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特训02 期中选填压轴题（第16-18章，上海历年精选）-八年级数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（沪教版，上海专用）
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这是一份特训02 期中选填压轴题（第16-18章，上海历年精选）-八年级数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（沪教版，上海专用），文件包含特训02期中选填压轴题第16-18章上海历年精选原卷版docx、特训02期中选填压轴题第16-18章上海历年精选解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2021秋·上海·八年级期中）“分母有理化”是我们常用的一种化简的方法，如：，除此之外，我们也可以用平方之后再开方的方式来化简一些有特点的无理数，如：对于，设，易知，故，由，解得，即．根据以上方法，化简后的结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题中给的方法分别对和进行化简，然后再进行合并即可.
【解析】设，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴原式，
故选D．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，涉及了分母有理化等方法，弄清题意，理解和掌握题中介绍的方法是解题的关键.
2．（2022秋·上海虹口·八年级上外附中校考阶段练习）设等式在实数范围内成立，其中a、x、y是两两不同的实数，则的值是( )
A．3B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据根号下的数要是非负数，得到a（x-a）≥0，a（y-a）≥0，x-a≥0，a-y≥0，推出a≥0，a≤0，得到a=0，代入即可求出y=-x，把y=-x代入原式即可求出答案．
【解析】由于根号下的数要是非负数，
∴a（x-a）≥0，a（y-a）≥0，x-a≥0，a-y≥0，
a（x-a）≥0和x-a≥0可以得到a≥0，
a（y-a）≥0和a-y≥0可以得到a≤0，
所以a只能等于0，代入等式得
=0，
所以有x=-y，
即：y=-x，
由于x，y，a是两两不同的实数，
∴x＞0，y＜0．
将x=-y代入原式得：
原式=．
故选B．
【点睛】本题主要考查对二次根式的化简，算术平方根的非负性，分式的加减、乘除等知识点的理解和掌握，根据算术平方根的非负性求出a、x、y的值和代入求分式的值是解此题的关键．
3．（2022秋·上海·八年级专题练习）关于代数式，有以下几种说法，
①当时，则的值为-4.
②若值为2，则.
③若，则存在最小值且最小值为0.
在上述说法中正确的是（ ）
A．①B．①②C．①③D．①②③
【答案】C
【分析】①将代入计算验证即可；②根据题意=2，解得a的值即可作出判断；③若a＞-2，则a+2＞0，则对配方，利用偶次方的非负性可得答案．
【解析】解：①当时，
．
故①正确；
②若值为2，
则，
∴a2+2a+1=2a+4，
∴a2=3，
∴．
故②错误；
③若a＞-2，则a+2＞0，
∴=
=
=≥0．
∴若a＞-2，则存在最小值且最小值为0．
故③正确．
综上，正确的有①③．
故选：C．
【点睛】本题考查了分式的加减法、分式的值的计算及最值问题等知识点，熟练运用相关公式及运算法则是解题的关键．
4．（2021秋·上海·八年级期中）当时，的值为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】A
【分析】根据分式的运算法则以及二次根式的性质即可求出答案．
【解析】解：原式=
将代入得，
原式
.
故选：A.
【点睛】本题考查分式的运算以及二次根式的性质，解题的关键是熟练运用分式的运算法则以及观察出分母可以开根号，本题属于较难题型．
5．（2023·上海·八年级假期作业）已知，且有及，则的值为（ ）
A．B．2018C．3D．
【答案】D
【分析】把两边都除以，得，从而知x、是的两根，根据韦达定理可得答案．
【解析】解：∵，
∴，
则x、是的两根，
∴，
∵3，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了根与系数的关系．根据已知条件得到x、是关于x的方程的两根是解题的难点．
6．（2022秋·八年级单元测试）有关于x的两个方程：ax2+bx+c=0与ax2-bx+c=0，其中abc＞0，下列判断正确的是（ ）
A．两个方程可能一个有实数根，另一个没有实数根B．若两个方程都有实数根，则必有一根互为相反数
C．若两个方程都有实数根，则必有一根相等D．若两个方程都有实数根，则必有一根互为倒数
【答案】B
【分析】分别求出两个方程的根的判别式，由此可判断选项A；设方程的一个实数根为，则，先根据可得，从而可得，再分别将、和代入方程的左边，检验是否等于0即可判断选项B、C、D，由此即可得出答案．
【解析】解：方程根的判别式为，
方程根的判别式为，
所以若一个方程有实数根，则另一个方程也一定有实数根，选项A错误；
若两个方程都有实数根，
设方程的一个实数根为，则，即，
，
，
，
将代入方程的左边得：，
即是方程的根，
所以此时两个方程必有一根互为相反数，选项B正确；
将代入方程的左边得：，
即不是方程的根，选项C错误；
将代入方程的左边得：
，
则只有当时，才是方程的根，
所以此时两个方程不一定有一根互为倒数，选项D错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的根，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．
7．（2021秋·上海·八年级期中）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．下列结论：①若关于x的方程x2+hx+2＝0是倍根方程，则h＝±3；②方程x2+2x﹣8＝0是倍根方程；③若关于x的方程（x﹣2）（mx+n）＝0（m≠0）是倍根方程，则4m2+5mn+n2＝0；④若q＝2p（p≠0），则关于x的方程px2﹣q＝0是倍根方程，其中正确的有（ ）
A．①②B．①③C．②③D．②④
【答案】B
