期末模拟冲刺(3)-【宝典训练】2023-2024学年八年级下册数学期末复习专练(人教版)

期末复习 期末模拟冲刺(3) 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.） 1.下列运算结果正确的是 A.(3)=9 B.2+√3=5 C.⑧÷√2=2 D.√2×3=6 2.如图，D,E分别是△ABC的边AB,AC上的中点，如果△ADE的周长是6，则△ABC的周长是() A.24 B.14 C.12 D.6 第2题图 第6题图 第7题图 3.下列一次函数中，y的值随着x值的增大而诚小的是 1 A.y=2.x+3 B.y=-x-2 C.y=x+1 D.y= 2x3 4.下列各组线段中，能构成直角三角形的是 A.4,5,6 B.1.12 C.6,8,11 D.5,12,23 5.一组数据1,2,4，x3的众数为4，则这组数据的中位数是 A.1 B.2 C.3 D.4 6.如图，在口ABCD中，AB=4,BC=7,∠ABC的平分线交AD于点E,则DE的长为 A.5 B.4 C.3 D.2 7.如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,下列说法错误的是 A.AB∥DC B.AC=BD C.AC⊥BD D.OA=OC 8.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，若AB=15cm,则正方形ADEC和正方形BCFG的面积和为() A.150 cm2 B.200cm2 C.225 cm D.无法计算 第8题图 第9题图 第10题图 9.如图，函数y=2.x和y=ax+4的图象相交于点A(m,3),则不等式2.r≥ar+4的解集为 () A.x≤3 B.x≥3 C D≥号 10.(2022秋·龙华区期中)如图，在矩形ABCD中，AB=3cm,对角线AC与BD相交于点O,DE⊥AC,垂 足为E,OE-CE,则BC的长为 () A.3、3cm B.6 cm C.35 em D.3√2cm 45 数学|八年级下册(R) 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分.） 11.在平行四边形ABCD中，∠B+∠D=100°，则∠A等于°， 12.某中学为了选拔一名运动员参加区运会100m短跑比赛，有甲，乙、丙3名运动员备选，他们100m短跑 的平均成绩和方差如下表所示： 甲 乙 丙 12.83秒 12.85秒 12.83秒 2.1 1.1 1.1 如果要选择一名成续优秀且稳定的人去参赛，应派 去 13.(2022春·金平区期末)某小区两面直立的墙壁之间为安全通道，一架梯子斜靠在左墙DE时，梯子底端A到左 墙的距离AE为0.7m,梯子顶端D到地面的距离DE为2.4m,若梯子底端A保持不动，将梯子斜靠在右墙 BC上，梯子顶端C到地面的距离CB为1.5m,则这两面直立墙壁之间的安全通道的宽BE为m. 元 梯子 C 600--= 30 梯子 B 30407kg 第13题图 第15题图 14.计算：2v1亚-4V后+8×6 15.国内航空规定，乘坐飞机经济舱旅客所携带行李的质量x(kg)与其运费y(元)之间是一次函数关系，其 函数图象如图所示，那么，旅客携带的免费行李的最大质量为kg 三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题8分，共24分.） 16.已知一次函数y=2x十2的图象与x轴交于点A,与y轴交于点B. (1)求A,B两点的坐标： (2)在平面直角坐标系内画出函数y=2x十2的图象. -4-3-2-101134 3 46 期末复习 ●●● 17.某中学为调查本校学生周末平均每天做作业所用时间的情况，随机调查了50名同学，如图是根据调查所 得数据绘制的统计图的一部分.请根据所给信息，解答下列问题： (1)在这次调查的数据中，做作业所用时间的众数是 ,中位数是 ,平均数是 ,并补 全统计图： (2)若该校共有1500名学生，根据调查结果估计该校全体学生每天做作业时间在3小时内（含3小时） 的同学共有多少人 人数/名+ 16 16 1 12 45平均每天作业用时/小时 18.如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,△OAB是等边三角形，AB=4.求AD的长， 0 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分.） 19.如图，已知四边形ABCD为平行四边形，∠EAD=∠BAF. (1)试说明△CEF是等腰三角形： (2)猜想CE与CF的和与□ABCD周长有何关系？并说明理由. 47 数学|八年级下册(R) 20.小亮步行上山游玩，设小亮出发xmi后行走的路程为ym,图中的折线表示小亮在整个行走过程中y 与x的函数关系. (1)小亮行走的总路程是 m,他途中休息了min: (2)当50≤x≤80时，求y与x的函数关系式. 1950 305080imin 21.如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O,△BOC≌△CEB. (1)求证：四边形OBEC是矩形： (2)若∠ABC=120°，AB=6,求矩形OBEC的周长. 48 期末复习 ●●● 五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分.） 22.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,AD=12cm,BC=15cm,点P自点A向D以1cm/s的速度运动， 到D点即停止.