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四川省成都市实验外国语学校2021−2022学年八年级数学下学期期末考试数学试卷(word版含答案)
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这是一份四川省成都市实验外国语学校2021−2022学年八年级数学下学期期末考试数学试卷(word版含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
成都市实验外国语学校2021−2022学年下期期末考试
八年级数学 共2张6页
时间：120分钟 总分：150分
A卷（共100分）
一、选择题。（本大题共8个小题，每小题4分，共32分．每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1．（4分）下列方程属于一元二次方程的是（ ）
A．x3+1＝x2 B．x2+x﹣1＝0 C．x﹣3＝0 D．
2．（4分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（4分）下列各式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ）
A．（x+2y）（x﹣2y）＝x2﹣4y2 B．x2y﹣xy2﹣1＝xy（x﹣y）﹣1
C．ax+ay+a＝a（x+y） D．x2﹣4xy+4y2＝（x﹣2y）2
5．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，∠ABC的平分线交AD于点F，若BF＝6，AB＝5，则AE的长为（ ）
A．6.5 B．7 C．7.5 D．8
6．（4分）在“扶贫攻坚”活动中，某学校两次选购同一种文具对贫困户学生进行慰问．第一次用1000元购进一批文具进行慰问，第二次购进时发现每件文具比第一次上涨了2.5元．学校用2500元购进了第二批文具，所购进文具的数量是第一次购进数量的2倍，问学校第二次购进了多少件文具？若设第一次购进文具数为x件，则可列方程（ ）
A． B．
C． D．
7．（4分）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，△ABF为等边三角形，连接EF，则∠AEF的度数为（ ）
A．66° B．60° C．52° D．48°
（7题） （8题）
8．（4分）如图，正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为OB的中点，连结CE并延长交AB于点F．过点B作BH⊥CF，分别交CF，CA于点H，点P．若OE＝1，则BP的长为（ ）
A． B．2 C． D．2.5
二、填空题。（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．答案写在答题卡上）
9．（4分）如果式子值为0，那么x的取值是 ．
10．（4分）已知正方形的面积是9x2+y2﹣6xy（x＞y＞0），利用因式分解可知该正方形的边长为 .（用含x，y的代数式表示）
11．（4分）如图，在△ABC中，AB＝13，BC＝5，点D，E分别是AB、BC的中点，连接DE、CD，如果DE＝6，那么△ABC的周长是 ．
12．（4分）已知x＝2是关于x的方程x2﹣（m+4）x+4m＝0的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰△ABC的两条边长，则△ABC的周长为 ．
13．（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，S菱形ABCD＝48，则OH的长为 ．
三、解答题。（本大题共5个题，共48分．解答过程写在答题卡上）
14．（16分）解方程：
（1）（x﹣4）2＝（5﹣2x）2．（2）解方程（用配方法）：3x2﹣6x+1＝0．
（3）用公式法解方程：3x2+5（2x+1）＝0．（4）解方程：（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣8＝0．
15．（6分）先化简，再求值：（﹣）•，其中x为偶数且满足不等式组．
16．（8分）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，△ABC在第四象限．
（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）请画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°后的△A2B2C2；
（3）求出（2）中线段AB所扫过的面积．
17．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2+k＝0有实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）设此方程的两个根分别为x1，x2，若x12+x22+3x1x2＝6，求k的值．
18．（10分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC和BD相交于点O、点E是CD的中点，过点C作AC的垂线，与OE的延长线交于点F，连接FD．
（1）求证：四边形OCFD是矩形；
（2）若四边形ABCD的周长为4，△AOB的周长为3+，求四边形OCFD的面积．
（3）在（2）问的条件下，BD上有一动点Q，CD上有一动点P，求PQ+QE的最小值
B卷（共50分）
一、填空题。（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．答案写在答题卡上）
19．（4分）已知x2﹣3x＝2，那么多项式x3﹣x2﹣8x+9的值是 ．
20．（4分）若关于x的分式方程无解，则m的值为 ．
21．（4分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣2m+5＝0，如果该方程的两个实数根都是符号相同的整数，则整数m的值为 ．
