上海市八年级上学期期中真题必刷基础60题（31个考点专练）-2024-2025学年八年级数学上学期期中考点大串讲（沪教版）

期中真题必刷基础60题（31个考点专练） 一．二次根式的定义（共2小题） 1．（浦东新区期中）下列各式中，一定是二次根式的是　　 A． B． C． D． 2．（2023秋•杨浦区校级期中）若是二次根式，则的值为 　　． 二．二次根式有意义的条件（共2小题） 3．（2022秋•奉贤区期中）使二次根式有意义的的取值范围是　　 A． B． C． D． 4．（2021秋•金山区校级期中）如果有意义，那么的取值范围是 　　． 三．二次根式的性质与化简（共2小题） 5．（2022秋•徐汇区校级期中）若，则的取值范围为　　 A． B． C． D．一切实数 6．（2023秋•杨浦区期中）化简：　　． 四．最简二次根式（共3小题） 7．（2023秋•普陀区期中）下列二次根式中，最简二次根式是　　 A． B． C． D． 8．（2023秋•青浦区校级期中）下列二次根式中，最简二次根式是　　 A． B． C． D． 9．（2022秋•宝山区校级期中）化简：　　． 五．二次根式的乘除法（共2小题） 10．（2023秋•黄浦区期中）计算：　　． 11．（2022秋•虹口区校级期中）计算：． 六．分母有理化（共3小题） 12．（2020秋•闵行区期中）二次根式的一个有理化因式是　　 A． B． C． D． 13．（2021秋•浦东新区校级期中）甲、乙两位同学对代数式 ，分别作了如下变形： 甲： 乙： 关于这两种变形过程的说法正确的是　　 A．甲、乙都正确 B．甲、乙都不正确 C．只有甲正确 D．只有乙正确 14．（2023秋•崇明区期中）的有理化因式是 　　． 七．同类二次根式（共2小题） 15．（2023秋•长宁区校级期中）下列根式中，与是同类二次根式的是　　 A． B． C． D． 16．（2022秋•黄浦区期中）若最简二次根式和是同类二次根式，那么的值是 　　． 八．二次根式的加减法（共2小题） 17．（2022秋•浦东新区期中）计算：　　． 18．（2022秋•宝山区期中）计算：． 九．二次根式的混合运算（共2小题） 19．（2022秋•闵行区校级期中）下列计算正确的是　　 A． B． C． D． 20．（2023春•宝山区校级期中）计算：． 一十．二次根式的化简求值（共2小题） 21．（2021秋•金山区校级期中）已知，那么的值为 　　． 22．（2023秋•浦东新区期中）已知，，求的值． 一十一．二次根式的应用（共2小题） 23．（2021秋•普陀区期中）不等式的解集是 　　． 24．（2022秋•普陀区校级期中）解不等式：． 一十二．一元二次方程的定义（共1小题） 25．（2022秋•静安区校级期中）下列方程中，是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 一十三．一元二次方程的解（共2小题） 26．（2022秋•静安区校级期中）若一元二次方程，满足，则方程必有一根为　　 A．0 B．1 C． D． 27．（2022秋•宝山区校级期中）已知关于的一元二次方程的一个根为0，的值　　． 一十四．解一元二次方程-直接开平方法（共2小题） 28．（2023秋•金山区期中）方程的根是　　． 29．（2021秋•杨浦区期中）已知关于的方程没有实数根，那么的取值范围是 　　． 一十五．解一元二次方程-配方法（共2小题） 30．（2021秋•奉贤区校级期中）用配方法解方程，四个学生在变形时得到四种不同结果，其中配方正确的是　　 A． B． C． D． 31．（2023秋•青浦区校级期中）用配方法解方程：． 一十六．解一元二次方程-公式法（共2小题） 32．（2020秋•浦东新区校级期中）解方程：． 33．（2022秋•奉贤区期中）解方程：． 一十七．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 34．（2023秋•黄浦区期中）方程的解是 　　． 35．（2022秋•浦东新区校级期中）解方程： （1）； （2）用配方法：； （3）． 一十八．换元法解一元二次方程（共2小题） 36．（2012秋•浦东新区期中）如果，那么的值为　　 A．1 B． C．1或 D．或3 37．（2021秋•黄浦区期中）解方程：． 一十九．根的判别式（共2小题） 38．（2023秋•普陀区校级期中）下列关于的一元二次方程中，一定有实数解的是　　 A． B．为常数） C．为常数） D． 39．（2023秋•杨浦区校级期中）等腰的一边长为5，另外两边的长是关于的方程的两个实数根，则的值是 　　． 二十．根与系数的关系（共2小题） 40．（2020秋•浦东新区期中）已知关于的方程有一根为，则方程的另一根为　　． 41．（2021秋•杨浦区校级期中）已知关于的方程，是否存在实数，使成立？