浙教版八年级下册数学举一反三系列 专题7.8 期末真题重组卷（学生版+教师版）

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参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋·河北石家庄·八年级统考期末）如果是最简二次根式，则x的值可能是（ ）
A．11B．13C．21D．27
【答案】B
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方式非负，列出不等式得到解集后，再由最简二次根式定义代值逐项验证即可得到答案．
【详解】解： 是二次根式，
，解得，
A、当时，，确定不是最简二次根式，该选项不符合题意；
B、当时，，确定是最简二次根式，该选项符合题意；
C、当时，，确定不是最简二次根式，该选项不符合题意；
D、当时，，确定不是最简二次根式，该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件及最简二次根式定义，熟练掌握最简二次根式的定义是解决问题的关键．
2．（3分）（2022秋·广西来宾·八年级统考期末）计算的结果为（ ）．
A．1B．C．0D．
【答案】A
【分析】利用二次根式的运算法则进行计算，即可得出结论．
【详解】解：
．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式的运算、平方差公式以及积的乘方，熟练掌握二次根式的运算法则，并能结合乘法公式进行简便运算是解答此题的关键．
3．（3分）（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图是某班1~8月份全班同学每月的课外阅读数量折线统计图，下列说法正确的是（ ）
A．每月阅读数量的中位数是32B．每月阅读数量的众数是73
C．每月阅读数量的平均数是46D．每月阅读数量的极差是55
【答案】D
【分析】根据中位数的定义，可判断A；根据众数的定义，可判断B；根据平均数的计算方法，可判断C；根据极差的定义，可判断D．
【详解】解：A．将8个数据由小到大排列为：18，26，32，48，48，60，65，73，中位数是，故本选项说法错误，不符合题意；
B．出现次数最多的是48，众数是48，故本选项说法错误，不符合题意；
C．该班学生去年月份全班同学每月的课外阅读数量的平均数是，故本选项说法错误，不符合题意；
D．每月阅读数量的极差是，故本选项说法正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了折线统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．折线统计图表示的是事物的变化情况．也考查了极差、平均数、众数与中位数．
4．（3分）（2022秋·山东临沂·九年级统考期末）下列方程中没有实数根的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据一元二次方程根的情况与判别式关系逐项判定即可得到答案．
【详解】解：A、，，方程没有实数根，符合题意；
B、，，方程有两个相等实数根，不符合题意；
C、，，方程有两个不相等实数根，不符合题意；
D、，，方程有两个不相等实数根，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程根的情况与判别式的关系，熟记对于一元二次方程：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根是解决问题的关键．
5．（3分）（2022秋·云南德宏·八年级统考期末）如图，在四边形纸片中，，将纸片折叠，使点、落在边上的点、处，折痕为，则的结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据折叠的性质可求得：，，利用四边形的内角和求出，由补角的定义可求解．
【详解】解：由折叠可知：，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查四边形的内角和外角，折叠的性质，补角．掌握四边形的内角和为是解题的关键．
6．（3分）（2022秋·四川乐山·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标是，则顶点B、C的坐标是（ ）
A． ，B． ，
C． ，D． ，
【答案】A
【分析】根据A的坐标是可得，，利用勾股定理求得，即可得到答案；
【详解】解：过点A作于D，
∵A的坐标是，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，轴，
∴，，
故选A．
【点睛】本题考查勾股定理，菱形性质及平面内点坐标表示，解题的关键是根据勾股定理求出边长．
7．（3分）（2022秋·河北唐山·九年级唐山市第十二中学校考期末）如图，矩形的对角线经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，点C在反比例函数的图象上．若点A的坐标为，则k的值为（ ）
A．1B．或3C．4D．1或
【答案】D
【分析】设C点坐标为，根据矩形的性质、点A的坐标分别求出点B、点D；根据“矩形的对角线经过坐标原点”及直线的几何意义求得①，又点C在反比例函数的图象上，所以将点C的坐标代入其中求得②；联立①②解关于k的一元二次方程即可．
【详解】解：设C点坐标为
四边形是矩形，点A的坐标为
B、D
矩形的对角线经过坐标原点
设直线的函数关系式为：
B、D
，
，即①
点C在反比例函数的图象上
②
联立①②得：
解得：或
故选：D
【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式、矩形的性质及一元二次方程的解法，解题关键是根据C求得B、D两点的坐标，然后根据直线的函数关系式列出方程，即．
8．（3分）（2022秋·河南郑州·九年级校联考期末）如图，正方形中，，点E，F分别为上一点，且，连接交对角线于点G，点P，Q分别为的中点，则的长为（ ）
A．6B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意作出合适的辅助线，利用三角形中位线定理可以求得和的长，然后根据勾股定理即可求得的长．
【详解】取中点，连接，取中点，连接，作交于点，如图所示，
正方形的边长为12，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵中点，点为的中点，
∴， ，，
∴，
∵中点，点为的中点，
，，，
