北师大版八年级期末真题必刷易错60题（52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）

期末真题必刷易错60题（52个考点专练） 一．因式分解的意义（共1小题） 1．（2023春•宣汉县校级期末）若多项式可分解为，则的值为　　 A．2 B．1 C． D． 二．公因式（共1小题） 2．（2023春•遂川县期末）多项式的公因式是 　　． 三．因式分解-提公因式法（共1小题） 3．（2023春•宣汉县校级期末）已知，，则　　． 四．因式分解-运用公式法（共1小题） 4．（2020秋•庄河市期末）因式分解：　　． 五．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题） 5．（2023春•梅州期末）下列因式分解正确的是　　 A． B． C． D． 六．因式分解-分组分解法（共1小题） 6．（2021春•凤翔县期末）分解因式： （1）； （2）． 七．因式分解-十字相乘法等（共1小题） 7．（2023春•西安期末）阅读材料，并解决问题：分解因式：，解：设，则原式；这样的解题方法叫做“换元法”，即当复杂的多项式中，某一部分重复出现时，我们用字母将其替换，从而简化这个多项式．换元法是一个重要的数学方法，不少问题能用换元法解决．请你用“换元法”对下列多项式进行因式分解： （1）； （2）． 八．因式分解的应用（共1小题） 8．（2023秋•乌兰察布期末）已知、是的两边，且满足，则的形状是 　　． 九．分式的定义（共1小题） 9．（2022秋•博兴县期末）下列各式：中，是分式的共有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 一十．分式有意义的条件（共1小题） 10．（2023秋•崇川区期末）使分式有意义的的取值范围是 　　． 一十一．分式的值为零的条件（共1小题） 11．（2023秋•海南期末）若分式的值为0，则　　． 一十二．分式的值（共1小题） 12．（2023春•开江县校级期末）若，则的值为　　 A． B． C． D． 一十三．分式的基本性质（共1小题） 13．（2023春•渭滨区期末）下列等式不成立的是　　 A． B． C． D． 一十四．约分（共1小题） 14．（2022春•海口期末）约分的结果是　　 A． B． C． D． 一十五．分式的乘除法（共1小题） 15．（2021春•青山区期末）下列运算中正确的是　　 A． B． C． D． 一十六．分式的加减法（共1小题） 16．（2023春•渠县校级期末）已知，求、的值．小明同学解法如下： 解：左边分母分解因式，得：， 去分母，得：，即：， 可得． 请结合小明的思路解答下列各题： （1）已知等式成立，求、的值； （2）计算：，并求取何整数时，这个式子的值为正整数． 一十七．分式的混合运算（共1小题） 17．（2023春•叙州区期末）（1）计算：； （2）化简：． 一十八．分式的化简求值（共1小题） 18．（2023秋•曲阜市期末）先化简，再从，0，1中选择合适的值代入求值． 一十九．列代数式（分式）（共1小题） 19．（2023春•高新区期末）由生活经验，我们知道往一杯糖水中再加入一点糖，糖水就变甜了．将克糖放入水中，得到克糖水，此时糖水的含糖量记为，再往杯中加入克糖，此时糖水的含糖含糖量可表示为　　 A． B． C． D． 二十．分式方程的解（共1小题） 20．（2023春•开江县校级期末）关于的分式方程的解是正数，则的取值范围是 　　． 二十一．解分式方程（共1小题） 21．（2023秋•环江县期末）解分式方程：． 二十二．换元法解分式方程（共1小题） 22．（2022春•浦东新区校级期末）用换元法解方程，设，则得到关于的整式方程为 　　． 二十三．分式方程的增根（共2小题） 23．（2023春•裕安区校级期末）若关于的分式方程有增根，则的值为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 24．（2023秋•怀化期末）已知关于的方程有增根，则增根　　． 二十四．分式方程的应用（共1小题） 25．（2023春•台儿庄区期末）某校购进一批篮球和排球，篮球的单价比排球的单价多30元．已知330元购进的篮球数量和240元购进的排球数量相等． （1）篮球和排球的单价各是多少元？ （2）现要购买篮球和排球共20个，总费用不超过1800元．篮球最多购买多少个？ 二十五．不等式的定义（共1小题） 26．（2021春•萍乡期末）“实数不小于6”是指　　 A． B． C． D． 二十六．不等式的性质（共1小题） 27．（2023春•渠县校级期末）选择适当的不等号填空：若，则　　． 二十七．不等式的解集（共1小题） 28．（2022春•渠县期末）若不等式组无解，则的取值范围是 　　． 二十八．在数轴上表示不等式的解集（共1小题） 29．（2022春•尤溪县校级期末）把不等式的解集表示在数轴上正确的是　　 A． B． C． D． 二十九．解一元一次不等式（共2小题） 30．（2023春•闽侯县期末）已知，，当时，总有，则的值可以是　　 A． B．3 C． D．2 31．（2023春•银川校级期末）关于的不等式的解集为，则的取值范围为 　　． 三十．解一元一次不等式组（共1小题） 32．（2023春•成县期末）在平面直角坐标系中，点位于第一象限，则的取值范围为 　　． 三十一．一元一次不等式组的整数解（共2小题） 33．（2023春•渠县校级期末）不等式组的最小整数解是 　　． 34．（2021春•南山区期末）解不等式（组 （1）解不等式：，并把解集在数轴上表示出来． （2）求不等式组的正整数解． 三十二．一次函数与一元一次不等式（共2小题） 35．（2022春•新都区期末）如图，直线经过点，点，直线过点，则不等式的解集为 　　． 36．