22．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+DQ的最小值为 ．
23．（4分）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边CD上，DE＝1；作EF∥BC，分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG、BE的中点，则MN的长是 ．
（22题） （23题）
二、解答题。（本大题共3个题，共30分．解答过程写在答题卡上
24．（8分）某商店购进A，B两种商品共140件进行销售．已知采购A商品10件与B商品20件共170元，采购A商品20件与B商品30件共280元．
（1）求A，B商品每件进价分别是多少元？
（2）若该商店出售A，B两种商品时，先都以标价10元出售，售出一部分后再降价促销，都以标价的8折售完所有剩余商品．其中以10元售出的商品件数比购进A种商品件数少20件，该商店此次降价前后销售A，B两种商品共获利不少于360元，求商店至少购进A商品多少件？
（3）若采购这140件商品的费用不低于720元，不高于740元．然后将A商品每件加价2a元销售，B商品每件加价3a元销售，140件商品全部售出的最大利润为768元，请直接写出a的值．
25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点C在y轴正半轴上，且OA，OC的长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＜OC），点B是y轴上一动点，以AC为对角线作平行四边形ABCD．
（1）求直线AC的函数解析式；
（2）设点B（0，m），记平行四边形ABCD的面积为S，求S与m的函数关系式，并直接写出当BD取最小值时S的值；
（3）当点B在y轴上运动，在使得平行四边形ABCD是菱形的同时，在x轴取一点P，使得△PAB是等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
26．（12分）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转α（0°＜α＜90°），得到线段BE，连接EA，EC．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，AB＝4，则∠AEC＝ °，四边形ABCE的面积为 ；
（2）当点E在正方形ABCD的外部时，
①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；
②作∠EBC的平分线BF交EC于点G，交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明．
成都市实验外国语学校2021−2022学年下期期末考试
参考答案与试题解析
一．试题（共26小题）
1．【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．
【解答】解：A、方程中未知数的最高次数是3，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
B、只含有1个未知数，未知数的最高次数是2，故该选项符合题意；
C、方程中未知数的最高次数是1，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
D、该方程不是整式方程，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程，掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．
2．【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
3．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：由2x﹣4＜0，得：x＜2，
由3﹣x≤4，得：x≥﹣1，
则不等式组的解集为﹣1≤x＜2，
故选：A．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
4．【分析】直接利用因式分解的意义分别分析得出答案．
【解答】解：A．（x+2y）（x﹣2y）＝x2﹣4y2，从左至右的变形是整式乘法运算，不是因式分解，故此选项不合题意；
B．x2y﹣xy2﹣1＝xy（x﹣y）﹣1，等式右边是两个整式的差，所以从左至右的变形不是因式分解，故此选项不合题意；
C．ax+ay+a＝a（x+y+1），等号左右两边不相等，所以从左至右的变形不是因式分解，故此选项不合题意；
D．x2﹣4xy+4y2＝（x﹣2y）2，从左至右的变形是因式分解，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了因式分解的意义，正确掌握分解因式的定义是解题关键．
5．【分析】先证明四边形ABEF是菱形，得出AE⊥BF，OA＝OE，OB＝OF＝BF＝3，由勾股定理求出OA，即可得出AE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵∠BAD的平分线交BC于点E，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE，
同理可得AB＝AF，
∴AF＝BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，OA＝OE，OB＝OF＝BF＝3，
∴OA＝，
∴AE＝2OA＝8；
故选：D．
【点评】本题考查平行四边形的性质与判定、等腰三角形的判定、菱形的判定和性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形ABEF是菱形是解决问题的关键．