∵，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
，
故选：D．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、正方形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
9．（3分）（2022秋·浙江台州·九年级统考期末）若关于x的一元二次方程 的一个根为m，则方程的两根分别是（ ）．
A．，B．，C．，D． ，
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系求出方程 的另一个根，设，根据方程 的根代入求值即可得到答案；
【详解】解：∵一元二次方程 的一个根为m，设方程另一根为n，
∴，
解得：，
设，方程变形为，
由一元二次方程 的根可得，
，，
∴，，
∴，，
故答案为：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数的关系及换元法解一元二次方程，解题的关键是用换元法变形方程代入求解．
10．（3分）（2022春·陕西汉中·八年级统考期末）如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和等边，为的中点，连接、，与相交于点，若，下列结论：①；②四边形为平行四边形；③；④．其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】首先证明Rt△ADF≌Rt△BAC，结合已知得到AE=DF，然后根据内错角相等两直线平行得到DFAE，由一组对边平行且相等可得四边形ADFE是平行四边形，故②正确；由∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，可得∠AHE=90°，故①正确；由2AG=AF可知③正确；在Rt△DBF和Rt△EFA中，BD＝FE，DF＝EA，可证Rt△DBF≌Rt△EFA，故④正确．
【详解】解：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD=BD=AB，AE=CE=AC，∠ADB=∠BAD=∠DBA=∠CAE=∠AEC=∠ACE=60°．
∵F是AB的中点，
∴∠BDF=∠ADF=30°，∠DFA=∠DFB=90°，BF=AF=AB．
∴AD=2AF．
∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，
∴BC=AB，
∴AF=BF=BC．
在Rt△ADF和Rt△BAC中，
AD＝BA ，AF＝BC，
∴Rt△ADF≌Rt△BAC（HL），
∴DF=AC，
∴AE=DF．
∵∠BAC=30°，
∴∠BAC+∠CAE=∠BAE=90°，
∴∠DFA=∠EAB，
∴DFAE，
∴四边形ADFE是平行四边形，故②正确；
∴AD=EF，ADEF，
设AC交EF于点H，
∴∠DAC=∠AHE．
∵∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，
∴∠AHE=90°，
∴EF⊥AC．①正确；
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴2GF=2GA=AF．
∴AD=4AG．故③正确．
在Rt△DBF和Rt△EFA中，
BD＝FE，DF＝EA，
∴Rt△DBF≌Rt△EFA（HL）．故④正确，
综上，①②③④都正确．
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定、等边三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质、平行四边形的判定及性质等，综合性较强，熟练掌握上述性质、定理是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022秋·四川达州·八年级校考期末）已知一组数据的平均数是3，方差为，那么另一组数据的平均数和方差分别是_____，_____．
【答案】 7 3
【分析】根据一组数据的平均数是，方差为，根据数据经过变形后，平均数变为，方差变为，进行计算即可．
【详解】解：∵数据的平均数是3，
∴数据的平均数是；
∵数据的方差为，
∴数据的方差是；
故答案为：7，3．
【点睛】本题考查平均数和方差．熟练掌握一组数据的平均数是，方差为，根据数据经过变形后，平均数变为，方差变为，是解题的关键。
12．（3分）（2022秋·江苏南京·九年级统考期末）已知，是的两个根，则______．
【答案】2
【分析】根据题意，利用根与系数的关系求出的值，把代入得到关系式，原式变形后代入计算即可求出值．
【详解】解：是的两个根，
，即，
则原式．
故答案为∶2．
【点睛】此题考查了根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
13．（3分）（2022秋·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考期末）如图，在中，，且，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为 ___________．
【答案】##
【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】解：连接，
∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当时，的值最小，
此时，的面积=，
∴，
∴的最小值为；
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
14．（3分）（2022秋·广东汕头·九年级统考期末）如图，在中，，，，现有动点P从点A出发，沿向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段向点B方向运动，如果点P的速度是，点Q的速度是．P、Q两点同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，另一点停止运动．设运动时间为t秒．当__________s时，平分的面积．
【答案】2
【分析】先表示出，，根据平分的面积得到t的方程求解即可．
【详解】解：根据题意，，，
∵，，
∴， 点Q到B点的时间为，点P到C点的时间为，
∵P、Q两点同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，另一点停止运动．
∴，
当平分的面积时，，即，