（2021春•中山区期末）已知函数其中为常数，该函数的图象记为，图象交轴于点，交轴于点． （1）点的坐标为 　　（用含的式子表示）； （2）当点的坐标为时，的值为 　　； （3）直线与图象交于点，判断线段，的关系并证明． 三十三．角平分线的性质（共2小题） 37．（2023春•泸州期末）如图，，点是内一点，于点，于点，且，则的度数是　　 A． B． C． D． 38．（2021春•威宁县期末）在中，，平分，，则到的距离是 　　． 三十四．线段垂直平分线的性质（共2小题） 39．（2021春•雁塔区校级期末）如图，在中，，，平分，交于点，的垂直平分线交于点，交于点．若，则的长为 　　． 40．（西安期末）如图，在中，是的垂直平分线，，的周长为，求的周长． 三十五．等腰三角形的性质（共1小题） 41．（2023春•达川区校级期末）如图，中，于点，垂直平分，交于点，交于点，且，连接． （1）若，求的度数； （2）若的周长为，，求的长． 三十六．勾股定理（共1小题） 42．（2021秋•锡山区期末）在等腰中，，于． （1）若，求的度数； （2）若，，求的长． 三十七．勾股定理的逆定理（共1小题） 43．（2023春•梁园区期末）如图：正方形网格中每个小方格的边长为1，且点、、均为格点． （1）求的面积． （2）通过计算判断的形状． 三十八．三角形中位线定理（共1小题） 44．（2022春•元宝区校级期末）如图，在边长为的等边中，分别取三边的中点，，，得△；再分别取△三边的中点，，，得△；这样依次下去，经过第次操作后得△，则△的面积为 　　． 三十九．多边形的对角线（共1小题） 45．（2022秋•普宁市期末）如果一个边形过一个顶点有8条对角线，那么　　． 四十．多边形内角与外角（共1小题） 46．（2023秋•韶关期末）若正多边形的一个外角是，则这个正多边形的边数是　　 A．4 B．5 C．6 D．7 四十一．平行四边形的性质（共2小题） 47．（2023春•安达市校级期末）在平行四边形中，，则　　 A． B． C． D． 48．（2021春•龙岗区校级期末）如图，已知平行四边形中，的平分线与边的延长线交于点，与交于点，且． ①求证：； ②若，，求的周长． 四十二．平行四边形的判定（共1小题） 49．（2022春•沈北新区期末）下列给出的条件中，能判断四边形是平行四边形的是　　 A．， B．， C．， D．， 四十三．平行四边形的判定与性质（共1小题） 50．（2023春•商洛期末）如图，的对角线，相交于点，过点作，过点作，与相交于点，试判断四边形的形状，并说明理由． 四十四．生活中的平移现象（共1小题） 51．（2021春•武城县期末）通过平移图中的吉祥物“海宝”得到的图形是　　 A． B． C． D． 四十五．坐标与图形变化-平移（共1小题） 52．（2022秋•余姚市校级期末）已知点位于第三象限，点位于第二象限且是由点向上平移一定单位长度得到的． （1）若点的纵坐标为，试求出的值； （2）在（1）题的条件下，试求出符合条件的一个点的坐标； （3）若点的横、纵坐标都是整数，试求出的值以及线段长度的取值范围． 四十六．作图-平移变换（共1小题） 53．（2020春•崇州市期末）如图，在平面直角坐标系中，已知直角三角形的顶点的坐标为，顶点的坐标为，将向右平移5个单位，再向下平移3个单位后得到△． （1）请直接写出点的坐标； （2）请画出△； （3）若点在轴上，且△与的面积相等，直接写出点的坐标． 四十七．生活中的旋转现象（共1小题） 54．（2022春•路南区期末）下列运动属于旋转的是　　 A．滚动过程中的篮球 B．一个图形沿某直线对折过程 C．气球升空的运动 D．钟表钟摆的摆动 四十八．旋转的性质（共2小题） 55．（2023春•喀什地区期末）如图，将的直角三角尺绕点顺时针旋转后得到，连接．若，则的面积为　　 A．4 B．2 C．3 D．1 56．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，在中，，，，把绕边的中点旋转后得，若直角顶点恰好落在边上，且边交边于点，则的面积为 　　． 四十九．旋转对称图形（共1小题） 57．（2021春•蒲城县期末）风力发电是一种绿色可持续的能源获取方式，我国近年来在西部地区大力发展风电产业，如图的风力发电转子叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，那么的值可能是　　 A．60 B．90 C．120 D．150 五十．中心对称图形（共1小题） 58．（2023春•滕州市期末）图中阴影部分是由4个完全相同的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在　　 A．区域①处 B．区域②处 C．区域③处 D．区域④处 五十一．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 59．（2023秋•上饶期末）点关于原点对称点的坐标是 　　． 五十二．作图-旋转变换（共1小题） 60．（2023春•文山市期末）在平面直角坐标系中的位置如图所示． （1）作关于点成中心对称的△； （2）作出将△向右平移3个单位，再向上平移4个单位后的△； （3）请直接写出点关于轴对称的点的坐标． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末真题必刷易错60题（52个考点专练） 一．因式分解的意义（共1小题） 1．（2023春•宣汉县校级期末）若多项式可分解为，则的值为　　 A．2 B．1 C． D． 【分析】根据因式分解与整式的乘法互为逆运算，把利用多项式乘法法则展开即可求解． 【解答】解：， ，， ，， ． 故选：． 【点评】本题主要考查了因式分解与整式的乘法互为逆运算．是中考中的常见题型． 二．公因式（共1小题） 2．