后的图案，你会得到一个美丽的图形．千万不要将阴影位置涂错； （2）若网格中每个小正方形的边长为1，旋转后点的对应点依次为，，，求四边形的面积． 五十七．几何变换的类型（共2小题） 59．（2023春•市中区期末）如图，在方格纸中的经过变换得到，正确的变换是　　 A．把向右平移6格 B．把向右平移4格，再向上平移1格 C．把绕着点顺时针方向旋转，再右平移7格 D．把绕着点逆时针方向旋转，再右平移7格 60．（2023春•槐荫区期末）在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，图①、图②、图③均为顶点都在格点上的三角形（每个小方格的顶点叫格点）， （1）在图1中，图①经过一次　 　变换（填“平移”或“旋转”或“轴对称” 可以得到图②； （2）在图1中，图③是可以由图②经过一次旋转变换得到的，其旋转中心是点　 　（填“”或“”或“” ； （3）在图2中画出图①绕点顺时针旋转后的图④． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末真题必刷常考60题（57个考点专练） 一．因式分解的意义（共1小题） 1．（2023春•揭东区期末）下列各式从左到右的变形中，为因式分解的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据因式分解的定义逐个判断即可． 【解答】解：．从左到右的变形属于整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意； ．从左到右的变形属于因式分解，故本选项符合题意； ．等式两边不相等，即从左到右的变形不属于因式分解，故本选项不符合题意； ．从左到右的变形不属于因式分解，故本选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了因式分解的定义，能熟记因式分解的定义是解此题的关键，把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解． 二．公因式（共1小题） 2．（2023秋•宝塔区校级期末）代数式与的公因式是　　． 【分析】代数式用平方差公式分解；代数式用完全平方公式分解． 【解答】解：； ． 故公因式为． 【点评】本题主要考查公因式的确定，利用平方差公式和完全平方公式分解因式是解本题的关键． 三．因式分解-提公因式法（共1小题） 3．（2021春•罗湖区校级期末）因式分解： （1）； （2）． 【分析】（1）直接提取公因式，进而得出即可； （2）直接提取公因式，进而得出即可． 【解答】解：（1） ； （2） ． 【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确提取公因式得出是解题关键． 四．因式分解-运用公式法（共1小题） 4．（2022秋•梁山县期末）下列各式中，能用平方差公式分解因式的是　　 A． B． C． D． 【分析】能用平方差公式分解因式的式子必须是两平方项的差． 【解答】解：．两项的符号相同，不能用平方差公式分解因式； ．是与的平方的差，能用平方差公式分解因式； ．是三项不能用平方差公式分解因式； ．两项的符号相同，不能用平方差公式分解因式． 故选：． 【点评】本题考查了平方差公式分解因式，熟记平方差公式结构是解题的关键． 五．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题） 5．（2022春•巴中期末）因式分解：　　． 【分析】直接提取公因式，再利用完全平方公式分解因式得出答案． 【解答】解：原式 ． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式分解因式是解题关键． 六．因式分解-分组分解法（共1小题） 6．（2022秋•龙江县校级期末）分解因式： （1）； （2）． 【分析】（1）首先提取公因式，然后利用平方差公式继续进行因式分解； （2）先提取公因式，再利用完全平方公式把原式进行因式分解即可． 【解答】解：（1） ； （2） ． 【点评】本题考查了完全平方公式，分组分解法分解因式，要先把式子整理，再分解因式． 七．因式分解-十字相乘法等（共1小题） 7．（2023春•宣汉县校级期末）把多项式因式分解得，则常数，的值分别为　　 A．， B．， C．， D．， 【分析】先计算多项式乘多项式，然后再进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得： ， ， ， ，， ，， 故选：． 【点评】本题考查了因式分解十字相乘法，先计算多项式乘多项式是解题的关键． 