【分析】①设x2=2x1，得到x1•x2=2x12=2，得到当x1=1时，x2=2，当x1=-1时，x2=-2，于是得到结论；②通过解方程得到该方程的根，结合“倍根方程”的定义进行判断；③根据“倍根方程”的定义即可得到结论；④求出关于x的方程px2﹣q＝0的两个根，即可判断．
【解析】解：①关于x的方程x2+hx+2＝0是倍根方程，
∴设x2=2x1，
∴x1•x2=2x12=2，
∴x1=±1，
当x1=1时，x2=2，
当x1=-1时，x2=-2，
∴x1+x2=-h=±3，
∴h=±3，故①正确；
②由x2+2x﹣8＝0，得
（x+4）（x-2）=0，
解得x1=-4，x2=2，
∵x1≠2x2或x2≠2x1，
∴方程x2+2x﹣8＝0不是倍根方程．
故②错误；
③关于x的方程（x﹣2）（mx+n）＝0（m≠0）的解为：x1=2，x2=，
若关于x的方程（x﹣2）（mx+n）＝0（m≠0）是倍根方程，则=1或=4，
∴m+n=0或4m+n=0，即：（m+n）（4m+n）=0，
∴4m2+5mn+n2＝0，故③正确；
④若q＝2p（p≠0），则关于x的方程px2﹣q＝0，可变形为：px2﹣2p＝0，
∴x2=2，解得：x=，故④错误．
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，正确的理解倍根方程的定义是解题的关键．
8．（2021·九年级专题练习）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大，那么称这样的方程为“邻根方程”．若关于的方程是常数，是“邻根方程”，令，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据“邻根方程”的定义求出，代入进行配方求出最大值即可．
【解析】解：设、是方程是常数，的两根，
解得，，
∵原方程是“邻根方程”
∴或
∴当a=2时，t有最大值，最大值为4．
故选C.
【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及正确理解“邻根方程”的定义，本题属于中等题型．
9．（2022春·上海·八年级专题练习）将关于的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如…，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求得，代入即可得出答案．
【解析】∵，
∴，，
∴
=
=
=
=
=，
∵，且，
∴，
∴原式=，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是会将四次先降为二次，再将二次降为一次．
10．（2023·上海·八年级假期作业）定义新运算：例如：，，则函数，的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据定义的新运算可得，根据反比例函数的性质即可得到答案．
【解析】解：根据题意得，
函数的图像为反比例函数的图像，
∵当时，，当，，
故选：D．
【点睛】本题考查函数的新定义和反比例函数的性质，解题的关键是根据题意写出函数的表达式．
11．（2021·九年级专题练习）甲、乙两人在笔直的湖边公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离y（米）与甲出发的时间t（分）之间的关系如图所示，下列结论：①甲步行的速度为60米/分；②乙走完全程用了30分钟；③乙用12分钟追上甲；④乙到达终点时，甲离终点还有300米．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解析】由题意可得：甲步行速度==60（米/分）；
故①结论正确；
设乙的速度为：x米/分，
由题意可得：16×60=(16﹣4)x，
解得x=80，
∴乙的速度为80米/分；
∴乙走完全程的时间=（分）；
故②结论正确；
由图可得，乙追上甲的时间为：16﹣4=12（分）；
故③结论正确；
乙到达终点时，甲离终点距离是：2400﹣(4+30)×60=360（米），
故④结论错误；
故正确的结论有①②③共3个．
故选：C．
【点睛】本题考查了函数图象的应用，解题的关键是正确分析函数图象并求出甲乙两人的速度，利用数形结合的思想解答．
12．（2022秋·上海长宁·八年级上海市西延安中学校考期中）定义：表示不超过实数的最大整数.例如：，，根据你学习函数的经验，下列关于函数的判断中，正确的是（ ）
A．函数的定义域是一切整数
B．函数的图像是经过原点的一条直线
C．点在函数图像上
D．函数的函数值随的增大而增大
【答案】C
【分析】根据题意描述的概念逐项分析即可．
【解析】A、对于原函数，自变量显然可取一切实数，则其定义域为一切实数，故错误；
B、因为原函数的函数值是一些整数，则图象不会是一条过原点的直线，故错误；
C、由题意可知，则点在函数图像上，故正确；
D、例如，，即当，时，函数值均为，不是随的增大而增大，故错误；
故选：C．
【点睛】本题考查函数的概念以及新定义问题，仔细审题，理解材料介绍的的概念是解题关键．
二、填空题
13．（2022秋·上海虹口·八年级上外附中校考阶段练习）已知，则的值为 ．
【答案】
【分析】先对已知条件进行化简，再依次代入所求的式子进行运算即可．
【解析】解：∵，
∴，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是逐步把代入所求式子进行化简求值．
14．（2022秋·上海·八年级专题练习）函数的定义域是
【答案】
【分析】根据二次根式有意义的条件，可列出关于x的不等式组，解出x即可．解不等式②可用整体换元法．
【解析】根据题意可知，
解不等式①得：．
解不等式②：将不等式变形为，
令，代入中，
得：，
∴．
∴恒成立．
∴该函数的定义域是．
故答案为：
【点睛】本题主要考查使二次根式有意义的条件．掌握使二次根式有意义的条件为被开方数是非负数是解答本题的关键．
15．（2023·上海·八年级假期作业）设，，当t为 时，代数式．
【答案】2
【分析】根据x，y的表达式，可以观察出，，再将改写为含有与的形式，代入解出t即可．
【解析】，
，
，解得（舍去），．
故答案为：2
【点睛】本题考查乘法公式的运用，熟练掌握乘法公式并能将二次三项式改写为含有与的形式，是本题的解题关键．
16．（2021秋·上海·八年级期中）已知，则
【答案】
【分析】利用完全平方公式化简，得到；化简分式，最后将代入化简后的分式，计算即可.
