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沪教版八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试期末真题精选(基础60题30个考点专练)(原卷版+解析)
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这是一份沪教版八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试期末真题精选(基础60题30个考点专练)(原卷版+解析)，共41页。试卷主要包含了解方程组，方程的解为 等内容，欢迎下载使用。
1．（2021秋•普陀区期末）某商店八月份的营业额是100万元，预计十月份的营业额可达到144万元，如果九、十月份营业额的月增长率相同，那么这个商店营业额的月增长率为 ．
二．高次方程（共3小题）
2．（2022春•杨浦区校级期末）下列方程是二项方程的是（ ）
A．2x2＝0B．x2﹣x＝0C．x3﹣1＝0D．y4+2x2＝1
3．（2022春•杨浦区校级期末）方程x4﹣9＝0的根是 ．
4．（2022春•奉贤区校级期末）解方程组：．
三．无理方程（共3小题）
5．（2022春•杨浦区校级期末）下列方程中，有实数根的方程是（ ）
A．2x4+1＝0B．x3+1＝0C．+3＝0D．＝
6．（2021秋•静安区期末）下列说法正确的是（ ）
A．是二元二次方程
B．x2﹣x＝0是二项方程
C．是分式方程
D．是无理方程
7．（2022春•青浦区校级期末）方程的解为 ．
四．由实际问题抽象出分式方程（共1小题）
8．（2021秋•金山区期末）甲安装队为A小区安装66台空调，已安装队为B小区安装60台空调，两队同时开工且恰好同时完工，甲队比乙队每天多安装2台，若设乙队每天安装x台，则下面所列方程中，正确的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
五．一次函数的定义（共1小题）
9．（2021春•闵行区期末）下列函数中，是一次函数的是（ ）
A．y＝+1B．x+3y＝1C．y＝x2﹣1D．y＝2
六．一次函数的性质（共2小题）
10．（2022春•奉贤区校级期末）直线y＝﹣2x+1的图象一定不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
11．（2022春•闵行区校级期末）如果直线y＝kx+b（k≠0）经过第一、二、四象限，且与x轴的交点为（6，0），那么当kx+b＞0时x的取值范围是 ．
七．一次函数图象与系数的关系（共4小题）
12．（2022春•杨浦区校级期末）若直线y＝kx+b经过一、二、四象限，则直线y＝bx﹣k的图象只能是图中的（ ）
A．B．C．D．
13．（2022春•奉贤区校级期末）在一次函数y＝（m+1）x+m﹣1中，y随x的增大而减小，那么常数m的取值范围是（ ）
A．m＞1B．m＜1C．m＞﹣1D．m＜﹣1
14．（2021秋•奉贤区校级期末）正比例函数y＝（2m+1）x的图象经过第二、四象限，则m的取值范围是 ．
15．（2021秋•青浦区校级期末）已知函数y＝（k﹣3）x，如果y的值随着x的增大而减小，那么常数k的取值范围是 ．
八．一次函数图象上点的坐标特征（共5小题）
16．（2021秋•嘉定区期末）关于正比例函数y＝2x的图象，下列叙述错误的是（ ）
A．点（﹣1，﹣2）在这个图象上
B．函数值y随自变量x的增大而减小
C．图象经过原点
D．图象经过一、三象限
17．（2021秋•松江区期末）已知正比例函数y＝kx的图象经过点（2，﹣4）、（1，y1）、（﹣1，y2），那么y1与y2的大小关系是（ ）
A．y1＜y2B．y1＝y2C．y1＞y2D．无法确定
18．（2021秋•静安区期末）函数y＝的图象在y轴的截距是 ．
19．（2021秋•徐汇区期末）已知正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第一、三象限，且经过点（k，k+2），则k＝ ．
20．（2021秋•静安区期末）如果一次函数y＝mx﹣m2+m的图象经过原点，则m的值为（ ）
A．0或1B．1C．0D．不存在
九．一次函数图象与几何变换（共1小题）
21．（2022春•徐汇区期末）如果将一次函数y＝5x﹣2的图象沿y轴向上平移4个单位，那么平移后所得图象的函数解析式为 ．
一十．一次函数与一元一次不等式（共1小题）
22．（2022春•徐汇区期末）如图，函数y＝kx+b的图象与y轴、x轴分别相交于点A（0，2）和点B（4，0），则关于x的不等式kx+b≥2的解集为（ ）
A．x≤0B．x≤4C．x≥0D．x≥4
一十一．一次函数的应用（共2小题）
23．（2022春•徐汇区期末）如果购买荔枝所付金额y（元）与购买数量x（千克）之间的函数图象由线段OA与射线AB组成（如图所示），那么购买3千克荔枝需要付 元．
24．（2021秋•静安区校级期末）甲、乙两人同时从A地前往相距5千米的B地．甲骑自行车，途中修车耽误了20分钟，甲行驶的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数图象如图所示；乙慢跑所行的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数解析式为s＝t（0≤t≤60）．
（1）在图中画出乙慢跑所行的路程关于时间的函数图象；（不必写结论）
（2）乙慢跑的速度是每分钟 千米；
（3）甲修车后行驶的速度是每分钟 千米．
一十二．三角形中位线定理（共2小题）
25．（2022春•徐汇区期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D、E分别是边AB、AC的中点，那么四边形DBCE的周长为 ．
26．（2021秋•奉贤区期末）顺次连接三角形三边中点，所得到的三角形与原三角形的周长的比是 ．
一十三．多边形内角与外角（共5小题）
27．（2021春•浦东新区校级期末）如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
28．（2022春•长宁区校级期末）一个正n边形的一个外角是60°，那么n＝ ．
29．（2022春•闵行区校级期末）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为 ．
30．（2021秋•静安区期末）如果一个多边形的内角和为900°，那么过这个多边形的一个顶点可作 条对角线．
31．（2021春•浦东新区校级期末）一个多边形的每个内角都为144°，那么该正多边形的边数为 ．
一十四．平行四边形的性质（共1小题）
32．（2022春•杨浦区校级期末）平行四边形ABCD中，两条邻边长分别为6和8，∠BAD与∠ABC的平分线交于点E，点F是CD的中点，连接EF，则EF＝ ．
一十五．平行四边形的判定与性质（共1小题）
33．（2022春•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 cm．
一十六．菱形的性质（共1小题）
34．（2022春•徐汇区期末）如图，菱形ABCD中，如果AB＝3，BD＝2，那么菱形ABCD的面积为 ．
一十七．菱形的判定（共1小题）
35．（2022春•奉贤区校级期末）如图，直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，点C在y轴上，点D为平面内一点，若四边形ACDB恰好构成一个菱形，请写出点D的坐标 ．
一十八．矩形的性质（共1小题）
36．（2022春•长宁区校级期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，点E、F分别在OA、OD上，EF∥BC，求证：四边形BCFE是等腰梯形．
一十九．矩形的判定（共1小题）
37．（2022春•奉贤区校级期末）在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是（ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．AO⊥BOD．∠OBC＝∠OBA
二十．正方形的性质（共1小题）
38．（2022春•闵行区校级期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标是（3，2），则点A的坐标是 ．
二十一．正方形的判定（共2小题）
39．（2022春•浦东新区校级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形
D．当AC＝BD时，四边形ABCD是正方形
40．（2022春•长宁区校级期末）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A．AB＝BCB．AB＝CDC．AC＝BDD．∠D＝90°
二十二．梯形（共2小题）
41．（2022春•青浦区校级期末）已知梯形ABCD，AB∥CD，AD＝6，AB＝9，当∠A＝60°时，对角线BD＝ ．
42．（2021秋•徐汇区期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC于F，M是CD中点，AM的延长线交BC的延长线于E，AE⊥AB，∠B＝60°，AF＝，则梯形的面积是 ．
二十三．等腰梯形的性质（共2小题）
43．（2022春•奉贤区校级期末）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
44．（2022春•长宁区校级期末）若等腰梯形的两条对角线互相垂直，则一条对角线与底边的夹角是 ．
二十四．等腰梯形的判定（共1小题）
45．（2022春•长宁区校级期末）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥DB，则四边形OCED是（ ）
A．正方形B．矩形C．等腰梯形D．梯形
二十五．梯形中位线定理（共2小题）
46．（2022春•长宁区校级期末）已知梯形的上底长为6cm，中位线长为10cm，则它的下底为 cm．
47．（2022春•杨浦区校级期末）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，对角线AC⊥BD，如果高DE＝8cm，那么等腰梯形ABCD的中位线的长为 cm．
二十六．*平面向量（共9小题）
48．（2021秋•浦东新区校级期末）已知非零向量，，，下列条件中，不能判定向量与向量平行的是（ ）
A．∥，∥B．||＝2||C．＝2，＝3D．+2＝
49．（2021秋•青浦区期末）如果（、均为非零向量），那么下列结论错误的是（ ）
A．B．∥
C．D．与方向相同
50．（2022春•奉贤区校级期末）下列关于向量的运算，正确的是（ ）
A．B．C．D．
51．（2021秋•浦东新区校级期末）计算：4+3（﹣）＝ ．
52．（2021秋•闵行区期末）为单位向量，与的方向相同，且长度为2，那么＝ ．
53．（2021秋•虹口区期末）如果向量、、满足（+）＝﹣，那么＝ （用向量、表示）．
54．（2021秋•浦东新区期末）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O．设＝，＝，那么向量关于向量、的分解式是 ．
55．（2021秋•浦东新区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，求向量（用向量、表示）．
56．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，试用、的线性组合表示向量．
二十七．随机事件（共1小题）
57．（2022春•徐汇区期末）下列事件中，必然事件是（ ）
A．经过有交通信号灯的路口，恰好遇到红灯
B．打开电视，正在播报新闻
C．抛掷两枚正方体骰子点数和等于13
D．任意画一个五边形，其外角和为360°
二十八．可能性的大小（共1小题）
58．（2021秋•青浦区校级期末）一副52张的扑克牌（无大王、小王），从中任意取出一张，抽到“K”的可能性的大小是 ．
二十九．概率的意义（共1小题）
59．（2022春•青浦区校级期末）如果用A表示事件“若a＞b，则ac2＞bc2”，用P（A）表示“事件A发生的概率”，那么下列结论中正
确的是（ ）
A．P（A）＝1B．P（A）＝0C．0＜P（A）＜1D．P（A）＞1
三十．概率公式（共1小题）
60．（2022春•奉贤区校级期末）从等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率是 ．
上海八年级下期末真题精选（基础60题30个考点专练）
一．一元二次方程的应用（共1小题）
1．（2021秋•普陀区期末）某商店八月份的营业额是100万元，预计十月份的营业额可达到144万元，如果九、十月份营业额的月增长率相同，那么这个商店营业额的月增长率为 20% ．
【分析】设这个商店营业额的月增长率为x，关系式为：8月份的营业额×（1+增长率）2＝10月份的营业额，把相关数值代入计算即可．
【解答】解：设这个商店营业额的月增长率为x，依题意有
100×（1+x）2＝144，
（1+x）2＝1.44，
∵1+x＞0，
∴1+x＝1.2，
x＝0.2＝20%．
故答案为：20%．
【点评】考查一元二次方程的应用；解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出10月份营业额的等量关系，列出方程，再求解．
二．高次方程（共3小题）
2．（2022春•杨浦区校级期末）下列方程是二项方程的是（ ）
A．2x2＝0B．x2﹣x＝0C．x3﹣1＝0D．y4+2x2＝1
【分析】根据二项方程的定义进行判断即可．
【解答】解：x3﹣1＝0为二项方程．
故选：C．
【点评】本题考查了高次方程：通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解．所以解高次方程一般要降次，即把它转化成二次方程或一次方程．注意理解二项方程的定义．
3．（2022春•杨浦区校级期末）方程x4﹣9＝0的根是 x＝或x＝﹣ ．
【分析】将左边因式分解，降次后化为两个一元二次方程即可解得答案．
【解答】解：由x4﹣9＝0得（x2+3）（x2﹣3）＝0，
∴x2+3＝0或x2﹣3＝0，
而x2+3＝0无实数解，
解x2﹣3＝0得x＝或x＝﹣，
故答案为：x＝或x＝﹣．
【点评】本题考查解一元高次方程，解题的关键是将方程左边因式分解，把原方程降次，化为一元二次方程．
4．（2022春•奉贤区校级期末）解方程组：．
