期末真题必刷基础60题（考题猜想，25种热考题型）-2024-2025学年八年级数学上学期期末考点大串讲（沪教版）

期末真题必刷基础60题（考题猜想，25种热考题型） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一．实数范围内分解因式（共2题） 1．（2023秋•长宁区校级期末）在实数范围内分解因式：　 　． 2．（2023秋•闵行区期末）在实数范围内因式分解：　 　． 二．二次根式有意义的条件（共3题） 3．（2023秋•崇明区期末）若等式成立，则实数的取值范围是　　 A． B． C． D． 4．（2024春•青浦区校级期末）当　 　时，有意义． 5．（2023秋•浦东新区校级期末）如果等式成立，需要添加条件 　 　． 三．二次根式的性质与化简（共4题） 6．（2023秋•浦东新区校级期末）化简：　 　． 7．（2023秋•静安区校级期末）如果，那么等式成立的条件是 　 　． 8．（2023秋•浦东新区校级期末）化简得 　 　． 9．（2023秋•闵行区期末）计算：　 　． 四．最简二次根式（共2题） 10．（2023秋•宝山区期末）在下列二次根式中，属于最简二次根式的是　　 A． B． C． D． 11．（2023秋•长宁区校级期末）下列二次根式中，不是最简二次根式的是　　 A． B． C． D． 五．二次根式的乘除法（共2题） 12．（2023秋•浦东新区期末）计算：　　． 13．（2023秋•静安区校级期末）计算：． 六．分母有理化（共3题） 14．（2023秋•闵行区期末）下列代数式中，的一个有理化因式是　　 A． B． C． D． 15．（2023秋•普陀区期末）的有理化因式是　　 A． B． C． D． 16．（2023秋•长宁区校级期末）分母有理化：　 　． 七．同类二次根式（共2题） 17．（2023秋•杨浦区期末）下列各式中与是同类二次根式的是　　 A． B． C． D． 18．（2023秋•虹口区校级期末）如果最简二次根式与是同类二次根式，那么的值是　　 A．3 B． C．1 D．0 八．二次根式的加减法（共2题） 19．（2023秋•浦东新区期末）化简： 　 　． 20．（2023秋•浦东新区校级期末）计算：． 九．二次根式的混合运算（共2题） 21．（2023秋•长宁区校级期末） （1）计算：； （2）计算：． 22．（2023秋•黄浦区期末）计算： 十．一元二次方程的定义（共2题） 23．（2023秋•虹口区校级期末）下列方程中，是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 24．（2023秋•闵行区校级期末）下列方程中是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 十一．解一元二次方程（共3题） 25．（2023秋•虹口区校级期末）方程的根为 　 ． 26．（2023秋•金山区期末）如果关于的一元二次方程有一个根是1，则　　． 27．（2023秋•长宁区校级期末） （1）解方程：； （2）解方程：． 十二．根的判别式（共2题） 28．（2023秋•崇明区期末）下列关于的方程中一定有实数解的是　　 A． B． C． D． 29．（2023秋•松江区期末）下列关于的一元二次方程定有实数解的是　　 A． B． C． D． 十三．一元二次方程的应用（共4题） 30．（2023秋•宝山区期末）随着互联网购物急速增加，快递业逐渐成为我国发展最快的行业之一，某快递店十月份揽件5000件、十月、十一月、十二月合计揽件20000件，如果该快递店十一月、十二月月揽件量的增长率都是，那么由题意可得方程　　 A． B． C． D． 31．（2023秋•虹口区校级期末）如图，在宽为，长为的矩形地面上修建两条宽均为的小路（阴影），余下部分作为草地，草地面积为，根据图中数据，求得小路宽的值为　　 A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 32．（2023秋•嘉定区期末）一种型号的智能手机，原来每台售价7500元，经过两次降价后，现在每台售价为4800元，如果每次降价的百分率相同，那么这个百分率是　 　． 33．（2023春•浦东新区期末）有一个两位数，如果个位上的数比十位上的数大1，并且十位上的数的平方比个位上的数也大1，那么这个两位数是 　 　． 十四．两点间的距离公式（共2题） 34．（2023秋•杨浦区期末）若点在轴上，点坐标是，且，则点的坐标是　 ． 35．（2023秋•长宁区校级期末）在直角坐标平面内点与点的距离等于 　 　 十五．函数自变量的取值范围（共2题） 36．（2023秋•崇明区期末）函数的定义域是　 　． 37．（2023秋•松江区期末）函数中自变量的取值范围是 　 　． 十六．函数值（共2小题） 38．