（2023春•遂川县期末）多项式的公因式是 　　． 【分析】找出系数的最大公约数，相同字母的最低指数次幂，即可确定公因式． 【解答】解：的公因式是． 故答案为：． 【点评】本题主要考查公因式的确定，熟练掌握公因式的定义及确定方法是解题的关键． 三．因式分解-提公因式法（共1小题） 3．（2023春•宣汉县校级期末）已知，，则　6　． 【分析】先进行因式分解，然后再代入求值即可解答． 【解答】解：，， ， 故答案为：6． 【点评】本题考查了因式分解提公因式法，代数式求值，熟练掌握因式分解提公因式法是解题的关键． 四．因式分解-运用公式法（共1小题） 4．（2020秋•庄河市期末）因式分解：　　． 【分析】利用平方差公式进行因式分解即可． 【解答】解：原式． 故答案为：． 【点评】本题考查了运用公式法因式分解，解题的关键是能够灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解． 五．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题） 5．（2023春•梅州期末）下列因式分解正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用提公因式法，公式法进行分解逐一判断即可． 【解答】解：．不能分解，故不符合题意； ．，故不符合题意； ．，故不符合题意； ．，故符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式． 六．因式分解-分组分解法（共1小题） 6．（2021春•凤翔县期末）分解因式： （1）； （2）． 【分析】（1）原式变形后，提取公因式，再利用平方差公式分解即可； （2）原式整理后，利用完全平方公式分解即可． 【解答】解：（1）原式 ； （2）原式 ． 【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键． 七．因式分解-十字相乘法等（共1小题） 7．（2023春•西安期末）阅读材料，并解决问题：分解因式：，解：设，则原式；这样的解题方法叫做“换元法”，即当复杂的多项式中，某一部分重复出现时，我们用字母将其替换，从而简化这个多项式．换元法是一个重要的数学方法，不少问题能用换元法解决．请你用“换元法”对下列多项式进行因式分解： （1）； （2）． 【分析】（1）设，则可用完全平方公式进行分解，之后再将换为即可； （2）设，将原式展开，再用完全平方公式分解，然后将再换为，最后利用完全平方公式分解． 【解答】解：（1）设，则 ． （2）设，则 ． 【点评】本题主要考查了利用提取公因式法、公式法及换元法进行因式分解及整数的整除性质，熟练掌握相关运算法则并会换元，是解题的关键． 八．因式分解的应用（共1小题） 8．（2023秋•乌兰察布期末）已知、是的两边，且满足，则的形状是 　等腰三角形　． 【分析】依据题意，由得，再进行适当变形得，结合三角形两边之和大于第三边，有，从而可以得解． 【解答】解：， ． ． 在中，， ． ，即． 是等腰三角形． 故答案为：等腰三角形． 【点评】本题主要考查了因式分解的应用，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键． 九．分式的定义（共1小题） 9．（2022秋•博兴县期末）下列各式：中，是分式的共有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果分母中含有字母则是分式，如果分母中不含有字母则不是分式． 【解答】解：，，这三个式子分母中含有字母，因此是分式． 其它式子分母中均不含有字母，是整式，而不是分式． 故选：． 【点评】本题主要考查分式的定义，不是字母，是常数，所以不是分式，是整式． 一十．分式有意义的条件（共1小题） 10．（2023秋•崇川区期末）使分式有意义的的取值范围是 　　． 【分析】根据分式的分母不为0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】本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式的分母不为0是解题的关键． 一十一．分式的值为零的条件（共1小题） 11．（2023秋•海南期末）若分式的值为0，则　2　． 【分析】分母不为0，分子为0时，分式的值为0． 【解答】解：根据题意， 且， 解得． 故答案为：2． 【点评】本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．这两个条件缺一不可． 一十二．分式的值（共1小题） 12．（2023春•开江县校级期末）若，则的值为　　 A． B． C． D． 【分析】根据已知可得，然后代入式子中进行计算即可解答． 【解答】解：， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了分式的值，根据题目的已知求出与的关系是解题的关键． 一十三．分式的基本性质（共1小题） 13．（2023春•渭滨区期末）下列等式不成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】直接利用分式的基本性质分别化简，进而判断得出答案． 【解答】解：、原变形正确，故此选项不符合题意； 、原变形正确，故此选项不符合题意； 、必须规定，原变形错误，故此选项符合题意； 、原变形正确，故此选项不符合题意； 故选：． 【点评】此题主要考查了分式的基本性质，能够正确化简分式是解题的关键． 一十四．约分（共1小题） 14．（2022春•海口期末）约分的结果是　　 A． B． C． D． 【分析】先根据积的乘方法则计算分母，再确定公因式，约分即可． 