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由． 二十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题） 42．（闵行区期中）某超市一月份的营业额为200万元，第一季度的营业额1000万元，如果平均每月增长率为元，则由题意列方程应为　　 A． B． C． D． 43．（2023秋•杨浦区校级期中）某工厂自1月至3月的生产收入以相同的百分率连月增长、经预算，1月份生产收入为25万元，一季度的生产收入可达91万元，设2月和3月工厂每月生产收入增长的百分率都为，可列方程 　　． 二十二．一元二次方程的应用（共2小题） 44．（2022秋•虹口区校级期中）将进货单价为40元的商品按50元出售时，能卖出500个．已知这种商品每个涨价1元，其销售量就减少10个，则为了赚得8000元的利润售价应定为　 　元． 45．（2022秋•徐汇区校级期中）将进货单价为100元的商品按120元售出时，能卖出500件，已知这种商品每涨1元，其销售量就减少10件．如果希望能获得利润12000元，那么售价应定多少元？这时应进货多少件？ 二十三．常量与变量（共1小题） 46．（2021秋•黄浦区期中）如图所示是关于变量，的程序计算，若开始输入的值为4，则最后输出因变量的值为 　　． 二十四．函数的概念（共1小题） 47．（浦东新区校级期中）下列各题都有两个函数，这两个函数不是同一个函数的选项是　　 （1）和； （2）和； （3）和； （4）和； （5）和． A．（1）（2）（4）（5） B．（1）（2）（5） C．（2）（3）（4） D．（1）（2）（3）（4） 二十五．函数自变量的取值范围（共2小题） 48．（2023秋•青浦区校级期中）函数的定义域为 　　． 49．（2022秋•静安区期中）函数中自变量的取值范围是　　． 二十六．函数值（共2小题） 50．（2023秋•崇明区期中）已知函数，那么（2）　　． 51．（2022秋•青浦区校级期中）如果，那么　　． 二十七．函数的图象（共2小题） 52．（2022秋•虹口区校级期中）甲、乙两人赛跑，所跑路程与时间的关系如图（实线为甲的路程与时间的关系图象，虚线为乙的路程与时间的关系图象），小王根据图象得到如下四条信息，其中错误的是　　 A．这是一次赛跑 B．甲、乙同时起跑 C．甲、乙两人中先到达终点的是乙 D．甲在这次赛跑中的速度为 53．（2020秋•徐汇区校级期中）甲乙两同学从地出发，骑自行车在同一条路上行驶到地，他们离出发地的距离（千米）和行驶时间（时之间的函数关系的图象，如图所示．根据图中提供的信息，有下列说法： ①他们都行驶了18千米． ②甲车停留了0.5小时． ③乙比甲晚出发了0.5小时． ④相遇后甲的速度乙的速度． ⑤甲、乙两人同时到达目的地． 其中符合图象描述的说法有　　 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 二十八．正比例函数的定义（共2小题） 54．（2023秋•静安区校级期中）如果关于的函数是正比例函数，那么的取值范围是　　 A． B． C．一切实数 D．不能确定 55．（2022秋•虹口区校级期中）已知函数，当　　时，这个函数为正比例函数． 二十九．正比例函数的图象（共1小题） 56．（2023秋•黄浦区期中）下列各图象中，表示函数的大致图象是　　 A． B． C． D． 三十．正比例函数的性质（共2小题） 57．（2023秋•松江区期中）若是关于的正比例函数，且该函数图象经过第二、四象限，则的取值范围是 　　． 58．（2022秋•奉贤区校级期中）直线经过第 　　象限． 三十一．待定系数法求正比例函数解析式（共2小题） 59．（2022秋•虹口区校级期中）是关于的正比例函数，当时，则与的函数关系式是　 　． 60．（闸北区校级期中）已知正比例函数图象上的点到轴的距离与到轴距离的比为，则函数的解析式为 　　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷基础60题（31个考点专练） 一．二次根式的定义（共2小题） 1．（浦东新区期中）下列各式中，一定是二次根式的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据二次根式的定义判断即可． 【解答】解：、当，即时，是二次根式，本选项错误； 、当，即时，是二次根式，本选项错误； 、当时，是二次根式，本选项错误； 、， 一定是二次根式，本选项正确； 故选：． 【点评】本题考查的是二次根式的定义，形如的式子叫做二次根式． 2．（2023秋•杨浦区校级期中）若是二次根式，则的值为 　4　． 【分析】根据二次根式的定义得到且，然后解方程和不等式得到满足条件的的值． 