八．实数范围内分解因式（共1小题） 8．（2021秋•南昌县期末）在实数范围内分解因式：　　． 【分析】首先把，利用平方差公式因式分解，再把分解后的进一步利用平方差分解得出结果． 【解答】解： ． 故答案为：． 【点评】此题主要考查利用平方差公式因式分解：． 九．因式分解的应用（共1小题） 9．（2022秋•扶沟县校级期末）如图，用一张如图甲的正方形纸片、三张如图乙的长方形纸片、两张如图丙的正方形纸片拼成一个长方形（如图丁）． （1）请用不同的式子表示图丁的面积（写出两种即可）； （2）根据（1）所得结果，写出一个表示因式分解的等式． 【分析】（1）①图丁是由1个甲，3个乙，两个丙组成，把面积相加即可得出答案； ②图丁可以看作由长为，宽为的长方形和长为宽为的长方形组成，把两个长方形面积相加即可得出答案； （2）由提取公因式即可得出答案． 【解答】解：（1）①， ②； （2）． 【点评】本题主要考查了列代数式及因式分解，灵活运用因式分解的方法是解决本题的关键． 一十．分式的定义（共1小题） 10．（2023秋•阿荣旗期末）下列式子：，，，，，其中分式有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据分母中含有字母的式子是分式，可得答案． 【解答】解：，的分母中含有字母，属于分式，共有2个． 故选：． 【点评】本题考查了分式，利用了分式的定义，注意是常数． 一十一．分式有意义的条件（共1小题） 11．（2023秋•武安市期末）使分式有意义的的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】根据分式的分母不为零分式有意义，可得答案． 【解答】解：由分式有意义，得 ， 解得， 故选：． 【点评】本题考查了分式有意义的条件，利用分式的分母不为零得出不等式是解题关键． 一十二．分式的值为零的条件（共1小题） 12．（2023秋•宣化区期末）若分式的值为零，那么的值为　　 A．或 B． C． D． 【分析】直接利用分式的值为0，则分子为0，分母不能为0，进而得出答案． 【解答】解：分式的值为零， ，， 解得：． 故选：． 【点评】此题主要考查了分式的值为零的条件，正确把握定义是解题关键． 一十三．分式的值（共1小题） 13．（2023春•于洪区期末）若，且，则分式的值为　　． 【分析】直接利用已知代入分式化简得出答案． 【解答】解：，且， ， 则分式． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了分式的值，正确将已知代入是解题关键． 一十四．分式的基本性质（共1小题） 14．（2023秋•梨树县期末）下列等式成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据分式的基本性质，分式的分子与分母同乘（或除以）一个不等于0的整式，分式的值不变，从而求出答案． 【解答】解：， 故选：． 【点评】此题考查了分式的基本性质，一定要熟练掌握分式的基本性质是解题的关键，是一道基础题． 一十五．约分（共1小题） 15．（2022秋•莘县校级期末）化简的结果等于　　． 【分析】首先将分式的分子进行因式分解为再约分． 【解答】解：原式． 故答案为：． 【点评】此题考查的知识点是约分，关键是先把分式的分子因式分解． 一十六．最简分式（共1小题） 16．（2022秋•南宁期末）下列分式是最简分式的是 A． B． C． D． 【分析】最简分式的标准是分子，分母中不含有公因式，不能再约分．判断的方法是把分子、分母分解因式，并且观察有无互为相反数的因式，这样的因式可以通过符号变化化为相同的因式从而进行约分． 【解答】解：、该分式的分子、分母中含有公因数，则它不是最简分式．故本选项错误； 、该分式的分子、分母中含有公因数3，则它不是最简分式．故本选项错误； 、该分式符合最简分式的定义．故本选项正确． 、分母为，所以该分式的分子、分母中含有公因式，则它不是最简分式．故本选项错误； 故选：． 【点评】本题考查了对最简分式，约分的应用，关键是理解最简分式的定义． 一十七．最简公分母（共1小题） 17．（2023秋•同心县校级期末）分式，的最简公分母是　　． 【分析】取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母即为最简公分母． 【解答】解：故答案为： 【点评】本题考查最简公分母，属于基础题型． 一十八．分式的乘除法（共1小题） 18．（2022春•济南期末）化简的结果是　　 A． B． C． D． 【分析】根据分式的除法法则计算即可． 【解答】解：原式 ， 故选：． 