（2023秋•松江区期末）已知函数，那么（6）　 　． 39．（2023秋•宝山区期末）已知，那么　 　． 十七．正比例函数与反比例函数（共5题） 40．（2023秋•普陀区期末）已知正比例函数的值随着自变量的值增大而增大，那么这个正比例函数的解析式可以是 　 　．（只需写一个） 41．（2023秋•金山区期末）下列四个函数中，是反比例函数的是　　 A． B． C． D． 42．（2023秋•闵行区校级期末）反比例函数，当时，随的增大而增大，那么的取值范围是　 　． 43．（2023秋•杨浦区期末）如图，点在反比例函数第一象限的图象上，垂直轴，垂足为，设的面积是，那么与之间的数量关系是　　 A． B． C． D．不能确定 44．（2023秋•松江区期末）若点、、都在反比例函数的图象上，则有　　 A． B． C． D． 十八．全等三角形的判定与性质（共2题） 45．（2023秋•黄浦区期末）如图，、两点分别在射线，上，点在的内部，且，，，垂足分别为点、，且，若，，则的长为　　 A．10 B．13 C．15 D．17 46．如图，在等边的三边上各取一点、、，且有，，，，则的周长为 　 　． 十九．角平分线的性质（共2题） 47．（2023秋•虹口区校级期末）如图，已知，点为、的平分线的交点．，且，则两平行线、间的距离等于 　 　． 48．（2023秋•嘉定区期末）如图，在等腰中，，，平分，交于点，，若，则的周长为　　 A． B． C． D． 二十．线段垂直平分线的性质（共2题） 49．（2023秋•虹口区校级期末）如图，中，的垂直平分线交边于点，的垂直平分线交边于点，若，则的度数为　　 A． B． C． D． 50．（2023秋•闵行区期末）如图，在中，分别作、的垂直平分线，交于点、，垂足为、，若，则　　度． 二十一．含30度角的直角三角形（共2题） 51．（2023秋•虹口区校级期末）如果等腰三角形腰上的高等于底边的一半，那么这个等腰三角形的顶角等于 　 　． 52．（2023秋•崇明区期末）已知：如图．在中．．，．求证：． 二十二．直角三角形斜边上的中线（共2题） 53．（2023秋•静安区校级期末）如图，在和中，，联结与交于点，，分别是、的中点．求证：垂直平分． 54．（2023秋•长宁区校级期末）如图，在中，，垂足为点，是边上的中线，如果，，那么　　度． 二十三．勾股定理的逆定理（共2题） 55．（2023秋•杨浦区期末）下列给出的三条线段中，不能构成直角三角形的是　　 A．4，8， B．4，8， C．7，24，25 D．7，14，15 56．（2023秋•闵行区期末）在中，、、的对边分别是，，．下列条件中，不能说明是直角三角形的是　　 A． B． C． D． 二十四．命题与定理（共2题） 57．（2023秋•杨浦区期末）已知下列命题中： ①有两条边分别相等的两个直角三角形全等； ②有一条腰相等的两个等腰直角三角形全等； ③有一条边与一个锐角分别相等的两个直角三角形全等； ④顶角与底边分别对应相等的两个等腰三角形全等． 其中真命题的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 58．（2023秋•静安区校级期末）下列说法中正确的是　　 A．每个命题都有逆命题 B．每个定理都有逆定理 C．真命题的逆命题是真命题 D．假命题的逆命题是假命题 二十五．轨迹（共2题） 59．（2023秋•杨浦区期末）到点的距离等于2厘米的点的轨迹是　 ． 60．（2023秋•长宁区校级期末）下列说法错误的是　　 A．到点距离等于的点的轨迹是以点为圆心，半径长为的圆 B．等腰的底边固定，顶点的轨迹是线段的垂直平分线 C．在一个角的内部（包括顶点）到角的两边距离相等的点的轨迹是这个角的平分线 D．到直线的距离等于的点的轨迹是两条平行于且与的距离等于的直线 $$期末真题必刷基础60题（考题猜想，25种热考题型） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一．实数范围内分解因式（共2题） 1．（2023秋•长宁区校级期末）在实数范围内分解因式：　 　． 【分析】首先令，利用公式法即可求得此一元二次方程的解，继而可将此多项式分解． 【解答】解：令， 则，，， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查实数范围内的因式分解．注意掌握公式法解一元二次方程的知识． 2．（2023秋•闵行区期末）在实数范围内因式分解：　 　． 【分析】先配方成完全平方式，再利用平方差公式继续分解即可． 【解答】解： ． 故答案为：． 【点评】本题考查了实数范围内分解因式，配方成完全平方式是解题的关键． 二．二次根式有意义的条件（共3题） 3．（2023秋•崇明区期末）若等式成立，则实数的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】根据二次根式有意义的条件即可求得答案． 