【解答】解：是二次根式， ， 解得，， ， ． 故答案为：4． 【点评】本题考查了二次根式的定义：一般地，我们把形如的式子叫做二次根式． 二．二次根式有意义的条件（共2小题） 3．（2022秋•奉贤区期中）使二次根式有意义的的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】根据二次根式的被开方数是非负数、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：， 故选：． 【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、分母不为0是解题的关键． 4．（2021秋•金山区校级期中）如果有意义，那么的取值范围是 　　． 【分析】利用二次根式有意义的条件和分母不为0得到，然后解不等式即可． 【解答】解：根据题意得， 解得． 故答案为． 【点评】本题考查了二次根式有意义的条件：二次根式中被开方数的取值范围．二次根式中的被开方数是非负数．如果所给式子中含有分母，则除了保证被开方数为非负数外，还必须保证分母不为零． 三．二次根式的性质与化简（共2小题） 5．（2022秋•徐汇区校级期中）若，则的取值范围为　　 A． B． C． D．一切实数 【分析】直接利用二次根式的性质得出的符号，进而得出答案． 【解答】解：若， 则， 解得：． 故选：． 【点评】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确得出二次根式化简结果的符号是解题关键． 6．（2023秋•杨浦区期中）化简：　　． 【分析】直接利用二次根式的性质化简求出即可． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确掌握二次根式的性质是解题关键． 四．最简二次根式（共3小题） 7．（2023秋•普陀区期中）下列二次根式中，最简二次根式是　　 A． B． C． D． 【分析】满足以下两个条件的二次根式叫做最简二次根式：（1）被开方数的因数是整数，因式是整式；（2）被开方数中不能含有开方开的尽的因数或者因式． 【解答】解：．，不是最简二次根式，不符合题意， ．，是最简二次根式，符合题意， ．，不是最简二次根式，不符合题意， ．，不是最简二次根式，不符合题意， 故选：． 【点评】本题考查了最简二次根式的定义，理解掌握最简二次根式定义是解题关键． 8．（2023秋•青浦区校级期中）下列二次根式中，最简二次根式是　　 A． B． C． D． 【分析】根据最简二次函数的特征：被开方数不含分母，不含能开方开的尽的因式或因数，进行判断即可． 【解答】解：、被开方数含有分母，不符合题意； 、，不是最简二次根式，不符合题意； 、，不是最简二次根式，不符合题意； 、，是最简二次根式，符合题意； 故选：． 【点评】本题考查最简二次根式，熟练掌握相关的知识点是解题的关键． 9．（2022秋•宝山区校级期中）化简：　　． 【分析】根据最简二次根式的定义化简即可． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键． 五．二次根式的乘除法（共2小题） 10．（2023秋•黄浦区期中）计算：　　． 【分析】利用二次根式的乘除法则计算即可． 【解答】解：原式 ， 故答案为：． 【点评】本题考查二次根式的乘除运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键． 11．（2022秋•虹口区校级期中）计算：． 【分析】根据二次根式的乘除法法则计算即可． 【解答】解：原式 ． 【点评】本题考查的是二次根式乘除法，掌握二次根式的乘除法法则是解题的关键． 六．分母有理化（共3小题） 12．（2020秋•闵行区期中）二次根式的一个有理化因式是　　 A． B． C． D． 【分析】两个含二次根式的代数式相乘时，它们的积不含二次根式，这样的两个代数式成互为有理化因式． 【解答】解：因为， 所以二次根式的一个有理化因式可以是． 故选：． 【点评】本题考查了有理化因式的定义．一般来说分母有理化常常是乘二次根式本身（分母只有一项）或与原分母组成平方差公式的式子． 13．（2021秋•浦东新区校级期中）甲、乙两位同学对代数式 ，分别作了如下变形： 甲： 乙： 关于这两种变形过程的说法正确的是　　 A．甲、乙都正确 B．甲、乙都不正确 C．只有甲正确 D．只有乙正确 【分析】利用分子，分母同时乘以有理化因式或分子化为含有分母的乘积形式求解． 【解答】解：甲同学的解答只有在的情况下才成立， 只有乙同学的解答过程正确． 故选：． 【点评】本题主要考查了分母有理化，解题的关键是正确找出有理化因式或把分子化为含有分母的乘积形式． 14．（2023秋•崇明区期中）的有理化因式是 　　． 