∴，
整理得，
解得，（舍去），
∴当时，平分的面积．
故答案为：2．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，理解题意，正确列出方程并正确求解是解答的关键，注意时间的取值范围．
15．（3分）（2022秋·四川巴中·九年级统考期末）对于有理数，定义的含义为：当时，．例如：．已知，，且和为两个连续正整数，则的值为________．
【答案】
【分析】根据的含义可得，由a和b为两个连续正整数求得它们的值，然后代入计算即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，且a和b为两个连续正整数，，
∴，
∴．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了二次根式的应用、立方根、实数的运算等知识点，根据题意理解新定义的计算公式是解题的关键．
16．（3分）（2022秋·江西吉安·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，，顶点A，C的坐标分别为，，，函数的图象经过点B，则k的值为_________．
【答案】####6.75
【分析】根据点A、C的坐标可知，进而求出，再由可求出，通过作垂线构造等腰直角三角形可求出点B的坐标，即可求出k的值．
【详解】解：过点B作轴，
∵点A、C的坐标分别为、，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
又，
，
是等腰直角三角形，
，
，
在中，，即，
，
，
，
∴点B的坐标为，
∵函数的图象经过点B，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、勾股定理和等腰三角形的性质，熟练掌握反比例函数图象上的点的横坐标和纵坐标的积是一个定值k是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2022秋·陕西西安·八年级校考期末）计算：
(1)；
(2)；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将二次根式化简后再进行合并即可；
（2）原式先根据完全平方公式去括号和化简二次根式，再进行二次根式的乘法运算，最后合并同类二次根式即可
【详解】（1）
=
=
（2）
=
=
【点睛】本题主要考查了二次根式的加减以及混合运算，正确化简二次根式是解答本题的关键
18．（6分）（2022秋·海南省直辖县级单位·九年级统考期末）用适当的方法解下列方程．
(1)；
(2)；
(3)．
【答案】(1)，
(2)，
(3)，
【分析】（1）利用平方差公式，可以解答此方程；
（2）利用因式分解法解方程即可；
（3）利用因式分解法解方程即可．
【详解】（1）解：，
，
或，
解得，；
（2）解：，
，
或，
解得，；
（3）解：，
，
或，
解得，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程因式分解法：先把方程的右边化为，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了数学转化思想．
19．（8分）（2022秋·河北保定·八年级统考期末）为了解同学们的活动情况学校随机调查了部分同学的活动时间，并用得到的数据绘制了不完整的统计图，根据图中信息回答下列问题：
(1)将条形统计图补充完整；
(2)扇形图中“1.5小时”部分圆心角是_______度，活动时间的平均数是_______，众数是_____小时，中位数是______小时；
(3)若该学校共有900人参与义工活动，请你估计工作时长一小时以上（不包括一小时）的学生人数为_______．
【答案】(1)见解析
(2)144；1.32小时；1.5；1.5
(3)
【分析】（1）先求出调查总人数，再求出1.5小时的学生人数，即可补全条形统计图．
（2）先求出调查人数中“1.5小时的学生人数”占调查人数的，因此可推断出所占圆心角度数也是，即可求出圆心角度数．分别根据平均数、众数和中位数的定义求出平均数、众数和中位数．
（3）先求出样本中“工作大于1小时的”人数，再求出占调查人数的百分比，根据全校900人，进而求出“工作大于1小时的”总人数．
【详解】（1）解： （人）
（人）
补全统计图如图所示：
（2）解：圆心角：．
活动时间的平均数：（小时）．
众数：活动时间出现次数最多的是1.5小时，出现40次，
众数为1.5小时．
中位数：将100个学生的活动时间从小到大排序后处在第50、51位的都是1.5小时，
中位数是1.5小时．
故答案为：144；1.32小时；1.5；1.5；
（3）解：（人）
故答案为：522．
【点睛】本题考查的是条形统计图、扇形统计图的意义和制作方法以及众数、中位数和平均数的计算方法．从两个统计图中获取数据和数据之间的关系是解题的关键，是否能熟练掌握众数、中位数和平均数的概念是解题的易错点．
20．（8分）（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）凌云文具店从工厂购进、两款冰墩墩钥匙扣，进货价和销售价如表：（注：利润销售价进货价）
(1)该文具店第一次用元购进、两款钥匙扣共件，求两款钥匙扣分别购进的件数；
(2)第一次购进的冰墩墩钥匙扣售完后，该文具店计划再次购进、两款冰墩墩钥匙扣共件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于元．应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？
(3)文具店打算把款钥匙扣调价销售．如果按照原价销售，平均每天可售件．经调查发现，每降价元，平均每天可多售件，将销售价定为每件多少元时，才能使款钥匙扣平均每天销售利润为元？
【答案】(1)购进款钥匙扣件，款钥匙扣件
(2)当购进件款钥匙扣，件款钥匙扣时，才能获得最大销售利润，最大销售利润是元．
(3)将销售价定为每件元或元时，才能使款钥匙扣平均每天销售利润为元
【分析】（1）设购进款钥匙扣件，款钥匙扣件，利用总价单价数量，结合该网店第一次用元购进、两款钥匙扣共件，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购进件款钥匙扣，则购进件款钥匙扣，利用总价单价数量，结合总价不超过元，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，设再次购进的、两款冰墩墩钥匙扣全部售出后获得的总利润为元，利用总利润每件的销售利润销售数量，即可得出关于的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题；