【点评】本题考查的是分式的乘除法，掌握分式的除法法则是解题的关键． 一十九．分式的加减法（共1小题） 19．（2021秋•浦东新区期末）计算：　　． 【分析】首先把两分式分母化成相同，然后进行加减运算． 【解答】解：原式．故答案为． 【点评】本题考查了分式的加减运算．解决本题首先应通分，最后要注意将结果化为最简分式． 二十．分式的混合运算（共1小题） 20．（2021秋•龙山县期末）化简：． 【分析】首先计算括号里面的运算，然后计算除法即可． 【解答】解： 【点评】此题主要考查了分式的混合运算，要熟练掌握，要注意运算顺序，式与数有相同的混合运算顺序：先乘方，再乘除，然后加减，有括号的先算括号里面的． 二十一．分式的化简求值（共1小题） 21．（2022春•泰州期末）先化简，再求值：，其中满足． 【分析】先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把代入化简后的式子进行计算即可解答． 【解答】解： ， ， ， 当时，原式． 【点评】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握因式分解是解题的关键． 二十二．列代数式（分式）（共1小题） 22．（2023秋•公主岭市期末）小聪的妈妈每个月给她元零花钱，她计划每天用元（用于吃早点，乘车）刚好用完，而实际她每天节约元钱，则她实际可以比原计划多用　　天才全部消费完． 【分析】多用天数实际天数计划天数，而天数总钱数每天花钱数． 【解答】解：依题意得：． 【点评】解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的等量关系． 二十三．分式方程的定义（共1小题） 23．（2022春•二七区校级期末）请写出一个未知数是的分式方程，并且当时没有意义 　　． 【分析】根据分式方程的定义及分式无意义的条件即可得到答案． 【解答】解：一个未知数是且当时没有意义的分式方程为（答案不唯一）． 故答案为：． 【点评】此题考查的是分式方程的定义及分式无意义的条件，分母中含有未知数的方程叫做分式方程． 二十四．分式方程的解（共1小题） 24．（2023秋•纳溪区期末）已知关于的分式方程的解是非负数，则的取值范围是　　 A． B． C．且 D． 【分析】由分式方程的解为非负数得到关于的不等式，进而求出的范围即可． 【解答】解：分式方程去分母得：， 即， 由分式方程的解为非负数，得到 ，且， 解得：且， 故选：． 【点评】此题考查了分式方程的解，在解方程的过程中因为在把分式方程化为整式方程的过程中，扩大了未知数的取值范围，可能产生增根，增根是令分母等于0的值，不是原分式方程的解． 二十五．解分式方程（共1小题） 25．（2023春•宁德期末）定义一种新运算：对于任意非零实数，，，若，则的值为 　　． 【分析】根据新定义可得，由此建立方程，解方程即可得到的值． 【解答】解：， ， ， ， ， 解得：， 经检验是方程的解， 故答案为：． 【点评】本题考查了新定义下的实数运算，解分式方程，正确理解题意得到关于的方程是解题关键． 二十六．换元法解分式方程（共1小题） 26．（2023春•黄浦区期末）已知关于的方程，如果设，那么原方程化为关于的方程是　　． 【分析】先根据得到，再代入原方程进行换元即可． 【解答】解：由，可得 原方程化为 故答案为： 【点评】本题主要考查了换元法解分式方程，换元的实质是转化，将复杂问题简单化．常用的是整体换元法，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，用一个字母来代替它可以简化问题，有时候要通过变形才能换元． 二十七．分式方程的增根（共1小题） 27．（2023秋•定陶区期末）若关于的分式方程有增根，则的值是 　1　． 【分析】先把分式方程去分母变为整式方程，然后把代入计算，即可求出的值． 【解答】解：， 去分母，得：； 分式方程有增根， ， 把代入， 则， 解得：； 故答案为：1． 【点评】此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值． 二十八．由实际问题抽象出分式方程（共1小题） 28．（2022秋•张店区校级期末）某校组织540名学生去外地参观，现有，两种不同型号的客车可供选择．在每辆车刚好满座的前提下，每辆型客车比每辆型客车多坐15人，单独选择型客车比单独选择型客车少租6辆．设型客车每辆坐人，根据题意可列方程　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意，可以列出相应的分式方程，从而可以得到哪个选项是正确的． 