北京十一晋元中学2023-2024学年八年级下学期期末数学试题（解析版）

北京十一晋元中学2023—2024学年度第8学段初二年级初中数学Ⅲ课程教与学诊断（2024.6）考试时间：90分钟满分：100分一、选择题（每小题2分，共16分）1.下列所给图形是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】A.此图形不是中心对称图形，不是轴对称图形，故A选项错误，不符合题意；B.此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故B选项错误，不符合题意；C.此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故C选项错误，不符合题意．D.此图形中心对称图形，不是轴对称图形，故D选项正确，符合题意；故选D．2.反比例函数的图象如图所示，轴，若的面积为3，则k的值为（）A.3 B. C.6 D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，掌握反比例函数的几何意义是解题的关键．根据反比例函数的几何意义即可求解．解：如图所示，连接，∵轴，∴，∴∴∵反比例函数图象在第二象限，∴，∴，故选：D．3.在平面直角坐标系中，抛物线如图所示，则关于的方程根的情况为（）

A.有两个不相等的实数根 B.有两个相等的实数根C.没有实数根 D.无法准确判断【答案】C【解析】【分析】本题考查了二次函数图像与一元二次方程的关系；依题意，关于的方程的根即抛物线与轴的交点坐标，根据函数图像即可求解．解：由图像知，与轴无交点，即关于的方程的方程没有实数根，故选：C．4.一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（）A. B.且 C. D.且【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式求解即可；解：由题意得：解得：且故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，同时要满足该方程的二次项系数不为；熟练运用根的判别式是解题关键．5.如图，在平面直角坐标系中，菱形，O为坐标原点，点C在x轴上，A的坐标为，则顶点B的坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用两点之间的距离公式可得，再根据菱形的性质可得，由此即可得出答案．解：点的坐标为，，四边形是菱形，，点的横坐标为，纵坐标与点的纵坐标相同，即为4，即，故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质和点坐标，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键．6.如图所示是一次函数和反比例函数的图象，观察图象写出当时，的取值范围为（）A.或 B.或C.或 D.或【答案】C【解析】【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，根据图象即可求解，掌握数形结合思想是解题的关键．解：由函数图象可得，当或时，，故选：．7.已知是关于的二次函数，部分与的对应值如表所示：…………则当时，的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了二次函数的性质，根据表可得二次函数的对称轴为直线，再根据二次函数的性质即可求解，掌握二次函数的性质是解题的关键．解：由表可得，二次函数的对称轴为直线，∴抛物线的顶点坐标为，∵当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，∴抛物线开口向上，∴二次函数最小值为，∵对称轴为，∴与的函数值相等，∴，∴当时，的取值范围为：，故选：．8.抛物线y=ax2+bx+c的图角如图，则下列结论：①abc>0；②a+b+c=2；③a<；④b>1.其中正确的结论是（）A.①② B.②③ C.②④ D.③④【答案】C【解析】【分析】由图象可知a＞0，b＞0，c＜0；再由特殊点可以判定对错．由图象可知a＞0，b＞0，c＜0，∴abc＜0；故①错误；由（1，2）代入抛物线方程可得a+b+c=2；故②正确；当x=-1时y＜0，即a-b+c＜0（1），由②a+b+c=2可得：c=2-a-b（2），把（2）式代入（1）式中得：b＞1；故④正确；∵对称轴x=-＞-1，∴2a＞b，∵b＞1，∴2a＞1，即a＞；故③错误．故选C．【点睛】此题要会利用图象找到所需信息，也要会用不等式和等式结合来解题．二、填空题（每小题3分，共24分）9.已知x=2是一元二次方程x2﹣2mx+4=0的一个解，则m的值为．【答案】2．【解析】试题分析：直接把x=2代入已知方程就得到关于m的方程，再解此方程即可．试题解析：∵x=2是一元二次方程x2-2mx+4=0的一个解，∴4-4m+4=0，∴m=2．考点：一元二次方程的解．10.如图为反比例函数的图象，请写出满足图象的一个的值______．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】本题考查了反比例函数的图象和性质，根据图象可得比例系数的坐标在和之间，即可得，据此即可求解，掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．解：由图象可得，比例系数的坐标在和之间，∴，即，∴满足图象的一个的值可以为，故答案为：．11.如图，在中，，，D是的中点，，则的周长为______．【答案】10【解析】【分析】连接，根据，D是的中点，得出，，根据，得出，证明，得出，得出．解：连接，如图所示：∵D是的中点，，∴，∵，D是的中点，∴，，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为：10．