【解答】解：若成立， 则， 故选：． 【点评】本题考查二次根式有意义的条件，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握． 4．（2024春•青浦区校级期末）当　 　时，有意义． 【分析】根据被开方数大于等于0列式进行计算即可求解． 【解答】解：根据题意得，， 解得． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数． 5．（2023秋•浦东新区校级期末）如果等式成立，需要添加条件 　 　． 【分析】根据二次根式有意义的条件即可求得答案． 【解答】解：由题意可得， 解得：， 故答案为：． 【点评】本题考查二次根式有意义的条件，结合已知条件列得关于的一元一次不等式组是解题的关键． 三．二次根式的性质与化简（共4题） 6．（2023秋•浦东新区校级期末）化简：　 　． 【分析】二次根式的性质：，根据性质可以对上式化简． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】本题考查的是二次根式的性质和化简，根据二次根式的性质，对代数式进行化简． 7．（2023秋•静安区校级期末）如果，那么等式成立的条件是 　 　． 【分析】根据解答即可． 【解答】解：如果， 那么，， 解得 故答案为：． 【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握的化简以及二次根式有意义的条件是解题的关键． 8．（2023秋•浦东新区校级期末）化简得 　 　． 【分析】根据化简二次根式的步骤，应用二次根式的基本性质化简即可． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了二次根式的性质和化简，要熟练掌握，化简二次根式的步骤：①把被开方数分解因式；②利用积的算术平方根的性质，把被开方数中能开得尽方的因数（或因式）都开出来；③化简后的二次根式中的被开方数中每一个因数（或因式）的指数都小于根指数2． 9．（2023秋•闵行区期末）计算：　 　． 【分析】根据二次根式的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性质与化简，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题型． 四．最简二次根式（共2题） 10．（2023秋•宝山区期末）在下列二次根式中，属于最简二次根式的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据最简二次根式的定义进行解题即可 【解答】解：、，不符合题意； 、，不符合题意； 、是最简二次根式，符合题意； 、，不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查最简二次根式，掌握化成最简二次根式的方法是解题的关键． 11．（2023秋•长宁区校级期末）下列二次根式中，不是最简二次根式的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据最简二次根式的概念判断即可． 【解答】解：、是最简二次根式，不符合题意； 、是最简二次根式，不符合题意； 、，不是最简二次根式，符合题意； 、是最简二次根式，不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查的是最简二次根式，掌握最简二次根式的概念、二次根式的性质是解题的关键． 五．二次根式的乘除法（共2题） 12．（2023秋•浦东新区期末）计算：　　． 【分析】本题需先对二次根式进行化简，再根据二次根式的乘法法则进行计算即可求出结果． 【解答】解：， ， ． 故答案为：2． 【点评】本题主要考查了二次根式的乘除法，在解题时要能根据二次根式的乘法法则，求出正确答案是本题的关键． 13．（2023秋•静安区校级期末）计算：． 【分析】根据二次根式的乘除运算法则计算即可． 【解答】解： ． 【点评】本题考查了二次根式的乘除，熟练掌握二次根式的乘除法则是解题的关键． 六．分母有理化（共3题） 14．（2023秋•闵行区期末）下列代数式中，的一个有理化因式是　　 A． B． C． D． 【分析】根据有理化因式的定义：两个含二次根式的代数式相乘时，它们的积不含二次根式．据此进行解题即可． 【解答】解：要使有理化， 则可知，， 故选：． 【点评】本题考查分母有理化，掌握分母有理化的方法是解题的关键． 15．（2023秋•普陀区期末）的有理化因式是　　 A． B． C． D． 【分析】根据有理化因式的定义：两个根式相乘的积不含根号，即可判断． 【解答】解：， 所以的有理化因式是， 故选：． 