【解答】解：由题意可得：， 故选：． 【点评】本题考查由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是明确题意，找出题目中的等量关系，列出相应的方程． 二十九．分式方程的应用（共1小题） 29．（2023春•开江县校级期末）为了奖励优秀学生，某学校购买了、两种不同的笔记本，已知型笔记本的单价比型笔记本的单价多1.5元，且用1200元购买型笔记本与用1500买型笔记本本数相同． （1）求、两种型号笔记本的单价各是多少元？ （2）为了奖励更多的学生，增强学生的学习积极性．学校还需要增加购买一些笔记本，增加购买型笔记本和型笔记本共200本，且购买的型笔记本数量不能多于型笔记本．若要使得用于购买的花费最少，应当购买型笔记本，型笔记本各多少本？ 【分析】（1）设型笔记本的单价是元，则型笔记本的单价是元，利用数量总价单价，结合用1200元购买型笔记本与用1500买型笔记本本数相同，可得出关于的分式方程，解之经检验后，可得出型笔记本的单价，再将其代入中，即可求出型笔记本的单价； （2）设购买型笔记本本，则购买型笔记本本，根据购买的型笔记本数量不能多于型笔记本，可得出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，设购买，两种笔记本共花费元，利用总价单价数量，可得出关于的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题． 【解答】解：（1）设型笔记本的单价是元，则型笔记本的单价是元， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是所列方程的解，且符合题意， ． 答：型笔记本的单价是6元，型笔记本的单价是7.5元； （2）设购买型笔记本本，则购买型笔记本本， 根据题意得：， 解得：． 设购买，两种笔记本共花费元，则， 即， ， 随的增大而减小， 又，且为正整数， 当时，取得最小值，此时． 答：若要使得用于购买的花费最少，应当购买型笔记本100本，型笔记本100本． 【点评】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，找出关于的函数关系式． 三十．不等式的解集（共1小题） 30．（2021春•渠县校级期末）若不等式组的解集是，则的取值范围是　　． 【分析】根据求不等式组解集的方法，即“同大取较大”可直接进行解答． 【解答】解：不等式组的解集是， ． 故答案为：． 【点评】本题考查的是求一元一次不等式组的解集，求不等式组的解集要根据其法则进行，即“同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了”． 三十一．解一元一次不等式（共1小题） 31．（2021春•锦江区期末）下列各数是不等式的解的是　　 A． B． C．0 D．1 【分析】移项即可得出答案． 【解答】解：， ， 故选：． 【点评】本题考查不等式的解集，解题的关键是正确理解不等式的解的概念，本题属于基础题型． 三十二．解一元一次不等式组（共1小题） 32．（2022春•齐齐哈尔期末）关于的不等式组的解集为，那么的取值范围是　　． 【分析】首先解第一个不等式，然后根据不等式组的解集即可确定的范围． 【解答】解：， 解①得， 不等式组的解集是， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了一元一次不等式组的解法，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到． 三十三．一元一次不等式组的整数解（共1小题） 33．（2022春•满城区校级期末）若关于的不等式组的整数解共有4个，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】首先解不等式组，利用表示出不等式组的解集，然后根据不等式组只有4个整数解即可求得的范围． 【解答】解：， 解①得， 解②得． 则不等式组的解集是． 不等式组有4个整数解， 不等式组的整数解是3，4，5，6． ． 故选：． 【点评】本题考查不等式组的解法及整数解的确定．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了． 三十四．一次函数与一元一次不等式（共1小题） 34．（2023春•微山县期末）根据图象，可得关于的不等式的解集是 　　． 【分析】先根据函数图象得出交点坐标，根据交点的坐标和图象得出即可答案． 【解答】解：根据图象可知：两函数图象的交点为， 所以关于的一元一次不等式的解集为， 故答案为：． 