【解答】解：， 故选：． 【点评】本题考查的是分式的约分，正确作出分子和分母的公因式是解题的关键． 一十五．分式的乘除法（共1小题） 15．（2021春•青山区期末）下列运算中正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据分式的运算法则运算即可求出答案． 【解答】解：、，不正确； 、，正确； 、，不正确； 、，不正确； 故选：． 【点评】本题考查学生的运算，解题的关键是熟练分式运算法则，本题属于基础题型． 一十六．分式的加减法（共1小题） 16．（2023春•渠县校级期末）已知，求、的值．小明同学解法如下： 解：左边分母分解因式，得：， 去分母，得：，即：， 可得． 请结合小明的思路解答下列各题： （1）已知等式成立，求、的值； （2）计算：，并求取何整数时，这个式子的值为正整数． 【分析】（1）依据题意，将等式右边进行通分，然后左右两边同分母，进而通过分子进行比较可以得解； （2）依据题意，将中括号内式子分别通过拆项进行变形，再通分，最后适当变形后即可判断． 【解答】解：（1）由题意，等式右边 ． 又等式左边， ． ②①得，． 把代入①得，． 综上，，． （2）由题意，原式 ． 要使上述式子值为整数，是3的因数． 或． 满足题意整数的值为，，0，2． 【点评】本题主要考查了分式的加减法，解题时需要熟练掌握并理解． 一十七．分式的混合运算（共1小题） 17．（2023春•叙州区期末）（1）计算：； （2）化简：． 【分析】（1）先化简各式，然后再进行计算即可解答； （2）先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，即可解答． 【解答】解：（1） ； （2） ． 【点评】本题考查了分式的混合运算，实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键． 一十八．分式的化简求值（共1小题） 18．（2023秋•曲阜市期末）先化简，再从，0，1中选择合适的值代入求值． 【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定的值，代入计算即可． 【解答】解：原式 ， ， ， 当时，原式． 【点评】本题考查的是分式的化简求值、分式有意义的条件，掌握分式的混合运算法则是解题的关键． 一十九．列代数式（分式）（共1小题） 19．（2023春•高新区期末）由生活经验，我们知道往一杯糖水中再加入一点糖，糖水就变甜了．将克糖放入水中，得到克糖水，此时糖水的含糖量记为，再往杯中加入克糖，此时糖水的含糖含糖量可表示为　　 A． B． C． D． 【分析】依据题意，根据糖水中的含糖量，进而计算可以得解． 【解答】解：由题意，加入克糖后，糖水总量为克，糖总量为克， 此时糖水的含糖含糖量． 故选：． 【点评】本题主要考查了溶液中溶质的含量计算，解题时要理解题意，准确列式． 二十．分式方程的解（共1小题） 20．（2023春•开江县校级期末）关于的分式方程的解是正数，则的取值范围是 　且　． 【分析】解分式方程，用表示，再根据关于的分式方程的解是正数，列不等式组，解出即可． 【解答】解：原分式方程可化为：， ， 解得， 关于的分式方程的解是正数， ， 解得：且． 故答案为：且． 【点评】本题考查了分式方程的解、解一元一次不等式，熟练掌握解分式方程、一元一次不等式的步骤，根据关于的分式方程的解是正数，列不等式组是解题关键． 二十一．解分式方程（共1小题） 21．（2023秋•环江县期末）解分式方程：． 【分析】按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， 解得：， 检验：当时，， 是原方程的根． 【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验． 二十二．换元法解分式方程（共1小题） 22．（2022春•浦东新区校级期末）用换元法解方程，设，则得到关于的整式方程为 　　． 【分析】设，则，，转化后再进一步整理得到整式方程即可． 【解答】解：设， ，， 则原方程为：， 整理得：． 故答案为：． 【点评】本题考查了用换元法解分式方程，换元法又称辅助元素法、变量代换法，通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来，或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化． 二十三．分式方程的增根（共2小题） 23．（2023春•裕安区校级期末）若关于的分式方程有增根，则的值为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据题意可得：，从而可得，然后把代入整式方程中，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， 解得：， 分式方程有增根， ， ， 把代入中得： ， 解得：， 故选：． 【点评】本题考查了分式方程的增根，根据题意求出的值后代入整式方程中进行计算是解题的关键． 24．（2023秋•怀化期末）已知关于的方程有增根，则增根　2　． 【分析】根据题意可得，然后进行计算即可解答． 【解答】解：， ， 方程有增根， ， ， 增根， 故答案为：2． 【点评】本题考查了分式方程的增根，熟练掌握分式方程的增根是解题的关键． 二十四．分式方程的应用（共1小题） 25．（2023春•台儿庄区期末）某校购进一批篮球和排球，篮球的单价比排球的单价多30元．已知330元购进的篮球数量和240元购进的排球数量相等． （1）篮球和排球的单价各是多少元？ （2）现要购买篮球和排球共20个，总费用不超过1800元．篮球最多购买多少个？ 