6．【分析】设第一次购进x件文具，第二次就购进2x件文具，根据第二次购进时发现每件文具进价比第一次上涨了2.5元，即可列出分式．
【解答】解：设第一次购进x件文具，第二次就购进2x件文具，
由题意得＝﹣2.5，
故选：C．
【点评】本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系．
7．【分析】根据等边三角形的性质得到AF＝BF＝AB，∠AFB＝∠ABF＝60°，由正五边形的性质得到AB＝AE，∠BAE＝108°，等量代换得到AF＝AE，∠FAE＝48°，根据三角形的内角和即可得到结论．
【解答】解：∵△ABF是等边三角形，
∴AF＝BF＝AB，∠AFB＝∠BAF＝60°，
在正五边形ABCDE中，AB＝AE，∠BAE＝＝108°，
∴AF＝AE，∠FAE＝∠BAE﹣∠BAF＝48°，
∴∠AEF＝（180°﹣∠FAE）＝66°．
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形的内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键．
8．【分析】由勾股定理求出EC＝，证明△PBO≌△ECO（ASA），由全等三角形的性质得出BP＝CE＝，则可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC＝90°，OB＝OC，
∵OE＝1，E为OB的中点，
∴OE＝BE＝1，
∴OB＝OC＝2，
∴EC＝＝＝，
∵BH⊥CF，
∴∠BHE＝90°，
∵∠BEH＝∠CEO，
∴∠HBE＝∠EOC，
∵∠POB＝∠EOC＝90°，
∴△PBO≌△ECO（ASA），
∴BP＝CE＝，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质和判定等知识，熟练掌握全等三角形的性质和判定是关键．
9．【分析】根据分式的值为零的条件，分子等于0，分母不等于0列式求解即可．
【解答】解：根据题意得，x2﹣1＝0且x≠0，
解得x＝±1．
故答案为：±1．
【点评】本题考查了分式的值为0的条件，若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．这两个条件缺一不可．
10．【分析】将9x2+y2﹣6xy中的﹣6xy移到中间，原式变形为9x2﹣6xy+y2，则可用完全平方公式分解因式：原式＝（3x﹣y）2．根据正方形面积公式可得边长．
【解答】解：9x2+y2﹣6xy＝9x2﹣6xy+y2＝（3x﹣y）2，根据正方形面积公式可知，边长为：3x﹣y．
故答案为：3x﹣y．
【点评】本题考查因式分解中的完全平方公式，解题关键是熟练掌握公式．
11．【分析】根据三角形中位线定理求出AC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵点D，E分别是AB、BC的中点，DE＝6，
∴AC＝2DE＝12，
∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝13+5+12＝30，
故答案为：30．
【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．
12．【分析】先利用一元二次方程解的定义把x＝2代入方程x2﹣（m+4）x+4m＝0得m＝2，则方程化为x2﹣6x+8＝0，然后解方程后利用三角形三边的关系确定三角形的三边，最后就是三角形的周长．
【解答】解：把x＝2代入方程x2﹣（m+4）x+4m＝0得4﹣2（m+4）+4m＝0，解得m＝2，
方程化为x2﹣6x+8＝0，解得x1＝4，x2＝2，
∵2+2＝4，
∴三角形三边为4、4、2，
∴△ABC的周长为10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，也考查了三角形三边的关系，解题的关键是掌握三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
13．【分析】由菱形的性质得出OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝12，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH＝BD，再由菱形的面积求出BD＝8，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，
∴AC＝12，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∴OH＝BD，
∵菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×12•BD＝48，
∴BD＝8，
∴OH＝BD＝4；
故答案为：4．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线性质求得OH＝BD．
14．【分析】（1）利用直接开平方法解出方程；
（2）利用配方法解出方程；
（3）利用公式法解出方程；
（4）利用因式分解法解出方程．
【解答】解：（1）∵（x﹣4）2＝（5﹣2x）2，
∴x﹣4＝±（5﹣2x），
所以x1＝1，x2＝3；
（2）方程变形得：x2﹣2x＝﹣，
配方得：x2﹣2x+1＝，即（x﹣1）2＝，
开方得：x﹣1＝±，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣；
（3）方程化为一般形式，得3x2+10x+5＝0，
∵a＝3，b＝10，c＝5，
∴b2﹣4ac＝102﹣4×3×5＝40，
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝；
（4）方程分解得：（x﹣1﹣4）（x﹣1+2）＝0，
可得x﹣5＝0或x+1＝0，
解得：x＝5或x＝﹣1．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握配方法、公式法、因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