点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，点P,Q同时出发，设运动时间为 1(s). (1)用含t的代数式表示： AP= :DP= :BQ= :CQ= (2)当t为何值时，四边形APQB是平行四边形？ (3)当1为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？ 23.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，线段 OA,OC的长分别是m,n且满足(m-6)+√n-8=0,点D是线段OC上一点，将△AOD沿直线AD翻 折，点O落在矩形对角线AC上的点E处， (1)求OA,OC的长： (2)求直线AD的解析式： (3)点M在直线DE上，在x轴的正半轴上是否存在点N,使以M、A、N、C为顶点的 0 四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标：若不存在，请说明理由. 49数学入年蚊下册(R) 二，核心考题 期末复习（三）一平行四边形 1.D2.A3.C4.B5.A 6.两个角是等角它们的余角相等 一，考点过关 1.D2.-2或43.2 7.3-/F8.(8+23) 4.(1)证明：四边形ABCD是平行四边形， 9.解：由题意知AD+DB=BC+CA,且CA=12米，BC=6米， .AB∥CD,AB=CD. 设BD=x米，则AD=(18-x)米， .∠ABE=∠CDF, 在Rt△ACD中：CD十CA=AD ,AE⊥BD.CF⊥BD 即(18-x)2=(6+x)+12,解得x=3, .∠AEB=∠CFD=90, 故树高为CD=6十3=9（米）. 答：树高为9米。 I∠ABE=∠CDF. 在△ABE和△CDF中，〈∠AEB=∠CFD. 10.解：(1)根据题意得，图1中空白部分的面积S,=:十：十2× a6-心+8+. AB-CD. ∴，△ABE≌△CDF(AAS): 图2中空白部分的面积8=t+2×号b=2+ab: (2)解：，四边形ABCD是平行四边形， (2)由S1=S得a+B+ab=2+ab. A0-60-AC-7×25-5,B0-D0-BD, .a+=2. :∠BAC=90. 11.D12.C13.C14.m15.1216.12√6 △BAO是直角三角形 三，满分冲刺 在R△4O中，由勾股定理得：)=√AB+A了=√F+(5于= 17.解：，使得C,D两村到E站的距离相等，.DE=CE 22, DA⊥AB于点A.CB⊥AB于点B, ∴.BD=2B)=2X22=42 .∠A=∠B=90°， 5,证明：如答图，连接EG,FH, .AE十AD=DE,BE+B=EC. ,四边形ABCD是平行四边形， .AEAD=BE+BC,设AE=x, .OB=OD,AB∥CD. 则BE=AB-AE=(25-x). .∠OBG=∠(ODH, DA=15 km.CB=10 km. :∠BOG=∠DOH, 答图 .x2+152=(25一x)1+10,解得：x=10. .△OBG2△ODH(ASA), ..AE=10 km. .OG-OH. 答：E站应建在离A站10km处. :OB=OD,E.F分别为OB,OD的中点，.OE=OF, 三，满分神刺 ∴四边形EHFG是平行四边形.∴.GF∥EH. 18.B 6.B 19,解：(1)①：四边形OABC是矩形，.BC∥OA, 7,证明：如答图，连接BD,取BD的中点H,连接HE,HF, ·∠OPC=∠P0A=30°， :E,F分别是BC,AD的中点 由作图可知，EF是OP,的中垂线，OP一PP: ,∠POP=∠PPO=30, .FH/BM.FH-AB.EH//CN.EH-CD. .∠POA=∠POP:+∠P:OA=60',.点P1表示60： ∴∠BME=∠HFE,∠CNE=∠HEF, ②作图可知，PD=PO,∴∠POD=∠P:DO, AB=CD.∴FH=EH, 'CB∥OA,∴.∠PDO=∠DOA: ∴∠HFE=∠HEF,∴∠BME=∠CNE. ∴∠P0D=∠D0M-2∠P0M-15.d点P表示15 8.D 答图 9.(1)证明：G.F分别为AD,DO的中点， 答：点P表示60°，点P,表示15： (2)作∠P,OP,的平分线交BC于P,点P即为所求作的点， GF为△AOD的中位线，GF∥OA,GF= 204. 如图： 同理可得：EH/0C.EH-0C. B D :四边形ABCD是平行四边形.OA=OC. ,EH∥GF,EH=GF,.四边形GEHF是平行四边形： (2)解：当BD=2AB时，四边形GEHF是矩形. 理由：如答图，连接GH, 十F ,四边形ABCD是平行四边形， :点P表示60，点P,表示15， AD∥BC,AD=BC,OB=OD, ∠POP.=60-15=45, :G,H分别是AD,BC的中点， ∴号∠P0p+∠P.0A=2.5+15=37.5 .AG=BH,AG∥BH, ,四边形ABHG是平行四边形， P表示37.5. 48 参考答案 .AB-=GH. (AE=BD. E,F分别是BO,DO的中点，∴BE=OE=OF=DF, 在△ABE与△BCD中，{BE=CD, ∴.BD=2EF, AB=BC. :BD=2AB.∴EF=AB.∴.GH=EF, ∴.△ABE2△BCD(SSS): .平行四边形GEHF是矩形 (2).△ABE≌△BCD..∠ABE=∠BCD..BE∥CD. 10.B :BE=CD,.四边形BCDE为平行四边形. 1L,解：如答图，过点F分别作FG∥AD,FH∥BC分别交AB于点 7.