【分析】根据分母有理化的方法进行解题即可． 【解答】解：由题可知，， 故的有理化因数是． 故答案为：． 【点评】本题考查分母有理化，熟练掌握相关的知识点是解题的关键． 七．同类二次根式（共2小题） 15．（2023秋•长宁区校级期中）下列根式中，与是同类二次根式的是　　 A． B． C． D． 【分析】把各选项化为最简二次根式，然后根据同类二次根式的定义选择即可． 【解答】解：．，与不是同类二次根式，故本选项不符合题意； ．，与不是同类二次根式，故本选项不符合题意； ．，与不是同类二次根式，故本选项不符合题意； ．，与是同类二次根式，故本选项符合题意． 故选：． 【点评】本题考查同类二次根式的概念，同类二次根式是化为最简二次根式后，被开方数相同的二次根式称为同类二次根式． 16．（2022秋•黄浦区期中）若最简二次根式和是同类二次根式，那么的值是 　0　． 【分析】由同类二次根式的概念即可求解． 【解答】解：最简二次根式和是同类二次根式， ，， ，， ． 故答案为：0． 【点评】本题考查同类二次根式的概念，关键是掌握：把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式． 八．二次根式的加减法（共2小题） 17．（2022秋•浦东新区期中）计算：　　． 【分析】根据二次根式的加减运算法则即可求出答案． 【解答】解：原式 ， 故答案为：． 【点评】本题考查二次根式的加减运算法则，解题的关键是熟练运用二次根式的加减运算法则，本题属于基础题型． 18．（2022秋•宝山区期中）计算：． 【分析】直接化简二次根式，再合并得出答案． 【解答】解：原式 ． 【点评】此题主要考查了二次根式的加减，正确化简二次根式是解题关键． 九．二次根式的混合运算（共2小题） 19．（2022秋•闵行区校级期中）下列计算正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用二次根式的加减法对进行判断；根据二次根式的除法法则对进行判断；根据二次根式的性质对进行判断；根据二次根式的乘法法则对进行判断． 【解答】解：、与不能合并，所以选项错误； 、原式，所以选项正确； 、原式，所以选项错误； 、原式，所以选项错误． 故选：． 【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化简为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍． 20．（2023春•宝山区校级期中）计算：． 【分析】根据二次根式的加减运算法则以及乘除运算法则即可求出答案． 【解答】解：原式 ． 【点评】本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的加减运算法则以及乘除运算法则，本题属于基础题型． 一十．二次根式的化简求值（共2小题） 21．（2021秋•金山区校级期中）已知，那么的值为 　　． 【分析】先把的值代入中，然后利用二次根式的性质计算． 【解答】解：， ． 故答案为． 【点评】本题考查了二次根式的化简求值，根据已知条件的特点，把的值直接代入计算比较简便． 22．（2023秋•浦东新区期中）已知，，求的值． 【分析】首先化简，，再进一步把，代入数值求得答案即可． 【解答】解：，， ． 【点评】此题考查二次根式的混合运算与化简求值，注意先把二次根式化为最简形式，再进一步整理代数式求得答案即可． 一十一．二次根式的应用（共2小题） 23．（2021秋•普陀区期中）不等式的解集是 　　． 【分析】按照解一元一次不等式的步骤计算即可． 【解答】解：， ， ， ． 【点评】本题考查二次根式的计算，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解题关键． 24．（2022秋•普陀区校级期中）解不等式：． 【分析】将所求不等式变形为，再由，根据不等式的基本性质求解即可． 【解答】解：， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查解一元一次不等式，熟练掌握解一元一次不等式的方法，无理数大小的比较是解题的关键． 一十二．一元二次方程的定义（共1小题） 25．（2022秋•静安区校级期中）下列方程中，是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可． 【解答】解：．该方程化简为是一元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； ．该方程是分式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意 ．是一元二次方程，故本选项符合题意； ．