【解析】
将代入得：
故答案为
【点睛】本题考查二次根式的化简以及分式的化简求值，难度较大，难点在于化简，熟练掌握相关知识点是解题关键.
17．（2020秋·上海闵行·八年级校考阶段练习）一元二次方程的两根为、，则 ．
【答案】14
【分析】先将原方程展开并化简得，再由根与系数关系得，，然后将展开，得，即可整体代入计算即可．
【解析】解：∵
∴
∵方程的两根为、，
∴，，
∴．
故答案为：14．
【点睛】本题主要考查一元二次函数根与系数的关系，代数式求值，熟练掌握：，是一元二次方程的两根时，，是解题关键．
18．（2020秋·上海普陀·八年级统考期中）阅读：关于的一元二次方程，我们知道当时，这个方程的两个实数根可以表示为：，，
此时方两根之和为：.
两根之积为：，这就是一元次方程的根与系数关系定理．利用一元二次方程的根与系数关系定理我们可以不解方程直接求出方程的两根之和与两根之积．例如，已知，分别为一元二次方程的两根，则，．根据上述材料回答问题：已知，是一元二次方程的两根，那 ．
【答案】
【分析】根据材料提供的定理求得，的值，再利用完全平方公式变形代入求值即可求解．
【解析】解：方程整理得，
由题意得：，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，根据材料求得，的值是解题的关键．
19．（2023·上海·八年级假期作业）如图所示，中，，点P沿射线AB方向从点A出发以的速度移动，点Q沿射线CB方向从点C出发以的速度移动，P，Q同时出发， 秒后，的面积为．
【答案】或7或
【分析】当运动时间为t秒时，，根据的面积为，列出关于t的一元二次方程求解即可．
【解析】解：当运动时间为t秒时，，
根据题意得：，
∴，
∴．
当时，，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去）；
当时，，
整理得：，
解得：；
当时，，
整理得：，
解得：（不符合题意，舍去），．
综上所述，或7或秒后，的面积为．
故答案为：或7或．
【点睛】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．
20．（2023·上海·八年级假期作业）如果一元二次方程的两根相差1，那么该方程成为“差1方程”．例如是“差1方程”．若关于x的方程(a，b是常数，)是“差1方程”设，t的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据新定义得方程的大根与小根的差为1，列出与的关系式，再由，得与的关系，从而得出最后结果．
【解析】解：由题可得：
∴解方程得，
关于的方程、是常数，是“差1方程”，
，
，
，
，
，
时，的最大值为9．
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及正确理解“差1方程”的定义．
21．（2021秋·上海闵行·八年级校考期中）已知x＝，y＝，且19x2+123xy+19y2＝1985，则正整数n的值为 ．
【答案】2
【分析】先将进行分母有理化，再分别求出的值，然后将已知等式变形为，最后代入解一元二次方程即可得．
【解析】解：，
，
，
，
，
，
，
，即，
解得或（与为正整数不符，舍去），
故答案为：2．
【点睛】本题考查了解一元二次方程、二次根式的分母有理化等知识点，熟练掌握二次根式的分母有理化是解题关键．
22．（2022秋·上海·八年级上外附中校考期末）关于 的一元二次方程 有一个正根、一个负根，且正根的绝对值不大于负根的绝对值，则的取值范围是
【答案】且m≠0
【分析】根据根与系数的关系判断即可．
【解析】设方程得两个根为，，
∴
∵于 的一元二次方程 有一个正根、一个负根，
∴且m≠0
解得且m≠0
故答案为：且m≠0．
【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数的关系，熟记是解题的关键．
23．（2021秋·上海·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A、C在坐标轴上，点B的坐标是．将沿x轴向左平移得到，且点落在函数的图象上，如果此时四边形的面积是20，那么点的坐标是 ．
【答案】
【分析】依据点B的坐标是，，可得点的纵坐标为2，再根据点落在函数的图象上，即可得到，依据四边形的面积是20，可得，进而得到点的坐标是．
【解析】解：如图，
∵点B的坐标是，，
∴点的纵坐标为2．
又∵点落在函数的图象上，
∴当时，，
∴．
又∵四边形的面积是20，
∴，
∴，
∴点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的综合题的知识，解答本题的关键是熟练掌握反比例函数的性质以及平移的性质．在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度．
24．（2021秋·上海·八年级期中）如图，直线AC与函数y＝（×＜0）的图像相交于点A（﹣1，6），与x轴交于点C，且∠ACO＝45°，点D是线段AC上一点．
（1）k的值为 ；
（2）若△DOC与△OAC的面积比为2：3，则点D的坐标为 ；