【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，能根据图象得出正确信息是解此题的关键． 三十五．角平分线的性质（共1小题） 35．（2023春•凤翔县期末）如图，点，分别在的两边上，点是内一点，，，垂足分别为，，且，．求证：． 【分析】根据，，，可知，然后根据证明即可证明结论． 【解答】证明：连接， ，，， ， 在和中 ， ，， ． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解决问题的关键． 三十六．线段垂直平分线的性质（共2小题） 36．（2023春•睢宁县期末）如图，在中，，，垂直平分交于点，，则的面积为　2　． 【分析】根据线段垂直平分线的性质得到，根据三角形的外角性质求出，根据等腰直角三角形的性质求出，根据三角形的面积公式计算，得到答案． 【解答】解：垂直平分， ， ， ， ， 的面积， 故答案为：2． 【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键． 37．（2023春•宿州期末）如图，在中，点是边上的一点，连接，垂直平分，垂足为，交于点，连接． （1）若的周长为18，的周长为6，求的长． （2）若，，求的度数． 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到，，根据三角形的周长公式计算，得到答案； （2）根据三角形内角和定理求出，证明，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的外角性质计算即可． 【解答】解：（1）是线段的垂直平分线， ，， 的周长为18，的周长为6， ，， ， ； （2），， ， 在和中， ， ， ， ． 【点评】本题考查的是线段垂直平分线的性质、三角形全等的判定和性质，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键． 三十七．等腰三角形的性质（共1小题） 38．（2023秋•景县期末）等腰三角形的一个角为，则这个等腰三角形的底角为　　 A． B．或 C．或 D． 【分析】已知给出了一个内角是，没有明确是顶角还是底角，所以要进行分类讨论，分类后还要用内角和定理去验证每种情况是不是都成立． 【解答】解：当是等腰三角形的顶角时，则底角为； 当是底角时亦可． 故选：． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键． 三十八．等边三角形的判定与性质（共1小题） 39．（2023秋•娄底期末）如图，中，，现有两点、分别从点、点同时出发，沿三角形的边运动，已知点的速度为，点的速度为．当点第一次到达点时，、同时停止运动． （1）点、运动几秒时，、两点重合？ （2）点、运动几秒时，可得到等边三角形？ （3）当点、在边上运动时，能否得到以为底边的等腰三角形？如存在，请求出此时、运动的时间． 【分析】（1）首先设点、运动秒后，、两点重合，表示出，的运动路程，的运动路程比的运动路程多，列出方程求解即可； （2）根据题意设点、运动秒后，可得到等边三角形，然后表示出，的长，由于等于，所以只要三角形就是等边三角形； （3）首先假设是等腰三角形，可证出，可得，设出运动时间，表示出，，的长，列出方程，可解出未知数的值． 【解答】解：（1）设点、运动秒时，、两点重合， ， 解得：； （2）设点、运动秒时，可得到等边三角形，如图①， ，， 三角形是等边三角形， ， 解得， 点、运动4秒时，可得到等边三角形． （3）当点、在边上运动时，可以得到以为底边的等腰三角形， 由（1）知12秒时、两点重合，恰好在处， 如图②，假设是等腰三角形， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 在和中， ， ， ， 设当点、在边上运动时，、运动的时间秒时，是等腰三角形， ，，， ， 解得：．故假设成立． 当点、在边上运动时，能得到以为底边的等腰三角形，此时、运动的时间为16秒． 【点评】此题主要考查了等边三角形的性质及判定，关键是根据题意设出未知数，理清线段之间的数量关系． 三十九．勾股定理（共2小题） 40．（2023秋•镇平县期末）如图，在数轴上点，所表示得数分别是，1，，，以点为圆心，长为半径画弧，交数轴于点（点在点的右侧），则点所表示的数是　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意运用勾股定理求出的长，即可得到答案． 【解答】解：在中，，， 由勾股定理得，， 则点表示的数为． 