专题09：期末满分冲刺（基础篇）【核心考点突破+高频易错精讲】----2024-2025学年沪教版（上海）数学八年级第二学期

2024-2025沪教版八年级数学下册同步培优课程 专题09 期末满分冲刺（基础篇） 考点01：一次函数的概念图像与性质 1.（23-24八年级上·上海·阶段练习）下列函数f（x）随x的增大而减小的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了常见函数的性质，根据常见函数的性质判断即可． 【详解】解：A. 函数随x的增大而增大，故选项A不符合题意； B. 函数随x的增大而减小，故选项B符合题意； C. 当或时，函数随x的增大而增大，故选项C不符合题意； D. 当或时，函数随x的增大而减小，故选项D不符合题意； 故选：B． 2. 已知一次函数的图像经过点与，那么y随着x的增大而______．(填“增大”或“减小”) 【答案】减小 【解析】 【分析】根据一次函数的性质即可求解． 【详解】解：∵一次函数的图像经过点与， ∵， ∴y随着x的增大而减小， 故答案为：减小． 【点睛】本题考查了一次函数性质，根据题意判断一次函数的增减性是解题的关键． 3.（2024八年级上·上海·专题练习）若直线经过第二、四象限，则函数的图象在（　　） A．第一、三象限 B．第二、四象限 C．第三、四象限 D．第一、二象限 【答案】B 【分析】本题考查一次函数和反比例函数的图象与性质，根据当时，反比例函数的图象经过第二、四象限求解即可． 【详解】解：∵一次函数的图象经过第二、四象限， ∴， ∴反比例函数的图象在第二、四象限． 故选：B． 4.（24-25八年级上·上海·阶段练习）要使直线向上平移后过点，那么直线应向上平移（ ）个单位 A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】C 【分析】本题考查了直线平移变换的规律：对直线而言：上下移动，上加下减；左右移动，左加右减．设直线向上平移个单位，其图象经过点，根据平移规律得出，再将点代入，得2，解方程即可求出的值、 【详解】解：设直线向上平移个单位后经过点， 则函数解析式为，将点代入， 得， 解得． 故选：C． 5.（22-23八年级上·上海·阶段练习）在直线上且位于轴上方的所有点的横坐标的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及一次函数的性质．利用一次函数图象上点的坐标特征可求出直线与x轴的交点坐标，再利用一次函数的性质，即可找出直线上且位于x轴上方的所有点的横坐标取值范围． 【详解】解：当时， ，解得：， ∴直线与x轴交于点． 又∵， ∴y随x的增大而增大， ∴直线上且位于x轴上方的所有点的横坐标取值范围是． 故答案为：． 6.（23-24八年级下·上海静安·期末）已知一次函数，完成下列问题： (1)求在这个函数图象上且位于x轴上方的所有点的横坐标的取值范围； (2)求经过点，且平行于直线的一次函数的解析式． 【答案】(1)； (2)该一次函数的解析式为； 【分析】此题主要考查了两条直线平行问题，关键是掌握若两条直线是平行的关系，那么他们的自变量系数相同，即值相同． （1）根据题意得到，解得即可； （2）设一次函数的表达式为，再由图象过点，可求出，从而可求表达式． 【详解】（1）解：所求的点在这个一次函数的图象上且位于轴上方， ， 解得， 即所有点的横坐标的取值范围是； （2）解：一次函数的图象与直线平行， ， 一次函数解析式为， 图象经过点， ， 解得：， 该一次函数的解析式为； 考点02：一次函数的应用 7.（2023八年级下·上海闵行·期中）甲、乙两车从城出发匀速行驶至城，在整个行驶过程中，甲、乙两车离开城的距离与甲车行驶的时间之间的函数关系式如图所示．    有下列结论：①两城相距；②乙车比甲车晚出发，却早到；③乙车出发后追上甲；④当甲、乙两车相距时，甲车行驶了．其中正确的结论有（    ）． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】根据题意用待定系数法分别求出甲、乙的函数关系，图形结合分析即可求解． 【详解】解：根据题意可知，设甲车行驶的时间与离开城的距离的函数关系为， ∴当时，，则， ∴甲的函数关系式为， 设乙车行驶的时间与离开城的距离的函数关系为， ∴当时，；当时，； ∴，解得，， ∴乙的函数关系式为， ∴结论①两城相距， 根据图示可得，结论①正确； 结论②乙车比甲车晚出发，却早到， 根据图示可得，结论②正确； 结论③乙车出发后追上甲， 令，则，解得，， ∴当时，甲乙相遇，乙行驶的时间为（）， ∴乙车出发后追上甲，故结论③错误； 结论④当甲、乙两车相距时，甲车行驶了， 令，则，解得，， ∵当时，甲乙相遇， 令相遇后，则，解得，， ∵当时，，此时乙还未出发；当时，乙已经到达地，甲离地的路程为，若甲、乙相距，则甲需要行驶到时，则， ∴当或或或时，甲、乙相距，故结论④错误； 综上所述，正确的有①②， 故选：． 【点睛】本题主要考查一次函数与行程的综合运用，掌握待定系数法求一次函数解析式，图形结合分析是解题的关键． 8.（24-25八年级上·上海长宁·期末）甲无人机从地面起飞，乙无人机从距离地面一定高度的楼顶起飞，两架无人机同时匀速上升10秒．甲、乙两架无人机所在的位置距离地面的高度y（米）与无人机上升的时间x（秒）之间的关系如图所示． (1)楼顶距离地面的高度是 米； (2)乙无人机上升的速度是每分钟 米； (3)无人机上升 秒后，两架无人机的高度差为10米． 【答案】(1)20 (2)240 (3)2.5或7.5 【分析】本题考查用函数图象表示变量之间的关系，一次函数的实际应用，从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键： （1）根据乙无人机从距离地面一定高度的楼顶起飞，直接从图象获取信息作答即可； （2）根据图象可知，乙无人机5分钟升高20米，进行求解即可； （3）求出甲无人机的速度，求出两个解析式，根据两架无人机的高度差为10米，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：由图象可知：楼顶距离地面的高度是20米， 故答案为：20； （2）米/秒米/分钟， 故答案为：240； （3）甲无人机的速度为：米/秒， ∴ 由（2）知：乙无人机的速度为4米/秒， ∴ 由题意得：， 解得：或， 故答案为：2.5或7.5． 9. 一辆货车从甲地出发运送物资到乙地，稍后一辆轿车从甲地运送乘客到乙地，货车行驶的平均速度是千米时，两车行驶了千米之后同时进入加油站，从甲地到加油站这段路程中，两车离甲地的路程（千米）与时间（小时）的函数图象如图所示： （1）的值为______； （2）轿车的速度为______千米/小时； （3）加完油后，货车和轿车按照各自原来的行驶速度同时从加油站出发前往乙地，轿车比货车早个小时到达乙地，求加油站和乙地之间的距离． 