【分析】（1）设排球的单价为元，则篮球的单价为元，由题意：330元购进的篮球数量和240元购进的排球数量相等．列出分式方程，解方程即可； （2）设购买排球个，则购买篮球个，由题意：购买篮球和排球的总费用不超过1800元，列出一元一次不等式，解不等式即可． 【解答】解：（1）设排球的单价为元，则篮球的单价为元， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ． 篮球的单价为110元，排球的单价为80元． （2）设购买篮球个，则购买排球个， 依题意得：， 解得， 即的最大值为6， 最多购买6个篮球． 【点评】此题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出一元一次不等式． 二十五．不等式的定义（共1小题） 26．（2021春•萍乡期末）“实数不小于6”是指　　 A． B． C． D． 【分析】实数不小于6，即大于或等于6，据此判断即可． 【解答】解：“实数不小于6”是指． 故选：． 【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，正确理解“不小于”是解答本题的关键． 二十六．不等式的性质（共1小题） 27．（2023春•渠县校级期末）选择适当的不等号填空：若，则　　． 【分析】根据不等式的性质，即可解答． 【解答】解：， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键． 二十七．不等式的解集（共1小题） 28．（2022春•渠县期末）若不等式组无解，则的取值范围是 　　． 【分析】根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集． 【解答】解：不等式组无解， ， 解得． 故答案为：． 【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 二十八．在数轴上表示不等式的解集（共1小题） 29．（2022春•尤溪县校级期末）把不等式的解集表示在数轴上正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据比大的数在的右边，包括界点，据此求解即可． 【解答】解：把不等式的解集表示在数轴上，正确的是： 故选：． 【点评】本题考查在数轴上表示不等式的解集，解题的关键是明确数轴上右边的数总比左边的大． 二十九．解一元一次不等式（共2小题） 30．（2023春•闽侯县期末）已知，，当时，总有，则的值可以是　　 A． B．3 C． D．2 【分析】利用已知条件和不等式的性质求得的取值范围，依据的范围即可得出结论． 【解答】解：当时，总有， ， ， 当时，，不合题意，舍去． 当时，， ， ， 的值可以是， 故选：． 【点评】本题主要考查了解一元一次不等式，不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键． 31．（2023春•银川校级期末）关于的不等式的解集为，则的取值范围为 　　． 【分析】按照解一元一次不等式的步骤，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， 不等式的解集为， ， 解得：， 故答案为：． 【点评】本题考查了解一元一次不等式，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解题的关键． 三十．解一元一次不等式组（共1小题） 32．（2023春•成县期末）在平面直角坐标系中，点位于第一象限，则的取值范围为 　　． 【分析】根据平面直角坐标系中第一象限点的坐标特征可得：，然后进行计算即可解答． 【解答】解：点位于第一象限， ， 解得：， 故答案为：． 【点评】本题考查了解一元一次不等式组，点的坐标，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键． 三十一．一元一次不等式组的整数解（共2小题） 33．（2023春•渠县校级期末）不等式组的最小整数解是 　0　． 【分析】按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，然后再确定其范围内的最小整数，即可解答． 【解答】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， 原不等式组的解集为：， 该不等式组的最小整数解为：0， 故答案为：0． 【点评】本题考查了一元一次不等式组的整数解，熟练掌握解一元一次不等式组是解题的关键． 34．（2021春•南山区期末）解不等式（组 （1）解不等式：，并把解集在数轴上表示出来． （2）求不等式组的正整数解． 【分析】（1）根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得． （2）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集，继而可得其整数解． 【解答】解：（1）去分母，得：， 去括号，得：， 移项，得：， 合并同类项，得：， 系数化为1，得：， 将解集表示在数轴上如下： （2）解不等式，得：， 解不等式，得：， 则不等式组的解集为， 所以不等式组的正整数解为3、4． 【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 三十二．一次函数与一元一次不等式（共2小题） 35．（2022春•新都区期末）如图，直线经过点，点，直线过点，则不等式的解集为 　　． 【分析】根据函数图象的上下解不等式． 【解答】解：， 直线在直线的下方，即在点的左边的图象符合要求， ． 故答案为：． 【点评】本题考查一次函数图象与一元一次不等式，将不等式转化为函数图象的上下关系是求解本题的关键． 