(1)解：藤加的条件是∠1=∠2或∠3=∠4. G,H. 故答案为：①或③： ∴.∠A=∠FGH,∠B=∠FHG (2)证明：添加①，，四边形ABCD是平行四边形， :∠B+∠A=90',∴.∠FGH+∠FHG=90, ∴∠A=∠C. ∴△FGH是直角三角形， 1∠1=∠2， :FG∥AD,FH∥BC,AB∥CD, 在△ADE和△CDF中，∠A=∠C, .四边形ADFG、FHBC都是平行四边形， AE=CF. 又，E,F分别是两底的中点，∴AE=EB,BH=AG, △ADE≌△CDF(AAS)..AD=CD. .GE-EH. .口ABCD为菱形： DF=AG=号，FC-HB=,FG D 添加③，，四边形ABCD是平行四边形， ∠A=∠C. AD.FH-BC. 1∠3=∠4， 在R△FGH中，即EF是R△PGH斜边AG 答图 在△ADE和△CDF中，AE=CF, 的中线， ∠A-∠C, EF-GH-(AB-CD)-3 ,.△ADE≌△CDF(ASA),.AD=CD, ,.口ABCD为菱形 12.A13.25 14.(1)证明：：四边形ABCD是正方形，四边形HEFG是菱形， 8,(1)证明：如答图，连接AC, ,四边形ABCD是菱形， ∴.AD=CD.ED=GD,∠ADB=∠CDB,∠EHB=∠GHB, .AO=O.O=DO.AC⊥BD. ∴.∠ADB-∠EHB=∠CDB-∠GHB. .BE=DF..BE+OB=DFDO. 即∠ADE=∠CDG, ∴，FO=EO. 在△ADE和△CDG中， AD=CD, ∴EF与AC垂直且互相平分， 答图 ∠ADE=∠CDG. ∴四边形AECF是菱形，·∠AEF=∠CEF, ED=GD, 又：∠AED=45.∴.∠AEC=90,.菱形AECF是正方形： .△ADE2△CDG(SAS): (2)解：菱形AECF是正方形，BD=4.BE=3,OD=2, (2)解：如答图，过点E作EQ DF于点Q.则∠EQB=90°， .FD=3,.EF=10,.AC=10,.OC=5, 四边形ABCD是正方形， ∴CD=OD+OC=√2+5=/29， .ZA=90.AD-AB=AE-+BE-=2+2- ∴菱形ABCD的周长=4CD=4√/2四. 4,∠EEQ=∠CBD=45, D( 答：菱形ABCD的周长为4/29. .∠QEB=45°=∠EBQ. EQ-BQ, 9.C10.C11.C BE=2, 12.证明：(1)点D,E分别为AB.AC的中点，∴.AE=CE .2EQ=2, AECE. 在△CEF与△AED中，∠AED=∠CEF. ∴EQ=BQ=2(负数含去)， DE=EF. 在Rt△DAE中，由勾股定理得：DE=√AD+AE=√④+2 ,△CEF≌△AED(SAS): 25, (2)由(1)证得△CEF2△AED. :四边形EFGH是菱形， .∠A=∠FCE, ∴.EF=DE=25, .BD∥CF, 'DF∥BC ∴.QF=EF-EQ=√(25)-(2)=32， .四边形DBCF是平行四边形. ∴.BF=QF-QB=3√2-2=22. 三，满分冲刺 15.36 13.(1)证明：：AD∥BC,∴.∠ABC+∠BAD=180,∠AC+ 二、核心考题 ∠BCD=180°， 1.C2.C3.A4.255.16 :∠ABC=∠AIDC.∴.∠BAD=∠BCD,∴四边形ABCD是平行 6,证明：(1)，B是AC的中点，AB=BC, 四边形， 49 数学入年级下册(R) ∴0A=OC-AC,OB-OD=号BD, ,∠ADE=∠EBF, BC=BE. 'OA=OB..AC=BD,.四边形ABCD是矩形： .AD=BE. (2)解：如答图，连接OE, AD BE. AD=12,AB=5, 在△AED和△EFB中，∠ADE=∠FBE ,.BD=√AB+AD=√/144+25=13. DE=BF. B0=0D=A0=C0= 答图 .△AED≌△EFB(SAS): 21 (2)解：：四边形ABCD是平行四边形， --×125=158w+5ae-15 ..AD=BC.AB//CD. AB=AD. :EF1BD.FGLAC..X号×EBG+×号×EF=5 2 :.AB=BC. G+EF-0 BE=BC. :.AB=BE. 14.(1)证明：，四边形ABCD是平行四边形， .∠BEA=∠BAE, .AD∥BC,OD=OB..∠ADO=∠CBO, 'CH∥AE. 1 ·DE平分∠ADB.BF平分∠CBD,∠ODE=交∠ADO, ∠DHC=∠BEA, 'AB∥CD, ∠ouf=∠Co. .∠CDH=∠ABE, ∴.∠ODE=∠OBF,.DE∥BF, .∠DCH=∠BAE, :OD=OB,∠DOE=∠BOF,.△ODE≌△OBF(ASA), '△AED≌△EFB(SAS), ∴DE=BF, ∴∠AED=∠EFB, .四边形DEBF楚平行四边形，∴.BE∥DF,.∠1=∠2. ∠EFC=∠AEB, (2)解：由(1)知△ODE≌△OBF(ASA),∴OE=OF, .与∠BAE相等的角是∠AEB,∠DHC,∠EFC,∠CH :四边形ABCD是菱形，.BD⊥EF,OD=OB,AD∥BC, 期未复习（四）—一次函数 四边形DEBF是菱形， 一，考点过关 AD∥BC,∠ABC=120°，∠BAD+∠ABC=180°， .∠BAD=60', hA2A3-号 4.B5.B6.B7.C :AD=AB,.△ABD是等边三角形， 8.解：(1)一次函数y=m一(m一2)的图象过点(0,3)， .BD=AB=2,∠AD0=60, ,.3=一(m一2)，解得m=一1： 六0D-号BD-1 (2):一次函数y=m一(m一2)的图象经过一，二，四象限， ∠ODE= ∠AD0=30,OE=50D= -(m-2)>0·解得m<0, 3 3 即m的取值范围是m<0: ·EF=20E2 (3):一次函数y=m.r一(m一2)的图象不经过第四象限。 