故选：． 【点评】本题考查的是勾股定理，实数与数轴的关系，正确运用勾股定理求出的长是解题的关键，要理解数轴上的点与实数的对应关系． 41．（2023秋•张家港市期末）如图，某住宅小区在施工过程中留下了一块空地，已知米，米，，米，米，小区为美化环境，欲在空地上铺草坪，已知草坪每平方米100元，试问用该草坪铺满这块空地共需花费多少元？ 【分析】连接，根据勾股定理求出，根据勾股定理的逆定理求出，求出区域的面积，即可求出答案． 【解答】解：连接， 在中，，米，米，由勾股定理得：（米， ，， ， ， 该区域面积（平方米）， 即铺满这块空地共需花费元． 【点评】本题考查了勾股定理，三角形面积，勾股定理的逆定理的应用，解此题的关键是求出区域的面积． 四十．三角形中位线定理（共1小题） 42．（2021秋•淅川县期末）如图，四边形中，，，，点、分别为线段、上的动点（含端点，但点不与点重合），点、分别为、的中点，则长度的可能为　　 A．2 B．5 C．7 D．9 【分析】根据三角形的中位线定理得出，从而可知最大时，最大，因为与重合时最大，与重合时，最小，从而求得的最大值为6.5，最小值是2.5，可解答． 【解答】解：连接， ，， ， 最大时，最大，最小时，最小， 与重合时最大， 此时， 的最大值为6.5． ，， ， ， 长度的可能为5； 故选：． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键． 四十一．多边形的对角线（共1小题） 43．（2022秋•丹东期末）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，这个多边形是 　九　边形． 【分析】根据边形从一个顶点出发可引出条对角线，可组成个三角形，依此可得的值． 【解答】解：设这个多边形是边形， 由题意得，， 解得：， 即这个多边形是九边形， 故答案为：九． 【点评】本题考查了多边形的对角线，求对角线条数时，直接代入边数的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求． 四十二．多边形内角与外角（共1小题） 44．（2021秋•东平县期末）若正多边形的内角和是，则该正多边形的一个外角为 A． B． C． D． 【分析】首先设这个正多边形的边数为，根据多边形的内角和公式可得，继而可求得答案． 【解答】解：设这个正多边形的边数为， 一个正多边形的内角和为， ， 解得：， 这个正多边形的每一个外角是：． 故选：． 【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．此题难度不大，注意掌握方程思想的应用，注意熟记公式是关键． 四十三．平行四边形的性质（共1小题） 45．（2022春•萝北县期末）如图，平行四边形的对角线与相交于点，于，，，，则的长为　　 A． B． C． D． 【分析】由勾股定理的逆定理可判定是直角三角形，所以平行四边形的面积即可求出． 【解答】解：，，四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 在中，，， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，能得出是直角三角形是解此题的关键． 四十四．平行四边形的判定（共1小题） 46．（2022春•平坝区期末）如图，在矩形中，点在的延长线上，，求证：四边形是平行四边形． 【分析】由矩形的性质，得出，，，再由等腰三角形的性质得到，进而推出结论． 【解答】四边形矩形， ，，， ， ， ， 四边形是平行四边形． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，等腰三角形的性质，熟记平行四边形的判定和性质是解题的关键． 四十五．平行四边形的判定与性质（共1小题） 47．（2023秋•岱岳区期末）如图，在中，、分别在、的延长线上，且． 求证： （1）； （2）四边形是平行四边形． 【分析】（1）由证明即可； （2）由平行四边形的性质得，，再证，即可得出结论． 【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， ，， ， ， 即， ， 四边形是平行四边形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 四十六．生活中的平移现象（共1小题） 48．（2021秋•雁峰区期末）如图，在长20米，宽10米的长方形草地内修建了宽2米的道路，则草地的面积为　　． 【分析】将道路分别向左、向上平移，得到草地为一个长方形，分别求出长方形的长和宽，再用长和宽相乘即可． 