【点评】本题考查了有理化因式，熟练掌握有理化因式的定义是解题的关键． 16．（2023秋•长宁区校级期末）分母有理化：　 　． 【分析】根据分母有理化的方法进行解题即可． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】本题考查分母有理化和二次根式的乘除法，掌握运算法则是解题的关键． 七．同类二次根式（共2题） 17．（2023秋•杨浦区期末）下列各式中与是同类二次根式的是　　 A． B． C． D． 【分析】化简二次根式，即可判定． 【解答】解：、与不是同类二次根式； 、与是同类二次根式； 、与不是同类二次根式； 、与不是同类二次根式； 故选：． 【点评】本题主要考查了同类二次根式，解题的关键是能正确化简二次根式． 18．（2023秋•虹口区校级期末）如果最简二次根式与是同类二次根式，那么的值是　　 A．3 B． C．1 D．0 【分析】根据同类二次根式的概念列出方程，解方程求出． 【解答】解：最简二次根式与是同类二次根式， ， 解得：， 故选：． 【点评】本题考查的是同类二次根式的概念，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题） 19．（2023秋•浦东新区期末）化简： 　 　． 【分析】根据二次根式的性质解答即可． 【解答】解：， ， 原式． 故答案为：． 【点评】本题考查的是二次根式的性质，熟知二次根式具有非负性是解题的关键． 20．（2023秋•浦东新区校级期末）计算：． 【分析】根据二次根式的性质将，，进行化简后，再根据二次根式加减法的计算方法进行计算即可． 【解答】解：原式 ． 【点评】本题考查二次根式的加减法，掌握二次根式的性质以及二次根式加减法的计算方法是正确解答的关键． 九．二次根式的混合运算（共2题） 21．（2023秋•长宁区校级期末）（1）计算：； （2）计算：． 【分析】（1）化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可； （2）先用乘法分配律，再化为最简二次根式，最后合并同类二次根式． 【解答】解：（1）原式 ； （2）原式 ． 【点评】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握化为最简二次根式的方法和合并同类二次根式的法则． 22．（2023秋•黄浦区期末）计算： 【分析】先利用二次根式的乘法法则计算，再分母有理化，然后合并即可． 【解答】解：原式 ． 【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． 十．一元二次方程的定义（共2题） 23．（2023秋•虹口区校级期末）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对各选项进行逐一分析即可． 【解答】解：．该方程是分式方程，故本选项不符合题意； ．当时，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； ．该方程是一元二次方程，故本选项符合题意； ．该方程化简可得，故本选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键． 24．（2023秋•闵行区校级期末）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对各选项进行逐一分析即可． 【解答】解：、不是一元二次方程，不符合题意； 、不是方程，不符合题意； 、含有分式，不是一元二次方程，不符合题意； 、是一元二次方程，符合题意． 故选：． 【点评】本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键． 十一．解一元二次方程（共3题） 25．（2023秋•虹口区校级期末）方程的根为 　 ． 【分析】移项后再因式分解求得两根即可． 【解答】解：， ， 或， 解得，， 故答案为：，． 【点评】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，熟练掌握各种方法是解答本题的关键． 26．（2023秋•金山区期末）如果关于的一元二次方程有一个根是1，则　　． 【分析】将代入方程中，得到关于的一元一次方程，求解即可． 【解答】解：是关于的一元二次方程有一个根， ， 解得：． 故答案为：1． 【点评】本题主要考查一元二次方程的解，熟知能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解是解题关键． 27．（2023秋•长宁区校级期末）（1）解方程：； （2）解方程：． 【分析】（1）用配方法解方程即可； （2）用公式法解方程即可． 