3 六四边形EDF的面积-号D·压-专×2×2-2 :/m>0 ”-(m-2)≥0·解得0<m≤2. 3 3 即m的取值范国是0<m≤2. 15.A 9.B 16.(1)证明：：点D,E分别为AB.AC的中点，点G,F分别为 10,y=3+811.B12.y=-r+513.y=3r+3 BH,CH的中点， 14.解：(1)把(6,0)代入y=一x+h得到0=-6+b, ∴DE是△ABC的中位线，GF是△HBC的中位线， b=6, ∴DE/BC.DE=2BC,6F∥BC.GF=2C. ,直线AB的解析式是y=一x十6，.B0,6),OB=6, DE∥GF,DE=GF, 0B(0C=3:1,∴.0C=2,∴C(-2,0), .四边形DEFG为平行四边形： 设BC的解析式是y=ax十6，把C(一2,0)代人得a=3, (2)解：，四边形DEFG为平行四边形， .直线BC的解析式是y=3r十6. .DG=EF-2. (2)存在，设D(m,3m十6)， DGI BH, 理由是：Sae=Sr,.BC=BD, ∴∠DGB=90°， C(-2,0,B0.6)-2+m=0.m=2.D(2,12. 》 ∴BC=BD-DG=3-2=5, 15.B16.C17.x≤118.C19.45 即线段BG的长度为√5. 20.解：(1)设老师有x名，学生有y名，根据题意，列方程组为： 17.(1)证明：四边形ABCD是平行四边形 38十6=，解得任9 .AD∥BC,AD=BC, 40x-6=y 1y=2341 50 参考答案 答：老师有6名，学生有234名. =2x-5 (2):每辆车上至少有1名老师， ,汽车总数不能大于6辆， ”要保证240名师生有车坐，汽车总数不能少于得（取整数6辆， 综合可知汽车总数为6辆.故答案为：6. (3)设租用甲客车x辆，则租车赞用y(元)是r的函数，即： =一x+4 r=3 y=400x+280(6-r), 方程组 的解为 y=2r-5 整理得：y=120.x+1680, =1 (2)由图可知，当x<3时，y>为， ”学校在租车总费用2300元的限额内，阻用汽车送师生返校， 当r<2,5时，为>0且为<0. .120.x+1680≤2300，且45.r+30(6-r)≥234+6， 11.解：(1)100×4.5+50=500（米）， ∴r<,即<5，且>4 故答案为：500： ,4≤x≤5，所以有两种租车方案： (2)女子组的速度为：(500一80)÷120=3.5m/$, 方案一：租4辆甲种客车，2辆乙种客车： 则男子组队员跑步的路程：y=4.5r+50, 方案二：租5辆甲种客车，1辆乙种客车： 女子组队员跑步的路程：y=3.5x+80, y随？的增大面增大， 解/=4.5r+50 .当x=4时，y最小，y=120×4+1680=2160. y=3.5r+80 解得：/=30 1y=183 答：学校共有两套租车方案，最少费用为2160元. 500-185=315(米)， 21.解：D:点C6)在直线y-立一2上， 所以男子组追上女子组时，两组队员离终点的路程为315米。 12.A13.B14.C16.C16.(-4,0)17.y=号r+6 0=×6-是-昌 18.解：(1)把点A(0,1),B(1,2)代人y=kx十(k≠0)得：b=1,k+ :一次函数y=k+6的图象过点A(8,0)和点C(6,) h=2, 解得：k=1,b=1, 8k+b=0, = 3 .该函数的解析式为y=十1， 6k+6-3,解得 4 2 由题总知点C的纵坐标为4， b=6, 当y=x十1=4时.解得：r=3, 3 “直线AB的解析式为y=一子+6： .C(3,4): （2)①：M点在直线y一一是十6上，且点M的横坐标为m (2)由(1)知：当x=3时，y=x十1=4， 因为当3时，函数y-号十m的值大于函数y=十1的值 M的纵坐标为：一是m十6。 且小于4， :N点在直线y=一号上，且N点的横坐标为m, 所以当y一号r十过点（3，)时满足题意， 1 3 :N点的纵坐标为：乞m一Σ 代入(3,4)得：4=3 ×3十n,解得：n=2. 三，满分冲刺 19.A :点C(6,号)：线段FQ的长度为1， 20.解：(1D:80×2=60(千米)， 1co=+2, ,A,B两地之间的距离是60千米： :货车到达B地填装货物耗时15分钟， MNI=ICQI. a=是+品-1.故答案为：601 (2)设线段FG所在直线的解析式为y=kr+b(k≠0).将F(1, 即1-6-号m 1k十b=60 60).G(2,0)代入得： 12k+b=0 解得/=一60 16=120 ②m的值为号或得。 .线段FG所在直线的函数解析式为y=一60+120(1≤≤2)： 二，核心考题 (3)巡逻车速度为60÷(2+号)=25（千米1小时）， 1.B2.D3.C4.A5.B6.r≥-2且x≠17.58.5.25 9,y=-x+4 ∴线段CD的解析式为)y=25r+25×号=25r+10(0<<2. 10.解：(1)”一次函数M=一x十4和”=2r-5的图象相交于点 (3,1) 当货车第一次追上巡逻车后，80一(25r十10)=15，解得r= 51 数学入年蚊下册(R) 当货车返回与巡逻车未相遇时，一80(x一)十120-(25x+ “.4-6=2-(2-/3)=2-2+5=5 13.(1)3 10)=15,解得-票 (2)解：(2)由题意可知3一a十a一71=4. 