【答案】（1） （2） （3）加油站和乙地之间的距离为千米 【解析】 【分析】（1）根据货车行驶的路程为千米，平均速度是千米时，即可求得的值； （2）根据路程为千米，时间为小时，即可求得轿车的速度； （3）轿车到达乙地的时间为小时，则货车到达乙地的时间为小时，根据两车与乙地的距离相等，列出方程，解方程即可求解． 【小问1详解】 解：， 故答案为：． 【小问2详解】 解：轿车的速度为千米/小时； 故答案为：． 【小问3详解】 设轿车到达乙地的时间为小时，则货车到达乙地的时间为小时．依题意，得 解得： ∴则加油站和乙地之间的距离为千米 答：加油站和乙地之间的距离为千米． 【点睛】本题考查了函数图象，一元一次方程的应用，从函数图象获取信息是解题的关键． 考点03：整式方程与分式方程 10.（2023八年级下·上海杨浦·阶段练习）已知关于x的方程没有实数根，那么a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查整式方程无解问题，根据二项方程无解，则未知数的系数为0，进行求解即可． 【详解】解：∵关于x的方程没有实数根， ∴， ∴； 故选C． 11.（22-23七年级上·上海·期末）下列分式方程中，解为的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据方程解的意义，使方程左右两边相等的式子值叫方程的解，分别代入判断即可． 【详解】当时， A． 中，左边，右边，A不符合题意； B．中，，分母等于0，分式无意义，B不符合题意； C． 中，左边右边，C符合题意； D． 中，分母，D不符合题意． 故答案是：C 【点睛】本题考查了分式方程的解，解决本题的关键是正确理解分式方程解的意义，做题时要考虑分母是否为0的情况 12.（23-24八年级下·上海松江·期末）解方程时，设，则原方程可化为关于y的整式方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了换元法解分式方程．设，则；然后将与代入原方程，再将分式方程化为整式方程即可． 【详解】解：， ， 由原方程，得 ； 方程的两边同时乘以，得 ， 移项，得 ． 故选：A． 13.（24-25八年级下·上海闵行·阶段练习）如果关于的方程无实数根，那么的值为 ． 【答案】6或14 【分析】本题考查了分式方程无解问题、实数，熟练掌握分式方程的解法步骤是解题的关键．对方程去分母化为整式方程，再解整式方程得到，根据关于的方程无实数根可知或，得到关于的方程，求解方程即可得出答案． 【详解】解：， 去分母，得：， 解得：， 关于的方程无实数根， 或， 或， 解得：或， 的值为6或14． 故答案为：6或14． 14.（24-25八年级下·上海杨浦·期中）已知分式方程只有一个实数解，求的值和对应方程的解． 【答案】， ；， 【分析】本题考查了分式方程的解，解一元二次方程．关键是将分式方程转化为整式方程，根据整式方程的特点及题目的条件分类讨论． 去分母，转化为整式方程，根据整式方程为一元一次方程，即；为一元二次方程，即，分别求解即可． 【详解】解：两边同乘， 得， 整理得：， 若，即，则，解得：； 若，由题意，知， 解得， 当时，； ∴综上可得：， ；， 15.（24-25七年级上·上海普陀·期末）解方程：． 【答案】 【分析】本题考查解分式方程．将原方程去分母后化为整式方程，解得x的值后进行检验即可． 【详解】解：原方程去分母得：， 整理得：， 解得：． 经检验是原方程的解． 所以原方程的解是． 16.（24-25八年级下·上海·阶段练习）某校同学去春游，包了一辆面包车，现价是180元，出发时又增加2名同学，结果每位同学比原来少分摊了3元车费，设实际参加春游同学共有x人，则所列方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，利用每人分摊的车费参加春游的人数，结合实际比原计划每位同学少分摊3元车费，即可得出关于x的分式方程，此题得解． 【详解】解：∵出发时又增加2名同学，且实际参加春游同学共有x人， ∴原计划参加春游的同学共有人， 依题意得：． 故选：C． 17.（2023八年级下·上海·专题练习）“绿水青山就是金山银山”．某工程队承接了60万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了，结果提前30天完成了这一任务．设实际工作时每天绿化的面积x万平方米，则下面所列方程中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了分式方程的实际应用．设实际工作时每天绿化的面积x万平方米，根据工作时间工作总量工作效率，结合提前 30 天完成任务，即可得出关于x的分式方程． 【详解】解：设实际工作时每天绿化的面积x万平方米，则原计划每天绿化的面积万平方米， 依题意得： 即． 故选：C． 考点04：无理方程与二元二次方程组 18.（24-25八年级下·上海·阶段练习）下列方程组中，不是二元二次方程组的是：（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查的是二元二次方程组的定义：由两个方程组成，并含有两个未知数且含有未知数的项最高次数是2的方程组叫做二元二次方程组．依据二元二次方程组的定义求解即可． 【详解】解：A．方程组是二元二次方程组，不符合题意； B．方程组是二元二次方程组，不符合题意； C．方程组中，不是整式方程，不是二元二次方程组，符合题意； D．方程组是二元二次方程组，不符合题意． 故选：C． 19.（24-25八年级下·上海·阶段练习）在下列方程中，无实数根的方程的个数是（    ） ①；②；③；④；⑤． A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】本题主要考查了无理方程，分式方程，熟知相关方程的解法是解题的关键． 分别根据无理方程，分式方程的求解方法求解判断即可． 【详解】解：①， 两边同时平方得，移项后，此等式不成立，所以方程①无实数根，符合题意； ②，即，两边同时平方得，解得，检验：当时，，无意义，所以方程②无实数根，符合题意； ③， 方程两边同乘得，检验：当时，分母，所以是增根，方程③无实数根，符合题意； ④，两边同时平方得，解得，，检验：当时，，，；当时，，，，所以方程④无实数根，符合题意； ⑤，两边同时平方得，移项化为一元二次方程的一般形式，根据求根公式，检验：当时，，，不满足等式；当时，，，满足等式，所以方程⑤有实数根，不符合题意． 综上，无实数根的方程有①②③④，共个， 故选：C． 20．(2024黄浦区二模)方程的解是　 　． 【分析】无理方程两边平方转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到无理方程的解． 【解答】解：两边平方得：，即， 开方得：或， 经检验是增根，无理方程的解为． 故答案为： 21．（2024·上海静安·二模）方程的根为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了无理方程的意义．依据题意，，从而，可得，进而计算可以得解． 