（3）若将OD绕点O逆时针旋转90°得到OD′，点D′恰好落在函数y＝（x＜0）的图像上，则点D的坐标为 ．
【答案】 k=-6 （1，4） （3，2）或（2，3）
【分析】（1）将点A(−1，6)代入反比例函数解析式中即可求出k的值；
（2）过点D作DM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，根据三角形的面积比可得，再根据点A的坐标即可求出DM，然后证出△ACN和△DCM都是等腰直角三角形，即可求出OM，从而求出结论；
（3）过点D作DM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，过点D′作D′G⊥x轴于G，设点D的纵坐标为a（a＞0），即DM=a，然后用a表示出OM，利用AAS证出△GD′O≌△MOD，即可用a表示出点D′的坐标，将D′的坐标反比例函数解析式中即可求出a的值，从而求出点D的坐标．
【解析】解：（1）将点A(−1，6)代入y=kx中，得
6=，
解得k=-6；
（2）过点D作DM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，
∵△DOC与△OAC的面积比为2∶3，
∴，
∴ ，
∵A(−1，6)
∴AN=6，ON=1，
∴DM=4，
∵∠ACO=45°，
∴△ACN和△DCM都是等腰直角三角形，
∴CN=AN=6，CM=DM=4，
∴OM=CN－CM－ON=1，
∴点D的坐标为（1，4）；
（3）过点D作DM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，过点D′作D′G⊥x轴于G，
设点D的纵坐标为a（a＞0），即DM=a
∵△ACN和△DCM都是等腰直角三角形，
∴CN=AN=6，CM=DM=a，
∴OM=CN－CM－ON=5－a，
∴点D的坐标为（5－a，a）
∵∠D′GO=∠OMD=∠D′OD=90°
∴∠GD′O＋∠D′OG=90°，∠MOD＋∠D′OG=90°，
∴∠GD′O=∠MOD
由旋转的性质可得D′O=OD
∴△GD′O≌△MOD
∴GD′=OM=5－a，OG=DM=a
∴D′的坐标为（-a，5－a）
由（1）知，反比例函数解析式为y= (x<0)
将D′的坐标代入，得
5−a= ，
解得：a1=2，a2=3
∴点D的坐标为（3，2）或（2，3）．
【点睛】此题考查的是反比例函数与几何图形的综合大题，掌握利用待定系数法求反比例函数解析式、等腰直角三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和旋转的性质是解题关键．
25．（2022·上海·统考模拟预测）定义：给定关于x的函数y，对于该函数图象上任意两点（x1，y1），（x2，y2），当x1＝﹣x2时，都有y1＝y2，称该函数为偶函数，根据以上定义，可以判断下面所给的函数中，是偶函数的有 （填上所有正确答案的序号）．
①y＝2x； ②y＝﹣x+1； ③y＝x2； ④y＝﹣；
【答案】③．
【分析】根据所给的定义，把x1和x2分别代入函数解析式进行判断即可．
【解析】在①中，y1＝2x1，y2＝2x2＝﹣2x1，此时y1≠y2，∴y＝2x不是偶函数，
在②中，y1＝﹣x1+1，y2＝﹣x2+1＝x1+1，此时y1≠y2，∴y＝﹣x+1不是偶函数，
在③中，y1＝x12，y2＝x22＝（﹣x1）2＝x12，此时y1＝y2，∴y＝x2是偶函数，
在④中，y1＝﹣，y2＝﹣＝﹣＝，此时y1≠y2，∴y＝﹣不是偶函数，
∴是偶函数的为③，
故答案为：③．
【点睛】本题为新定义题目，理解题目中偶函数的定义是解题的关键．
26．（2021春·上海宝山·九年级统考期中）我们把直角坐标平面内横、纵坐标互相交换的两个点称为“关联点对”，如点和点为一对“关联点对”．如果反比例函数在第一象限内的图像上有一对“关联点对”，且这两个点之间的距离为，那么这对“关联点对”中，距离轴较近的点的坐标为 ．
【答案】（5，2）或（﹣5，﹣2）．
【分析】根据题意利用反比例函数图象上点的坐标特征结合关联点的定义，求得关联点的坐标，即可得出结论．
【解析】解：设反比例函数y＝在第一象限内的图象上一对“关联点对”为A（a，b），B（b，a）且a＞b，
∴ab＝10，
∵这两个点之间的距离为3，
∴AB＝＝3，
∴a﹣b＝3，
由解得或（舍去），
∴A（5，2），B（2，5），
∴距离x轴较近的点的坐标为（5，2），
故答案为（5，2）．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是利用反比例函数图象上点的坐标特征结合关联点的定义，求出反比例函数图象上的关联点．
一、单选题
1．（2021秋·上海·八年级期中）“分母有理化”是我们常用的一种化简的方法，如：，除此之外，我们也可以用平方之后再开方的方式来化简一些有特点的无理数，如：对于，设，易知，故，由，解得，即．根据以上方法，化简后的结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题中给的方法分别对和进行化简，然后再进行合并即可.