当a≤3时.3-a≥0，a-7<0, 当货车返回与巡逻车相遇后，25+10-[-80(x-)+120]- ·原方程化为3-a-(a一7)=4， 15,解得一器 a=3,符合题意： 当3<a<7时，3-a<0,a-7<0, 综上所述.货车出发音小时或号小时或号小时，两车相距15千米 .-(3-a)-(a-7)=4 故3<a<7符合题意： 21,解：(1)将点M的坐标代入y=- 22+3并解得：4=1， 当a≥7时，3-a<0,a-7≥0， 故点M(4,1), -(3一a)+(a-7)=4,.a=7,符合题意. 将点M的坐标代人y=x一2，得4k一2=1， 综上所述，3≤4≤7. 解得：=子 二，L.30,17(a+b)2.①④3.5 a=1k=: .)解：原式-昌 (2)解：原式=2+2 (2)由D得直线CD的解析式为：y=3 则点D(0,一2)， 5.解：原式=厘×，5-√停×8=5-√合×3=丽- ”当x=0时，y=3 4=6-2=4. ∴.B0,3), △PBM的面积=Sm+Sw=号×BDX1。-=号× (2)原式=V晋+V语3=5+3-3=6 (3)原式=2-2反+1-(1-2)=2-22+1-1+2=4-22， (3+2)14-7r|=20, 解得：xr=-4或xn=12, (4)原式=一 v而·g-b@ 故点P(-4.-5)或P(12,7): 6.解：原式=（片号）÷”D (x+1) （3)设点F的坐标为(m,一立m十3)点Na,6。 由(2)知，点BD的坐标分别为(0,3)，(0，一2). 则BD=5, 1 当BD是边时， 当点F在点N的上方时，则BDE,即等-+（一号m), 当=区-1时，原式尼-1十1 解得m=土2√5， 7.解：(1)。2 2(3+7) 23+72=3+7. 则点F的坐标为(25，一5+3)或(-25，后+3) 3-7(3-7)(3+√7) 9-7 点N在点F的正下方5个单位， (2)"a= 3-2区 =3-2厘=3-2瓦 则点N(25,-5-2)或(-25-2)： 3+22(3+22)(3-2/2)9-8 当点F在点N的下方时，BF为对角线，不符合题意： ∴a-3=-22, 综上，点N的坐标为(25，-5-2)或（一255-2）. .(a-3)=8,即a2-6a+9=8, ∴a2-6a=-1.∴.2a2-12a=-2, 第二部分满分专题突破 则2a-12a+1=-2+1=-1. 三，1，(1)①解：原式= 4(/13+3) =/13+3. 专题1二次根式 (13-3)(/13+3) ②解：原式= m-m-2 一，1，r≥72，r>-23,x≥-1且r≠14.x≥1且r≠2 =m-n2 5.26.17.28.79.-1或2或310.2023 (万+-2)(Wm-、n-2) 1L.解：由题意得，x一1≥0且1一x≥0， (2)解：原式=号(5-巨+-后+厅-瓜+…十 解得x≥1且r≤1，所以，r-1, 3m+2-√/3n-1)(/3n+2+2 含 -(3m+2-@(Vn+2+)=m 质u平-子 解V2+号-2V层 12.解：1<3<4.1<3<2.∴2<4-5<3， ∴a=2,b=4-5-2=2-3, 52 参考答案 +活--六 由勾股定理得.CD=5,BC=25,BD=√3+4=5， 15 CD+BC=BD. 证V十后-僵-8，正确， .∠BCD-90. (2)解：由(1)中的规律可知 21.解：因为5=立u+b=(+2a6+8) 3=22-1,8=3°-1.15=4-1. ∴√十w与=m\T' 2(2ab+2), 验证V叶，产√石V马正确 1+5×6 1 (n+1)+1 (n+1) 1+ a(n+1) 所以2=a2十b, 解：(2)m十1D+1=n+1)+1 22.解：过E作EF⊥AC,交CA的延长线于F, 1 n(n+1) w+万n(n+D1+ n(n+1) :四边形ABDE为正方形， (3)原式-1+2+1++1+动+1+这+…+1+ ∴∠BAE=90.AE=AB, :∠EAF+∠AEF=90. 2022×2023-2023 ∠EAF+∠BAC=90°， .∠AEF-∠BAC, 1 1 1 1 =1X2+2x3+3X4+X+…+2022×2023-1 在△AEF和△BAC中， T∠F=∠ACB=90, T45 ∠AEF=∠BAC, 11 LAE-AB. 2022202s-1 '.△AEF≌△BAC(AAS), =一 1 .EF=AC-8, 20231 AF=BC-7. 4.解：原式=√(6)+2××√7+(W7) 在R△ECF中，EF=&, =√(6+7) FC=FA+AC=8+7=15, =6+T. 根据勾股定理得CE=8+15=17. (2)解：原式=√(W5)+2×5×√2+（②羽 23,(1)解：△ACE≌△BCD, 理由如下：：∠ECD=∠ACB=90“, =√W5+2) .∠ECA=∠DCB, =/5+2. CE-CD. 解：原武-√中国 在△ACE和△BCD中，∠ECA=∠DCB, CA=CB. √/(/)+2×6X2+(W2) .△ACE≌△BCD(SAS). 2 (2)解：∠ECD=90°，CE=CD. = √(6+2 .∠E=∠CDE=45. 2 .△ACE2△BCD, 49 .∠BDC=∠E=45 (3)证明：，△ACB是等腰直角三角形， 专题2勾股定理 ∴.AB=2AC 1.D2.C3.B4.B5.B6.A :∠ADB=∠CDE+∠BDC=45+45=90, :.BD +AD=AB', .10或2万&17或丽125. '△ACE≌△BCD,.AE-BD. :.AE+AD=AB=2AC. 12.513.51,215.4816号17,3218子19.2 专题3平行四边形 20.