【详解】解：由题意得，， ． ． ． ． ． 故答案为：． 22. 解方程： 【答案】 【解析】 【分析】先移项将原方程进行变形，再等式两边平方得到，然后整理解一元二次方程即可解答． 【详解】解：移项：， 两边平方：， 整理得：，解得：． 经检验：是原方程的根，是增根，舍去． 所以，原方程的根是． 【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，将原方程化成一元二次方程是解答本题的关键． 23. 解方程组： 【答案】， 【解析】 【分析】先将第①个方程变形为，从而得到两个二元一次方程组，再分别求解即可． 【详解】解：由方程①得则：或 原方程组可化为或 解这两个二元一次方程组，得，． 所以，原方程组的解为，． 【点睛】本题主要考查的是高次方程、因式分解的应用、解二元一次方程组等知识点，通过分解、把高次方程降次，得到二元一次方程组是解答本题的关键． 考点05：多边形 24. 已知一个多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数是__________． 【答案】12 【解析】 【分析】利用任何多边形的外角和是除以外角度数即可求出答案． 【详解】解：多边形的外角的个数是， 所以多边形的边数是12， 故答案为：12． 【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，已知外角求边数的这种方法是需要熟记的内容． 25.（23-24八年级下·上海·阶段练习）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形． 【答案】18 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形是n边形，根据题意，得 ， ∴． 故答案为：18． 26.（2024八年级下·上海·专题练习）一多边形的每一个内角都等于它相邻外角的4倍，则该多边形的边数是（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和为是解答本题的关键． 设出外角的度数，表示出内角的度数，根据一个内角与它相邻的外角互补列出方程，解方程得到答案． 【详解】解：设外角为，则相邻的内角为，由题意得， ， 解得：， 多边形的外角和为， ， 这个多边形的边数为10． 故选：C． 27.（2025八年级下·上海·专题练习）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是，则原多边形的边数是为 ． 【答案】8或9或10 【分析】本题考查多边形的内角和，解题关键是掌握多边形截去一个角后多边形边数可能增加1，减少1或不变．根据多边形内角和公式求出截去一角后的多边形边数，再根据截去一角后多边形的边数变化情况求解． 【详解】解：设截去一个角后，多边形的边数为， 由题意得， 解得． 因为多边形截去一角后边数可能不变，可能增加1，可能减小1， 原多边形可能为8或9或10. 故答案为：8或9或10. 考点06：平行四边形 28.（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，在平行四边形中，平分，交边于点平分，交边于点F，如果，那么 ． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定．根据平行线的性质和角平分线的定义证明，，再根据，求出，最后求出结果即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∵平分，平分， ∴，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：4． 29.（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点P为平行四边形内任意一点，连接，如果将．、、的面积分别记为、、、．那么以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的面积，根据平行四边形的对边相等可得，设点P到的距离分别为，然后利用三角形的面积公式列式整理即可出得结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 设点P到的距离分别为，平行四边形边，边上的高分别为， 则， ∴ ∵， ∴ 同理可得，， ∵， ∴ 故选：D． 30．（22-23八年级下·上海杨浦·期末）在平行四边形中，对角线与相交于点，则下列式子不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质分析即可． 【详解】解：如图： ∵四边形是平行四边形， ， ， ， 故A、B、D都不符合题意，C符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键． 考点07：特殊的平行四边形 31．（22-23八年级下·上海奉贤·期末）已知四边形ABCD中，，，下列说法不正确的是(    ) A．如果，那么四边形是矩形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 【答案】B 【分析】根据题意可得对角线相等，且有一组对边平行，寻找构成平行四边形的条件即可求解． 【详解】解：A. ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又，则四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意； B. 如果，那么四边形可以是等腰梯形，故该选项不正确，符合题意； C. ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又，则四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意； D. ∵，， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 32．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在四边形中，，、交于点，下列说法错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形； B．如果，那么四边形是菱形； C．如果，，那么四边形是矩形； D．如果，，那么四边形是菱形． 【答案】D 【分析】此题主要考查了矩形的判定和菱形的判定，关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理． 根据矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A、，，，那么四边形是矩形，正确，此选项不符合题意； B、，，那么四边形是菱形，正确，此选项不符合题意； C、，，，那么四边形是矩形，正确，此选项不符合题意； D、，，，无法判断四边形是菱形也可以是等腰梯形，错误，此选项符合题意． 