【解答】解：（1）； ， ， ， 或， ，； （2）， 整理得， △， ， ，． 【点评】本题考查了一元二次方程的解法，熟练掌握公式法解方程是关键． 十二．根的判别式（共2题） 28．（2023秋•崇明区期末）下列关于的方程中一定有实数解的是　　 A． B． C． D． 【分析】分别计算△，再根据△与0的关系来确定方程有无实数根． 【解答】解：、，△，故此方程无实数解，此选项错误； 、，△，故此方程有实数解，此选项正确； 、，△，故此方程无实数解，此选项错误； 、，△（由于的值不确定，故可以，可以，故此方程不一定有实数解，此选项错误． 故选：． 【点评】本题考查了根的判别式，解题的关键是注意分三种情况进行讨论． 29．（2023秋•松江区期末）下列关于的一元二次方程定有实数解的是　　 A． B． C． D． 【分析】分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：、，△，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； 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． 十三．一元二次方程的应用（共4题） 30．（2023秋•宝山区期末）随着互联网购物急速增加，快递业逐渐成为我国发展最快的行业之一，某快递店十月份揽件5000件、十月、十一月、十二月合计揽件20000件，如果该快递店十一月、十二月月揽件量的增长率都是，那么由题意可得方程　　 A． B． C． D． 【分析】设该快递店十一月、十二月月揽件量的增长率都是，关系式为：三个月总揽件数十月揽件数十一月揽件数揽件数揽件平均增长率），把相关数值代入即可． 【解答】解：设该快递店十一月、十二月月揽件量的增长率都是，由题意可得方程： ． 故选：． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找到关键描述语，就能找到等量关系，是解决问题的关键．同时要注意增长率问题的一般规律． 31．（2023秋•虹口区校级期末）如图，在宽为，长为的矩形地面上修建两条宽均为的小路（阴影），余下部分作为草地，草地面积为，根据图中数据，求得小路宽的值为　　 A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 【分析】剩余部分可合成长为，宽为的矩形，利用矩形的面积公式结合草地面积为，即可得出关于的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论． 【解答】解：根据题意得：， 化简得：， 解得：，． 当时，， 舍去． 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 32．（2023秋•嘉定区期末）一种型号的智能手机，原来每台售价7500元，经过两次降价后，现在每台售价为4800元，如果每次降价的百分率相同，那么这个百分率是　 　． 【分析】设每次降价的百分率为，根据该手机的原价及经过两次降价后的价格，可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论． 【解答】解：设每次降价的百分率为， 依题意，得：， 解得：，（舍去）． 故答案为：． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 33．（2023春•浦东新区期末）有一个两位数，如果个位上的数比十位上的数大1，并且十位上的数的平方比个位上的数也大1，那么这个两位数是 　 　． 【分析】设这个两位数中十位上的数字为，则个位上的数字为，根据题意列得方程后解方程即可． 【解答】解：设这个两位数中十位上的数字为，则个位上的数字为， 则， 整理得：， 解得：，（舍去）， 则， 那么这个两位数为：23， 故答案为：23． 【点评】本题考查一元二次方程的应用，根据题意列得方程是解题的关键． 十四．两点间的距离公式（共2题） 34．（2023秋•杨浦区期末）若点在轴上，点坐标是，且，则点的坐标是　 ． 【分析】设出的坐标，利用两点距离公式，求出的坐标． 【解答】解：由题意设，因为， ， 解得：或， 所以点的坐标是或， 故答案为：或， 【点评】此题考查点的坐标问题，关键是两点间距离公式的应用，考查计算能力． 35．（2023秋•长宁区校级期末）在直角坐标平面内点与点的距离等于 　 　 【分析】直接利用两点间的距离公式求解． 【解答】解：、， 点和点的距离． 故答案为：． 【点评】本题考查两点间的距离公式：设有两点，，，，则这两点间的距离为． 十五．函数自变量的取值范围（共2题） 36．（2023秋•崇明区期末）函数的定义域是　 　． 【分析】让被开方数为非负数列式求值即可． 【解答】解：由题意得， 解得， 故答案为． 