15．【分析】先算小括号里面的，然后算括号外面的进行化简，再求不等式组的解集，从而结合分式有意义的条件及题意确定x的取值，最后代入求值即可．
【解答】解：原式＝
＝，
由，
解不等式①，得：x＞﹣1，
解不等式②，得：x≤2，
∴不等式组的解集为﹣1＜x≤2，
又∵x（x+3）≠0，且x为偶数，
∴x可以取2，
∴原式＝．
【点评】本题考查分式的化简求值，解一元一次不等式组，掌握分式混合运算的运算顺序和计算法则，解一元一次不等式组的步骤及分式成立的条件（分母不能为零）是解题关键．
16．【分析】（1）根据轴对称的性质画出图形即可；
（2）根据旋转的性质画出图形即可；
（3）由旋转的性质知：扇形BOB2与扇形AOA2的面积差即为AB扫过的图形面积．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）△A2B2C2即为所求；
（3）由旋转的性质知：（2）中线段AB所扫过的面积为＝，
∴线段AB所扫过的面积为3π．
【点评】本题主要考查了作图﹣轴对称变换，旋转变换，扇形的面积等知识，准确作出图形是解题的关键．
17．【分析】（1）根据方程有实数根得出Δ＝（﹣2k）2﹣4×1×（k2+k）≥0，解之即可得出答案；
（2）根据韦达定理得出x1+x2＝2k，x1x2＝k2+k，代入x12+x22+3x1x2＝6，即（x1+x2）2+x1x2＝6可得（2k2）+（k2+k）＝6，解之即可得出k的值，再结合（1）中条件取舍即可．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2+k＝0有实数根，
∴Δ＝（﹣2k）2﹣4×1×（k2+k）≥0，
解得k≤0；
（2）根据题意，得：x1+x2＝2k，x1x2＝k2+k，
∵x12+x22+3x1x2＝6，
∴（x1+x2）2+x1x2＝6，
∴（2k）2+（k2+k）＝6，
解得k＝1或k＝﹣，
∵k≤0，
∴k＝﹣．
【点评】本题考查了根的判别式、根与系数的关系以及一元二次方程的定义，解题的关键是：（1）利用二次项系数非零及根的判别式△≥0，找出关于k的一元一次不等式组；（2）牢记“两根之和等于﹣，两根之积等于”．
18．【分析】（1）根据平行线的性质可得∠ODE＝∠FCE，然后利用“角边角”证明△ODE≌△FCE，可得OD＝FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据菱形的对角线互相垂直得出∠COD＝90°，即可得出结论；
（2）根据菱形ABCD的周长和△AOB的周长求得CD＝，CO+DO＝3，根据勾股定理求得CO•DO＝2，即为四边形OCFD的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD＝90°，
∵AC⊥CF，
CF∥BD，
∴∠ODE＝∠FCE，
∵E是CD中点，
∴CE＝DE，
在△ODE和△FCE中，
，
∴△ODE≌△FCE（ASA）；
∴OD＝FC，
∵CF∥BD，
∴四边形OCFD是平行四边形，
∴四边形OCFD是矩形；
（2）解：∵菱形ABCD的周长为4，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝，∠COD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，
∵△AOB的周长为3+，
∴AB+AO+BO＝3+，
∴AO+BO＝3，
∴CO+DO＝3，
在Rt△COD中，CO2+DO2＝（CO+DO）2﹣2CO•DO＝CD2，
∴32﹣2CO•DO＝（）2，
∴CO•DO＝2，
∴四边形OCFD的面积＝CO•DO＝2．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，平行四边形的判定，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
19．【分析】先分解，再整体代换求值．
【解答】解：∵x2﹣3x＝2，
∴原式＝x3﹣3x2+2x2﹣8x+9
＝x（x2﹣3x）+2x2﹣8x+9
＝2x+2x2﹣8x+9
＝2（x2﹣3x）+9
＝2×2+9
＝13．
故答案为：13．
【点评】本题考查因式分解的应用，添项后整体代换是求解本题的关键．
20．【分析】先假设方程有解，利用含有m的代数式表示方程的解，再根据解可判断出该方程无解符合根为增根的情况，将方程中的分母等于0，算出增根，得到m的方程即可求解．
【解答】解：假设该方程有解，解得：x＝，
∵该方程无解，
∴x＝是增根，
∵2x﹣1＝0，1﹣2x＝0，
∴x＝是该方程的增根，
∴＝，
∴m＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查分式方程无解，无解包含两种情况：一种是解为增根，一种是在解方程的过程中未知数被消掉的情况，根据两种情况分析得到包含m的方程即可求解．
21．【分析】利用判别式的意义得到Δ＝（﹣4）2﹣4（﹣2m+5）＞0，然后解不等式得到m＞；利用根与系数的关系得到x1+x2＝4＞0，x1x2＝﹣2m+5＞0，则m＜，然后利用两根为整数确定整数m的值．
【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣4）2﹣4（﹣2m+5）＞0，
解得m＞．
设x1，x2是方程的两根，
根据题意得x1+x2＝4＞0，x1x2＝﹣2m+5＞0，
解得m＜．
所以m的范围为＜m＜，
因为m为整数，
所以m＝1或m＝2，
当m＝1时，方程两根都是整数；当m＝2时，方程两根都不是整数；
所以整数m的值为1．
故答案是：1．
【点评】本题考查了根与系数的关系，若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1•x2＝．也考查了一元二次方程的解，根的判别式．
22．【分析】连接BP，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．