36．（2021春•中山区期末）已知函数其中为常数，该函数的图象记为，图象交轴于点，交轴于点． （1）点的坐标为 　　（用含的式子表示）； （2）当点的坐标为时，的值为 　　； （3）直线与图象交于点，判断线段，的关系并证明． 【分析】（1）令，代入求值； （2）令，代入用表示纵坐标； （3）分两种情况讨论①当时，表示、点的坐标，得出对应线段的长，证明两个三角形全等得出线段且．②当时，同理可得线段的长，得且． 【解答】解：（1）把代入得或， 解得， ； 故答案为； （2）把代入，得或， 或， 点的坐标为， 或2； 故答案为或2； （3）当时，，； 当时，，． ①当时， 把代入， 解得，， ． 当时，， ． ，． ， ． ，． ， ， 且． ②当时， 同理，，，． ． 和都是等腰直角三角形， ． 且． 综上所述，当时，，； 当时，，． 【点评】本题考查代入法求函数值、一次函数的综合应用，全等三角形的判断，掌握求点的坐标及字母的值，分情况讨论画出图形是解决（3）的关键． 三十三．角平分线的性质（共2小题） 37．（2023春•泸州期末）如图，，点是内一点，于点，于点，且，则的度数是　　 A． B． C． D． 【分析】根据角平分线性质定理的逆定理可得平分，然后利用角平分线的定义进行计算，即可解答． 【解答】解：，，且， 平分， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线性质定理的逆定理是解题的关键． 38．（2021春•威宁县期末）在中，，平分，，则到的距离是 　4　． 【分析】结合已知条件在图形上的位置，由角平分线的性质可得点到的距离是． 【解答】解：， ， 平分， 到的距离是， ， 到的距离是． 故答案为：4． 【点评】此题主要考查角平分线的性质．解题的关键是掌握角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等． 三十四．线段垂直平分线的性质（共2小题） 39．（2021春•雁塔区校级期末）如图，在中，，，平分，交于点，的垂直平分线交于点，交于点．若，则的长为 　　． 【分析】连接，过点作，垂足为，根据线段垂直平分线的性质可得，再利用角平分线的定义和平行线的性质可得，从而可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出，的长，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，进行计算即可解答． 【解答】解：连接，过点作，垂足为， 垂直平分， ， ， 平分， ， ， ， ， 在中，，， ， ， 在中，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 40．（西安期末）如图，在中，是的垂直平分线，，的周长为，求的周长． 【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到，，根据三角形的周长公式计算． 【解答】解：是的垂直平分线， ，， 的周长为， ， 的周长． 【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． 三十五．等腰三角形的性质（共1小题） 41．（2023春•达川区校级期末）如图，中，于点，垂直平分，交于点，交于点，且，连接． （1）若，求的度数； （2）若的周长为，，求的长． 【分析】（1）根据已知可得是的垂直平分线，从而可得，进而利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得，然后利用三角形的外角性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，从而可得，即可解答； （2）根据已知可得，再根据（1）的结论可得，从而可得，即可解答． 【解答】解：（1），， 是的垂直平分线， ， ， ， 是的一个外角， ， 垂直平分， ， ， 的度数为； （2）的周长为，， ， ，， ， ， ， ， 的长为． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，以及线段垂直平分线的性质是解题的关键． 三十六．勾股定理（共1小题） 42．（2021秋•锡山区期末）在等腰中，，于． （1）若，求的度数； （2）若，，求的长． 【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可求得； （2）根据勾股定理求得的长，再根据勾股定理列方程，即可得到的长． 【解答】解：（1）， ， ， ， 又， ； （2）中，， 设，则， 中，， ， 解得， ． 【点评】此题考查了等腰三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握勾股定理，并列方程求解是解本题的关键． 三十七．勾股定理的逆定理（共1小题） 43．（2023春•梁园区期末）如图：正方形网格中每个小方格的边长为1，且点、、均为格点． （1）求的面积． （2）通过计算判断的形状． 【分析】（1）利用大正方形的面积减去三个三角形的面积，进行计算即可解答． （2）根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答． 【解答】解：（1）由题意得： 的面积 ； （2）由题意得： ， ， ， ， 是直角三角形． 【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及勾股定理是解题的关键． 三十八．三角形中位线定理（共1小题） 44．（2022春•元宝区校级期末）如图，在边长为的等边中，分别取三边的中点，，，得△；再分别取△三边的中点，，，得△；这样依次下去，经过第次操作后得△，则△的面积为 　　． 