【解答】解：将道路分别向左、向上平移，得到草地为一个长方形， 长方形的长为（米，宽为（米， 则草地面积为． 故答案为：． 【点评】本题考查了平移在生活中的运用，将道路分别向左、向上平移，得到草地为一个长方形是解题的关键． 四十七．平移的性质（共1小题） 49．（2022秋•任城区期末）如图，将沿方向平移得到对应的△．若，则的长是　　 A． B． C． D． 【分析】根据平移的性质可得，列式计算即可得解． 【解答】解：沿方向平移得到△， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键． 四十八．坐标与图形变化-平移（共1小题） 50．（2023春•鼎城区期末）如图，点，的坐标分别为，，若将线段平移至，则的值为　　 A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】先根据点、及其对应点的坐标得出平移方向和距离，据此求出、的值，继而可得答案． 【解答】解：由点的对应点知向右平移2个单位， 由点的对应点知向上平移1个单位， ，， ， 故选：． 【点评】本题主要考查坐标与图形的变化平移，解题的关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减． 四十九．作图-平移变换（共1小题） 51．（2023春•浏阳市期末）如图，平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知三个顶点坐标分别为，，．将向左平移4个单位得到△，点，，的对应点分别是，，． （1）请在图中画出△； （2）求△的面积； （3）若且轴，则点的坐标为 　　． 【分析】（1）先根据平移分式确定、、对应点、、的坐标，再描出、、，最后顺次连接、、即可； （2）利用割补法求解即可； （3）先求出，再根据平行于轴的直线上的点横坐标相同求出的值即可求出点的坐标． 【解答】解：（1）如图所示，△即为所求； （2）； （3）由（1）得， 且轴， ， ， ， 点的坐标为， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了坐标与图形，坐标与图形变化—平移，求三角形面积，灵活运用所学知识是解题的关键． 五十．旋转的性质（共1小题） 52．（2023春•温江区期末）如图，边长为2的等边三角形中，是对称轴上的一个动点，连接将线段绕点顺时针旋转得到，连接，则在点运动过程中，的最小值是 　　． 【分析】取的中点，则，利用证明，得，则点在直线上运动，根据垂线段最短从而解决问题． 【解答】解：取的中点，则， 将线段绕点顺时针旋转得到， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， 点在直线上运动， 过点作，此时的最小值即为， ， ， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，确定点的运动路径是解题的关键． 五十一．旋转对称图形（共1小题） 53．（2021春•单县校级期末）如图所示的风车图案可以看作是由一个直角三角形通过五次旋转得到的，那么每次需要旋转的最小角度为　　． 【分析】根据所给出的图，6个角正好构成一个周角，且6个角都相等，求出即可． 【解答】解：设每次旋转角度， 则， 解得， 故每次旋转角度是． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了旋转对称图形的性质，利用5个相等的角构成一个周角得出是解题关键． 五十二．中心对称（共1小题） 54．（2022秋•栖霞市期末）如图，与关于点成中心对称，点、在线段上，且． 求证：，． 【分析】根据中心对称的性质可得，，证明四边形是平行四边形，可得，． 【解答】证明：连接、， 与关于点成中心对称， ，． ， ． 四边形是平行四边形， ，． 【点评】此题主要考查了中心对称以及平行四边形的判定和性质，关键是掌握关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 五十三．中心对称图形（共1小题） 55．（2023秋•集贤县期末）下列图标中，是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的概念判断．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． 【解答】解：选项、、都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形， 选项能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形， 故选：． 