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，证明．12.如图，将△ABC纸片绕点C顺时针旋转40°得到，连接，若AC⊥，则的度数为_________，【答案】20°##度【解析】【分析】设与交于点，根据旋转的性质可得，根据等边对等角以及三角形的内角和定理求得，根据直角三角形的两个锐角互余即可求得的度数．解：设与交于点，如图，∵将△ABC纸片绕点C顺时针旋转40°得到，∴AC⊥，故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，等边对等角，掌握以上知识是解题的关键．13.对于二次函数，当时，随的增大而减小，那么的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】本题主要考查二次函数的性质，理解二次函数图像的性质是解题的关键．根据题意知抛物线开口向下，只有抛物线的对称轴小于或等于时，满足当时，随的增大而减小，由此即可求解．解：二次函数，开口向下，对称轴为直线，时，满足当时，随的增大而减小，故答案为：．14.在平行四边形中，，，过点D作于点H，连接．若平分，则的长是_______________．【答案】【解析】【分析】本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，勾股定理，解题的关键是掌握平行四边形对边平行且相等，等角对等边，以及勾股定理的内容．根据平行四边形的性质得出，，推出，进而得出，则，最后根据勾股定理即可求解．解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．15.廊桥是我国古老的文化遗产．如图，是某座抛物线型的廊桥示意图，已知抛物线的函数表达式为，为保护廊桥的安全，在该抛物线上距水面AB高为8米的点E，F处要安装两盏警示灯，则这两盏灯的水平距离EF是______米．（精确到1米）【答案】18【解析】【分析】本题考查了二次函数的应用，无理数估算，掌握解法是解题的关键．可得，从而可求，，由即可求解．解：由题意得，，解得：，，，，(米)；故答案为：．16.如图，矩形中，已知，点F是上一动点，点P是的中点，连接，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段，再根据垂线段最短可得当时，取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知，故的最小值为的长，由勾股定理求解即可．解：如图：当点F与点C重合时，点P在处，，当点F与点E重合时，点P在处，，∴且．当点F在上除点C、E处的位置时，有．由中位线定理可知：且．∴点P的运动轨迹是线段，∴当时，取得最小值．∵矩形中，，E为的中点，∴为等腰直角三角形，．∴．∴．∴．∴，即，∴的最小值为的长．在等腰直角中，，∴∴的最小值是．故答案是：．【点睛】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．三、解答题（17题4分，18～24题每题6分，25～26每题7分）17.解方程：．【答案】.【解析】【分析】根据公式法即可解出一元二次方程.解：因为所以代入公式，得所以原方程的根为.18.如图，在中，，且点的坐标是．（1）将绕点按逆时针方向旋转得到，在图中画出；（2）点与点关于点中心对称，则点的坐标为______；（3）点到直线的距离为______．【答案】（1）作图见解析；（2）；（3）．【解析】【分析】（）根据旋转的性质作图即可；（）根据中心对称图形的性质作出点，再根据点的位置写出坐标即可；（）设直线的解析式为，利用待定系数法求得，得到点，由，，得，，，由勾股定理得，设点到直线的距离为，利用三角形面积即可求解；本题考查了旋转作图，坐标与图形，待定系数法求出一次函数解析式，勾股定理，三角形面积，掌握旋转和中心对称图形的性质是解题的关键．【小问1】解：如图，即为所求；【小问2】解：如图，由图可得，点的坐标为，故答案为：；【小问3】解：设直线的解析式为，把、代入得，，解得，∴，当时，，∴点，∵，，∴，，，∴，设点到直线的距离为，则，∴，∴，故答案为：．19.如图所示，双曲线的图像与一次函数的图像交于，两点．（1）求反比例函数的解析式；（2）设为轴上一点，当的面积为时，求点的坐标．【答案】（1）反比例函数的解析式为（2）点坐标为或【解析】【分析】本题考查了反比例函数与一次函数综合，熟练掌握交点的意义是解题的关键．（1）根据直线的解析式求出点、的坐标，再代入中求出即可求解；（2）先求出点的坐标，设，则，根据即可求解．【小问1】解：将、分别代入一次函数中得：，，解得：，，，，将代入中，得：，反比例函数的解析式为；【小问2】在中，令，则，解得：，，设，则，，，，即，解得：或，点的坐标为或．20.已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根（1）求的取值范围（2）若满足，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题考查一元二次方程根的判别式及根与系数关系，解一元二次方程；（1）由一元二次方程根的情况与判别式的关系得出不等式求解即可；（2）由一元二次方程根与系数关系，结合题中条件得出方程求解即可．【小问1】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，∴，解得：；小问2】解：∵关于x的一元二次方程，，，∵，∴，即，十字相乘因式分解得：，，∵，∴．21.在平面直角坐标系中，将反比例函数的图象向右移动三个单位后，图象经过点；一次函数的图象也经过点，并且与反比例函数交于两点；（1）当时，求点的坐标；（2）当时，对于的每一个取值，一次函数的值大于反比例函数的值，结合图象直接写出的取值范围．