【分析】方程组变形为，可得四个方程组：（1），（2），（3），（4），分别解出每个方程组的解，即得原方程组的解．
【解答】解：将方程组变形为：，
方程组相当于以下四个方程组：
（1），（2），（3），（4），
分别解得：，，，，
∴原方程组的解为：，，，．
【点评】本题考查解二元二次方程组，解题的关键是利用因式分解，把方程组转化为四个一元一次方程组．
三．无理方程（共3小题）
5．（2022春•杨浦区校级期末）下列方程中，有实数根的方程是（ ）
A．2x4+1＝0B．x3+1＝0C．+3＝0D．＝
【分析】利用高次方程、无理方程及分式方程的定义分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、整理得：x4＝﹣，故次方程无解；
B、整理得x3＝﹣1，解得：x＝﹣1，符合题意；
C、整理得＝﹣3，无解，不符合题意；
D、去分母后得x＝1，代入最简公分母x﹣1＝0，故次方程无实数根，
故选：B．
【点评】本题考查了高次方程、无理方程及分式方程的定义的知识，解题的关键是了解有关的定义，难度不大．
6．（2021秋•静安区期末）下列说法正确的是（ ）
A．是二元二次方程
B．x2﹣x＝0是二项方程
C．是分式方程
D．是无理方程
【分析】利用无理方程及高次方程的定义进行判断即可得到答案；
【解答】解：A、含有两个未知数，且未知数的次数是2，故是二元二次方程，故正确；
B、x2﹣x＝0是二次方程，故错误；
C、分母里不含未知数，不是分式方程，故错误；
D、被开方数不含分母，不是无理方程，故错误，
故选：A．
【点评】本题考查了无理方程及高次方程的定义，解题的关键是熟悉这些方程的定义．
7．（2022春•青浦区校级期末）方程的解为 ﹣1 ．
【分析】根据无理方程的解法，首先，两边平方解出x的值，然后验根，解答即可．
【解答】解：方程，
两边平方、整理得，x2﹣2x﹣3＝0，
解得，x1＝3，x2＝﹣1，
经检验x1＝3为增根，舍去，
∴方程的解为﹣1．
故答案为﹣1．
【点评】本题考查了无理方程的解法，用乘方法来解无理方程，往往会产生增根，应注意验根．
四．由实际问题抽象出分式方程（共1小题）
8．（2021秋•金山区期末）甲安装队为A小区安装66台空调，已安装队为B小区安装60台空调，两队同时开工且恰好同时完工，甲队比乙队每天多安装2台，若设乙队每天安装x台，则下面所列方程中，正确的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
【分析】关键描述语为：“两队同时开工且恰好同时完工”，那么等量关系为：甲队所用时间＝乙队所用时间．
【解答】解：乙队用的天数为：，甲队用的天数为：．
则所列方程为：＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是由实际问题抽象出分式方程．找出题目中的关键语，找到相应的等量关系是解决问题的关键，注意：工作时间＝工作总量÷工作效率．
五．一次函数的定义（共1小题）
9．（2021春•闵行区期末）下列函数中，是一次函数的是（ ）
A．y＝+1B．x+3y＝1C．y＝x2﹣1D．y＝2
【分析】根据一次函数的定义条件进行逐一分析即可．
【解答】解：A．，自变量x 的指数是﹣1，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；
B．有x+3y＝1可得y＝，符合一次函数的定义，故此选项符合题意；
C．y＝x2﹣1，自变量x 的指数是2，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；
D．y＝2是常数函数，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数的定义．解题关键是掌握一次函数的定义条件：一次函数y＝kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为1．
六．一次函数的性质（共2小题）
10．（2022春•奉贤区校级期末）直线y＝﹣2x+1的图象一定不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据直线y＝﹣2x+1和一次函数的性质，可以得到该函数图象经过哪几个象限，不经过哪个象限．
【解答】解：∵直线y＝﹣2x+1，k＝﹣2＜0，b＝1＞0，
∴该函数的图象经过第一、二、四象限，不经过第三象限，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
11．（2022春•闵行区校级期末）如果直线y＝kx+b（k≠0）经过第一、二、四象限，且与x轴的交点为（6，0），那么当kx+b＞0时x的取值范围是 x＜6 ．
【分析】先根据一次函数的性质画出函数的大致图象，然后结合图象，写出一次函数图象在x轴上方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：如图，当x＜6时，y＞0，
即当kx+b＞0时x的取值范围是x＜6．
故答案为：x＜6．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：理解一次函数与一元一次不等式（组）之间的内在联系及数形结合思想．运用一次函数的性质是解决本题的关键．
七．一次函数图象与系数的关系（共4小题）
12．（2022春•杨浦区校级期末）若直线y＝kx+b经过一、二、四象限，则直线y＝bx﹣k的图象只能是图中的（ ）
A．B．C．D．
【分析】由直线经过的象限结合四个选项中的图象，即可得出结论．
【解答】解：∵直线y＝kx+b经过一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
∴﹣k＞0，
∴选项B中图象符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k＜0，b＞0⇔y＝kx+b的图象在一、二、四象限”是解题的关键．
13．（2022春•奉贤区校级期末）在一次函数y＝（m+1）x+m﹣1中，y随x的增大而减小，那么常数m的取值范围是（ ）
A．m＞1B．m＜1C．m＞﹣1D．m＜﹣1
【分析】先根据一次函数的增减性得出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：∵在一次函数y＝（m+1）x+m﹣1中，y随x的增大而减小，
∴m+1＜0，解得m＜﹣1．
故选：D．
【点评】本题主要考查了一次函数的性质．一次函数y＝kx+b，当k＞0时，y随x的增大而减小；当k＜0时，y随x的增大而增大．
14．（2021秋•奉贤区校级期末）正比例函数y＝（2m+1）x的图象经过第二、四象限，则m的取值范围是 m＜﹣ ．
【分析】根据正比例函数的图象经过第二、四象限列出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：∵正比例函数y＝（2m+1）x的图象经过第二、第四象限，
∴2m+1＜0，
∴m＜﹣．
故答案为：m＜﹣．
【点评】本题考查了正比例函数的性质，正比例函数y＝kx（k≠0），k＞0时，图象在第一、三象限，呈上升趋势，当k＜0时，图象在第二、四象限，呈下降趋势．
15．（2021秋•青浦区校级期末）已知函数y＝（k﹣3）x，如果y的值随着x的增大而减小，那么常数k的取值范围是 k＜3 ．
【分析】先根据函数y＝（k﹣3）x中，y随着x增大而减小得出关于k的不等式，求出k的取值范围即可．
【解答】解：∵函数y＝（k﹣3）x中，y随着x增大而减小，
∴k﹣3＜0，
解得k＜3．
故答案为：k＜3．
【点评】本题考查的是一次函数图象与系数的关系，即正比例函数y＝kx（k≠0）中，当k＜0时，y随着x增大而减小．
八．一次函数图象上点的坐标特征（共5小题）
16．（2021秋•嘉定区期末）关于正比例函数y＝2x的图象，下列叙述错误的是（ ）
A．点（﹣1，﹣2）在这个图象上
B．函数值y随自变量x的增大而减小
C．图象经过原点
D．图象经过一、三象限
【分析】分别应用正比例函数的性质分析即可选择．
【解答】解：A．当x＝﹣1时，y＝2×（﹣1）＝﹣2，所以点（﹣1，2）在这个图象上，故A选项不符合题意；
B．由k＝2＞0知，函数值y随自变量x的增大而增大，故B选项符合题意；
C．正比例函数图象都经过原点，故C选项不符合题意；
D．由k＝2＞0知，图象经过一、三象限，故D选项不符合题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了正比例函数的性质，熟练掌握正比例函数的性质是解题关键．
17．（2021秋•松江区期末）已知正比例函数y＝kx的图象经过点（2，﹣4）、（1，y1）、（﹣1，y2），那么y1与y2的大小关系是（ ）
A．y1＜y2B．y1＝y2C．y1＞y2D．无法确定
【分析】利用待定系数法求得k＝﹣2＜0，则该正比例函数经过第二、四象限，且y随x的增大而减小，据此可以比较y1与y2的大小．
【解答】解：∵正比例函数y＝kx的图象经过点（2，﹣4），
∴k＝＝＝﹣2．则k＜0，
∴正比例函数y＝﹣2x的图象经过第二、四象限，且y随x的增大而减小．
又∵1＞﹣1，
∴y1＜y2．
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特点．此题利用了正比例函数图象的性质来解答问题．
18．（2021秋•静安区期末）函数y＝的图象在y轴的截距是 ﹣ ．
【分析】代入x＝0求出y值，此题得解．
【解答】解：当x＝0时，y＝＝﹣，
∴函数y＝的图象在y轴的截距是﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，牢记“直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b”是解题的关键．
19．（2021秋•徐汇区期末）已知正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第一、三象限，且经过点（k，k+2），则k＝ 2 ．
【分析】由点的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k的值，由正比例函数的图象经过第一、三象限，可得出k＞0，进而可得出k＝2．
【解答】解：∵正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过点（k，k+2），
∴k+2＝k2，
解得：k1＝﹣1，k2＝2．
又∵正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第一、三象限，
∴k＞0，
∴k＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及正比例函数的性质，利用一次函数图象上点的坐标特征，找出关于k的一元二次方程是解题的关键．
20．（2021秋•静安区期末）如果一次函数y＝mx﹣m2+m的图象经过原点，则m的值为（ ）
A．0或1B．1C．0D．不存在
【分析】利用一次函数的定义以及一次函数图象上点的坐标特征，即可得出关于m的一元一次不等式及一元二次方程，解之即可求出m的值．
【解答】解：∵一次函数y＝mx﹣m2+m的图象经过原点，
∴，
解得：m＝1．
故选：B．
【点评】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定义，利用一次函数的定义以及一次函数图象上点的坐标特征，找出关于m的一元一次不等式及一元二次方程是解题的关键．
九．一次函数图象与几何变换（共1小题）
21．（2022春•徐汇区期末）如果将一次函数y＝5x﹣2的图象沿y轴向上平移4个单位，那么平移后所得图象的函数解析式为 y＝5x+2 ．
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：一次函数y＝5x﹣2的图象沿y轴向上平移4个单位所得函数解析式为：y＝5x﹣2+4，即y＝5x+2．
故答案为：y＝5x+2．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
一十．一次函数与一元一次不等式（共1小题）
22．（2022春•徐汇区期末）如图，函数y＝kx+b的图象与y轴、x轴分别相交于点A（0，2）和点B（4，0），则关于x的不等式kx+b≥2的解集为（ ）
A．x≤0B．x≤4C．x≥0D．x≥4
【分析】根据图象和A的坐标得出即可．
【解答】解：∵直线y＝kx+b和y轴的交点是A（0，2），
∴不等式kx+b≥2的解集是x≤0，
故选：A．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象解一元一次不等式，解题时应结合函数和不等式的关系找出正确的答案．
一十一．一次函数的应用（共2小题）
23．（2022春•徐汇区期末）如果购买荔枝所付金额y（元）与购买数量x（千克）之间的函数图象由线段OA与射线AB组成（如图所示），那么购买3千克荔枝需要付 56 元．
【分析】由图象可得购买3kg荔枝需要付的钱即为当x＝3时，y所对应的值，即求出AB段的函数解析式，将x＝3代入即可．
【解答】解：设AB的解析式为y＝kx+b，
将（2，40），（4，72）代入，
得，
解得：，
∴AB段的解析式为y＝16x+8，
当x＝3时，
y＝16×3+28＝56．
故答案为：56．
【标注】【知识点】一次函数的依据图象解决实际问题
【点评】本题考查了一次函数中依据图象解决实际问题，属于此类型中的基础题．
24．（2021秋•静安区校级期末）甲、乙两人同时从A地前往相距5千米的B地．甲骑自行车，途中修车耽误了20分钟，甲行驶的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数图象如图所示；乙慢跑所行的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数解析式为s＝t（0≤t≤60）．
（1）在图中画出乙慢跑所行的路程关于时间的函数图象；（不必写结论）
（2）乙慢跑的速度是每分钟 千米；
（3）甲修车后行驶的速度是每分钟 千米．
【分析】（1）根据所给解析式可知函数过原点，并过点（60，5），由这两点即可得出答案．
（2）乙慢跑所行的路程除以时间即可得乙慢跑的速度；
（3）甲修车后行驶路程是3km，所用时间是20min，即可求出速度．
【解答】解：（1）∵乙慢跑所行的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数解析式为s＝t（0≤t≤60）．
当t＝60时，s＝×60＝5，
∴函数过原点，并过点（60，5），