故选：D． 33．（22-23八年级下·上海·期末）下列命题是假命题的是（    ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形 C．一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定，正方形的判定定理，掌握平行四边形与正方形的判定定理是解题的关键． 【详解】A. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是真命题，不符合题意； B. 一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意； C. 一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意； D. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形或等腰梯形，是假命题，符合题意； 故选D． 34.（24-25八年级上·上海浦东新·期末）已知和是矩形的两条对角线，将沿直线翻折后，点落在点处，与矩形的重叠部分是，如果，那么长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，掌握折叠的性质是解题的关键；由折叠及矩形的性质得；在中，由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，由折叠性质知：； ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得：； 故答案为：． 35.（2023八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，是边上的点，联结、，将沿线段翻折，点恰好落在线段上的点处． （1）求证：； （2）如果，，求线段的长． 【答案】（1）见详解；（2） 【分析】（1）由翻折易得△DFE≌△DCE，则DF＝DC，∠DFE＝∠C＝90°，再由AD∥BC得∠DAF＝∠AEB，根据AAS证出△ABE≌△DFA； （2）由△ABE≌△DFA，得AE＝AD，设CE＝x，从而表示出BE，AE，再由勾股定理，求得DE． 【详解】(1)证明：∵在矩形中， ∴，，，， ∵沿线段翻折，点C恰好落在线段上的点F处， 所以， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 和中， ∵， ∴； (2)由，设，，则， ∵， ∴， 在中，由勾股定理可得， 又∵， ∴． 在中，． 【点睛】本题考查了三角形的全等和勾股定理的应用以及矩形的性质，一定要熟练掌握全等三角形的判定方法和勾股定理的内容． 考点08：梯形 36.（23-24八年级下·上海·单元测试）下面结论中正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是等腰梯形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形 C．两组对角分别互补的四边形是等腰梯形 D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴 【答案】D 【分析】本题主要考查了等腰梯形的判定和性质，熟练掌握等腰梯形的判定：两腰相等的梯形为等腰梯形；对角线相等的梯形为等腰梯形；一组底角相等的梯形为等腰梯形．根据等腰梯形的判定方法和性质逐项进行判断即可． 【详解】解：A．对角线相等的梯形是等腰梯形，故A错误； B．一组对边平行，另一组对边不平行且相等的四边形是等腰梯形，故B错误； C．一组对角互补的梯形是等腰梯形，故C错误； D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴，故D正确． 故选：D． 37.（22-23八年级下·上海普陀·期中）四边形中，点E、F、G、H分别是的中点，下列条件中能使四边形为矩形的是（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】要使四边形为矩形，依题意可知其为平行四边形，只需对角线互相垂直即可． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别是的中点， ∴在与中， ，且，， ∴四边形为平行四边形， 若要使其为矩形，只需对角线互相垂直， 题中D选项，即在四边形中，， 故选D．    【点睛】此题考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形性质和判定，及应用到三角形中位线定理等相关知识是解题的关键． 38.（2025八年级下·上海·专题练习）若一个梯形的中位线长是6，高是5，则这个等腰梯形的面积是 ． 【答案】30 【分析】本题考查了梯形中位线定理和梯形的面积公式即可得到结论． 根据梯形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：一个梯形的中位线长是6，高是5， 这个等腰梯形的面积为， 故答案为：30． 39. 如图，在梯形中，，，，、是边、的中点，过点作的平行线，交、于点、，那么线段______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得出是梯形的中位线，，根据题意得出四边形是平行四边形，进而根据即可求解． 【详解】解：∵在梯形中，、是边、的中点， ∴是梯形的中位线， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，梯形的中位线的性质，熟练掌握梯形的中位线的性质是解题的关键． 40. 如图，在梯形中，，过点作交边于点，连接交点，且是的中点． （1）求证：点是的中点； （2）连接，当时，求证：四边形是菱形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）证明，得出，证明四边形是平行四边形，得出，即可得出； （2）先证明四边形是平行四边形，根据，结合平行线的性质可证明，即可得证． 【小问1详解】 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，即点是的中点； 【小问2详解】 证明：如图所示， ∵，， ∴四边形是平行四边形，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 考点09：平面向量 41. 下列关于向量说法错误的是（ ） A. 既有大小，又有方向的量叫做向量 B. 向量的大小叫做向量的模 C. 长度为零的向量叫做零向量 D. 零向量是没有方向的 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的相关定义，逐项分析判断即可求解． 【详解】A. 