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（）利用待定系数法可求出一次函数解析式，根据平移可得，利用待定系数法即可求出反比例函数解析式，联立两函数解析式即可得到点的坐标；（）根据函数图象和一次函数性质即可求解；本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．【小问1】解：当时，一次函数，把代入得，，∴，∴一次函数解析式为，将反比例函数的图象向右移动三个单位后得到的函数解析式为，把代入得，，∴，∴反比例函数解析式为，由，解得或，∴，；【小问2】解：由函数图象可得，当时，有，对于的每一个取值，一次函数的值大于反比例函数的值，∴的取值范围．22.如图，平分，点A是射线上一点，过点A作交于点D，过A作，过点D作．（1）求证：四边形是矩形；（2）在上取点C使得，连接、．求证：．【答案】（1）证明见解析；（2）见解析．【解析】【分析】本题主要考查了特殊四边形的判定和性质，角平线的性质等知识点，（1）先判定四边形是平行四边形，然后由即可得解；（2）先判定四边形是平行四边形，再由平分和得出，证出四边形是菱形，进而即可得证；熟练掌握其判定和性质是解决此题的关键．【小问1】∵，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形；【小问2】如图，∵四边形是矩形∴，，∵，∴∴，，∴四边形是平行四边形，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∴．23.某校九年级课外科技活动小组的同学们研制了一种航模飞机，通过实验，收集了飞机相对于出发点的飞行水平距离（单位：）、飞行高度（单位：）随飞行时间（单位：）变化的数据如表．飞行时间…飞行水平距离…飞行高度…【探究发现】与，与之间的数量关系可用我们学过的函数来描述．（1）直接写出关于的函数解析式和关于的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）．【问题解决】如图，活动小组在水平安全线上处设置一个高度可以变化的发射平台试飞该航模飞机．根据上面的探究发现解决下列问题．（2）若发射平台相对于安全线的高度为，求飞机落到安全线时飞行的水平距离；（3）在安全线上设置回收区域，，．若飞机落到内（不包括端点，），求发射平台相对于安全线的高度的变化范围．【答案】（1）；（2）飞机落到安全线时飞行的水平距离为；（3）发射平台相对于安全线的高度的变化范围是大于且小于．【解析】【分析】（1）根据待定系数法求解即可；（2）令二次函数代入函数解析式即可求解；（3）设发射平台相对于安全线的高度为，则飞机相对于安全线的飞行高度．结合，即可求解；解：（1）探究发现：x与t是正比例函数关系，y与t是二次函数关系，设，由题意得：，，解得：，∴．（2）由，令得．解得，（舍），，当时，．答：飞机落到安全线时飞行的水平距离为．（3）设发射平台相对于安全线的高度为，飞机相对于安全线的飞行高度．∵，∴，，，在中，当时，令，解得；当时，令，解得．．答：发射平台相对于安全线的高度的变化范围是大于且小于．【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的应用，利用待定系数法求函数的解析式以及不等式的应用，关键是把实际问题分析转变成数学模型．24.在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为，两个不同的点在抛物线上（1）若，求t的值；（2）若，求t的取值范围．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据点在抛物线上，且得到点与关于对称轴对称，得到关于的方程，求解即可；（2）根据题意得到点在对称轴的右侧，点在对称轴的左侧，点不在对称轴上．之后分点在对称轴的左侧与右侧时进行讨论即可．本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．【小问1】解：∵点，在抛物线上，且，∴．解得：；【小问2】解：由题意，点在对称轴的右侧，点在对称轴的左侧，点不在对称轴上．①当点在对称轴的左侧时，点关于对称轴的对称点为．∵且，∴．∴．②当点在对称轴右侧时，点关于对称轴的对称点为．∵且，∴．∴．综上所述，的取值范围是或．25.已知：如图，在中，，，为底边上一点，将线段绕点逆时针旋转角度到，将线段绕点逆时针旋转到，连交于点；（1）根据题意补全图形；（2）求证：；（3）用等式表示线段与之间的数量关系，说明理由．【答案】（1）补全图形见解析；（2）证明见解析；（3），理由见解析．【解析】【分析】（）根据题意补全图形即可；（）由题意可得，，设与的交点为点，由三角形外角性质可得，进而可得，据此即可求证；（）连接，与相交于点，证明得，可得垂直平分，得到，再证明，得到，即得，进而得，得到，再得到，可得，得到为的中位线，据此即可求解；本题考查了旋转的性质，三角形外角性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，三角形中位线的性质，正确画出图形是解题的关键．【小问1】解：如图，根据题意补全图形如下：【小问2】解：由题意可得，，设与的交点为点，∵，，∴，又∵，∴，即，∴；【小问3】解：，理由如下：连接，与相交于点，由旋转可得，，，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴垂直平分，∴，∵，，，∴，即，又∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴为的中位线，∴．26.在平面直角坐标系中，对于图形和图形给出如下定义：如果图形上存在点、轴上存在点T，使得点以点为旋转中心，逆时针旋转得到的点在图形上，那么称图形是图形的“关联