【点评】考查求函数自变量的取值；用到的知识点为：二次根式有意义，被开方数是非负数． 37．（2023秋•松江区期末）函数中自变量的取值范围是 　 　． 【分析】根据分式的分母不为零列出不等式，解不等式得到答案． 【解答】解：由题意得：， 解得：， 故答案为：． 【点评】本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，熟记分式的分母不为零是解题的关键． 十六．函数值（共2小题） 38．（2023秋•松江区期末）已知函数，那么（6）　 　． 【分析】将代入该函数解析式进行计算可得此题结果． 【解答】解：， （6）． 故答案为：． 【点评】本题考查求函数值，理解题中函数关系式是解答的关键． 39．（2023秋•宝山区期末）已知，那么　 　． 【分析】将代入该函数解析式进行计算可得此题结果． 【解答】解：， ． 故答案为：1． 【点评】本题考查求函数值，理解题中函数关系式是解答的关键． 十七．正比例函数与反比例函数（共5题） 40．（2023秋•普陀区期末）已知正比例函数的值随着自变量的值增大而增大，那么这个正比例函数的解析式可以是 　 　．（只需写一个） 【分析】根据正比例函数的性质可知，从而可以写出一个符合要求的函数解析式． 【解答】解：正比例函数的值随着自变量的值增大而增大， ， 这个正比例函数的解析式可以是， 故答案为：． 【点评】本题考查正比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用正比例函数的性质解答． 41．（2023秋•金山区期末）下列四个函数中，是反比例函数的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据反比例函数的定义解答． 【解答】解：、是正比例函数，故本选项错误； 、符合反比例函数的定义，故本选项正确； 、是一次函数，故本选项错误； 、是二次函数，故本选项正确． 故选：． 【点评】本题考查了反比例函数的定义，重点是将一般式转化为的形式． 42．（2023秋•闵行区校级期末）反比例函数，当时，随的增大而增大，那么的取值范围是　 　． 【分析】根据反比例函数的性质可得到，然后解不等式即可． 【解答】解：反比例函数，当时，随的增大而增大， ， ． 故答案为． 【点评】本题考查了反比例函数的性质：反比例函数图象为双曲线，当，图象分布在第一、三象限，在每一象限，随的增大而减小；当，图象分布在第二、四象限，在每一象限，随的增大而增大． 43．（2023秋•杨浦区期末）如图，点在反比例函数第一象限的图象上，垂直轴，垂足为，设的面积是，那么与之间的数量关系是　　 A． B． C． D．不能确定 【分析】根据点在反比例函数图象上结合反比例函数系数的几何意义就可以求出与之间的数量关系． 【解答】解：点是反比例函数图象上一点，且轴于点， ， 解得：． 反比例函数在第一象限有图象， ．即 故选：． 【点评】本题考查了反比例函数的性质以及反比例函数系数的几何意义，解题的关键是根据反比例函数系数的几何意义找出面积与的关系． 44．（2023秋•松江区期末）若点、、都在反比例函数的图象上，则有　　 A． B． C． D． 【分析】先根据反比例函数中判断出函数图象所在的象限，再得出在每一象限内函数的增减性，再根据三点横坐标的值即可判断出，，的大小． 【解答】解：反比例函数中， 函数图象的两个分支位于二四象限，且在每一象限内随的增大而增大， ， ， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键． 十八．全等三角形的判定与性质（共2题） 45．（2023秋•黄浦区期末）如图，、两点分别在射线，上，点在的内部，且，，，垂足分别为点、，且，若，，则的长为　　 A．10 B．13 C．15 D．17 【分析】利用全等三角形的判定与性质求出，再根据线段的和差求解即可． 【解答】解：，， 、、、是直角三角形， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ，， ， 故选：． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键． 46．如图，在等边的三边上各取一点、、，且有，，，，则的周长为 　　． 【分析】根据等边三角形的性质推出是等边三角形，根据直角三角形的性质求出，利用证明，根据全等三角形的性质及勾股定理求出，据此求解即可． 【解答】解：是等边三角形， ，， ，， ， ， ，， 同理， 是等边三角形， ， 在和中， ， ， ， ， ， ，， ， 的周长， 故答案为：． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质是解题的关键． 十九．角平分线的性质（共2题） 47．