所画图形如下所示：
（2）乙慢跑的速度为，
5÷60＝（千米/分钟），
故答案为：；
（3）甲修车后行驶20min，所形路程为3km，
故甲修车后行驶的速度为：3÷20＝（千米/分钟），
故答案为：．
【点评】本题考查了一次函数的实际应用，读懂题意，数形结合是解题的关键．
一十二．三角形中位线定理（共2小题）
25．（2022春•徐汇区期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D、E分别是边AB、AC的中点，那么四边形DBCE的周长为 11 ．
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据线段中点的概念分别求出DB、EC，计算即可．
【解答】解：∵D、E分别是边AB、AC的中点，AB＝AC＝5，
∴DE是△ABC的中位线，DB＝AB＝2.5，EC＝AC＝2.5，
∴DE＝BC，
∵BC＝4，
∴DE＝2，
∴四边形DBCE的周长＝DB+BC+EC+DE＝2.5+4+2.5+2＝11，
故答案为：11．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
26．（2021秋•奉贤区期末）顺次连接三角形三边中点，所得到的三角形与原三角形的周长的比是 ．
【分析】根据D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，求证△DEF∽△ABC，然后利用相似三角形周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方即可得出答案．
【解答】解：如图，∵D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，
∴DE＝AC，DF＝BC，EF＝AB，
∴DE+DF+EF＝AC+BC+AB，
∵△DEF∽△ABC，
∴所得到的△DEF与△ABC的周长之比是．
故答案为：．
【点评】此题考查学生对相似三角形的判定与性质和三角形中位线定理的理解和掌握，解答此题的关键是利用了相似三角形周长比等于相似比．
一十三．多边形内角与外角（共5小题）
27．（2021春•浦东新区校级期末）如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【分析】根据多边形的内角和，可得答案．
【解答】解：设多边形为n边形，由题意，得
（n﹣2）•180°＝360×2，
解得n＝6，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形，利用多边形的内角和是解题关键．
28．（2022春•长宁区校级期末）一个正n边形的一个外角是60°，那么n＝ 6 ．
【分析】由正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，即可求得n的值．
【解答】解：∵正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，
∴n＝360°÷60°＝6．
故答案为：6．
【点评】此题考查了正n边形的性质与n边形的外角和定理．此题比较简单，注意掌握n边形的外角和为360°．
29．（2022春•闵行区校级期末）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为 8 ．
【分析】设正多边形的边数为n，利用多边形的内角和公式和外角和定理即可解答．
【解答】解：设正多边形的边数为n，由题意得：
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得：n＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查多边形的内角（和）与外角（和），熟记多边形的内角和公式及外角和为360°是解答的关键．
30．（2021秋•静安区期末）如果一个多边形的内角和为900°，那么过这个多边形的一个顶点可作 4 条对角线．
【分析】根据n边形的内角和是（n﹣2）•180°，可以先求出多边形的边数．再根据过多边形的一个顶点的对角线的条数与边数的关系，即可得到过这个多边形的一个顶点的对角线的条数．
【解答】解：根据题意，得
（n﹣2）•180＝900，
解得：n＝7．
那么过这个多边形的一个顶点可作4条对角线．
【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，过多边形的一个顶点的对角线的条数＝边数﹣3．
31．（2021春•浦东新区校级期末）一个多边形的每个内角都为144°，那么该正多边形的边数为 10 ．
【分析】根据正多边形的一个内角是144°，则知该正多边形的一个外角为36°，再根据多边形的外角之和为360°，即可求出正多边形的边数．
【解答】解：∵正多边形的一个内角是144°，
∴该正多边形的一个外角为36°，
∵多边形的外角之和为360°，
∴边数＝＝10，
∴这个正多边形的边数是10．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是知道多边形的外角之和为360°，此题难度不大．
一十四．平行四边形的性质（共1小题）
32．（2022春•杨浦区校级期末）平行四边形ABCD中，两条邻边长分别为6和8，∠BAD与∠ABC的平分线交于点E，点F是CD的中点，连接EF，则EF＝ 5或2 ．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题：①如图1中，当AB＝6，BC＝8时，延长AE交BC于M．②如图2中，当AB＝8，BC＝6时；由直角三角形的性质，梯形的中位线定理可得出答案．
【解答】解：①如图1中，当AB＝6，BC＝8时，延长AE交BC于M．
∵AD∥BC，
∴∠DAM＝∠AMB，
∵∠DAM＝∠BAM，
∴∠BAM＝∠AMB，
∴AB＝BM＝6，
∴CM＝BC﹣BM＝2，
∵∠DAB+∠ABC＝180°，
∴∠EAB+∠EBA＝∠DAB+∠ABC＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴BE⊥AM，
∵BA＝BM，
∴AE＝EM，
∵DF＝CF，
∴EF＝＝5；
②如图2中，当AB＝8，BC＝6时，
同法可证，AE＝EM，CM＝BM﹣BC＝AB﹣BC＝2，
可得EF＝（AD﹣CM）＝2，
综上所述，EF的长为5或2．
故答案为：5或2．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、梯形的中位线定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构建梯形中位线解决问题，属于中考常考题型．
一十五．平行四边形的判定与性质（共1小题）
33．（2022春•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 7 cm．
【分析】由在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四边形ABED是平行四边形，即可求得CE的长，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，继而求得答案．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴BE＝AD＝5cm，
∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm），
∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°，
∴CD＝CE＝7cm．
故答案为：7．
【点评】此题考查了平行四边形的性质与判定以及等腰三角形的判定与性质．注意证得四边形ABED是平行四边形，△CDE是等腰三角形是关键．
一十六．菱形的性质（共1小题）
34．（2022春•徐汇区期末）如图，菱形ABCD中，如果AB＝3，BD＝2，那么菱形ABCD的面积为 4 ．
【分析】根据菱形的性质得出BO＝1，利用勾股定理得出OA，进而利用菱形的面积公式解答．
【解答】解：连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD＝2BO，BD⊥AC，
∵BD＝2，
∴BO＝1，
∵AB＝3，
∴OA＝＝＝2，
∴AC＝2OA＝4，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×4×2＝4，
故答案为：4．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出BO＝2解答．
一十七．菱形的判定（共1小题）
35．（2022春•奉贤区校级期末）如图，直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，点C在y轴上，点D为平面内
一点，若四边形ACDB恰好构成一个菱形，请写出点D的坐标 （2，2）或（2，﹣2） ．
【分析】根据直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，求得OA＝OB＝2，根据勾股定理得到AB＝2，根据菱形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，
∴A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∴AB＝2，
∵四边形ACDB是菱形，
∴AC＝CD＝BD＝AB＝2，
当点C在点A的上面时，
过D作DH⊥y轴于H，
∵AC∥BD，
AC⊥x轴，
∴BD⊥x轴，
∴四边形OBDH是矩形，
∴，
∴CH＝2，
∴DH＝＝2，
∴D（2，2），
当点C在点A的下面时，
同理可得，D（2，﹣2），
故答案为：（2，2）或（2，﹣2）．
【点评】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
一十八．矩形的性质（共1小题）
36．（2022春•长宁区校级期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，点E、F分别在OA、OD上，EF∥BC，求证：四边形BCFE是等腰梯形．
【分析】由矩形的性质可得OB＝OC，再根据相似三角形的判定与性质可得OE＝OF，最后根据全等三角形的判定与性质可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OC，
∵EF∥BC，
∴，
∴OE＝OF，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（SAS），
∴BE＝CF，
∴四边形BCFE是等腰梯形．
【点评】此题考查的是矩形的性质、平行线分线段成比例、全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
一十九．矩形的判定（共1小题）
37．（2022春•奉贤区校级期末）在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是（ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．AO⊥BOD．∠OBC＝∠OBA
【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可．
【解答】解：添加AO＝BO，
理由是：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴▱ABCD为矩形，
故选：B．
【点评】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
二十．正方形的性质（共1小题）
38．（2022春•闵行区校级期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标是（3，2），则点A的坐标是 （﹣2，3） ．
【分析】作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，先证明△AOD≌△COE，因为C（3，2），所以OD＝OE＝3，AD＝CE＝2，再根据点A在第二象限求出点A的坐标．
【解答】解：如图，作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，则∠ADO＝∠CEO＝90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOC＝∠DOE＝90°，OA＝OC，
∴∠AOD＝∠COE＝90°﹣∠COD，
在△AOD和△COE中，
，
△AOD≌△COE（AAS），
∵C（3，2），
∴OD＝OE＝3，AD＝CE＝2，
∵点A在第二象限，
∴A（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）．
【点评】此题考查正方形的性质、全等三角形的判定、图形与坐标等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
二十一．正方形的判定（共2小题）
39．（2022春•浦东新区校级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形
D．当AC＝BD时，四边形ABCD是正方形
【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【解答】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB＝BC时，它是菱形，故本选项不符合题意；
B、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形知：当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知：当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知：当AC＝BD时，它是矩形，不是正方形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
40．（2022春•长宁区校级期末）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A．AB＝BCB．AB＝CDC．AC＝BDD．∠D＝90°
【分析】先判断四边形ABCD是矩形，由正方形的判定可解决问题．