解：1)四边形ABCD的面积为7X5-号×2×4-号×1X2 1,(1)证明：D,E分别为BC,AB的中点， 7×3X4-3-×1X7=要 ∴DE=AC,DE∥AC (2)连接BD, EF=2DE. ∴.EF=AC,EF∥AC. 53 数学入年蚊下册(R) .四边形ACEF为平行四边形.AF=CE ,.∠DBA=45, (2)解：四边形ACEF为菱形.理由如下： .∠DEB=∠DBA,∴.DE=BD ∠B=30且∠ACB=90°，.AB=2AC, DG⊥AB,∴G是BE的中点，∴BF=2IDG,∴.AD=BE AE=AC=EC.,四边形ACEF为菱形. :四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD 2.(1)证明：DE∥AC,CE∥BD. :△AED2△CFB.∴.AE=CF,∴BE=DF,∴AD=DF 四边形OCED为平行四边形， 6,(1)证明：由题意得 又：四边形ABCD是菱形， AF=AB,AE平分∠BAD,∴∠BAE=∠FAE, .AC⊥BD,.∠DC=90°， "四边形ABCD是平行四边形，.AD∥BC,.∠FAE=∠AEB, .四边形OCED为矩形. .∠BAE=∠AEB..AB=BE,.BE=FA, (2)解：，四边形ABCD是菱形， ,四边形ABEF为平行四边形， ACLBD.OD-OB-BD-6.0A-O-AC-8. AB=AF,∴□ABEF为菱形 (2)解：四边形ABEF为菱形， 5am=5m-z0D.0C=24 ..BO=OF=3.AO=OE.AOLBO..AB=5. .A0=4..AE=2A0=8. 在R1△OBC中，BC=√BO+OC=10, 7.(1)证明：四边形ABCD为菱形.∴.BC=CD,∠B=∠D,AB SISA=8110+ AD. 5m-24×0-9 :E,F分别为ABAD的中点BE=AB,DF=号AD Saserm-Saoe+Sr-216 .EB=FD..△BCE≌△DCF 5 3.(1)证明：：AE∥BC, (2)解：当ABLBC时，四边形AEOF为正方形. .∠AEF=∠DBF, 理由：四边形ABCD是菱形. .AD∥BC,AB∥CD.AB=AD 又∠AFE=∠DFB,AF=DF, :E,O,F分别为AB,AC,AD的中点 ∴.△AFE≌△DFB(AAS). (2)证明：，'△AFE≌△DFB,.AE=BD, OE∥BC,OF∥CD.AE=号AB,AF=号AD. :AD是△ABC的中线，BD=CD,.AE=CD. ∴.AE∥OF,AF∥OE.AE=AF, :AE∥BC..四边形ADCE是平行四边形. ∴.四边形AEOF是菱形， (3)解：当AB=AC时，四边形ADCE是矩形 :AD∥BC.∠B=90,.∠BAD=90°. :AB=AC,AD是△ABC的中线， ∴四边形AEOF是正方形. AD⊥BC..∠ADC=90 8.(1)证明：△AB'C由△ABC折叠得到. ,四边形ADCE是平行四边形， ∴B'C=BC=AD,∠B=∠B=∠D=90', ,四边形ADCE是矩形. 在△ADE与△CBE中， 当AB=AC时，四边形ADCE是矩形 「∠D=∠B. 4证明：(1)：△ABD为等边三角形， ∠DEA=∠BEC,:△ADE≌△CBE(AAS. .∠DAB=∠D=60 AD=CB', ∠ACB=90°，∠CAB=30, (2)解：连接PE,由题意，得∠BAC=∠EAC=∠ECA, ∴∠ABC=60..∠DAB=∠ABC AE=CE,'SAN=SAAEr+SAr :E是AB的中点，AE=BE 又：∠FEA=∠BEC.∴△FEA2△CEB. 即宁×，AD-×A证，PG+×CE,PH-专×CEG+ (2):E是AB的中点，∠BAC=30,∠ACB=90°. PH). ∴.EB=BC .AD-PG+PH...EC=DC-DE-AB-DE-8-3-5. .∠EFA=∠EBC=∠ECB-G0. ∴B'C=√EC-BE=4,.PG+PH=AD=BC=4. ∴.∠AFC=∠D=60'..FC∥DB. 9.(1)证明：在△ABC中， '∠CFA=∠FCB,.DA∥BC :D,G为AB,AC的中点， .四边形BCFD是平行四边形 5,证明：(1)”四边形ABCD为平行四边形， DG//BC.DG-BC. ∴.AD=CB,∠A=∠C,AD∥BC.∴.∠ADB=∠CBD 在△OBC中，：E,F为OB,OC的中点， 又ED⊥DB,FB⊥BD ∴EF∥BC.EF=号BC∴DG-EF,DG∥EF, .∠ADE=∠CBF,∴.△ADE≌△CBF .四边形DEFG为平行四边形 (2)如图.作DG⊥AB于G, (2)解：：∠OBC和∠OCB互余， :∠DEB=45,∠A=3, ∴∠B0C=90. ..AD=2DG=2EG. :M为EF的中点 ∠DEB=45,∠EDB=90, .EF=2OM=2×3=6, 54 参考答案 .DG=EF=6. AD=12 cm, 10,(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， :.AD=BC=12 em. ∴.D∥AB..∠DAM=∠NDA. 当四边形ABQP为矩形时，AP=BQ. E为AD中点.∴DE=AE, ①当0<1<3时，1=12-4， 在△NED和△MEA中， ∠NDE=∠EAM. 解得1=号， DE=AE. .△NED≌△MEA(ASA). ②当3≤1<6时，1=41一12， ∠NED=∠MEA, 解得1=4： .AM-ND. ③当6≤1<9时，1=36-4L, :CD∥AB.∴.四边形AMDN是平行四边形， 解得1= :BD⊥AD,M为AB的中点，∴AM=DM=MB, ④当9≤≤12时，1=4t-36, ,四边形AMDN是菱形. 