该方程被开方数含有未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，只有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程． 一十三．一元二次方程的解（共2小题） 26．（2022秋•静安区校级期中）若一元二次方程，满足，则方程必有一根为　　 A．0 B．1 C． D． 【分析】根据方程的根的定义判断即可． 【解答】解：当时，方程左边，因为， 左边右边， 是方程的一个根． 故选：． 【点评】此类题目的解法是常常将1或或0代入方程，来推理判断方程系数的关系． 27．（2022秋•宝山区校级期中）已知关于的一元二次方程的一个根为0，的值　　． 【分析】根据一元二次方程的定义可得出，进而可得出，将代入原方程可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，结合即可得出结论． 【解答】解：方程为一元二次方程， ， ． 将代入，得：， 解得：，（不合题意，舍去）． 故答案为：． 【点评】本题考查了一元二次方程的定义以及一元二次方程的解，代入求出的值是解题的关键． 一十四．解一元二次方程-直接开平方法（共2小题） 28．（2023秋•金山区期中）方程的根是　，　． 【分析】先求4的平方根，然后解关于的一元一次方程． 【解答】解：由原方程，得． 解得． 故答案为：． 【点评】本题考查了解一元二次方程直接开平方法．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”． 29．（2021秋•杨浦区期中）已知关于的方程没有实数根，那么的取值范围是 　　． 【分析】根据直接开平方法解一元二次方程求解即可得出答案． 【解答】解：关于的方程没有实数根， ， 解得， 故答案为：． 【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法． 一十五．解一元二次方程-配方法（共2小题） 30．（2021秋•奉贤区校级期中）用配方法解方程，四个学生在变形时得到四种不同结果，其中配方正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据配方法可以将题目中的方程进行变形，从而可以解答本题． 【解答】解：， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查解一元二次方程配方法，解题的关键是明确配方法，会用配方法对方程变形． 31．（2023秋•青浦区校级期中）用配方法解方程：． 【分析】方程整理后，利用配方法求出解即可． 【解答】解：， 方程整理得：， 配方得：，即， 开方得：， 解得，． 【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2小题） 32．（2020秋•浦东新区校级期中）解方程：． 【分析】首先方程的两边乘以2，然后经过整理，利用求根公式求解即可． 【解答】解：， 两边乘以2得：，（1分） 整理得：，（1分） △， ， ，．（各1分） 【点评】本题主要考查用公式法解整式方程，关键在于熟练运用求根公式． 33．（2022秋•奉贤区期中）解方程：． 【分析】先把原方程转化为一般式方程，然后利用公式法求解即可． 【解答】解：由原方程，得， ，，， △， ， 所以，． 【点评】本题考查了解一元二次方程公式法．用公式法解一元二次方程的一般步骤为： ①把方程化成一般形式，进而确定，，的值（注意符号）； ②求出的值（若，方程无实数根）； ③在的前提下，把、、的值代入公式进行计算求出方程的根． 注意：用公式法解一元二次方程的前提条件有两个：①；②． 一十七．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 34．（2023秋•黄浦区期中）方程的解是 　，　． 【分析】先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可． 【解答】解：， ， ，或， 解得：，． 故答案为：，． 【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，注意：解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等． 35．（2022秋•浦东新区校级期中）解方程： （1）； （2）用配方法：； （3）． 【分析】（1）先展开，再合并，最后用因式分解来求解； （2）加一个4减一个4，再直接开方，进行求解； （3）直接利用公式法进行求解． 【解答】解：（1）， 整理，得 ， ， ，， 解得：，； （2）， ， ， ， 解得：，； （3）， ， ，，， △， ， 解得：，． 