既有大小，又有方向的量叫做向量，故该选项正确，符合题意； B. 向量的大小叫做向量的模，故该选项正确，符合题意； C. 长度为零的向量叫做零向量，故该选项正确，符合题意； D. 零向量有方向的，但方向不是确定的，故该选项不正确，不符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了向量的相关定义，熟练掌握向量的定义是解题的关键． 42．（2023春•普陀区校级期末）已知四边形是矩形，点是对角线与的交点．下列四种说法：①向量与向量是相等的向量；②向量与向量是互为相反的向量；③向量与向量是相等的向量；④向量与向量是平行向量．其中正确的个数为　　 A．1 B．2 C．3 D．4． 【考点】：矩形的性质；平面向量 【分析】利用矩形的性质，相等向量，平行向量的定义一一判断即可． 【解答】解：四边形是矩形， ，，，， ①向量与向量是相等的向量，正确． ②向量与向量是互为相反的向量，正确． ③向量与向量是相等的向量，错误． ④向量与向量是平行向量，正确． 故选：． 【点评】本题考查平面向量，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 43.（22-23八年级下·上海杨浦·期末）下列关于向量的等式中，正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平面向量的运算法则逐一判断即可求解． 【详解】、，故本选项不符合题意； 、，正确，故本选项符合题意； 、，故本选项不符合题意； 、，故本选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了平面向量的加减运算法则，熟练掌握平面向量的运算法则是解题的关键． 44.（23-24八年级下·上海金山·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线和相交于点，设，，那么用表示 ． 【答案】 【分析】本题考查平面向量，三角形法则，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握三角形法则，根据平行四边形的性质以及三角形法则求解即可． 【详解】解：在平行四边形中，． ，， ，． 又． 故答案为：． 45. 如图，在中，点、、分别是边、、的中点． （1）写出图中所有与相等的向量：______； （2）用图中的向量表示：______； （3）求作：（不要求写作法，但要写出结论）． 【答案】（1） （2）或或 （3）见解析 【解析】 【分析】（1）根据中位线的性质得出，，即可求解； （2）根据三角形法则求向量的和，进而即可求解； （3）连接，则即为所求， 【小问1详解】 解：∵在中，点、、分别是边、、的中点 ∴， ∴与相等的向量是：， 故答案为：． 【小问2详解】 解：∵ ∴， 又点、、分别是边、、的中点，则 ∴ 故答案为：或或 【小问3详解】 解：如图所示，即为所求， ∵ ∴即为所求， 【点睛】本题考查了向量的顶用，三角形法则求向量，熟练掌握向量的定义以及线性运算是解题的关键． 考点10：概率初步 46．（23-24八年级下·上海·期末）下列事件中属于随机事件的是（    ） A．关于的方程有实数解 B．一元二次方程有两个不相等的实数根 C．点（m为实数）落在直线上 D．直线与直线相交 【答案】C 【分析】本题主要考查了事件的分类，根据不可能事件，随机事件和必然事件的意义进行判断即可 【详解】解：A. 关于的方程没有实数解，故选项A是不可能事件，不符合题意； B. 一元二次方程的判别式，所以，一元二次方程有两个不相等的实数根，是必然事件，不符合题意； C. 当时，点（m为实数）落在直线上，是随机事件，故符合题意； D. 直线与直线相交，是必然事件，不符合题意； 故选：C 47.（23-24八年级下·上海·期末）下列事件中，说法正确的是（   ） A．“明天本地不会下雨”是必然事件 B．“从地面往上抛出的排球会下落”是随机事件 C．“抛掷一枚硬币，落地后反面朝上”是不可能事件 D．“汽车行驶到十字路口时恰好遇到红灯”是随机事件 【答案】D 【分析】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念； 必然事件指在一定条件下，一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，据此逐项判断即可． 【详解】解：A.“明天本地不会下雨”是随机事件，原说法错误； B.“从地面往上抛出的排球会下落”是必然事件，原说法错误； C.“抛掷一枚硬币，落地后反面朝上”是随机事件，原说法错误； D.“汽车行驶到十字路口时恰好遇到红灯”是随机事件，说法正确； 故选：D． 48.（23-24八年级下·上海长宁·期末）下列说法中，正确的是（   ） A．必然事件的概率为1 B．随机事件的概率为0.5 C．概率很小的事件不可能发生 D．概率很大的事件一定发生 【答案】A 【分析】本题考查了概率的意义：一般地，在大量重复实验中，如果事件发生的频率会稳定在某个常数附近，那么这个常数就叫做事件的概率，记为；概率是频率(多个)的波动稳定值，是对事件发生可能性大小的量的表现．必然发生的事件的概率；不可能发生事件的概率． 根据概率的意义和必然发生的事件的概率、不可能发生事件的概率对选项进行判断即可． 【详解】解：A、必然事件发生的概率是1，此选项正确； B、随机事件发生的概率在0与1之间，此选项错误； C、概率很小的事件不是不可能发生，而是发生的机会较小，此选项错误； D、概率很大的事件不是一定发生，而是发生的机会较大，此选项错误； 故选：A． 49.某口袋里现有12个红球和若干个绿球（两种球除颜色外，其余完全相同），某同学随机的从该口袋里摸出一球，记下颜色后放回，共试验600次，其中有300次是红球，估计绿球个数为（      ） A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】C 【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设未知数列出方程求解即可． 【详解】解：设袋中有绿球x个， 由题意得：， 解得：， 经检验，为原方程的解， 故选：C． 【点睛】本题考查了利用频率估计概率，利用大量试验得到的频率可以估计事件的概率是解决本题的关键． 50. 木盒内有四个形状、大小完全相同的小球，分别标注数字、、、． （1）从木盒内随机摸取一个小球，球上标注的数字是偶数的概率是______； （2）从木盒内连续摸出两个小球组成一个两位数（摸出后不放回），将第一次摸出的数作为十位数字，将第二次摸出的数作为个位数字，请用树状图或列表法求出这个两位数是3的倍数的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接由概率公式求解即可； （2）列表法求概率即可求解． 【小问1详解】 解：数字、、、，偶数是，，共个， 从木盒内随机摸取一个小球，球上标注的数字是偶数的概率是； 故答案为：． 