【分析】先根据三角形中位线定理计算，再总结规律，根据规律解答即可． 【解答】解：点、分别是、的中点， 点是的中位线， ， 同理可得：， 则， ， 故答案为：． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 三十九．多边形的对角线（共1小题） 45．（2022秋•普宁市期末）如果一个边形过一个顶点有8条对角线，那么　11　． 【分析】根据从边形的一个顶点可以作对角线的条数为，求出边数即可得解． 【解答】解：一个边形过一个顶点有8条对角线， ， 解得． 故答案为：11． 【点评】本题考查了多边形的对角线的公式，牢记公式是解题的关键． 四十．多边形内角与外角（共1小题） 46．（2023秋•韶关期末）若正多边形的一个外角是，则这个正多边形的边数是　　 A．4 B．5 C．6 D．7 【分析】多边形的外角和等于，因为正多边形的每个外角均相等，故多边形的外角和又可表示成，列方程可求解． 【解答】解：设所求正边形边数为， 则， 解得． 故正多边形的边数是6． 故选：． 【点评】本题考查了多边形的外角和求正多边形的边数．解题的关键是能够根据多边形的外角和求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算． 四十一．平行四边形的性质（共2小题） 47．（2023春•安达市校级期末）在平行四边形中，，则　　 A． B． C． D． 【分析】利用平行四边形的内角和是360度，平行四边形对角相等，则平行四边形的四个角之比为，，则的值可求出． 【解答】解：在中，， 设每份比为，则得到， 解得 则． 故选：． 【点评】本题考查四边形的内角和定理及平行四边形的性质，平行四边形的对角相等，邻角互补． 48．（2021春•龙岗区校级期末）如图，已知平行四边形中，的平分线与边的延长线交于点，与交于点，且． ①求证：； ②若，，求的周长． 【分析】①利用平行四边形的性质，判定，即可得出； ②利用角平分线以及平行线的性质，即可得到，进而得出，，依据，可得，，进而得到的周长． 【解答】解：①四边形是平行四边形， ，， ，， ， ， ； ②平分， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ，， ，， 的周长． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具． 四十二．平行四边形的判定（共1小题） 49．（2022春•沈北新区期末）下列给出的条件中，能判断四边形是平行四边形的是　　 A．， B．， C．， D．， 【分析】平行四边形的判定定理①两组对边分别相等的四边形是平行四边形，②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，③两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④对角线互相平分的四边形是平行四边形，判断即可． 【解答】解：、 根据，不能判断四边形是平行四边形，故本选项错误； 、根据，，不能判断四边形是平行四边形，故本选项错误； 、根据，，得出四边形是平行四边形，故本选项正确； 、根据，不能判断四边形是平行四边形，故本选项错误； 故选：． 【点评】本题考查了对平行四边形的判定定理的应用，关键是能熟练地运用平行四边形的判定定理进行推理，此题是一道比较容易出错的题目． 四十三．平行四边形的判定与性质（共1小题） 50．（2023春•商洛期末）如图，的对角线，相交于点，过点作，过点作，与相交于点，试判断四边形的形状，并说明理由． 【分析】因为，，根据两组对边分别平行的四边形为平行四边形，即可解答． 【解答】证明：，， ，， 四边形是平行四边形， 【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，熟练应用平行四边形的判定是解题关键． 四十四．生活中的平移现象（共1小题） 51．（2021春•武城县期末）通过平移图中的吉祥物“海宝”得到的图形是　　 A． B． C． D． 【分析】根据平移的性质，图形平移前后的形状和大小没有变化，只是位置发生变化． 【解答】解：、、吉祥物“海宝”是原图形通过旋转得到的，因此不是平移，只有符合要求，是平移． 故选：． 【点评】本题考查了生活中的平移现象，判断图形是否由平移得到，要把握两个“不变”，图形的形状和大小不变；一个“变”，位置改变． 四十五．坐标与图形变化-平移（共1小题） 52．（2022秋•余姚市校级期末）已知点位于第三象限，点位于第二象限且是由点向上平移一定单位长度得到的． （1）若点的纵坐标为，试求出的值； （2）在（1）题的条件下，试求出符合条件的一个点的坐标； （3）若点的横、纵坐标都是整数，试求出的值以及线段长度的取值范围． 【分析】（1）点的纵坐标为，即；解可得的值； （2）根据题意：由得：；进而根据又点位于第二象限，所以；取符合条件的值，可得的坐标； （3）根据点位于第三象限，且横、纵坐标都是整数，可得； 解而求其整数解可得的值以及线段长度的取值范围． 【解答】解： （1），． （2）由得：，又点位于第二象限，所以； 取，得点的坐标为． （3）因为点位于第三象限， 所以， 解得：． 因为点的横、纵坐标都是整数，所以或3或4或5； 当时，，所以； 当时，，所以； 当时，，所以； 当时，，所以． 综上，． 解法二：， ， ． 【点评】此题主要考查图形的平移及平移特征．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同． 平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减． 四十六．作图-平移变换（共1小题） 53．