（3）设款钥匙扣的售价定为元，则每件的销售利润为元，平均每天可售出件，利用平均每天销售款钥匙扣获得的总利润每件的销售利润平均每天的销售量，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】（1）设购进款钥匙扣件，款钥匙扣件，
依题意得：，
解得：．
答：购进款钥匙扣件，款钥匙扣件．
（2）设购进件款钥匙扣，则购进件款钥匙扣，
依题意得：，
解得：．
设再次购进的、两款冰墩墩钥匙扣全部售出后获得的总利润为元，则．
，
随的增大而增大，
当时，取得最大值，最大值，此时．
答：当购进件款钥匙扣，件款钥匙扣时，才能获得最大销售利润，最大销售利润是元．
（3）设款钥匙扣的售价定为元，则每件的销售利润为元，平均每天可售出件，
依题意得：，
整理得：，
解得：，．
答：将销售价定为每件元或元时，才能使款钥匙扣平均每天销售利润为元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用、一元二次方程的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出关于的函数关系式；（3）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
21．（8分）（2022秋·云南昆明·九年级统考期末）如图，三个顶点坐标分别为，，．
(1)请画出关于原点O成中心对称的图形，并写出点，，的坐标；
(2)在x轴上找一点P，使得的值最小，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)图见解析，，，；
(2)图见解析，．
【分析】（1）根据中心对称的性质分别作出A，B，C的对应点，，即可；
（2）作点A关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，点P即为所求．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
，，；
（2）解：解：作A点关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，如图，则，
P点坐标为．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，轴对称的性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
22．（8分）（2022秋·陕西渭南·九年级统考期末）一次函数与反比例函数（）在第一象限内交于点D．
(1)求点D的坐标；
(2)若点P是y轴上一点，在平面内是否存在点Q，使得以D，E，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，分别为，，，
【分析】（1）直接联立两个函数解析式求解即可；
（2）根据一次函数解析式求出E点坐标，然后通过分类讨论进行求解即可．
【详解】（1）解：联立，解得：或（舍去），
∴点D的坐标为；
（2）解：由一次函数知，E点坐标为，
∵点P是y轴上一点，
∴设点P坐标为，设点Q的坐标为，
则，，，
①当时，
即：，解得：，
当时，点P坐标为，
此时，要使得以D，E，P，Q为顶点的四边形是菱形，应满足：
，解得：，
∴此时点Q的坐标为；
当时，点P坐标为，
此时，要使得以D，E，P，Q为顶点的四边形是菱形，应满足：
，解得：，
∴此时点Q的坐标为；
②当时，
即：，解得：或（与点E重合，舍去），
当时，点P坐标为，
此时，要使得以D，E，P，Q为顶点的四边形是菱形，应满足：
，解得：，
∴此时点Q的坐标为；
③当时，，
即：，解得：，
当时，点P坐标为，
此时，要使得以D，E，P，Q为顶点的四边形是菱形，应满足：
，解得：，
∴此时点Q的坐标为；
综上所述，存在这样的Q点，其坐标分别为，，，．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数综合问题，以及特殊平行四边形的存在性问题，掌握一次函数与反比例函数的基本性质，熟练运用特殊四边形存在性问题的求解方法是解题关键．
23．（8分）（2022秋·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考期末）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．
(1)如图1，当点G在上时，求证：；
(2)将正方形绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；
②当时，若，请直接写出线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①，证明见解析；②或
【分析】（1）证明，即可得到，再由角的等量代换即可证明；
（2）①在线段上截取，连接，证明，得到为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的边角性质即可；
②分两种情况，一是如图3所示，当D，G，E三点共线时，，连接．求出BD，设，则．在中，利用勾股定理列出方程解答；二是如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．设，中利用勾股定理列出方程即可解答．
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和均为正方形，
∴，，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
（2）解：①，证明如下：
如图所示，在线段上截取，连接．
由（1）可知，，
又∵，
∴．
∴．
∴，即．
∴为等腰直角三角形．
∴．
∴，
∴．

②第一种情况：如图3所示，当D，G，E三点共线时，，此时G、H重合，连接．
由①可知，且．
又∵，
∴．
设，则．
∴在中，由勾股定理得．
∴，
解得（负值舍），
∴；
第二种情况：如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．
设，
∵，
∴．
在中，由勾股定理得．
∴．
解得，
∴
∴的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟知上述知识点，并正确作出辅助线．
类别
价格
款钥匙扣
款钥匙扣
进货价（元/件）


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