【解答】解：在四边形ABCD中，
∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
当AB＝BC时，即一组邻边相等时，矩形ABCD为正方形，
故A符合题意，
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的判定等，熟练掌握并能够灵活运用正方形的判定是解决问题的关键．
二十二．梯形（共2小题）
41．（2022春•青浦区校级期末）已知梯形ABCD，AB∥CD，AD＝6，AB＝9，当∠A＝60°时，对角线BD＝ 3 ．
【分析】过点D作DE⊥AB于E，根据直角三角形的性质求出∠ADE，进而求出AE，根据勾股定理求出DE，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，
在△ADE中，∠A＝60°，
则∠ADE＝90°﹣60°＝30°，
∴AE＝AD＝×6＝3，
∴BE＝AB﹣AE＝9﹣3＝6，DE＝＝＝3，
∴BE＝＝＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查的是梯形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，灵活运用勾股定理是解题的关键．
42．（2021秋•徐汇区期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC于F，M是CD中点，AM的延长线交BC的延长线于E，AE⊥AB，∠B＝60°，AF＝，则梯形的面积是 8 ．
【分析】（1）根据直角三角形的性质、勾股定理分别求出BF、AB，根据直角三角形的性质求出BE，证明△DAM≌△CEM，根据全等三角形的性质得到AD＝CE，根据梯形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：设BF＝x，
在Rt△ABF中，∠B＝60°，
∴∠BAF＝30°，
∴AB＝2BF＝2x，
由勾股定理得，（2x）2﹣x2＝（2）2，
解得，x＝2，
∴AB＝4，
在Rt△ABE中，∠B＝60°，
∴∠AEB＝30°，
∴BE＝2AB＝8，
∵AD∥BC，
∴∠DAM＝∠CEM，
在△DAM和△CEM中，
，
∴△DAM≌△CEM（AAS）
∴AD＝CE，
∴AD+BC＝CE+BC＝BE＝8，
∴梯形的面积＝×（AD+BC）×AF＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查的是梯形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
二十三．等腰梯形的性质（共2小题）
43．（2022春•奉贤区校级期末）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
【分析】连接AC、BD，可证MN为△ABD的中位线，PQ为△CBD的中位线，根据中位线定理可证MN∥BD∥PQ，MN＝PQ＝BD，同理可证PN∥AC∥MQ，NP＝MQ＝AC，根据等腰梯形的性质可知AC＝BD，故可证四边形PQMN为菱形．
【解答】解：连接AC、BD，
∵M、N分别为AD、AB的中点
∴MN为△ABD的中位线，
∴MN∥BD，MN＝BD，
同理可证BD∥PQ，PQ＝BD，
∴MN＝PQ，MN∥PQ，四边形PQMN为平行四边形，
同理可证NP＝MQ＝AC，
根据等腰梯形的性质可知AC＝BD，
∴PQ＝NP，
∴▱PQMN为菱形．
故选：A．
【点评】本题主要考查等腰梯形的性质在证明特殊平行四边形中的应用．同时运用了三角形的中位线定理．
44．（2022春•长宁区校级期末）若等腰梯形的两条对角线互相垂直，则一条对角线与底边的夹角是 45° ．
【分析】过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E，根据平行四边形的性质得到AC＝DE，进而得到DE＝DB，根据的原直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E，
∵AD∥BC，
∴四边形ACED为平行四边形，
∴AC＝DE，
∵四边形ABCD为等腰梯形，
∴AC＝BD，
∴DE＝DB，
∵AC⊥BD，DE∥AC，
∴∠BDE＝90°，
∴∠DBC＝45°，即一条对角线与底边的夹角是45°，
故答案为：45°．
【点评】本题考查的是等腰梯形的性质、平行四边形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质，熟记等腰梯形的对角线相等是解题的关键．
二十四．等腰梯形的判定（共1小题）
45．（2022春•长宁区校级期末）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥DB，则四边形OCED是（ ）
A．正方形B．矩形C．等腰梯形D．梯形
【分析】根据平行四边形的定义得到四边形OCED是平行四边形，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据矩形的判定定理得出结论．
【解答】解：∵DE∥AC，CE∥DB，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，即∠DOC＝90°，
∴平行四边形OCED是矩形，
故选：B．
【点评】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定，熟记菱形的对角线相等是解题的关键．
二十五．梯形中位线定理（共2小题）
46．（2022春•长宁区校级期末）已知梯形的上底长为6cm，中位线长为10cm，则它的下底为 14 cm．
【分析】根据梯形中位线定理列式计算即可．
【解答】解：设梯形的下底为xcm，
由题意得：×（6+x）＝10，
解得：x＝14，
故答案为：14．
【点评】本题考查的是梯形中位线定理，熟记梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半是解题的关键．
47．（2022春•杨浦区校级期末）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，对角线AC⊥BD，如果高DE＝8cm，那么等腰梯形ABCD的中位线的长为 8 cm．
【分析】过D点作DF∥AC交BC的延长线于F，如图，根据等腰梯形的性质得到AC＝BD，再证明四边形ACFD为平行四边形得到DF＝AC＝BD，AD＝CF，接着判断△DBF为等腰直角三角形，所以DE＝BF＝（BC+AD）＝8cm，然后根据梯形的中位线定理求解．
【解答】解：过D点作DF∥AC交BC的延长线于F，如图，
∵梯形ABCD为等腰梯形，
∴AC＝BD，
∵AD∥BC，DF∥AC，
∴四边形ACFD为平行四边形，
∴DF＝AC＝BD，AD＝CF，
∵AC⊥BD，
∴DF⊥BD，
∴△DBF为等腰直角三角形，
∵DE⊥BC，
∴DE＝BF＝（BC+CF）＝（BC+AD）＝8cm，
∴等腰梯形ABCD的中位线的长＝（BC+AD）＝8cm．
故答案为8．
【点评】本题考查了梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．也考查了等腰梯形的性质．通过平移把两条对角线组成一个三角形的两边是解决问题的关键．
二十六．*平面向量（共9小题）
48．（2021秋•浦东新区校级期末）已知非零向量，，，下列条件中，不能判定向量与向量平行的是（ ）
A．∥，∥B．||＝2||C．＝2，＝3D．+2＝
【分析】根据平面向量的性质逐一判断即可．
【解答】解：∵，，
∴，
故A不符合题意；
∵||＝2||不能确定与的方向，
∴不能判定向量与向量平行，
故B符合题意；
∵＝2，＝3，
∴与方向相同，
∴，
故C不符合题意；
∵+2＝0，
∴与方向相反，
∴，
故D不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查了平面向量的性质，熟练掌握平面向量的性质是解题的关键．
49．（2021秋•青浦区期末）如果（、均为非零向量），那么下列结论错误的是（ ）
A．B．∥
C．D．与方向相同
【分析】根据平面向量的定义与性质逐一判断即可．
【解答】解：∵，
∴||＝2||；；＝；与的方向相反，
故A，B，C正确，D错误，
故选：D．
【点评】本题考查了平面向量的定义与性质，熟练掌握平面向量的定义与性质是解题的关键．
50．（2022春•奉贤区校级期末）下列关于向量的运算，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由三角形法则直接求解即可求得答案，注意掌握排除法在选择题中的应用．
【解答】解：A、＝+＝，故本选项正确；
B、﹣＝，故本选项错误；
C、，故本选项错误；
D、，故本选项错误．
故选：A．
【点评】此题考查了平面向量的知识．注意掌握三角形法则的应用．
51．（2021秋•浦东新区校级期末）计算：4+3（﹣）＝ 7﹣ ．
【分析】根据平面向量的加减运算法则即可求解．
【解答】解：原式＝4+3﹣
＝7﹣，
故答案为：7﹣．
【点评】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加减运算法则是解题的关键．
52．（2021秋•闵行区期末）为单位向量，与的方向相同，且长度为2，那么＝ 2 ．
【分析】根据与的长度与方向即可求解．
【解答】解：∵为单位向量，
∴||＝1，
∵的长度为2，
∴||＝2，
∵与的方向相同，
∴，
故答案为：2．
【点评】本题考查了平面向量的基本知识，熟练掌握平面向量的定义是解题的关键．
53．（2021秋•虹口区期末）如果向量、、满足（+）＝﹣，那么＝ （用向量、表示）．
【分析】根据平面向量的加减运算法则计算即可．
【解答】解：∵（+）＝﹣，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了平面向量，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键．
54．（2021秋•浦东新区期末）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O．设＝，＝，那么向量关于向量、的分解式是 ﹣+ ．
【分析】根据向量的加减计算法则即可得出结果．
【解答】解：∵＝，＝，
∴
＝
＝﹣+，
故答案为：﹣+．
【点评】本题考查了向量的加减计算法则，熟练掌握向量的加减计算法则是解题的关键．
55．（2021秋•浦东新区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，求向量（用向量、表示）．
【分析】（1）由平行线截线段成比例求得AE的长度；
（2）利用平面向量的三角形法则解答．
【解答】解：（1）如图，∵DE∥BC，且DE＝BC，
∴＝＝．
又AC＝6，
∴AE＝4．
（2）∵＝，＝，
∴＝﹣＝﹣．
又DE∥BC，DE＝BC，
∴＝＝（﹣）．
【点评】考查了平面向量，需要掌握平面向量的三角形法则和平行向量的定义．
56．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，试用、的线性组合表示向量．
【分析】（1）根据相似三角形的性质得出等式求解即可；
（2）根据平面向量的加减运算法则即可求解．
【解答】解：（1）∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵DE＝，
∴AE＝4；
（2）由（1）知，，
∴DE＝，
∵，
∴＝．
【点评】本题考查了平面向量，相似三角形的性质等知识，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键．
二十七．随机事件（共1小题）
57．（2022春•徐汇区期末）下列事件中，必然事件是（ ）
A．经过有交通信号灯的路口，恰好遇到红灯
B．打开电视，正在播报新闻
C．抛掷两枚正方体骰子点数和等于13
D．任意画一个五边形，其外角和为360°
【分析】根据随机事件和必然事件的定义判断即可．
【解答】解：A选项，经过有交通信号灯的路口，恰好遇到红灯，这是一个随机事件，故该选项不符合题意；
B选项，打开电视，正在播报新闻，这是一个随机事件，故该选项不符合题意；
C选项，抛掷两枚正方体骰子点数和等于13，这是一个不可能事件，故该选项不符合题意；
D选项，任意画一个五边形，其外角和为360°，这是必然事件，故该选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了随机事件，掌握事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件是解题的关键．
二十八．可能性的大小（共1小题）
58．（2021秋•青浦区校级期末）一副52张的扑克牌（无大王、小王），从中任意取出一张，抽到“K”的可能性的大小是 ．
【分析】根据扑克牌的特点得出k有4张，再根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：∵52张的扑克牌（无大王、小王）中，k有4张，
∴从中任意抽取一张牌，抽到K的概率是：＝；
故答案为：．
【点评】此题考查了概率公式，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
二十九．概率的意义（共1小题）
59．（2022春•青浦区校级期末）如果用A表示事件“若a＞b，则ac2＞bc2”，用P（A）表示“事件A发生的概率”，那么下列结论中正
确的是（ ）
A．P（A）＝1B．P（A）＝0C．0＜P（A）＜1D．P（A）＞1
【分析】根据不等式的基本性质1知事件A是必然事件，由概率的意义可得答案．
【解答】解：若a＞b，根据不等式的基本性质知ac2≥bc2成立，
说明A是随机事件，所以0＜P（A）＜1．
∴事件A是必然事件，
∴0＜P（A）＜1，
故选：C．
【点评】此题考查的是概率的意义，必然事件发生的概率为1，即P（必然事件）＝1；不可能事件发生的概率为0，即P（不可能事件）＝0；如果A为不确定事件，那么0＜P（A）＜1．关键是确定事件A的类型．
三十．概率公式（共1小题）
60．（2022春•奉贤区校级期末）从等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率是 ．
【分析】根据中心对称图形的定义得出所有的中心对称图形，进而利用概率公式求出即可．
【解答】解：∵等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形共5图形中，