【点评】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握因式分解法、配方法、公式法进行求解． 一十八．换元法解一元二次方程（共2小题） 36．（浦东新区期中）如果，那么的值为　　 A．1 B． C．1或 D．或3 【分析】在本题中有两个未知数，且通过观察最后结果，可采用换元法，把当成一个整体进行考虑． 【解答】解：设，则原方程变形为， 解得或． 故选． 【点评】此题主要是把当成一个整体，把求代数式的值的问题转化为解关于这个整体的方程，利用求根公式求解． 37．（2021秋•黄浦区期中）解方程：． 【分析】方法一：利用因式分解法解方程； 方法二：设，则原方程变为，然后解关于的方程，最后再来求的值． 【解答】方法一： 解：． ， ， 或， ；． 方法二： 解：，则有， ； 解得，或； ①当时，； ②当时，． 【点评】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法． 一十九．根的判别式（共2小题） 38．（2023秋•普陀区校级期中）下列关于的一元二次方程中，一定有实数解的是　　 A． B．为常数） C．为常数） D． 【分析】别求出每个一元二次方程根的判别式△与0的关系，进而选择正确的选项． 【解答】解：、，△，所以原方程没有实数解，故此选项不符合题意； 、，△，只有时，△，所以原方程不一定有实数解，故此选项不符合题意； 、，△，所以原方程一定有实数解，故此选项符合题意； 、，△，所以原方程没有实数解，故此选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题的关键是掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系： （1）△方程有两个不相等的实数根； （2）△方程有两个相等的实数根； （3）△方程没有实数根． 39．（2023秋•杨浦区校级期中）等腰的一边长为5，另外两边的长是关于的方程的两个实数根，则的值是 　64　． 【分析】分为两种情况：①腰长为5，②底边为5，分别求出即可． 【解答】解：①腰长为5， 是方程的解，则， 解得， ， ，， 此时不满足两边之和大于第三边； ②底边长为5， △， ， ， ， 此时三边是5，8，8满足题目． 综上：． 故答案为：64． 【点评】本题考查了一元二次方程的解，根的判别式，等腰三角形的性质等知识点，能求出符合的所有情况是解此题的关键． 二十．根与系数的关系（共2小题） 40．（2020秋•浦东新区期中）已知关于的方程有一根为，则方程的另一根为　　． 【分析】设方程的另一根为，由根与系数的关系即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论． 【解答】解：设方程的另一根为， 根据题意得：， 解得：． 故答案为：． 【点评】本题考查了根与系数的关系以及解一元一次方程，牢记两根之和等于是解题的关键． 41．（2021秋•杨浦区校级期中）已知关于的方程，是否存在实数，使成立？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【分析】先利用根的判别式求出，再利用根与系数的关系得，，接着把变形为，所以，然后解关于的方程即可． 【解答】解：存在． 关于的方程有实数解， △， 解得， 根据根与系数的关系得，， ， ， ， ， 整理得，解得，， ， 当或时，成立． 【点评】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，． 二十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题） 42．（闵行区期中）某超市一月份的营业额为200万元，第一季度的营业额1000万元，如果平均每月增长率为元，则由题意列方程应为　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意可以列出相应的方程，本题得以解决． 【解答】解：由题意可得， ， ， 故选：． 【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是明确题意，列出相应的方程． 43．（2023秋•杨浦区校级期中）某工厂自1月至3月的生产收入以相同的百分率连月增长、经预算，1月份生产收入为25万元，一季度的生产收入可达91万元，设2月和3月工厂每月生产收入增长的百分率都为，可列方程 　　． 【分析】设每月生产收入的增长率为，根据1月份的生产25万元，一季度的生产收入可达91万元，列方程即可得到结论． 【解答】解：设每月生产收入的增长率为，依题意，得： ， 故答案为：． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 二十二．