【小问2详解】 解：列表法如下， 1 2 3 4 1 12 13 14 2 21 23 24 3 31 32 34 4 41 42 43 共有种等可能结果，其中是的倍数，有种， ∴这个两位数是的倍数的概率． 【点睛】本题考查的是根据概率公式求概率，列表法法求概率．掌握求概率的方法是解题的关键，要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 51.（23-24八年级下·上海虹口·期末）一只箱子里放有2个白球与1个红球，它们除颜色外均相同． (1)如果从箱子中任意摸出一个球，摸出的球是白球的概率是______； (2)如果从箱子中任意摸出一个球，不将它放回箱子，再摸出一个球，利用树形图求两次摸出的球都是白球的概率； (3)如果可以往箱子里放除颜色外均相同的球，请你设计一个“摸出白球的概率为”的游戏方案． 【答案】(1) (2) (3)往箱子里放红球1个，白球1个，摸出白球的概率为 【分析】本题考查了用概率公式求解概率、采用树状图法或列表法列举求解概率以及根据概率求数量的知识，掌握用树状图法或列表法列举求解概率是解答本题的关键． （1）用白球个数除以球的总个数即可； （2）画树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出两次摸出的球都是白球的结果数，然后根据概率公式求解； （3）设往箱子里放红球x个，白球1个，根据“摸出白球的概率为”建立方程求解检验即可． 【详解】（1）解：摸出的球是白球的概率是； （2）解：画树状图为： 共有6种等可能的结果数，其中两次摸出的球都是白球的结果数为2， 即两次都是摸出白球的概率为：； （3）解：设往箱子里放红球x个，白球1个，根据题意得： ，即 解得：， 经检验，是原方程的解， 往箱子里放红球1个，白球1个，摸出白球的概率为 考点11：一次函数与几何综合 52.（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，直线与轴交于点，直线与轴交于点，与轴交于点，且它们都经过点． (1)求点、点坐标； (2)过点作的平行线交轴于点，求点的坐标； (3)在（2）的条件下，直线上是否存在一动点，使是等腰三角形？若存在，请直线写出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)点的坐标为或或 或 【分析】本题主要考查了一次函数的综合，涉及一次函数与二元一次方程，一次函数与坐标轴交点问题，等腰三角形的性质，掌握灵活运用这些知识是解题的关键． （1）根据点求出直线、的解析式，即可求解； （2）根据，可设直线的解析式为，利用待定系数法求出直线的解析，即可求出点的坐标； （3）分为三种情况讨论：①以为底时；②以为底时；③以为底时；根据等腰三角形的性质列出方程即可求解． 【详解】（1）解：直线过点， ， 解得：， 直线的解析式为：， 令，则， ， 直线过点， ， 解得：， 直线的解析式为：， 令，则， 解得：， ； （2）， 设直线的解析式为， 将代入得：， 解得：， 直线的解析式为， 令，则， 解得：， ； （3）①以为底时， ，， ， 设， ， ， 或； ②以为底时，则， 设，且， ， 解得：（舍去）或， ； ③以为底时，点在的中垂线上， ， ， ； 综上所述，点的坐标为或或 或． 53. 已知在平面直角坐标系中，直线交轴负半轴于点，交轴于点，且． （1）求直线的表达式； （2）已知点在直线上且在第一象限内，过点作轴，垂足为点，以线段为对角线作正方形（点在点的左侧）． ①如图，当点落在轴上时，求点的坐标； ②当的延长线经过点时，求正方形的边长． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由，当，求得点的坐标，根据，结合图象，即可求得点的坐标，代入解析式即可求解． （2）①设交于点，的坐标为，则，根据，得出，解方程即可求解； ②设的坐标为，，当经过点时，是等腰直角三角形，则，根据题意列出方程，解方程，进而即可求得对角线的长，根据勾股定理即可求解．． 【小问1详解】 解：由，当，， 则， ∵， ∴， ∵在轴的负半轴， ∴, 代入，即， 解得：， ∴直线的表达式为：； 【小问2详解】 ①设交于点， 设的坐标为，则 ∵轴， ∴， ∵为正方形的对角线， ∴轴，， 则 ∴， ∴ 解得： ∴； ②如图所示，设的坐标为，， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， 当经过点时，是等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得：, ∴， ∴边长为． 【点睛】本题考查了一次函数与结合图形综合，正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键． 考点12：几何综合压轴 54. 如图，矩形中的边，，点是边上一点，线段的垂直平分线交边、于点、，连接并延长交的延长线于点． （1）证明：； （2）当时，求的面积； （3）当时，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据垂直平分线的性质得出，，根据三线合一可得，进而根据矩形的性质得出，即可得出，等量代换得出，根据等边对等角即可得证； （2）根据已知条件，得出，根据含度角的直角三角形的性质，在中，设，则，勾股定理求得，根据等边三角形的性质，可得，进而根据三角形的面积公式，即可求解； （3）在中，，勾股定理求得，延长，使得，则是是中位线，，，根据全等三角形的性质与判定，以及中位线的性质求得，进而求得，，过点作，则四边形是矩形，在中，勾股定理即可求解． 【小问1详解】 证明：∵是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∴ ∴ ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴， 又 ∴， ∵ ∴， ∴， 由（1）可得 则是等边三角形， 在中，设，则， ∵， ∴， ∴， 解得，则，， ∵， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴， ∴的面积为 【小问3详解】 ∵，， ∴， 设，则， ∴， 在中，， ∴， 解得：，则， 如图所示，延长，使得，则是是中位线，，， ∴， 在中，，， ∴ ∴ ∴，， 则， ∴， 如图所示，过点作，则四边形是矩形， ∴，， 在中，． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 55. 正方形中，边长为，点在对角线上，连接，过点作，交直线于点． （1）如图，当点在边上时，求证：； （2）当点在的延长线上时，设，面积为，求关于的解析式，并写出定义域； （3）若，求BM的长． 