中心对称图形有：平行四边形、矩形、圆共3，
∴5图形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率为：．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了中心对称图形的定义以及概率公式的应用，正确把握中心对称图形的定义是解题关键．
1．（2021秋•普陀区期末）某商店八月份的营业额是100万元，预计十月份的营业额可达到144万元，如果九、十月份营业额的月增长率相同，那么这个商店营业额的月增长率为 ．
二．高次方程（共3小题）
2．（2022春•杨浦区校级期末）下列方程是二项方程的是（ ）
A．2x2＝0B．x2﹣x＝0C．x3﹣1＝0D．y4+2x2＝1
3．（2022春•杨浦区校级期末）方程x4﹣9＝0的根是 ．
4．（2022春•奉贤区校级期末）解方程组：．
三．无理方程（共3小题）
5．（2022春•杨浦区校级期末）下列方程中，有实数根的方程是（ ）
A．2x4+1＝0B．x3+1＝0C．+3＝0D．＝
6．（2021秋•静安区期末）下列说法正确的是（ ）
A．是二元二次方程
B．x2﹣x＝0是二项方程
C．是分式方程
D．是无理方程
7．（2022春•青浦区校级期末）方程的解为 ．
四．由实际问题抽象出分式方程（共1小题）
8．（2021秋•金山区期末）甲安装队为A小区安装66台空调，已安装队为B小区安装60台空调，两队同时开工且恰好同时完工，甲队比乙队每天多安装2台，若设乙队每天安装x台，则下面所列方程中，正确的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
五．一次函数的定义（共1小题）
9．（2021春•闵行区期末）下列函数中，是一次函数的是（ ）
A．y＝+1B．x+3y＝1C．y＝x2﹣1D．y＝2
六．一次函数的性质（共2小题）
10．（2022春•奉贤区校级期末）直线y＝﹣2x+1的图象一定不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
11．（2022春•闵行区校级期末）如果直线y＝kx+b（k≠0）经过第一、二、四象限，且与x轴的交点为（6，0），那么当kx+b＞0时x的取值范围是 ．
七．一次函数图象与系数的关系（共4小题）
12．（2022春•杨浦区校级期末）若直线y＝kx+b经过一、二、四象限，则直线y＝bx﹣k的图象只能是图中的（ ）
A．B．C．D．
13．（2022春•奉贤区校级期末）在一次函数y＝（m+1）x+m﹣1中，y随x的增大而减小，那么常数m的取值范围是（ ）
A．m＞1B．m＜1C．m＞﹣1D．m＜﹣1
14．（2021秋•奉贤区校级期末）正比例函数y＝（2m+1）x的图象经过第二、四象限，则m的取值范围是 ．
15．（2021秋•青浦区校级期末）已知函数y＝（k﹣3）x，如果y的值随着x的增大而减小，那么常数k的取值范围是 ．
八．一次函数图象上点的坐标特征（共5小题）
16．（2021秋•嘉定区期末）关于正比例函数y＝2x的图象，下列叙述错误的是（ ）
A．点（﹣1，﹣2）在这个图象上
B．函数值y随自变量x的增大而减小
C．图象经过原点
D．图象经过一、三象限
17．（2021秋•松江区期末）已知正比例函数y＝kx的图象经过点（2，﹣4）、（1，y1）、（﹣1，y2），那么y1与y2的大小关系是（ ）
A．y1＜y2B．y1＝y2C．y1＞y2D．无法确定
18．（2021秋•静安区期末）函数y＝的图象在y轴的截距是 ．
19．（2021秋•徐汇区期末）已知正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第一、三象限，且经过点（k，k+2），则k＝ ．
20．（2021秋•静安区期末）如果一次函数y＝mx﹣m2+m的图象经过原点，则m的值为（ ）
A．0或1B．1C．0D．不存在
九．一次函数图象与几何变换（共1小题）
21．（2022春•徐汇区期末）如果将一次函数y＝5x﹣2的图象沿y轴向上平移4个单位，那么平移后所得图象的函数解析式为 ．
一十．一次函数与一元一次不等式（共1小题）
22．（2022春•徐汇区期末）如图，函数y＝kx+b的图象与y轴、x轴分别相交于点A（0，2）和点B（4，0），则关于x的不等式kx+b≥2的解集为（ ）
A．x≤0B．x≤4C．x≥0D．x≥4
一十一．一次函数的应用（共2小题）
23．（2022春•徐汇区期末）如果购买荔枝所付金额y（元）与购买数量x（千克）之间的函数图象由线段OA与射线AB组成（如图所示），那么购买3千克荔枝需要付 元．
24．（2021秋•静安区校级期末）甲、乙两人同时从A地前往相距5千米的B地．甲骑自行车，途中修车耽误了20分钟，甲行驶的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数图象如图所示；乙慢跑所行的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数解析式为s＝t（0≤t≤60）．
（1）在图中画出乙慢跑所行的路程关于时间的函数图象；（不必写结论）
（2）乙慢跑的速度是每分钟 千米；
（3）甲修车后行驶的速度是每分钟 千米．
一十二．三角形中位线定理（共2小题）
25．（2022春•徐汇区期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D、E分别是边AB、AC的中点，那么四边形DBCE的周长为 ．
26．（2021秋•奉贤区期末）顺次连接三角形三边中点，所得到的三角形与原三角形的周长的比是 ．
一十三．多边形内角与外角（共5小题）
27．（2021春•浦东新区校级期末）如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
28．（2022春•长宁区校级期末）一个正n边形的一个外角是60°，那么n＝ ．
29．（2022春•闵行区校级期末）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为 ．
30．（2021秋•静安区期末）如果一个多边形的内角和为900°，那么过这个多边形的一个顶点可作 条对角线．
31．（2021春•浦东新区校级期末）一个多边形的每个内角都为144°，那么该正多边形的边数为 ．
一十四．平行四边形的性质（共1小题）
32．（2022春•杨浦区校级期末）平行四边形ABCD中，两条邻边长分别为6和8，∠BAD与∠ABC的平分线交于点E，点F是CD的中点，连接EF，则EF＝ ．
一十五．平行四边形的判定与性质（共1小题）
33．（2022春•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 cm．
一十六．菱形的性质（共1小题）
34．（2022春•徐汇区期末）如图，菱形ABCD中，如果AB＝3，BD＝2，那么菱形ABCD的面积为 ．
一十七．菱形的判定（共1小题）
35．（2022春•奉贤区校级期末）如图，直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，点C在y轴上，点D为平面内一点，若四边形ACDB恰好构成一个菱形，请写出点D的坐标 ．
一十八．矩形的性质（共1小题）
36．（2022春•长宁区校级期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，点E、F分别在OA、OD上，EF∥BC，求证：四边形BCFE是等腰梯形．
一十九．矩形的判定（共1小题）
37．（2022春•奉贤区校级期末）在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是（ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．AO⊥BOD．∠OBC＝∠OBA
二十．正方形的性质（共1小题）
38．（2022春•闵行区校级期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标是（3，2），则点A的坐标是 ．
二十一．正方形的判定（共2小题）
39．（2022春•浦东新区校级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形
D．当AC＝BD时，四边形ABCD是正方形
40．（2022春•长宁区校级期末）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A．AB＝BCB．AB＝CDC．AC＝BDD．∠D＝90°
二十二．梯形（共2小题）
41．（2022春•青浦区校级期末）已知梯形ABCD，AB∥CD，AD＝6，AB＝9，当∠A＝60°时，对角线BD＝ ．
42．（2021秋•徐汇区期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC于F，M是CD中点，AM的延长线交BC的延长线于E，AE⊥AB，∠B＝60°，AF＝，则梯形的面积是 ．
二十三．等腰梯形的性质（共2小题）
43．（2022春•奉贤区校级期末）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
44．（2022春•长宁区校级期末）若等腰梯形的两条对角线互相垂直，则一条对角线与底边的夹角是 ．
二十四．等腰梯形的判定（共1小题）
45．（2022春•长宁区校级期末）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥DB，则四边形OCED是（ ）
A．正方形B．矩形C．等腰梯形D．梯形
二十五．梯形中位线定理（共2小题）
46．（2022春•长宁区校级期末）已知梯形的上底长为6cm，中位线长为10cm，则它的下底为 cm．
47．（2022春•杨浦区校级期末）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，对角线AC⊥BD，如果高DE＝8cm，那么等腰梯形ABCD的中位线的长为 cm．
二十六．*平面向量（共9小题）
48．（2021秋•浦东新区校级期末）已知非零向量，，，下列条件中，不能判定向量与向量平行的是（ ）
A．∥，∥B．||＝2||C．＝2，＝3D．+2＝
49．（2021秋•青浦区期末）如果（、均为非零向量），那么下列结论错误的是（ ）
A．B．∥
C．D．与方向相同
50．（2022春•奉贤区校级期末）下列关于向量的运算，正确的是（ ）
A．B．C．D．
51．（2021秋•浦东新区校级期末）计算：4+3（﹣）＝ ．
52．（2021秋•闵行区期末）为单位向量，与的方向相同，且长度为2，那么＝ ．
53．（2021秋•虹口区期末）如果向量、、满足（+）＝﹣，那么＝ （用向量、表示）．
54．（2021秋•浦东新区期末）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O．设＝，＝，那么向量关于向量、的分解式是 ．
55．（2021秋•浦东新区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，求向量（用向量、表示）．
56．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，试用、的线性组合表示向量．
二十七．随机事件（共1小题）
57．（2022春•徐汇区期末）下列事件中，必然事件是（ ）
A．经过有交通信号灯的路口，恰好遇到红灯
B．打开电视，正在播报新闻
C．抛掷两枚正方体骰子点数和等于13
D．任意画一个五边形，其外角和为360°
二十八．可能性的大小（共1小题）
58．（2021秋•青浦区校级期末）一副52张的扑克牌（无大王、小王），从中任意取出一张，抽到“K”的可能性的大小是 ．
二十九．概率的意义（共1小题）
59．（2022春•青浦区校级期末）如果用A表示事件“若a＞b，则ac2＞bc2”，用P（A）表示“事件A发生的概率”，那么下列结论中正
确的是（ ）
A．P（A）＝1B．P（A）＝0C．0＜P（A）＜1D．P（A）＞1
三十．概率公式（共1小题）
60．（2022春•奉贤区校级期末）从等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率是 ．
上海八年级下期末真题精选（基础60题30个考点专练）
一．一元二次方程的应用（共1小题）
1．（2021秋•普陀区期末）某商店八月份的营业额是100万元，预计十月份的营业额可达到144万元，如果九、十月份营业额的月增长率相同，那么这个商店营业额的月增长率为 20% ．
【分析】设这个商店营业额的月增长率为x，关系式为：8月份的营业额×（1+增长率）2＝10月份的营业额，把相关数值代入计算即可．
【解答】解：设这个商店营业额的月增长率为x，依题意有
100×（1+x）2＝144，
（1+x）2＝1.44，
∵1+x＞0，
∴1+x＝1.2，
x＝0.2＝20%．
故答案为：20%．
【点评】考查一元二次方程的应用；解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出10月份营业额的等量关系，列出方程，再求解．
二．高次方程（共3小题）
2．（2022春•杨浦区校级期末）下列方程是二项方程的是（ ）
A．2x2＝0B．x2﹣x＝0C．x3﹣1＝0D．y4+2x2＝1
【分析】根据二项方程的定义进行判断即可．
【解答】解：x3﹣1＝0为二项方程．
故选：C．
【点评】本题考查了高次方程：通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解．所以解高次方程一般要降次，即把它转化成二次方程或一次方程．注意理解二项方程的定义．
3．（2022春•杨浦区校级期末）方程x4﹣9＝0的根是 x＝或x＝﹣ ．
【分析】将左边因式分解，降次后化为两个一元二次方程即可解得答案．
【解答】解：由x4﹣9＝0得（x2+3）（x2﹣3）＝0，
∴x2+3＝0或x2﹣3＝0，
而x2+3＝0无实数解，
解x2﹣3＝0得x＝或x＝﹣，
故答案为：x＝或x＝﹣．
【点评】本题考查解一元高次方程，解题的关键是将方程左边因式分解，把原方程降次，化为一元二次方程．
4．（2022春•奉贤区校级期末）解方程组：．
【分析】方程组变形为，可得四个方程组：（1），（2），（3），（4），分别解出每个方程组的解，即得原方程组的解．
【解答】解：将方程组变形为：，
方程组相当于以下四个方程组：
（1），（2），（3），（4），
分别解得：，，，，
∴原方程组的解为：，，，．