一元二次方程的应用（共2小题） 44．（2022秋•虹口区校级期中）将进货单价为40元的商品按50元出售时，能卖出500个．已知这种商品每个涨价1元，其销售量就减少10个，则为了赚得8000元的利润售价应定为　60或80　元． 【分析】总利润销售量每个利润．设涨价元能赚得8000元的利润，即售价定为每个元，应进货个，根据为了赚得8000元的利润，可列方程求解． 【解答】解：设涨价元能赚得8000元的利润，即售价定为每个元，应进货个，依题意得： ， 解得，． 当时，； 当时，． 答：售价定为每个60或80． 故答案为：60或80． 【点评】本题考查一元二次方程的应用，属于销售利润问题，要会结合题意，表示每个的销售利润，销售量，根据销售利润的基本等量关系，列方程求解． 45．（2022秋•徐汇区校级期中）将进货单价为100元的商品按120元售出时，能卖出500件，已知这种商品每涨1元，其销售量就减少10件．如果希望能获得利润12000元，那么售价应定多少元？这时应进货多少件？ 【分析】总利润销售量每个利润．设涨价元能赚得12000元的利润，即售价定为每个元，应进货个，根据为了赚得12000元的利润，可列方程求解． 【解答】解：设涨价元能赚得12000元的利润，即售价定为每个元，应进货个，依题意得： ， 解得， 当时，，； 当时，，． 答：售价应定130元，这时应进货400个，或售价应定140元，这时应进货300个． 【点评】本题考查一元二次方程的应用，关键看到涨价和销售量的关系，然后以利润作为等量关系列方程求解． 二十三．常量与变量（共1小题） 46．（2021秋•黄浦区期中）如图所示是关于变量，的程序计算，若开始输入的值为4，则最后输出因变量的值为 　20　． 【分析】将代入关系式，进而解决此题． 【解答】解：当，则． 输出因变量． 故答案为：20． 【点评】本题主要考查求因变量的值，熟练掌握自变量对应的因变量的值的求法是解决本题的关键． 二十四．函数的概念（共1小题） 47．（浦东新区校级期中）下列各题都有两个函数，这两个函数不是同一个函数的选项是　　 （1）和； （2）和； （3）和； （4）和； （5）和． A．（1）（2）（4）（5） B．（1）（2）（5） C．（2）（3）（4） D．（1）（2）（3）（4） 【分析】判断两个函数是否为同一个函数的方法：①判断两个函数的的取值范围是否相同；②判断两个函数的表达式是否相同，由此可求解． 【解答】解：（1），中取值为，中取值为全体实数， 和不是同一个函数； （2）中取值为全体实数，中取值为， 和不是同一个函数； （3）， 和是同一个函数； （4）中取值为全体实数，中， 和不是同一个函数； （5）， 和不是同一个函数； （1）（2）（4）（5）不是同一个函数， 故选：． 【点评】本题考查同一个函数的概念，熟练掌握同一个函数的概念是解题的关键． 二十五．函数自变量的取值范围（共2小题） 48．（2023秋•青浦区校级期中）函数的定义域为 　全体实数　． 【分析】求出的取值范围即为函数的定义域． 【解答】解：函数的定义域为全体实数； 故答案为：全体实数． 【点评】本题考查函数自变量的取值范围，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 49．（2022秋•静安区期中）函数中自变量的取值范围是　　． 【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出的范围． 【解答】解：根据题意得：， 解得：． 故答案为：． 【点评】考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑： （1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数； （2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0； （3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 二十六．函数值（共2小题） 50．（2023秋•崇明区期中）已知函数，那么（2）　3　． 【分析】把代入函数中计算即可得出答案． 【解答】解：把代入函数中， 得（2）． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了函数值，熟练掌握函数值的计算方法进行求解是解决本题的关键． 51．（2022秋•青浦区校级期中）如果，那么　　． 【分析】根据函数的定义，将代入进行计算即可． 【解答】解：， ； 故答案为：． 【点评】此题考查了函数值． （1）当已知函数解析式时，求函数值就是求代数式的值； （2）函数值是唯一的，而对应的自变量可以是多个． 