【解析】设，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴原式，
故选D．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，涉及了分母有理化等方法，弄清题意，理解和掌握题中介绍的方法是解题的关键.
2．（2022秋·上海虹口·八年级上外附中校考阶段练习）设等式在实数范围内成立，其中a、x、y是两两不同的实数，则的值是( )
A．3B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据根号下的数要是非负数，得到a（x-a）≥0，a（y-a）≥0，x-a≥0，a-y≥0，推出a≥0，a≤0，得到a=0，代入即可求出y=-x，把y=-x代入原式即可求出答案．
【解析】由于根号下的数要是非负数，
∴a（x-a）≥0，a（y-a）≥0，x-a≥0，a-y≥0，
a（x-a）≥0和x-a≥0可以得到a≥0，
a（y-a）≥0和a-y≥0可以得到a≤0，
所以a只能等于0，代入等式得
=0，
所以有x=-y，
即：y=-x，
由于x，y，a是两两不同的实数，
∴x＞0，y＜0．
将x=-y代入原式得：
原式=．
故选B．
【点睛】本题主要考查对二次根式的化简，算术平方根的非负性，分式的加减、乘除等知识点的理解和掌握，根据算术平方根的非负性求出a、x、y的值和代入求分式的值是解此题的关键．
3．（2022秋·上海·八年级专题练习）关于代数式，有以下几种说法，
①当时，则的值为-4.
②若值为2，则.
③若，则存在最小值且最小值为0.
在上述说法中正确的是（ ）
A．①B．①②C．①③D．①②③
【答案】C
【分析】①将代入计算验证即可；②根据题意=2，解得a的值即可作出判断；③若a＞-2，则a+2＞0，则对配方，利用偶次方的非负性可得答案．
【解析】解：①当时，
．
故①正确；
②若值为2，
则，
∴a2+2a+1=2a+4，
∴a2=3，
∴．
故②错误；
③若a＞-2，则a+2＞0，
∴=
=
=≥0．
∴若a＞-2，则存在最小值且最小值为0．
故③正确．
综上，正确的有①③．
故选：C．
【点睛】本题考查了分式的加减法、分式的值的计算及最值问题等知识点，熟练运用相关公式及运算法则是解题的关键．
4．（2021秋·上海·八年级期中）当时，的值为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】A
【分析】根据分式的运算法则以及二次根式的性质即可求出答案．
【解析】解：原式=
将代入得，
原式
.
故选：A.
【点睛】本题考查分式的运算以及二次根式的性质，解题的关键是熟练运用分式的运算法则以及观察出分母可以开根号，本题属于较难题型．
5．（2023·上海·八年级假期作业）已知，且有及，则的值为（ ）
A．B．2018C．3D．
【答案】D
【分析】把两边都除以，得，从而知x、是的两根，根据韦达定理可得答案．
【解析】解：∵，
∴，
则x、是的两根，
∴，
∵3，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了根与系数的关系．根据已知条件得到x、是关于x的方程的两根是解题的难点．
6．（2022秋·八年级单元测试）有关于x的两个方程：ax2+bx+c=0与ax2-bx+c=0，其中abc＞0，下列判断正确的是（ ）
A．两个方程可能一个有实数根，另一个没有实数根B．若两个方程都有实数根，则必有一根互为相反数
C．若两个方程都有实数根，则必有一根相等D．若两个方程都有实数根，则必有一根互为倒数
【答案】B
【分析】分别求出两个方程的根的判别式，由此可判断选项A；设方程的一个实数根为，则，先根据可得，从而可得，再分别将、和代入方程的左边，检验是否等于0即可判断选项B、C、D，由此即可得出答案．
【解析】解：方程根的判别式为，
方程根的判别式为，
所以若一个方程有实数根，则另一个方程也一定有实数根，选项A错误；
若两个方程都有实数根，
设方程的一个实数根为，则，即，
，
，
，
将代入方程的左边得：，
即是方程的根，
所以此时两个方程必有一根互为相反数，选项B正确；
将代入方程的左边得：，
即不是方程的根，选项C错误；
将代入方程的左边得：
，
则只有当时，才是方程的根，
所以此时两个方程不一定有一根互为倒数，选项D错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的根，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．
7．（2021秋·上海·八年级期中）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．下列结论：①若关于x的方程x2+hx+2＝0是倍根方程，则h＝±3；②方程x2+2x﹣8＝0是倍根方程；③若关于x的方程（x﹣2）（mx+n）＝0（m≠0）是倍根方程，则4m2+5mn+n2＝0；④若q＝2p（p≠0），则关于x的方程px2﹣q＝0是倍根方程，其中正确的有（ ）
A．①②B．①③C．②③D．②④
【答案】B
【分析】①设x2=2x1，得到x1•x2=2x12=2，得到当x1=1时，x2=2，当x1=-1时，x2=-2，于是得到结论；②通过解方程得到该方程的根，结合“倍根方程”的定义进行判断；③根据“倍根方程”的定义即可得到结论；④求出关于x的方程px2﹣q＝0的两个根，即可判断．
【解析】解：①关于x的方程x2+hx+2＝0是倍根方程，
∴设x2=2x1，
∴x1•x2=2x12=2，
∴x1=±1，
当x1=1时，x2=2，
当x1=-1时，x2=-2，
∴x1+x2=-h=±3，
∴h=±3，故①正确；
②由x2+2x﹣8＝0，得
（x+4）（x-2）=0，
解得x1=-4，x2=2，
∵x1≠2x2或x2≠2x1，