解得1=12. (2)解：四边形AMDN是正方形，理由如下： 四边形AMDN是菱形，.AM=DM, 综上所述，当：为号或4或碧或12时， .∠DAB=∠ADM=45,∴∠AMD=90. 四边形ABQP为矩形. 菱形AMDN是正方形. 专题4函数、一次函数 1L.证明：(1)：AD,BE分别是边BC,AC上的中线， DE是△ABC的中位线DE∥AB且DE=之A8 1.C2.A3.C4.D5.C6.C7.B8.D9.D10.C 11.A12.A13.B :点F,G分别是BO,AO的中点， 14.解：(1)设一次函数解析式为y=r+b, .FG是△OAB的中位线， 图象经过点（一1,4），(1，一2)两点， ∴FPG/AB且FPG-ABGF∥DE 把两点坐标代入函数解析式， (2)由(1)知GF∥DE,GF=DE. 可得 一十b=解得 k=-3, k+b=-2, b=1, .四边形EDFG是平行四边形. .一次函数解析式为y=一3十L. :AD,BE是BC,AC上的中线， (2)在y=-3x+1中，令y=0,可得-3x+1=0, cD-号Bc.CE-专AC 解得=吉 又，AC=BC,∴.CD=CE AC=BC. 令r=0,可得y=1, 在△ACD和△BCE中.{∠C=∠C. ÷一次函数图象与r轴的交点坐标为（号，0） CD-CE. 与y轴的交点坐标为(0,1). △ACD2△BCE,∴∠CAD=∠CBE. 15.解：(1)设直线AB的解析式是y=kx+b, AC=BC.∴∠CAB=∠CBA,∴∠DAB=∠EBA. 14k十b=2: .OBOA.点F,G分别是OB,AO的中点， 根据题意得 =6. BF-TOB.AG-70A.BF-AG. 解得一1 b=6, BE=AD,∴.EF=DG,四边形EDFG是矩形. 则直线的解析式是y=一x十6， 12.(1)证明：，AE=BF=CM=DN, ∴.AN=DM=CF=BE. 25m-7×6X4-l2 '∠A=∠B=∠C=∠D=90, (3)设OA的解析式是y=mr,则4m=2, .△ANE2△DMN≌△CFM2△BEF(SAS). ∴.EF=EN=NM=MF,∠ENA=∠DMN. 解得以=子 ∴.四边形EFMN是菱形. :∠ENA=∠DMN,∠DMN+∠DNM=90°， 则直找的解折式是y一之 .∠ENA+∠DNM=90. .∠ENM=90, :△OMC的面积是△OAC的面积的} .四边形EFMN是正方形： (2)解：：AB=7,AE=3, ∴M的横坐标是子×4=1或-子×4=一1。 .AN=BE=AB-AE=4. 在y=之中，当x=1时y=号 ∴.EN=√AE+AN=5, 在y=一x+6中，当x1时，y=5, .正方形EFMN的周长=4×5=20. 当x=一1时，y=7, 13.解：设经过：秒四边形ABQP为矩形.，在矩形ABCD中， 综上所述M的坐标是 55 数学入年蚊下册(R) (1,)或15)或(-17) b=4, 解得 1 16k+b=0, b=4. 16.解：(1)由 y=一 r-1 |r=2. 解得 y=-2x+2 v=-2, 2 “直线BC的解析式是y=一方十4 P点坐标为(2，一2). (2):点P(r,y)是直线BC在第一象限内的点， 2)在y=-之一1与直线y=-2+2中 2 y>0y-3r+.0<<6, 令y=0,则-方-1=0与-2r+2=0, :点A的坐标为（一2,0），点D的坐标为(1,0)， 分别解得=一2与x=1, AD=35w=号×3x(-号r+4）=-+6. A点坐标为（一2,0），B点坐标为(1.0)， 即S=一+6(0<<6) AB=3, 解：当S=3时，一0+6=3， ∴56m=2ABn=×3X2=3. 1 解得一3，在y一号+1中，当一3时y一导×3+4-2 (3)如图所示： 即此时点P的坐标是(3,2)， 根据对称性可知当P在x轴下方时， 可得满足条件的点P(9,一2). 20,解：(1)设一件A款服装的进价是a元， 则一件B款服装的进价是(a一100)元， =-2x+2 00-5需解得4=00， 自变量x的取值范围是x<2 经检验，4=500是原分式方程的解，且符合题意， 17.解：(1)在R△AOB中， .a-100=400. OA=1,AB=5,∠A0B=90°， 答：一件A款，B款服装的进价分别为500元，400元. (2)①由题意得，A款的件数不大于B款的件数，且不少于16件， ∴，OB=AB-OA=2, .16≤m≤50一m,解得16≤m≤25， .A(-1.0),B(0,2), ②设A款服装售价y与A的销售件数m的关系式为y=km十b, 把A,B两点坐标代人y=r十b, 1k=-10 1b=2, 1k=2, /2k+=780 则有一k十60： 解得 1b=800 解得=80· 1b=2, .A款服装售价y与A的销售件数m的关系为y=一10m十 ∴.直线AB的解析式为y=2x+2. 800, (2)设P(m,2m十2)， ∴.设销售利润W元，据题意得W=(一10m十800一500)m+ 由题意得号×2×m=4…m=士4， (600-400)(50-m)=-10m2+100m+10000 .P(-4,-6)或(4,10) =-10(m-5)1+10250 18,解：(1)设直线（的解析式是y■z+b,已知直线4经过点(0， :16≤m25, -4),(2,0), ,当m为16时销售商获得最大利润，最大利涧为9040元. 2染十b=0解得 可得6=一4 k=2, 21.解：(1)ym=0.9r(0≥0)： b=-4, 当在乙商场购买商品未超过100元时，乙商场按照原价售卖， 则直线：的解析式是y=2π一4. 