（2023秋•虹口区校级期末）如图，已知，点为、的平分线的交点．，且，则两平行线、间的距离等于 　 　． 【分析】过点作，交于点，交于点，则，即可得出的长为两平行线、间的距离，根据角平分线的性质求出，则可求． 【解答】解：过点作，交于点，交于点， ， ， 平分，， ， 平分，， ， ， ， ， 即两平行线、间的距离为， 故答案为：． 【点评】此题主要考查了角平分线的性质和平行线之间的距离的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①角的平分线上的点到角的两边的距离相等，②从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离，③平行线间的距离处处相等． 48．（2023秋•嘉定区期末）如图，在等腰中，，，平分，交于点，，若，则的周长为　　 A． B． C． D． 【分析】根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得，利用“”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，然后求出的周长，再根据，即可得出答案． 【解答】解：是的平分线，，， ， 在和中， ， ， ， 的周长 ， ， ， ， ， ， 的周长是． 故选：． 【点评】本题考查的是角平分线的性质，涉及到等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并求出的周长是解题的关键． 二十．线段垂直平分线的性质（共2题） 49．（2023秋•虹口区校级期末）如图，中，的垂直平分线交边于点，的垂直平分线交边于点，若，则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】根据三角形内角和定理可求，根据垂直平分线性质，，，则，，从而可得，即可得到，即可得解． 【解答】解：， ， 的垂直平分线交边于点，的垂直平分线交边于点， ，， ，， ， ． 故选：． 【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，角的和差关系，能得到求的关系式是关键． 50．（2023秋•闵行区期末）如图，在中，分别作、的垂直平分线，交于点、，垂足为、，若，则　　度． 【分析】根据三角形内角和定理求出，根据线段垂直平分线的性质得到，，得到，，结合图形计算，得到答案． 【解答】解：， ， 边，的垂直平分线分别交于点，， ，， ，， ， ， 故选：40． 【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、三角形内角和定理，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． 二十一．含30度角的直角三角形（共2题） 51．（2023秋•虹口区校级期末）如果等腰三角形腰上的高等于底边的一半，那么这个等腰三角形的顶角等于 　　． 【分析】画出图形，根据直角三角形中角所对直角边是斜边一半即可求得的大小，根据等腰三角形底角相等及三角形内角和定理即可解题． 【解答】解：如图，是边上高， ， 为直角三角形， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了直角三角形中角所对直角边是斜边一半的性质，本题中画出图形并求得的大小是解题的关键． 52．（2023秋•崇明区期末）已知：如图．在中．．，．求证：． 【分析】根据可知与的关系，由可知的度数，由，又由，可得的度数，由，可得与的关系，从而可以得到与的关系． 【解答】证明：在中．．， ，． 又， ． ． ，， ． ， ． ． 【点评】本题考查三角形的内角和和在直角三角形中角所对的直角边与斜边的关系，关键是明确题意，进行正确的分析，最终得出结论． 二十二．直角三角形斜边上的中线（共2题） 53．（2023秋•静安区校级期末）如图，在和中，，联结与交于点，，分别是、的中点．求证：垂直平分． 【分析】连接，，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证明，根据等腰三角形的性质进一步得出结论． 【解答】证明：如图， 连接，， ， ，， ， 点是的中点， ， 垂直平分． 【点评】此题考查了直角三角形斜边上的中线等知识，熟练运用直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键． 54．（2023秋•长宁区校级期末）如图，在中，，垂足为点，是边上的中线，如果，，那么　20　度． 【分析】连接，根据直角三角形的性质得到，得到，根据三角形的外角的性质计算即可． 【解答】解：连接， 是边上的中线， 是边上的中线， ， ， ， ， ， ， 故答案为：20． 