∴方程x2+2x﹣8＝0不是倍根方程．
故②错误；
③关于x的方程（x﹣2）（mx+n）＝0（m≠0）的解为：x1=2，x2=，
若关于x的方程（x﹣2）（mx+n）＝0（m≠0）是倍根方程，则=1或=4，
∴m+n=0或4m+n=0，即：（m+n）（4m+n）=0，
∴4m2+5mn+n2＝0，故③正确；
④若q＝2p（p≠0），则关于x的方程px2﹣q＝0，可变形为：px2﹣2p＝0，
∴x2=2，解得：x=，故④错误．
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，正确的理解倍根方程的定义是解题的关键．
8．（2021·九年级专题练习）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大，那么称这样的方程为“邻根方程”．若关于的方程是常数，是“邻根方程”，令，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据“邻根方程”的定义求出，代入进行配方求出最大值即可．
【解析】解：设、是方程是常数，的两根，
解得，，
∵原方程是“邻根方程”
∴或
∴当a=2时，t有最大值，最大值为4．
故选C.
【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及正确理解“邻根方程”的定义，本题属于中等题型．
9．（2022春·上海·八年级专题练习）将关于的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如…，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求得，代入即可得出答案．
【解析】∵，
∴，，
∴
=
=
=
=
=，
∵，且，
∴，
∴原式=，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是会将四次先降为二次，再将二次降为一次．
10．（2023·上海·八年级假期作业）定义新运算：例如：，，则函数，的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据定义的新运算可得，根据反比例函数的性质即可得到答案．
【解析】解：根据题意得，
函数的图像为反比例函数的图像，
∵当时，，当，，
故选：D．
【点睛】本题考查函数的新定义和反比例函数的性质，解题的关键是根据题意写出函数的表达式．
11．（2021·九年级专题练习）甲、乙两人在笔直的湖边公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离y（米）与甲出发的时间t（分）之间的关系如图所示，下列结论：①甲步行的速度为60米/分；②乙走完全程用了30分钟；③乙用12分钟追上甲；④乙到达终点时，甲离终点还有300米．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解析】由题意可得：甲步行速度==60（米/分）；
故①结论正确；
设乙的速度为：x米/分，
由题意可得：16×60=(16﹣4)x，
解得x=80，
∴乙的速度为80米/分；
∴乙走完全程的时间=（分）；
故②结论正确；
由图可得，乙追上甲的时间为：16﹣4=12（分）；
故③结论正确；
乙到达终点时，甲离终点距离是：2400﹣(4+30)×60=360（米），
故④结论错误；
故正确的结论有①②③共3个．
故选：C．
【点睛】本题考查了函数图象的应用，解题的关键是正确分析函数图象并求出甲乙两人的速度，利用数形结合的思想解答．
12．（2022秋·上海长宁·八年级上海市西延安中学校考期中）定义：表示不超过实数的最大整数.例如：，，根据你学习函数的经验，下列关于函数的判断中，正确的是（ ）
A．函数的定义域是一切整数
B．函数的图像是经过原点的一条直线
C．点在函数图像上
D．函数的函数值随的增大而增大
【答案】C
【分析】根据题意描述的概念逐项分析即可．
【解析】A、对于原函数，自变量显然可取一切实数，则其定义域为一切实数，故错误；
B、因为原函数的函数值是一些整数，则图象不会是一条过原点的直线，故错误；
C、由题意可知，则点在函数图像上，故正确；
D、例如，，即当，时，函数值均为，不是随的增大而增大，故错误；
故选：C．
【点睛】本题考查函数的概念以及新定义问题，仔细审题，理解材料介绍的的概念是解题关键．
二、填空题
13．（2022秋·上海虹口·八年级上外附中校考阶段练习）已知，则的值为 ．
【答案】
【分析】先对已知条件进行化简，再依次代入所求的式子进行运算即可．
【解析】解：∵，
∴，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是逐步把代入所求式子进行化简求值．
14．（2022秋·上海·八年级专题练习）函数的定义域是
【答案】
【分析】根据二次根式有意义的条件，可列出关于x的不等式组，解出x即可．解不等式②可用整体换元法．
【解析】根据题意可知，
解不等式①得：．
解不等式②：将不等式变形为，
令，代入中，
得：，
∴．
∴恒成立．
∴该函数的定义域是．
故答案为：
【点睛】本题主要考查使二次根式有意义的条件．掌握使二次根式有意义的条件为被开方数是非负数是解答本题的关键．
15．（2023·上海·八年级假期作业）设，，当t为 时，代数式．
【答案】2
【分析】根据x，y的表达式，可以观察出，，再将改写为含有与的形式，代入解出t即可．
【解析】，
，
，解得（舍去），．
故答案为：2
【点睛】本题考查乘法公式的运用，熟练掌握乘法公式并能将二次三项式改写为含有与的形式，是本题的解题关键．
16．（2021秋·上海·八年级期中）已知，则
【答案】
【分析】利用完全平方公式化简，得到；化简分式，最后将代入化简后的分式，计算即可.