即y=4 设直线k的解析式是y=a:r十n: 当在乙商场购买物品超过100元时，超过部分按8折， 一4a十n=0, 所以=100+(x-100)×0.8.化简得y=0.8.r十20. 已知直线4经过点(0,2)，（一4,0），可得{ 解得 n=2, 1r(0≤r100), 所以3yw=0.9.x:yz- a-0.5·则4的解析式是y=0,5x+2, 10.8x+20(x>100). n=2, (2)由题意可知，当购买商品原价小于或等于100时，甲商场打 (2)联立两个方程可得少=2一 1y=0.5r+2 2,解得r=4, 9折，乙商场不打折，所以甲商场购物更加划算： 1y=4, 当购买商品原价超过100元时， ∴点P的坐标为(4,4) 若0,8x+20>0.9r,即x<200,甲商场花费更低，购物选择甲 aSn-ABX1-2×6X4=12. 商场： 若0.8r+20=0.9r.即x=200,甲乙商场购物花费一样： (3)点P的坐标为(4,4)， 若0.8r十20<0.9r,即r>200,乙商场花费更低，购物选择乙 ∴当x<4时，直线在直线1的下方. 商场： 19.解：(1)设直线BC的解析式为y=k十(k≠0)， 综上所述，当购买商品原价金额小于200元时，选择甲离场更 由图象可知点C坐标是(0,4)，点B坐标是(6.0)， 划算：当购买商品原价金额等于200元时，选择甲商场和乙商 56 参考答案 场购物一样划算：当购买商品原价金额大于200元时，选择乙 ∠BAE=∠CFE, 商场更划算。 在△ABE和△FCE中，{∠ABE=∠FCE, 22.解：(1)填表如下： BE=EC. 运量（吨） 运费（元） .△ABE2△FCE(AAS)..AB=CF 'AB∥CF 甲仓库乙仓库 甲仓库 乙仓库 .四边形ABFC是平行四边形， 2X25 A果园 110-x 2×15.x AD=BC,AD=AF,∴.BC=AF,.四边形ABFC是矩形 (110-r) (2),EF=3 2×20× 2×20× B果园80一x r-10 21.解：(1)a=7,h-6,c=81,d-75 (80-x) (x-10) (2)y=2×15r+2×25×(110-r)+2×20×(80-r)+2×20× (2100×易=300（人. (x-10). 答：该校八年级约有300人将获得“小宇航员”称号. 即y关于x的函数表达式为y=一20.x十8300， (3)(答案不唯一)中位数为81（分），83>81，所以小雷同学成绩 :-20<0,且10≤x≤80， 在八年级属于中上水平， .当r■80时，总运费y最省，此时y=一20×80+8300= 2.115是 6700. 故当甲仓库运往A果园80吨有机化肥时，总运费最省，最省的 解：(2)设所求函数的解析式为s=:(k≠0)，代人(45,4)，得4 总运费是6700元， 45k:解得k=希故所求的与：的函数关系式一言《0<<45) 第三部分期术模拟冲刺 (3)由图象可知，小军在30≤1≤45的时段内￥是1的一次函数， 设函数解析式为s=m1十（加≠0） 期末模拟冲刺(1) 30m十#=4， 代人(30,4)，(45,0)，得 解得 -1.B2.B3.B4.A5.B6.C7.C8.D9.A10.B 145m+n=0, n=12. 三1512.218.514.号1.7 +12(30<1≤45).令-+12=名，解得1-15，当 三16.解：0)原式=4后-6×5+3×45 学时一言×甲=8答：当小军和小虎理面相遇时：他们离 =45-25+125 学校的路程是3千米。 =145. 23.(1)∠MNE=60. (2)原式=3-2十3十2一2，派=6-2√6 (2)证明：：折叠矩形纸片ABCD,使点A落在BC边上点A' 17.解：(1)：DC=4,AC=3,∠ACD=90, 处.sT垂直平分AA'.AO=A'O,AA'⊥ST,AD∥BC .∠SAO=∠TA'O,∠AS0=∠A'IO,.△AS0≌△A'TO .AD=1DC+AC=4+3=5. (AAS),.S0=T0. :AB=13,BD=12,.AB=BD+AD,.△ABD是直角三 .四边形ASA'T是平行四边形， 角形，∠ADB=90. 又：AA'⊥ST,.四边形SATA是菱形. (2)5×12÷2=30. (3)5<AT≤10. 故△ABD的面积是30. 18,解：在△ABC中，∠BAC=90°.AB■4，AC=3,BC 期末模拟冲刺(2) √/AB+AC=√+3=5， -.1.C2.D3.A4.D5.D6.B7.D8.C9.B10.C :AD1BC,∴∠ADB=∠ADC=90. 二，11,6cm 12.9013.314.815>-号 :点E,F分别是AB,AC边的中点， ∴DE-AB=2.DF=号AC=1.5,EF=BC=2.5, 三16.解：原式=16-6+2石 =4十6」 ∴△DEF的周长=DE+DF十EF=G, 17.解：(1)如图所示，E点即为所求 (2)3 19,解：(1)：一次函数y=r十b(k≠0)的图象由直线y=2x平移 18,(1)AE=CF(答案不难一) 得到，.=2，将点（一2,0）代入y=2r+b, (2)证明：AE⊥BD,CF⊥BD 得一4十b=0,解得b=4,·一次函数的解析式为y=2x十4. ∴AE∥CF, (2)x<-4. AE=CF. 20.解：(1)四边形ABFC是矩形，理由如下：四边形ABCD是平 .四边形AECF为平行四边形. 行四边形，∴AB∥CD, 四，19，(1)5032(2)10元15元 ∴∠BAE=∠CFE,∠ABE=∠FCE. （(3)解：(32000×10+8=720（人. ,E为BC的中点，EB=EC, 50 答：估计该校本次活动捐款金额为20元及以上的学生 人数为720人. 57