【答案】（1）见解析 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）过点作于点，于点，通过正方形性质可得，通过证明，可得出最后结论； （2）过点作于点，交于点，可证得四边形为矩形，通过矩形性质可得，在中，，由勾股定理可得，可得出，进一步证明，所以，，可求出； （3）当点在边上时，连接，交于，过作于，由正方形性质得到，由等腰三角形的性质可求得，由三角形面积关系得到，可证明，所以，当点在的延长线上时，同理可得． 【小问1详解】 过点作于点，于点， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 过点作于点，交于点． ， 在正方形中，，， 四边形为矩形， ，，， ， ， ， ， 在中，，， ， ， ， 又，， ， ， ， ， ， ， ； 【小问3详解】 当点在边上时，连接，交于，过作于， 在正方形中，，， ， 在中，，则， ，，且， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， 当点在的延长线上时，同理可得． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形判定与性质，勾股定理，三角形面积等知识，正确作出辅助线，分情况讨论是解答本题的关键． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025沪教版八年级数学下册同步培优课程 专题09 期末满分冲刺（基础篇） 考点01：一次函数的概念图像与性质 1.（23-24八年级上·上海·阶段练习）下列函数f（x）随x的增大而减小的是（    ） A． B． C． D． 2. 已知一次函数的图像经过点与，那么y随着x的增大而______．(填“增大”或“减小”) 3.（2024八年级上·上海·专题练习）若直线经过第二、四象限，则函数的图象在（　　） A．第一、三象限 B．第二、四象限 C．第三、四象限 D．第一、二象限 4.（24-25八年级上·上海·阶段练习）要使直线向上平移后过点，那么直线应向上平移（ ）个单位 A．1 B．3 C．5 D．7 5.（22-23八年级上·上海·阶段练习）在直线上且位于轴上方的所有点的横坐标的取值范围是 ． 6.（23-24八年级下·上海静安·期末）已知一次函数，完成下列问题： (1)求在这个函数图象上且位于x轴上方的所有点的横坐标的取值范围； (2)求经过点，且平行于直线的一次函数的解析式． 考点02：一次函数的应用 7.（2023八年级下·上海闵行·期中）甲、乙两车从城出发匀速行驶至城，在整个行驶过程中，甲、乙两车离开城的距离与甲车行驶的时间之间的函数关系式如图所示．    有下列结论：①两城相距；②乙车比甲车晚出发，却早到；③乙车出发后追上甲；④当甲、乙两车相距时，甲车行驶了．其中正确的结论有（    ）． A．个 B．个 C．个 D．个 8.（24-25八年级上·上海长宁·期末）甲无人机从地面起飞，乙无人机从距离地面一定高度的楼顶起飞，两架无人机同时匀速上升10秒．甲、乙两架无人机所在的位置距离地面的高度y（米）与无人机上升的时间x（秒）之间的关系如图所示． (1)楼顶距离地面的高度是 米； (2)乙无人机上升的速度是每分钟 米； (3)无人机上升 秒后，两架无人机的高度差为10米． 9. 一辆货车从甲地出发运送物资到乙地，稍后一辆轿车从甲地运送乘客到乙地，货车行驶的平均速度是千米时，两车行驶了千米之后同时进入加油站，从甲地到加油站这段路程中，两车离甲地的路程（千米）与时间（小时）的函数图象如图所示： （1）的值为______； （2）轿车的速度为______千米/小时； （3）加完油后，货车和轿车按照各自原来的行驶速度同时从加油站出发前往乙地，轿车比货车早个小时到达乙地，求加油站和乙地之间的距离． 考点03：整式方程与分式方程 10.（2023八年级下·上海杨浦·阶段练习）已知关于x的方程没有实数根，那么a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 11.（22-23七年级上·上海·期末）下列分式方程中，解为的是（　　） A． B． C． D． 12.（23-24八年级下·上海松江·期末）解方程时，设，则原方程可化为关于y的整式方程为（    ） A． B． C． D． 13.（24-25八年级下·上海闵行·阶段练习）如果关于的方程无实数根，那么的值为 ． 14.（24-25八年级下·上海杨浦·期中）已知分式方程只有一个实数解，求的值和对应方程的解． 15.（24-25七年级上·上海普陀·期末）解方程：． 16.（24-25八年级下·上海·阶段练习）某校同学去春游，包了一辆面包车，现价是180元，出发时又增加2名同学，结果每位同学比原来少分摊了3元车费，设实际参加春游同学共有x人，则所列方程为（     ） A． B． C． D． 17.（2023八年级下·上海·专题练习）“绿水青山就是金山银山”．某工程队承接了60万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了，结果提前30天完成了这一任务．设实际工作时每天绿化的面积x万平方米，则下面所列方程中正确的是（　　） A． B． C． D． 考点04：无理方程与二元二次方程组 18.（24-25八年级下·上海·阶段练习）下列方程组中，不是二元二次方程组的是：（　　） A． B． C． D． 19.（24-25八年级下·上海·阶段练习）在下列方程中，无实数根的方程的个数是（    ） ①；②；③；④；⑤． A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 20．(2024黄浦区二模)方程的解是　 　． 21．（2024·上海静安·二模）方程的根为 ． 22. 解方程： 23. 解方程组： 考点05：多边形 24. 已知一个多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数是__________． 25.（23-24八年级下·上海·阶段练习）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形． 26.（2024八年级下·上海·专题练习）一多边形的每一个内角都等于它相邻外角的4倍，则该多边形的边数是（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 27.（2025八年级下·上海·专题练习）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是，则原多边形的边数是为 ． 考点06：平行四边形 28.（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，在平行四边形中，平分，交边于点平分，交边于点F，如果，那么 ． 29.（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点P为平行四边形内任意一点，连接，如果将．、、的面积分别记为、、、．那么以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 30．