【点评】本题考查解二元二次方程组，解题的关键是利用因式分解，把方程组转化为四个一元一次方程组．
三．无理方程（共3小题）
5．（2022春•杨浦区校级期末）下列方程中，有实数根的方程是（ ）
A．2x4+1＝0B．x3+1＝0C．+3＝0D．＝
【分析】利用高次方程、无理方程及分式方程的定义分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、整理得：x4＝﹣，故次方程无解；
B、整理得x3＝﹣1，解得：x＝﹣1，符合题意；
C、整理得＝﹣3，无解，不符合题意；
D、去分母后得x＝1，代入最简公分母x﹣1＝0，故次方程无实数根，
故选：B．
【点评】本题考查了高次方程、无理方程及分式方程的定义的知识，解题的关键是了解有关的定义，难度不大．
6．（2021秋•静安区期末）下列说法正确的是（ ）
A．是二元二次方程
B．x2﹣x＝0是二项方程
C．是分式方程
D．是无理方程
【分析】利用无理方程及高次方程的定义进行判断即可得到答案；
【解答】解：A、含有两个未知数，且未知数的次数是2，故是二元二次方程，故正确；
B、x2﹣x＝0是二次方程，故错误；
C、分母里不含未知数，不是分式方程，故错误；
D、被开方数不含分母，不是无理方程，故错误，
故选：A．
【点评】本题考查了无理方程及高次方程的定义，解题的关键是熟悉这些方程的定义．
7．（2022春•青浦区校级期末）方程的解为 ﹣1 ．
【分析】根据无理方程的解法，首先，两边平方解出x的值，然后验根，解答即可．
【解答】解：方程，
两边平方、整理得，x2﹣2x﹣3＝0，
解得，x1＝3，x2＝﹣1，
经检验x1＝3为增根，舍去，
∴方程的解为﹣1．
故答案为﹣1．
【点评】本题考查了无理方程的解法，用乘方法来解无理方程，往往会产生增根，应注意验根．
四．由实际问题抽象出分式方程（共1小题）
8．（2021秋•金山区期末）甲安装队为A小区安装66台空调，已安装队为B小区安装60台空调，两队同时开工且恰好同时完工，甲队比乙队每天多安装2台，若设乙队每天安装x台，则下面所列方程中，正确的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
【分析】关键描述语为：“两队同时开工且恰好同时完工”，那么等量关系为：甲队所用时间＝乙队所用时间．
【解答】解：乙队用的天数为：，甲队用的天数为：．
则所列方程为：＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是由实际问题抽象出分式方程．找出题目中的关键语，找到相应的等量关系是解决问题的关键，注意：工作时间＝工作总量÷工作效率．
五．一次函数的定义（共1小题）
9．（2021春•闵行区期末）下列函数中，是一次函数的是（ ）
A．y＝+1B．x+3y＝1C．y＝x2﹣1D．y＝2
【分析】根据一次函数的定义条件进行逐一分析即可．
【解答】解：A．，自变量x 的指数是﹣1，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；
B．有x+3y＝1可得y＝，符合一次函数的定义，故此选项符合题意；
C．y＝x2﹣1，自变量x 的指数是2，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；
D．y＝2是常数函数，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数的定义．解题关键是掌握一次函数的定义条件：一次函数y＝kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为1．
六．一次函数的性质（共2小题）
10．（2022春•奉贤区校级期末）直线y＝﹣2x+1的图象一定不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据直线y＝﹣2x+1和一次函数的性质，可以得到该函数图象经过哪几个象限，不经过哪个象限．
【解答】解：∵直线y＝﹣2x+1，k＝﹣2＜0，b＝1＞0，
∴该函数的图象经过第一、二、四象限，不经过第三象限，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
11．（2022春•闵行区校级期末）如果直线y＝kx+b（k≠0）经过第一、二、四象限，且与x轴的交点为（6，0），那么当kx+b＞0时x的取值范围是 x＜6 ．
【分析】先根据一次函数的性质画出函数的大致图象，然后结合图象，写出一次函数图象在x轴上方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：如图，当x＜6时，y＞0，
即当kx+b＞0时x的取值范围是x＜6．
故答案为：x＜6．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：理解一次函数与一元一次不等式（组）之间的内在联系及数形结合思想．运用一次函数的性质是解决本题的关键．
七．一次函数图象与系数的关系（共4小题）
12．（2022春•杨浦区校级期末）若直线y＝kx+b经过一、二、四象限，则直线y＝bx﹣k的图象只能是图中的（ ）
A．B．C．D．
【分析】由直线经过的象限结合四个选项中的图象，即可得出结论．
【解答】解：∵直线y＝kx+b经过一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
∴﹣k＞0，
∴选项B中图象符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k＜0，b＞0⇔y＝kx+b的图象在一、二、四象限”是解题的关键．
13．（2022春•奉贤区校级期末）在一次函数y＝（m+1）x+m﹣1中，y随x的增大而减小，那么常数m的取值范围是（ ）
A．m＞1B．m＜1C．m＞﹣1D．m＜﹣1
【分析】先根据一次函数的增减性得出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：∵在一次函数y＝（m+1）x+m﹣1中，y随x的增大而减小，
∴m+1＜0，解得m＜﹣1．
故选：D．
【点评】本题主要考查了一次函数的性质．一次函数y＝kx+b，当k＞0时，y随x的增大而减小；当k＜0时，y随x的增大而增大．
14．（2021秋•奉贤区校级期末）正比例函数y＝（2m+1）x的图象经过第二、四象限，则m的取值范围是 m＜﹣ ．
【分析】根据正比例函数的图象经过第二、四象限列出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：∵正比例函数y＝（2m+1）x的图象经过第二、第四象限，
∴2m+1＜0，
∴m＜﹣．
故答案为：m＜﹣．
【点评】本题考查了正比例函数的性质，正比例函数y＝kx（k≠0），k＞0时，图象在第一、三象限，呈上升趋势，当k＜0时，图象在第二、四象限，呈下降趋势．
15．（2021秋•青浦区校级期末）已知函数y＝（k﹣3）x，如果y的值随着x的增大而减小，那么常数k的取值范围是 k＜3 ．
【分析】先根据函数y＝（k﹣3）x中，y随着x增大而减小得出关于k的不等式，求出k的取值范围即可．
【解答】解：∵函数y＝（k﹣3）x中，y随着x增大而减小，
∴k﹣3＜0，
解得k＜3．
故答案为：k＜3．
【点评】本题考查的是一次函数图象与系数的关系，即正比例函数y＝kx（k≠0）中，当k＜0时，y随着x增大而减小．
八．一次函数图象上点的坐标特征（共5小题）
16．（2021秋•嘉定区期末）关于正比例函数y＝2x的图象，下列叙述错误的是（ ）
A．点（﹣1，﹣2）在这个图象上
B．函数值y随自变量x的增大而减小
C．图象经过原点
D．图象经过一、三象限
【分析】分别应用正比例函数的性质分析即可选择．
【解答】解：A．当x＝﹣1时，y＝2×（﹣1）＝﹣2，所以点（﹣1，2）在这个图象上，故A选项不符合题意；
B．由k＝2＞0知，函数值y随自变量x的增大而增大，故B选项符合题意；
C．正比例函数图象都经过原点，故C选项不符合题意；
D．由k＝2＞0知，图象经过一、三象限，故D选项不符合题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了正比例函数的性质，熟练掌握正比例函数的性质是解题关键．
17．（2021秋•松江区期末）已知正比例函数y＝kx的图象经过点（2，﹣4）、（1，y1）、（﹣1，y2），那么y1与y2的大小关系是（ ）
A．y1＜y2B．y1＝y2C．y1＞y2D．无法确定
【分析】利用待定系数法求得k＝﹣2＜0，则该正比例函数经过第二、四象限，且y随x的增大而减小，据此可以比较y1与y2的大小．
【解答】解：∵正比例函数y＝kx的图象经过点（2，﹣4），
∴k＝＝＝﹣2．则k＜0，
∴正比例函数y＝﹣2x的图象经过第二、四象限，且y随x的增大而减小．
又∵1＞﹣1，
∴y1＜y2．
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特点．此题利用了正比例函数图象的性质来解答问题．
18．（2021秋•静安区期末）函数y＝的图象在y轴的截距是 ﹣ ．
【分析】代入x＝0求出y值，此题得解．
【解答】解：当x＝0时，y＝＝﹣，
∴函数y＝的图象在y轴的截距是﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，牢记“直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b”是解题的关键．
19．（2021秋•徐汇区期末）已知正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第一、三象限，且经过点（k，k+2），则k＝ 2 ．
【分析】由点的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k的值，由正比例函数的图象经过第一、三象限，可得出k＞0，进而可得出k＝2．
【解答】解：∵正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过点（k，k+2），
∴k+2＝k2，
解得：k1＝﹣1，k2＝2．
又∵正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第一、三象限，
∴k＞0，
∴k＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及正比例函数的性质，利用一次函数图象上点的坐标特征，找出关于k的一元二次方程是解题的关键．
20．（2021秋•静安区期末）如果一次函数y＝mx﹣m2+m的图象经过原点，则m的值为（ ）
A．0或1B．1C．0D．不存在
【分析】利用一次函数的定义以及一次函数图象上点的坐标特征，即可得出关于m的一元一次不等式及一元二次方程，解之即可求出m的值．
【解答】解：∵一次函数y＝mx﹣m2+m的图象经过原点，
∴，
解得：m＝1．
故选：B．
【点评】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定义，利用一次函数的定义以及一次函数图象上点的坐标特征，找出关于m的一元一次不等式及一元二次方程是解题的关键．
九．一次函数图象与几何变换（共1小题）
21．（2022春•徐汇区期末）如果将一次函数y＝5x﹣2的图象沿y轴向上平移4个单位，那么平移后所得图象的函数解析式为 y＝5x+2 ．
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：一次函数y＝5x﹣2的图象沿y轴向上平移4个单位所得函数解析式为：y＝5x﹣2+4，即y＝5x+2．
故答案为：y＝5x+2．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
一十．一次函数与一元一次不等式（共1小题）
22．（2022春•徐汇区期末）如图，函数y＝kx+b的图象与y轴、x轴分别相交于点A（0，2）和点B（4，0），则关于x的不等式kx+b≥2的解集为（ ）
A．x≤0B．x≤4C．x≥0D．x≥4
【分析】根据图象和A的坐标得出即可．
【解答】解：∵直线y＝kx+b和y轴的交点是A（0，2），
∴不等式kx+b≥2的解集是x≤0，
故选：A．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象解一元一次不等式，解题时应结合函数和不等式的关系找出正确的答案．
一十一．一次函数的应用（共2小题）
23．（2022春•徐汇区期末）如果购买荔枝所付金额y（元）与购买数量x（千克）之间的函数图象由线段OA与射线AB组成（如图所示），那么购买3千克荔枝需要付 56 元．
【分析】由图象可得购买3kg荔枝需要付的钱即为当x＝3时，y所对应的值，即求出AB段的函数解析式，将x＝3代入即可．
【解答】解：设AB的解析式为y＝kx+b，
将（2，40），（4，72）代入，
得，
解得：，
∴AB段的解析式为y＝16x+8，
当x＝3时，
y＝16×3+28＝56．
故答案为：56．
【标注】【知识点】一次函数的依据图象解决实际问题
【点评】本题考查了一次函数中依据图象解决实际问题，属于此类型中的基础题．
24．（2021秋•静安区校级期末）甲、乙两人同时从A地前往相距5千米的B地．甲骑自行车，途中修车耽误了20分钟，甲行驶的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数图象如图所示；乙慢跑所行的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数解析式为s＝t（0≤t≤60）．
（1）在图中画出乙慢跑所行的路程关于时间的函数图象；（不必写结论）
（2）乙慢跑的速度是每分钟 千米；
（3）甲修车后行驶的速度是每分钟 千米．
【分析】（1）根据所给解析式可知函数过原点，并过点（60，5），由这两点即可得出答案．
（2）乙慢跑所行的路程除以时间即可得乙慢跑的速度；
（3）甲修车后行驶路程是3km，所用时间是20min，即可求出速度．
【解答】解：（1）∵乙慢跑所行的路程s（千米）关于时间t（分钟）的函数解析式为s＝t（0≤t≤60）．
当t＝60时，s＝×60＝5，
∴函数过原点，并过点（60，5），
所画图形如下所示：
（2）乙慢跑的速度为，
5÷60＝（千米/分钟），
故答案为：；
（3）甲修车后行驶20min，所形路程为3km，
故甲修车后行驶的速度为：3÷20＝（千米/分钟），
故答案为：．
【点评】本题考查了一次函数的实际应用，读懂题意，数形结合是解题的关键．
一十二．三角形中位线定理（共2小题）