【解析】
将代入得：
故答案为
【点睛】本题考查二次根式的化简以及分式的化简求值，难度较大，难点在于化简，熟练掌握相关知识点是解题关键.
17．（2020秋·上海闵行·八年级校考阶段练习）一元二次方程的两根为、，则 ．
【答案】14
【分析】先将原方程展开并化简得，再由根与系数关系得，，然后将展开，得，即可整体代入计算即可．
【解析】解：∵
∴
∵方程的两根为、，
∴，，
∴．
故答案为：14．
【点睛】本题主要考查一元二次函数根与系数的关系，代数式求值，熟练掌握：，是一元二次方程的两根时，，是解题关键．
18．（2020秋·上海普陀·八年级统考期中）阅读：关于的一元二次方程，我们知道当时，这个方程的两个实数根可以表示为：，，
此时方两根之和为：.
两根之积为：，这就是一元次方程的根与系数关系定理．利用一元二次方程的根与系数关系定理我们可以不解方程直接求出方程的两根之和与两根之积．例如，已知，分别为一元二次方程的两根，则，．根据上述材料回答问题：已知，是一元二次方程的两根，那 ．
【答案】
【分析】根据材料提供的定理求得，的值，再利用完全平方公式变形代入求值即可求解．
【解析】解：方程整理得，
由题意得：，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，根据材料求得，的值是解题的关键．
19．（2023·上海·八年级假期作业）如图所示，中，，点P沿射线AB方向从点A出发以的速度移动，点Q沿射线CB方向从点C出发以的速度移动，P，Q同时出发， 秒后，的面积为．
【答案】或7或
【分析】当运动时间为t秒时，，根据的面积为，列出关于t的一元二次方程求解即可．
【解析】解：当运动时间为t秒时，，
根据题意得：，
∴，
∴．
当时，，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去）；
当时，，
整理得：，
解得：；
当时，，
整理得：，
解得：（不符合题意，舍去），．
综上所述，或7或秒后，的面积为．
故答案为：或7或．
【点睛】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．
20．（2023·上海·八年级假期作业）如果一元二次方程的两根相差1，那么该方程成为“差1方程”．例如是“差1方程”．若关于x的方程(a，b是常数，)是“差1方程”设，t的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据新定义得方程的大根与小根的差为1，列出与的关系式，再由，得与的关系，从而得出最后结果．
【解析】解：由题可得：
∴解方程得，
关于的方程、是常数，是“差1方程”，
，
，
，
，
，
时，的最大值为9．
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及正确理解“差1方程”的定义．
21．（2021秋·上海闵行·八年级校考期中）已知x＝，y＝，且19x2+123xy+19y2＝1985，则正整数n的值为 ．
【答案】2
【分析】先将进行分母有理化，再分别求出的值，然后将已知等式变形为，最后代入解一元二次方程即可得．
【解析】解：，
，
，
，
，
，
，
，即，
解得或（与为正整数不符，舍去），
故答案为：2．
【点睛】本题考查了解一元二次方程、二次根式的分母有理化等知识点，熟练掌握二次根式的分母有理化是解题关键．
22．（2022秋·上海·八年级上外附中校考期末）关于 的一元二次方程 有一个正根、一个负根，且正根的绝对值不大于负根的绝对值，则的取值范围是
【答案】且m≠0
【分析】根据根与系数的关系判断即可．
【解析】设方程得两个根为，，
∴
∵于 的一元二次方程 有一个正根、一个负根，
∴且m≠0
解得且m≠0
故答案为：且m≠0．
【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数的关系，熟记是解题的关键．
23．（2021秋·上海·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A、C在坐标轴上，点B的坐标是．将沿x轴向左平移得到，且点落在函数的图象上，如果此时四边形的面积是20，那么点的坐标是 ．
【答案】
【分析】依据点B的坐标是，，可得点的纵坐标为2，再根据点落在函数的图象上，即可得到，依据四边形的面积是20，可得，进而得到点的坐标是．
【解析】解：如图，
∵点B的坐标是，，
∴点的纵坐标为2．
又∵点落在函数的图象上，
∴当时，，
∴．
又∵四边形的面积是20，
∴，
∴，
∴点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的综合题的知识，解答本题的关键是熟练掌握反比例函数的性质以及平移的性质．在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度．