（22-23八年级下·上海杨浦·期末）在平行四边形中，对角线与相交于点，则下列式子不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 考点07：特殊的平行四边形 31．（22-23八年级下·上海奉贤·期末）已知四边形ABCD中，，，下列说法不正确的是(    ) A．如果，那么四边形是矩形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 32．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在四边形中，，、交于点，下列说法错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形； B．如果，那么四边形是菱形； C．如果，，那么四边形是矩形； D．如果，，那么四边形是菱形． 33．（22-23八年级下·上海·期末）下列命题是假命题的是（    ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形 C．一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 34.（24-25八年级上·上海浦东新·期末）已知和是矩形的两条对角线，将沿直线翻折后，点落在点处，与矩形的重叠部分是，如果，那么长为 ． 35.（2023八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，是边上的点，联结、，将沿线段翻折，点恰好落在线段上的点处． （1）求证：； （2）如果，，求线段的长． 考点08：梯形 36.（23-24八年级下·上海·单元测试）下面结论中正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是等腰梯形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形 C．两组对角分别互补的四边形是等腰梯形 D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴 37.（22-23八年级下·上海普陀·期中）四边形中，点E、F、G、H分别是的中点，下列条件中能使四边形为矩形的是（      ） A． B． C． D． 38.（2025八年级下·上海·专题练习）若一个梯形的中位线长是6，高是5，则这个等腰梯形的面积是 ． 39. 如图，在梯形中，，，，、是边、的中点，过点作的平行线，交、于点、，那么线段______． 40. 如图，在梯形中，，过点作交边于点，连接交点，且是的中点． （1）求证：点是的中点； （2）连接，当时，求证：四边形是菱形． 考点09：平面向量 41. 下列关于向量说法错误的是（ ） A. 既有大小，又有方向的量叫做向量 B. 向量的大小叫做向量的模 C. 长度为零的向量叫做零向量 D. 零向量是没有方向的 42．（2023春•普陀区校级期末）已知四边形是矩形，点是对角线与的交点．下列四种说法：①向量与向量是相等的向量；②向量与向量是互为相反的向量；③向量与向量是相等的向量；④向量与向量是平行向量．其中正确的个数为　　 A．1 B．2 C．3 D．4． 43.（22-23八年级下·上海杨浦·期末）下列关于向量的等式中，正确的是（    ） A． B． C． D． 44.（23-24八年级下·上海金山·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线和相交于点，设，，那么用表示 ． 45. 如图，在中，点、、分别是边、、的中点． （1）写出图中所有与相等的向量：______； （2）用图中的向量表示：______； （3）求作：（不要求写作法，但要写出结论）． 考点10：概率初步 46．（23-24八年级下·上海·期末）下列事件中属于随机事件的是（    ） A．关于的方程有实数解 B．一元二次方程有两个不相等的实数根 C．点（m为实数）落在直线上 D．直线与直线相交 47.（23-24八年级下·上海·期末）下列事件中，说法正确的是（   ） A．“明天本地不会下雨”是必然事件 B．“从地面往上抛出的排球会下落”是随机事件 C．“抛掷一枚硬币，落地后反面朝上”是不可能事件 D．“汽车行驶到十字路口时恰好遇到红灯”是随机事件 48.（23-24八年级下·上海长宁·期末）下列说法中，正确的是（   ） A．必然事件的概率为1 B．随机事件的概率为0.5 C．概率很小的事件不可能发生 D．概率很大的事件一定发生 49.某口袋里现有12个红球和若干个绿球（两种球除颜色外，其余完全相同），某同学随机的从该口袋里摸出一球，记下颜色后放回，共试验600次，其中有300次是红球，估计绿球个数为（      ） A．8 B．10 C．12 D．14 50. 木盒内有四个形状、大小完全相同的小球，分别标注数字、、、． （1）从木盒内随机摸取一个小球，球上标注的数字是偶数的概率是______； （2）从木盒内连续摸出两个小球组成一个两位数（摸出后不放回），将第一次摸出的数作为十位数字，将第二次摸出的数作为个位数字，请用树状图或列表法求出这个两位数是3的倍数的概率． 51.（23-24八年级下·上海虹口·期末）一只箱子里放有2个白球与1个红球，它们除颜色外均相同． (1)如果从箱子中任意摸出一个球，摸出的球是白球的概率是______； (2)如果从箱子中任意摸出一个球，不将它放回箱子，再摸出一个球，利用树形图求两次摸出的球都是白球的概率； (3)如果可以往箱子里放除颜色外均相同的球，请你设计一个“摸出白球的概率为”的游戏方案． 考点11：一次函数与几何综合 52.（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，直线与轴交于点，直线与轴交于点，与轴交于点，且它们都经过点． (1)求点、点坐标； (2)过点作的平行线交轴于点，求点的坐标； (3)在（2）的条件下，直线上是否存在一动点，使是等腰三角形？若存在，请直线写出点坐标；若不存在，请说明理由． 53. 已知在平面直角坐标系中，直线交轴负半轴于点，交轴于点，且． （1）求直线的表达式； （2）已知点在直线上且在第一象限内，过点作轴，垂足为点，以线段为对角线作正方形（点在点的左侧）． ①如图，当点落在轴上时，求点的坐标； ②当的延长线经过点时，求正方形的边长． 考点12：几何综合压轴 54. 如图，矩形中的边，，点是边上一点，线段的垂直平分线交边、于点、，连接并延长交的延长线于点． （1）证明：； （2）当时，求的面积； （3）当时，求的长． 55. 正方形中，边长为，点在对角线上，连接，过点作，交直线于点． （1）如图，当点在边上时，求证：； （2）当点在的延长线上时，设，面积为，求关于的解析式，并写出定义域； （3）若，求BM的长． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$