二十七．函数的图象（共2小题） 52．（2022秋•虹口区校级期中）甲、乙两人赛跑，所跑路程与时间的关系如图（实线为甲的路程与时间的关系图象，虚线为乙的路程与时间的关系图象），小王根据图象得到如下四条信息，其中错误的是　　 A．这是一次赛跑 B．甲、乙同时起跑 C．甲、乙两人中先到达终点的是乙 D．甲在这次赛跑中的速度为 【分析】根据函数图象对各选项分析判断后利用排除法求解． 【解答】解：、路程为后不在增加，所以，这是一次赛跑，正确，故本选项错误； 、加起跑后一段时间乙开始起跑，错误，故本选项正确； 、乙计时283秒到达终点，甲计时300秒到达终点，正确，故本选项错误； 、甲在这次赛跑中的速度为，正确，故本选项错误． 故选：． 【点评】本题考查了函数图象，读函数的图象时首先要理解横、纵坐标表示的含义． 53．（2020秋•徐汇区校级期中）甲乙两同学从地出发，骑自行车在同一条路上行驶到地，他们离出发地的距离（千米）和行驶时间（时之间的函数关系的图象，如图所示．根据图中提供的信息，有下列说法： ①他们都行驶了18千米． ②甲车停留了0.5小时． ③乙比甲晚出发了0.5小时． ④相遇后甲的速度乙的速度． ⑤甲、乙两人同时到达目的地． 其中符合图象描述的说法有　　 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论． 【解答】解：根据题意和图象可知：①他们都行驶了18千米．②甲车停留了0.5小时．③乙比甲晚出发了小时．④相遇后甲的速度乙的速度． ⑤乙先到达目的地．故只有⑤不正确． 故选：． 【点评】主要考查了函数图象的读图能力． 二十八．正比例函数的定义（共2小题） 54．（2023秋•静安区校级期中）如果关于的函数是正比例函数，那么的取值范围是　　 A． B． C．一切实数 D．不能确定 【分析】根据正比例函数的定义，列出方程求解即可． 【解答】解：函数是正比例函数， ， 取全体实数， 故选：． 【点评】本题考查了正比例函数的定义，掌握正比例函数的定义：形如的形式，叫正比例函数． 55．（2022秋•虹口区校级期中）已知函数，当　2　时，这个函数为正比例函数． 【分析】根据正比例函数的定义列式求解即可． 【解答】解：由题意得且， ． 故答案为：2． 【点评】本题主要考查了正比例函数的定义，正比例函数的定义是形如是常数，的函数，其中叫做比例系数． 二十九．正比例函数的图象（共1小题） 56．（2023秋•黄浦区期中）下列各图象中，表示函数的大致图象是　　 A． B． C． D． 【分析】由于正比例函数的图象是一条经过原点的直线，由此即可确定选择项． 【解答】解：， 函数的值随自变量的增大而增大，且函数为正比例函数， 故选：． 【点评】本题考查了正比例函数的图象，正确地理解题意是解题的关键． 三十．正比例函数的性质（共2小题） 57．（2023秋•松江区期中）若是关于的正比例函数，且该函数图象经过第二、四象限，则的取值范围是 　　． 【分析】根据“一次函数的图象：当时，函数图象经过第二、四象限”进行求解即可． 【解答】解：正比例函数的图象经过第二、四象限， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数的图象与系数的关系是解题的关键． 58．（2022秋•奉贤区校级期中）直线经过第 　二、四　象限． 【分析】根据正比例函数的图象即可解答． 【解答】解：的， 直线经过第二、四象限， 故答案为：二、四． 【点评】本题考查了正比例函数的图象，当时，函数经过一、三象限，当时，函数经过二、四象限． 三十一．待定系数法求正比例函数解析式（共2小题） 59．（2022秋•虹口区校级期中）是关于的正比例函数，当时，则与的函数关系式是　　． 【分析】设，然后把对应值，代入求出即可． 【解答】解：设， 当时，， 所以， 所以正比例函数解析式为． 答案为． 【点评】本题考查了待定系数法求正比例函数的解析式：设正比例函数的解析式为，然后把一组对应值代入求出即可得到正比例函数解析式． 60．（闸北区校级期中）已知正比例函数图象上的点到轴的距离与到轴距离的比为，则函数的解析式为 　或　． 【分析】设正比例函数解析式为，根据题意，正比例函数图象上的点的坐标可设为或，然后把它们分别代入可计算出对应的的值，从而可确定正比例函数解析式． 【解答】解：设正比例函数解析式为， 正比例函数图象上的点到轴的距离与到轴距离的比为， 正比例函数图象上的点的坐标可设为或， 或 或， 正比例函数解析式为或． 故答案为或． 【点评】本题考查了待定系数法求正比例函数的解析式：设正比例函数解析式为，然后把一组对应值代入求出，从而得到正比例函数解析式． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司3 学科网（北京）股份有限公司 $$