24．（2021秋·上海·八年级期中）如图，直线AC与函数y＝（×＜0）的图像相交于点A（﹣1，6），与x轴交于点C，且∠ACO＝45°，点D是线段AC上一点．
（1）k的值为 ；
（2）若△DOC与△OAC的面积比为2：3，则点D的坐标为 ；
（3）若将OD绕点O逆时针旋转90°得到OD′，点D′恰好落在函数y＝（x＜0）的图像上，则点D的坐标为 ．
【答案】 k=-6 （1，4） （3，2）或（2，3）
【分析】（1）将点A(−1，6)代入反比例函数解析式中即可求出k的值；
（2）过点D作DM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，根据三角形的面积比可得，再根据点A的坐标即可求出DM，然后证出△ACN和△DCM都是等腰直角三角形，即可求出OM，从而求出结论；
（3）过点D作DM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，过点D′作D′G⊥x轴于G，设点D的纵坐标为a（a＞0），即DM=a，然后用a表示出OM，利用AAS证出△GD′O≌△MOD，即可用a表示出点D′的坐标，将D′的坐标反比例函数解析式中即可求出a的值，从而求出点D的坐标．
【解析】解：（1）将点A(−1，6)代入y=kx中，得
6=，
解得k=-6；
（2）过点D作DM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，
∵△DOC与△OAC的面积比为2∶3，
∴，
∴ ，
∵A(−1，6)
∴AN=6，ON=1，
∴DM=4，
∵∠ACO=45°，
∴△ACN和△DCM都是等腰直角三角形，
∴CN=AN=6，CM=DM=4，
∴OM=CN－CM－ON=1，
∴点D的坐标为（1，4）；
（3）过点D作DM⊥x轴于M，过点A作AN⊥x轴于N，过点D′作D′G⊥x轴于G，
设点D的纵坐标为a（a＞0），即DM=a
∵△ACN和△DCM都是等腰直角三角形，
∴CN=AN=6，CM=DM=a，
∴OM=CN－CM－ON=5－a，
∴点D的坐标为（5－a，a）
∵∠D′GO=∠OMD=∠D′OD=90°
∴∠GD′O＋∠D′OG=90°，∠MOD＋∠D′OG=90°，
∴∠GD′O=∠MOD
由旋转的性质可得D′O=OD
∴△GD′O≌△MOD
∴GD′=OM=5－a，OG=DM=a
∴D′的坐标为（-a，5－a）
由（1）知，反比例函数解析式为y= (x<0)
将D′的坐标代入，得
5−a= ，
解得：a1=2，a2=3
∴点D的坐标为（3，2）或（2，3）．
【点睛】此题考查的是反比例函数与几何图形的综合大题，掌握利用待定系数法求反比例函数解析式、等腰直角三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和旋转的性质是解题关键．
25．（2022·上海·统考模拟预测）定义：给定关于x的函数y，对于该函数图象上任意两点（x1，y1），（x2，y2），当x1＝﹣x2时，都有y1＝y2，称该函数为偶函数，根据以上定义，可以判断下面所给的函数中，是偶函数的有 （填上所有正确答案的序号）．
①y＝2x； ②y＝﹣x+1； ③y＝x2； ④y＝﹣；
【答案】③．
【分析】根据所给的定义，把x1和x2分别代入函数解析式进行判断即可．
【解析】在①中，y1＝2x1，y2＝2x2＝﹣2x1，此时y1≠y2，∴y＝2x不是偶函数，
在②中，y1＝﹣x1+1，y2＝﹣x2+1＝x1+1，此时y1≠y2，∴y＝﹣x+1不是偶函数，
在③中，y1＝x12，y2＝x22＝（﹣x1）2＝x12，此时y1＝y2，∴y＝x2是偶函数，
在④中，y1＝﹣，y2＝﹣＝﹣＝，此时y1≠y2，∴y＝﹣不是偶函数，
∴是偶函数的为③，
故答案为：③．
【点睛】本题为新定义题目，理解题目中偶函数的定义是解题的关键．
26．（2021春·上海宝山·九年级统考期中）我们把直角坐标平面内横、纵坐标互相交换的两个点称为“关联点对”，如点和点为一对“关联点对”．如果反比例函数在第一象限内的图像上有一对“关联点对”，且这两个点之间的距离为，那么这对“关联点对”中，距离轴较近的点的坐标为 ．
【答案】（5，2）或（﹣5，﹣2）．
【分析】根据题意利用反比例函数图象上点的坐标特征结合关联点的定义，求得关联点的坐标，即可得出结论．
【解析】解：设反比例函数y＝在第一象限内的图象上一对“关联点对”为A（a，b），B（b，a）且a＞b，
∴ab＝10，
∵这两个点之间的距离为3，
∴AB＝＝3，
∴a﹣b＝3，
由解得或（舍去），
∴A（5，2），B（2，5），
∴距离x轴较近的点的坐标为（5，2），
故答案为（5，2）．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是利用反比例函数图象上点的坐标特征结合关联点的定义，求出反比例函数图象上的关联点．
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