【点评】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 二十三．勾股定理的逆定理（共2题） 55．（2023秋•杨浦区期末）下列给出的三条线段中，不能构成直角三角形的是　　 A．4，8， B．4，8， C．7，24，25 D．7，14，15 【分析】根据勾股定理的逆定理对四个选项进行逐一判断即可． 【解答】解：、，能够成直角三角形，故本选项错误； 、，能够成直角三角形，故本选项错误； 、，能够成直角三角形，故本选项错误； 、，不能够成直角三角形，故本选项正确． 故选：． 【点评】本题考查的是如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形． 56．（2023秋•闵行区期末）在中，、、的对边分别是，，．下列条件中，不能说明是直角三角形的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用直角三角形的定义和勾股定理的逆定理逐项判断即可． 【解答】解：、，且，所以，故不是直角三角形； 、因为，即，且，所以，解得，故是直角三角形； 、因为，所以，故是直角三角形； 、因为，设，，，，故是直角三角形． 故选：． 【点评】本题考查了勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形．也考查了三角形内角和定理． 二十四．命题与定理（共2题） 57．（2023秋•杨浦区期末）已知下列命题中： ①有两条边分别相等的两个直角三角形全等； ②有一条腰相等的两个等腰直角三角形全等； ③有一条边与一个锐角分别相等的两个直角三角形全等； ④顶角与底边分别对应相等的两个等腰三角形全等． 其中真命题的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据全等三角形的判定、等腰三角形和直角三角形的性质分别对每一项进行分析即可． 【解答】解：①有两条边分别相等的两个直角三角形不一定全等，原命题是假命题； ②有一条腰相等的两个等腰直角三角形全等，是真命题； ③有一条边与一个锐角分别相等的两个直角三角形不一定全等，原命题是假命题； ④顶角与底边分别对应相等的两个等腰三角形全等，是真命题． 其中真命题的个数是2个； 故选：． 【点评】本题考查了命题与定理，用到的知识点是全等三角形的判定、等腰三角形和直角三角形的性质，主要考查学生的分析问题和解决问题的能力，是一道比较容易出错的题目． 58．（2023秋•静安区校级期末）下列说法中正确的是　　 A．每个命题都有逆命题 B．每个定理都有逆定理 C．真命题的逆命题是真命题 D．假命题的逆命题是假命题 【分析】根据命题、逆命题、逆定理的定义即可作出判断． 【解答】解：、每个命题都有逆命题是正确的； 、每个定理不一定有逆定理，如对顶角相等没有逆定理，故选项错误； 、真命题的逆命题不一定是真命题，如对顶角相等的逆命题不是真命题，故选项错误； 、假命题的逆命题不一定是假命题，如相等的角是对顶角的逆命题是真命题，故选项错误． 故选：． 【点评】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 二十五．轨迹（共2题） 59．（2023秋•杨浦区期末）到点的距离等于2厘米的点的轨迹是　 ． 【分析】根据圆的定义解答． 【解答】解：到点的距离等于2厘米的点的轨迹是：以点为圆心，2厘米长为半径的圆． 故答案为：以点为圆心，2厘米长为半径的圆． 【点评】本题考查了轨迹，主要是对圆的轨迹定义的考查，比较简单． 60．（2023秋•长宁区校级期末）下列说法错误的是　　 A．到点距离等于的点的轨迹是以点为圆心，半径长为的圆 B．等腰的底边固定，顶点的轨迹是线段的垂直平分线 C．在一个角的内部（包括顶点）到角的两边距离相等的点的轨迹是这个角的平分线 D．到直线的距离等于的点的轨迹是两条平行于且与的距离等于的直线 【分析】利用圆的定义，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质依次判断即可求解． 【解答】解：、到点距离等于的点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，故选项不符合题意； 、等腰的底边固定，顶点的轨迹是线段的垂直平分线（线段中点除外），故选项符合题意； 、在一个角的内部（包括顶点）到角的两边距离相等的点的轨迹是这个角的平分线，故选项不符合题意； 、到直线的距离等于的点的轨迹是两条平行于且与的距离等于的直线，故选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了轨迹，圆的定义，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． $$