（2020春•崇州市期末）如图，在平面直角坐标系中，已知直角三角形的顶点的坐标为，顶点的坐标为，将向右平移5个单位，再向下平移3个单位后得到△． （1）请直接写出点的坐标； （2）请画出△； （3）若点在轴上，且△与的面积相等，直接写出点的坐标． 【分析】（1）根据网格即可写出点的坐标； （2）根据平移过程即可画出△； （3）根据点在轴上，且△与的面积相等，即可写出点的坐标． 【解答】解：（1）观察网格可得： 点的坐标； （2）如图△为所画图形； （3）点在轴上，且△与的面积相等， 或． 【点评】本题考查了作图平移变换，解决本题的关键是掌握平移的性质． 四十七．生活中的旋转现象（共1小题） 54．（2022春•路南区期末）下列运动属于旋转的是　　 A．滚动过程中的篮球 B．一个图形沿某直线对折过程 C．气球升空的运动 D．钟表钟摆的摆动 【分析】根据旋转的定义，即可解答． 【解答】解：、滚动过程中的篮球，属于平移和旋转，故不符合题意； 、一个图形沿某直线对折过程，不属于旋转，故不符合题意； 、气球升空的运动，不属于旋转，故不符合题意； 、钟表钟摆的摆动，属于旋转，故符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了生活中的旋转现象，熟练掌握旋转的定义是解题的关键． 四十八．旋转的性质（共2小题） 55．（2023春•喀什地区期末）如图，将的直角三角尺绕点顺时针旋转后得到，连接．若，则的面积为　　 A．4 B．2 C．3 D．1 【分析】过点作，垂足为，在中，利用含30度角的直角三角形的性质可得，，再根据旋转的性质可得：，，，从而可得，进而可得点、、三点共线，然后在中，利用含30度角的直角三角形的性质可得，从而利用三角形的面积公式进行计算，即可解答． 【解答】解：过点作，垂足为， ，，， ，， 由旋转得：，，， ， 点、、三点共线， 在中，， ， 的面积， 故选：． 【点评】本题考查了旋转的性质，三角形的面积，含30度角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 56．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，在中，，，，把绕边的中点旋转后得，若直角顶点恰好落在边上，且边交边于点，则的面积为 　　． 【分析】根据勾股定理得到，得到，根据旋转的性质得到，，，，求得，求得，根据勾股定理得出的长，易得，由此可得的长，易证，根据三角形的面积可得结论． 【解答】解：在中，，，， ， 点是边的中点， ， 把绕边的中点旋转后得，若直角顶点恰好落在边上， ，，，， ， ， ， ， ，， ，， ，，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ，即． ． 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 四十九．旋转对称图形（共1小题） 57．（2021春•蒲城县期末）风力发电是一种绿色可持续的能源获取方式，我国近年来在西部地区大力发展风电产业，如图的风力发电转子叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，那么的值可能是　　 A．60 B．90 C．120 D．150 【分析】该图形被平分成三部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转120度的整数倍，就可以与自身重合． 【解答】解：该图形被平分成三部分，旋转的整数倍，就可以与自身重合， 故的值可能为120． 故选：． 【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 五十．中心对称图形（共1小题） 58．（2023春•滕州市期末）图中阴影部分是由4个完全相同的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在　　 A．区域①处 B．区域②处 C．区域③处 D．区域④处 【分析】根据中心对称图形的概念解答． 【解答】解：在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形， 这个正方形应该添加区域②处， 故选：． 【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是解题的关键． 五十一．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 59．（2023秋•上饶期末）点关于原点对称点的坐标是 　　． 【分析】根据关于原点的对称点，横坐标互为相反数、纵坐标互为相反数，可得答案． 【解答】解：点关于原点对称点的坐标是． 故答案为：． 【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数． 五十二．作图-旋转变换（共1小题） 60．（2023春•文山市期末）在平面直角坐标系中的位置如图所示． （1）作关于点成中心对称的△； （2）作出将△向右平移3个单位，再向上平移4个单位后的△； （3）请直接写出点关于轴对称的点的坐标． 【分析】（1）依据中心对称的性质，即可作关于点成中心对称的△； （2）依据平移的方向和距离，即可得到△向右平移3个单位，再向上平移4个单位后的△； （3）依据关于轴对称的点的坐标特征，即可得到点关于轴对称的点的坐标． 【解答】解：（1）如图所示，△即为所求． （2）如图所示，△即为所求． （3）点关于轴对称的点的坐标为． 【点评】本题主要考查了利用中心对称以及平移变换进行作图，作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$