25．（2022春•徐汇区期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D、E分别是边AB、AC的中点，那么四边形DBCE的周长为 11 ．
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据线段中点的概念分别求出DB、EC，计算即可．
【解答】解：∵D、E分别是边AB、AC的中点，AB＝AC＝5，
∴DE是△ABC的中位线，DB＝AB＝2.5，EC＝AC＝2.5，
∴DE＝BC，
∵BC＝4，
∴DE＝2，
∴四边形DBCE的周长＝DB+BC+EC+DE＝2.5+4+2.5+2＝11，
故答案为：11．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
26．（2021秋•奉贤区期末）顺次连接三角形三边中点，所得到的三角形与原三角形的周长的比是 ．
【分析】根据D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，求证△DEF∽△ABC，然后利用相似三角形周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方即可得出答案．
【解答】解：如图，∵D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，
∴DE＝AC，DF＝BC，EF＝AB，
∴DE+DF+EF＝AC+BC+AB，
∵△DEF∽△ABC，
∴所得到的△DEF与△ABC的周长之比是．
故答案为：．
【点评】此题考查学生对相似三角形的判定与性质和三角形中位线定理的理解和掌握，解答此题的关键是利用了相似三角形周长比等于相似比．
一十三．多边形内角与外角（共5小题）
27．（2021春•浦东新区校级期末）如果一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【分析】根据多边形的内角和，可得答案．
【解答】解：设多边形为n边形，由题意，得
（n﹣2）•180°＝360×2，
解得n＝6，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形，利用多边形的内角和是解题关键．
28．（2022春•长宁区校级期末）一个正n边形的一个外角是60°，那么n＝ 6 ．
【分析】由正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，即可求得n的值．
【解答】解：∵正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，
∴n＝360°÷60°＝6．
故答案为：6．
【点评】此题考查了正n边形的性质与n边形的外角和定理．此题比较简单，注意掌握n边形的外角和为360°．
29．（2022春•闵行区校级期末）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为 8 ．
【分析】设正多边形的边数为n，利用多边形的内角和公式和外角和定理即可解答．
【解答】解：设正多边形的边数为n，由题意得：
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得：n＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查多边形的内角（和）与外角（和），熟记多边形的内角和公式及外角和为360°是解答的关键．
30．（2021秋•静安区期末）如果一个多边形的内角和为900°，那么过这个多边形的一个顶点可作 4 条对角线．
【分析】根据n边形的内角和是（n﹣2）•180°，可以先求出多边形的边数．再根据过多边形的一个顶点的对角线的条数与边数的关系，即可得到过这个多边形的一个顶点的对角线的条数．
【解答】解：根据题意，得
（n﹣2）•180＝900，
解得：n＝7．
那么过这个多边形的一个顶点可作4条对角线．
【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，过多边形的一个顶点的对角线的条数＝边数﹣3．
31．（2021春•浦东新区校级期末）一个多边形的每个内角都为144°，那么该正多边形的边数为 10 ．
【分析】根据正多边形的一个内角是144°，则知该正多边形的一个外角为36°，再根据多边形的外角之和为360°，即可求出正多边形的边数．
【解答】解：∵正多边形的一个内角是144°，
∴该正多边形的一个外角为36°，
∵多边形的外角之和为360°，
∴边数＝＝10，
∴这个正多边形的边数是10．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是知道多边形的外角之和为360°，此题难度不大．
一十四．平行四边形的性质（共1小题）
32．（2022春•杨浦区校级期末）平行四边形ABCD中，两条邻边长分别为6和8，∠BAD与∠ABC的平分线交于点E，点F是CD的中点，连接EF，则EF＝ 5或2 ．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题：①如图1中，当AB＝6，BC＝8时，延长AE交BC于M．②如图2中，当AB＝8，BC＝6时；由直角三角形的性质，梯形的中位线定理可得出答案．
【解答】解：①如图1中，当AB＝6，BC＝8时，延长AE交BC于M．
∵AD∥BC，
∴∠DAM＝∠AMB，
∵∠DAM＝∠BAM，
∴∠BAM＝∠AMB，
∴AB＝BM＝6，
∴CM＝BC﹣BM＝2，
∵∠DAB+∠ABC＝180°，
∴∠EAB+∠EBA＝∠DAB+∠ABC＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴BE⊥AM，
∵BA＝BM，
∴AE＝EM，
∵DF＝CF，
∴EF＝＝5；
②如图2中，当AB＝8，BC＝6时，
同法可证，AE＝EM，CM＝BM﹣BC＝AB﹣BC＝2，
可得EF＝（AD﹣CM）＝2，
综上所述，EF的长为5或2．
故答案为：5或2．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、梯形的中位线定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构建梯形中位线解决问题，属于中考常考题型．
一十五．平行四边形的判定与性质（共1小题）
33．（2022春•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 7 cm．
【分析】由在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四边形ABED是平行四边形，即可求得CE的长，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，继而求得答案．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴BE＝AD＝5cm，
∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm），
∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°，
∴CD＝CE＝7cm．
故答案为：7．
【点评】此题考查了平行四边形的性质与判定以及等腰三角形的判定与性质．注意证得四边形ABED是平行四边形，△CDE是等腰三角形是关键．
一十六．菱形的性质（共1小题）
34．（2022春•徐汇区期末）如图，菱形ABCD中，如果AB＝3，BD＝2，那么菱形ABCD的面积为 4 ．
【分析】根据菱形的性质得出BO＝1，利用勾股定理得出OA，进而利用菱形的面积公式解答．
【解答】解：连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD＝2BO，BD⊥AC，
∵BD＝2，
∴BO＝1，
∵AB＝3，
∴OA＝＝＝2，
∴AC＝2OA＝4，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×4×2＝4，
故答案为：4．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出BO＝2解答．
一十七．菱形的判定（共1小题）
35．（2022春•奉贤区校级期末）如图，直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，点C在y轴上，点D为平面内
一点，若四边形ACDB恰好构成一个菱形，请写出点D的坐标 （2，2）或（2，﹣2） ．
【分析】根据直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，求得OA＝OB＝2，根据勾股定理得到AB＝2，根据菱形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，
∴A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∴AB＝2，
∵四边形ACDB是菱形，
∴AC＝CD＝BD＝AB＝2，
当点C在点A的上面时，
过D作DH⊥y轴于H，
∵AC∥BD，
AC⊥x轴，
∴BD⊥x轴，
∴四边形OBDH是矩形，
∴，
∴CH＝2，
∴DH＝＝2，
∴D（2，2），
当点C在点A的下面时，
同理可得，D（2，﹣2），
故答案为：（2，2）或（2，﹣2）．
【点评】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
一十八．矩形的性质（共1小题）
36．（2022春•长宁区校级期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，点E、F分别在OA、OD上，EF∥BC，求证：四边形BCFE是等腰梯形．
【分析】由矩形的性质可得OB＝OC，再根据相似三角形的判定与性质可得OE＝OF，最后根据全等三角形的判定与性质可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OC，
∵EF∥BC，
∴，
∴OE＝OF，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（SAS），
∴BE＝CF，
∴四边形BCFE是等腰梯形．
【点评】此题考查的是矩形的性质、平行线分线段成比例、全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
一十九．矩形的判定（共1小题）
37．（2022春•奉贤区校级期末）在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是（ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．AO⊥BOD．∠OBC＝∠OBA
【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可．
【解答】解：添加AO＝BO，
理由是：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴▱ABCD为矩形，
故选：B．
【点评】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
二十．正方形的性质（共1小题）
38．（2022春•闵行区校级期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标是（3，2），则点A的坐标是 （﹣2，3） ．
【分析】作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，先证明△AOD≌△COE，因为C（3，2），所以OD＝OE＝3，AD＝CE＝2，再根据点A在第二象限求出点A的坐标．
【解答】解：如图，作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，则∠ADO＝∠CEO＝90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOC＝∠DOE＝90°，OA＝OC，
∴∠AOD＝∠COE＝90°﹣∠COD，
在△AOD和△COE中，
，
△AOD≌△COE（AAS），
∵C（3，2），
∴OD＝OE＝3，AD＝CE＝2，
∵点A在第二象限，
∴A（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）．
【点评】此题考查正方形的性质、全等三角形的判定、图形与坐标等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
二十一．正方形的判定（共2小题）
39．（2022春•浦东新区校级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形
D．当AC＝BD时，四边形ABCD是正方形
【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【解答】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB＝BC时，它是菱形，故本选项不符合题意；
B、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形知：当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知：当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知：当AC＝BD时，它是矩形，不是正方形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
40．（2022春•长宁区校级期末）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A．AB＝BCB．AB＝CDC．AC＝BDD．∠D＝90°
【分析】先判断四边形ABCD是矩形，由正方形的判定可解决问题．
【解答】解：在四边形ABCD中，
∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
当AB＝BC时，即一组邻边相等时，矩形ABCD为正方形，
故A符合题意，
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的判定等，熟练掌握并能够灵活运用正方形的判定是解决问题的关键．