【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 五十四．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 56．（2023秋•玉山县期末）如果点关于原点的对称点为，则　　． 【分析】平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆． 【解答】解：点关于原点的对称点为， ，； ． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律． 五十五．作图-旋转变换（共1小题） 57．（2023春•梁溪区校级期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）将向上平移2个单位长度，再向右平移6个单位长度后得到△，画出△； （2）作出与与关于原点成中心对称的△； （3）△通过旋转可以得到△，则旋转中心的坐标为 　　． 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出，， 的对应点，，即可； （2）根据中心对称的性质作出，的对应点，即可； （3）对应点连线的交点即为旋转中心． 【解答】解：（1）如图，△即为所求； （2）如图，△即为所求； （3）旋转中心的坐标为． 故答案为：． 【点评】本题考查作图旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型． 五十六．利用旋转设计图案（共1小题） 58．（2022春•郏县期末）如图，在网格中有一个四边形图案． （1）请你在网格中画出此四边形绕点顺时针方向旋转，，后的图案，你会得到一个美丽的图形．千万不要将阴影位置涂错； （2）若网格中每个小正方形的边长为1，旋转后点的对应点依次为，，，求四边形的面积． 【分析】（1）将此图案的各顶点绕点顺时针方向旋转，，后找到它们的对应点，顺次连接得到的图案，就是所要求画的图案． （2）连接、、、，可判断四边形是正方形，利用勾股定理求出一条边，即可得到的面积． 【解答】解：（1）所画图形如下所示： ． （2）由格点图形，可判断四边形是正方形， ， 故四边形的面积为． 【点评】本题考查了利用旋转设计图案的知识，注意寻找旋转的三要素，找到旋转后各主要点的对应点，要求准确作图． 五十七．几何变换的类型（共2小题） 59．（2023春•市中区期末）如图，在方格纸中的经过变换得到，正确的变换是　　 A．把向右平移6格 B．把向右平移4格，再向上平移1格 C．把绕着点顺时针方向旋转，再右平移7格 D．把绕着点逆时针方向旋转，再右平移7格 【分析】观察图象可知，先把绕着点逆时针方向旋转，然后再向右平移即可得到． 【解答】解：根据图象，绕着点逆时针方向旋转与形状相同，向右平移7格就可以与重合． 故选：． 【点评】本题考查了几何变换的类型，几何变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，本题用到了旋转变换与平移变换，对识图能力要求比较高． 60．（2023春•槐荫区期末）在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，图①、图②、图③均为顶点都在格点上的三角形（每个小方格的顶点叫格点）， （1）在图1中，图①经过一次　平移　变换（填“平移”或“旋转”或“轴对称” 可以得到图②； （2）在图1中，图③是可以由图②经过一次旋转变换得到的，其旋转中心是点　 　（填“”或“”或“” ； （3）在图2中画出图①绕点顺时针旋转后的图④． 【分析】（1）根据平移的定义可知图①向右上平移可以得到图②； （2）将图形②绕着点旋转后能与图形③重合，可知旋转中心； （3）以为旋转中心，顺时针旋转得到关键顶点的对应点连接即可． 【解答】解：（1）图①经过一次平移变换可以得到图②； （2）图③是可以由图②经过一次旋转变换得到的，其旋转中心是点； （3）如图． 【点评】本题难度中等，考查网格中平移、旋转及旋转作图，作图时，抓住网格的特点，根据旋转的性质，借助于直角三角板中的直角，就能顺利作出图形，解题时要注意是顺时针还是逆时针方向． 平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，观察时要紧扣图形变换特点，认真判断． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$