二十二．梯形（共2小题）
41．（2022春•青浦区校级期末）已知梯形ABCD，AB∥CD，AD＝6，AB＝9，当∠A＝60°时，对角线BD＝ 3 ．
【分析】过点D作DE⊥AB于E，根据直角三角形的性质求出∠ADE，进而求出AE，根据勾股定理求出DE，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，
在△ADE中，∠A＝60°，
则∠ADE＝90°﹣60°＝30°，
∴AE＝AD＝×6＝3，
∴BE＝AB﹣AE＝9﹣3＝6，DE＝＝＝3，
∴BE＝＝＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查的是梯形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，灵活运用勾股定理是解题的关键．
42．（2021秋•徐汇区期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC于F，M是CD中点，AM的延长线交BC的延长线于E，AE⊥AB，∠B＝60°，AF＝，则梯形的面积是 8 ．
【分析】（1）根据直角三角形的性质、勾股定理分别求出BF、AB，根据直角三角形的性质求出BE，证明△DAM≌△CEM，根据全等三角形的性质得到AD＝CE，根据梯形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：设BF＝x，
在Rt△ABF中，∠B＝60°，
∴∠BAF＝30°，
∴AB＝2BF＝2x，
由勾股定理得，（2x）2﹣x2＝（2）2，
解得，x＝2，
∴AB＝4，
在Rt△ABE中，∠B＝60°，
∴∠AEB＝30°，
∴BE＝2AB＝8，
∵AD∥BC，
∴∠DAM＝∠CEM，
在△DAM和△CEM中，
，
∴△DAM≌△CEM（AAS）
∴AD＝CE，
∴AD+BC＝CE+BC＝BE＝8，
∴梯形的面积＝×（AD+BC）×AF＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查的是梯形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
二十三．等腰梯形的性质（共2小题）
43．（2022春•奉贤区校级期末）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
【分析】连接AC、BD，可证MN为△ABD的中位线，PQ为△CBD的中位线，根据中位线定理可证MN∥BD∥PQ，MN＝PQ＝BD，同理可证PN∥AC∥MQ，NP＝MQ＝AC，根据等腰梯形的性质可知AC＝BD，故可证四边形PQMN为菱形．
【解答】解：连接AC、BD，
∵M、N分别为AD、AB的中点
∴MN为△ABD的中位线，
∴MN∥BD，MN＝BD，
同理可证BD∥PQ，PQ＝BD，
∴MN＝PQ，MN∥PQ，四边形PQMN为平行四边形，
同理可证NP＝MQ＝AC，
根据等腰梯形的性质可知AC＝BD，
∴PQ＝NP，
∴▱PQMN为菱形．
故选：A．
【点评】本题主要考查等腰梯形的性质在证明特殊平行四边形中的应用．同时运用了三角形的中位线定理．
44．（2022春•长宁区校级期末）若等腰梯形的两条对角线互相垂直，则一条对角线与底边的夹角是 45° ．
【分析】过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E，根据平行四边形的性质得到AC＝DE，进而得到DE＝DB，根据的原直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E，
∵AD∥BC，
∴四边形ACED为平行四边形，
∴AC＝DE，
∵四边形ABCD为等腰梯形，
∴AC＝BD，
∴DE＝DB，
∵AC⊥BD，DE∥AC，
∴∠BDE＝90°，
∴∠DBC＝45°，即一条对角线与底边的夹角是45°，
故答案为：45°．
【点评】本题考查的是等腰梯形的性质、平行四边形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质，熟记等腰梯形的对角线相等是解题的关键．
二十四．等腰梯形的判定（共1小题）
45．（2022春•长宁区校级期末）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥DB，则四边形OCED是（ ）
A．正方形B．矩形C．等腰梯形D．梯形
【分析】根据平行四边形的定义得到四边形OCED是平行四边形，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据矩形的判定定理得出结论．
【解答】解：∵DE∥AC，CE∥DB，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，即∠DOC＝90°，
∴平行四边形OCED是矩形，
故选：B．
【点评】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定，熟记菱形的对角线相等是解题的关键．
二十五．梯形中位线定理（共2小题）
46．（2022春•长宁区校级期末）已知梯形的上底长为6cm，中位线长为10cm，则它的下底为 14 cm．
【分析】根据梯形中位线定理列式计算即可．
【解答】解：设梯形的下底为xcm，
由题意得：×（6+x）＝10，
解得：x＝14，
故答案为：14．
【点评】本题考查的是梯形中位线定理，熟记梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半是解题的关键．
47．（2022春•杨浦区校级期末）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，对角线AC⊥BD，如果高DE＝8cm，那么等腰梯形ABCD的中位线的长为 8 cm．
【分析】过D点作DF∥AC交BC的延长线于F，如图，根据等腰梯形的性质得到AC＝BD，再证明四边形ACFD为平行四边形得到DF＝AC＝BD，AD＝CF，接着判断△DBF为等腰直角三角形，所以DE＝BF＝（BC+AD）＝8cm，然后根据梯形的中位线定理求解．
【解答】解：过D点作DF∥AC交BC的延长线于F，如图，
∵梯形ABCD为等腰梯形，
∴AC＝BD，
∵AD∥BC，DF∥AC，
∴四边形ACFD为平行四边形，
∴DF＝AC＝BD，AD＝CF，
∵AC⊥BD，
∴DF⊥BD，
∴△DBF为等腰直角三角形，
∵DE⊥BC，
∴DE＝BF＝（BC+CF）＝（BC+AD）＝8cm，
∴等腰梯形ABCD的中位线的长＝（BC+AD）＝8cm．
故答案为8．
【点评】本题考查了梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．也考查了等腰梯形的性质．通过平移把两条对角线组成一个三角形的两边是解决问题的关键．
二十六．*平面向量（共9小题）
48．（2021秋•浦东新区校级期末）已知非零向量，，，下列条件中，不能判定向量与向量平行的是（ ）
A．∥，∥B．||＝2||C．＝2，＝3D．+2＝
【分析】根据平面向量的性质逐一判断即可．
【解答】解：∵，，
∴，
故A不符合题意；
∵||＝2||不能确定与的方向，
∴不能判定向量与向量平行，
故B符合题意；
∵＝2，＝3，
∴与方向相同，
∴，
故C不符合题意；
∵+2＝0，
∴与方向相反，
∴，
故D不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查了平面向量的性质，熟练掌握平面向量的性质是解题的关键．
49．（2021秋•青浦区期末）如果（、均为非零向量），那么下列结论错误的是（ ）
A．B．∥
C．D．与方向相同
【分析】根据平面向量的定义与性质逐一判断即可．
【解答】解：∵，
∴||＝2||；；＝；与的方向相反，
故A，B，C正确，D错误，
故选：D．
【点评】本题考查了平面向量的定义与性质，熟练掌握平面向量的定义与性质是解题的关键．
50．（2022春•奉贤区校级期末）下列关于向量的运算，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由三角形法则直接求解即可求得答案，注意掌握排除法在选择题中的应用．
【解答】解：A、＝+＝，故本选项正确；
B、﹣＝，故本选项错误；
C、，故本选项错误；
D、，故本选项错误．
故选：A．
【点评】此题考查了平面向量的知识．注意掌握三角形法则的应用．
51．（2021秋•浦东新区校级期末）计算：4+3（﹣）＝ 7﹣ ．
【分析】根据平面向量的加减运算法则即可求解．
【解答】解：原式＝4+3﹣
＝7﹣，
故答案为：7﹣．
【点评】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加减运算法则是解题的关键．
52．（2021秋•闵行区期末）为单位向量，与的方向相同，且长度为2，那么＝ 2 ．
【分析】根据与的长度与方向即可求解．
【解答】解：∵为单位向量，
∴||＝1，
∵的长度为2，
∴||＝2，
∵与的方向相同，
∴，
故答案为：2．
【点评】本题考查了平面向量的基本知识，熟练掌握平面向量的定义是解题的关键．
53．（2021秋•虹口区期末）如果向量、、满足（+）＝﹣，那么＝ （用向量、表示）．
【分析】根据平面向量的加减运算法则计算即可．
【解答】解：∵（+）＝﹣，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了平面向量，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键．
54．（2021秋•浦东新区期末）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O．设＝，＝，那么向量关于向量、的分解式是 ﹣+ ．
【分析】根据向量的加减计算法则即可得出结果．
【解答】解：∵＝，＝，
∴
＝
＝﹣+，
故答案为：﹣+．
【点评】本题考查了向量的加减计算法则，熟练掌握向量的加减计算法则是解题的关键．
55．（2021秋•浦东新区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，求向量（用向量、表示）．
【分析】（1）由平行线截线段成比例求得AE的长度；
（2）利用平面向量的三角形法则解答．
【解答】解：（1）如图，∵DE∥BC，且DE＝BC，
∴＝＝．
又AC＝6，
∴AE＝4．
（2）∵＝，＝，
∴＝﹣＝﹣．
又DE∥BC，DE＝BC，
∴＝＝（﹣）．
【点评】考查了平面向量，需要掌握平面向量的三角形法则和平行向量的定义．
56．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，试用、的线性组合表示向量．
【分析】（1）根据相似三角形的性质得出等式求解即可；
（2）根据平面向量的加减运算法则即可求解．
【解答】解：（1）∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵DE＝，
∴AE＝4；
（2）由（1）知，，
∴DE＝，
∵，
∴＝．
【点评】本题考查了平面向量，相似三角形的性质等知识，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键．
二十七．随机事件（共1小题）
57．（2022春•徐汇区期末）下列事件中，必然事件是（ ）
A．经过有交通信号灯的路口，恰好遇到红灯
B．打开电视，正在播报新闻
C．抛掷两枚正方体骰子点数和等于13
D．任意画一个五边形，其外角和为360°
【分析】根据随机事件和必然事件的定义判断即可．
【解答】解：A选项，经过有交通信号灯的路口，恰好遇到红灯，这是一个随机事件，故该选项不符合题意；
B选项，打开电视，正在播报新闻，这是一个随机事件，故该选项不符合题意；
C选项，抛掷两枚正方体骰子点数和等于13，这是一个不可能事件，故该选项不符合题意；
D选项，任意画一个五边形，其外角和为360°，这是必然事件，故该选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了随机事件，掌握事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件是解题的关键．
二十八．可能性的大小（共1小题）
58．（2021秋•青浦区校级期末）一副52张的扑克牌（无大王、小王），从中任意取出一张，抽到“K”的可能性的大小是 ．
【分析】根据扑克牌的特点得出k有4张，再根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：∵52张的扑克牌（无大王、小王）中，k有4张，
∴从中任意抽取一张牌，抽到K的概率是：＝；
故答案为：．
【点评】此题考查了概率公式，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
二十九．概率的意义（共1小题）
59．（2022春•青浦区校级期末）如果用A表示事件“若a＞b，则ac2＞bc2”，用P（A）表示“事件A发生的概率”，那么下列结论中正
确的是（ ）
A．P（A）＝1B．P（A）＝0C．0＜P（A）＜1D．P（A）＞1
【分析】根据不等式的基本性质1知事件A是必然事件，由概率的意义可得答案．
【解答】解：若a＞b，根据不等式的基本性质知ac2≥bc2成立，
说明A是随机事件，所以0＜P（A）＜1．
∴事件A是必然事件，
∴0＜P（A）＜1，
故选：C．
【点评】此题考查的是概率的意义，必然事件发生的概率为1，即P（必然事件）＝1；不可能事件发生的概率为0，即P（不可能事件）＝0；如果A为不确定事件，那么0＜P（A）＜1．关键是确定事件A的类型．
三十．概率公式（共1小题）
60．（2022春•奉贤区校级期末）从等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率是 ．
【分析】根据中心对称图形的定义得出所有的中心对称图形，进而利用概率公式求出即可．
【解答】解：∵等边三角形、平行四边形、矩形、圆、等腰梯形共5图形中，
中心对称图形有：平行四边形、矩形、圆共3，
∴5图形中任选一个图形，选出的图形恰好是中心对称图形的概率为：．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了中心对称图形的定义以及概率公式的应用，正确把握中心对称图形的定义是解题关键．
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