【解答】解：如图，连接BP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
∴PC+QD＝PC+PB，
∴PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
如图，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
∴PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∵BE＝2AB＝12，BC＝AD＝5，
∴CE＝＝13．
∴PC+PB的最小值为13．
∴PC+DQ的最小值为13．
故答案为：13．
【点评】本题考查的是最短线路问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
23．【分析】连接FM，FC，易求△AFG为等腰直角三角形，△FMC是直角三角形，即可得MN＝FC，理由勾股定理求解FC的长即可求解．
【解答】解：连接FM，FC，
∵四边形ABCD是正方形，EF∥BC，
∴∠BAC＝45°，四边形BCEF为矩形，
∴△AFG为等腰直角三角形，BE＝CF，
∵M是AG的中点，
∴AM＝MG，
则FM⊥AG，
即△FMC是直角三角形，
∵N是BE的中点，四边形BCEF是矩形，
∴点N在CF上，且是CF的中点，
∴MN＝FC，
∵DE＝1，BC＝DC＝4，
∴CE＝3，
∴BE＝FC＝，
∴MN＝FC＝2.5．
故答案为2.5．
【点评】本题主要考查正方形的性质，矩形的性质，勾股定理等腰直角三角形及直角三角形斜边上的中线的性质等知识的综合运用．
24．【分析】（1）设A商品每件的进价为x元，B商品每件的进价为y元，根据“采购A商品10件与B商品20件共170元，采购A商品20件与B商品30件共280元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设至少购进A商品a件，根据购进A、B两种商品降价前后共获利不少于360元列出不等式解答即可；
（3）设销售利润为w元，购进A商品m件，则B商品（140﹣m）件，根据“购这140件商品的费用不低于720元，不高于740元”列出不等式求解，得到m的取值范围，根据总利润＝每件的利润×销售数量，即可得出w关于m的函数关系式，利用一次函数的性质结合最大利润为768元，即可得出关于a的方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）设A商品每件的进价为x元，B商品每件的进价为y元，
依题意得：
，
解得：
．
答：A商品每件的进价为5元，B商品每件的进价为6元；
（2）设至少购进A商品a件，可得：
（a﹣20）×10+（140﹣a+20）×0.8×10﹣5a﹣6（140﹣a）≥360，
解得：a≥40．
答：至少购进A商品40件；
（3）设销售利润为w元，购进A商品m件，则B商品（140﹣m）件，
根据题意得720≤5m+6（140﹣m）≤740，
解得100≤m≤120，
∴w＝2am+3a（140﹣m）＝﹣am+420a，
∵a为正数，
∴﹣a＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝100时，w取得最大值，最大值为﹣a×100+420a＝768，
∴a＝2.4．
答：a的值为2.4．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组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，正确列出一元一次不等式；（3）根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
25．【分析】（1）解方程可得OA，OC的长，根据OA、OC的长度结合图形可得出点A、C的坐标，再利用待定系数法即可求出直线AC的解析式；
（2）根据点B的坐标可得出BC的长度，结合平行四边形的面积公式即可得出S关于m的函数关系式，再根据AD∥y轴即可找出当BD最短时m的值，将其代入S关于m的函数关系式中即可得出结论；
（3）根据菱形的性质找出m的值，从而找出点B的坐标，设点P的坐标为（n，0），根据两点间的距离公式找出AP、BP、AB的长度，分AP＝BP、AP＝AB、BP＝AB三种情况求出n值，再将其代入点P的坐标中即可得出结论．
【解答】解：（1）∵OA，OC的长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＜OC），
解方程x2﹣7x+12＝0得x1＝3，x2＝4，
∴OA＝3，OC＝4，
∴A（﹣3，0）、C（0，4）．
设直线AC的函数解析式为y＝kx+b，
将点A（﹣3，0）、C（0，4）代入y＝kx+b中，
得：，解得：，
∴直线AC的函数解析式为y＝x+4；
（2）∵点B（0，m），四边形ABCD为以AC为对角线的平行四边形，
∴BC＝|4﹣m|，
∴S＝BC•OA＝|﹣3m+12|（m≠4）．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴当BD⊥y轴时，BD最小（如图1）．
∵AD∥OB，AO⊥OB，DA⊥OB，
∴四边形AOBD为矩形，
∴AD＝OB＝BC，
∴点B为OC的中点，即m＝＝2，
此时S＝|﹣3×2+12|＝6．
∴S与m的函数关系式为S＝|﹣3m+12|（m≠4），当BD取得最小值时的S的值为6．
（3）∵平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC．
∵AB＝＝，BC＝4﹣m，
∴＝4﹣m，
解得：m＝，
∴B（0，）．
设点P的坐标为（n，0），
∵A（﹣3，0），B（0，），
∴PA＝|n+3|，PB＝，AB＝BC＝4﹣＝．
△PAB是等腰三角形分三种情况：
①当PA＝PB时，有|n+3|＝，
解得：n＝﹣，
此时点P的坐标为（﹣，0）；
②当PA＝AB时，有|n+3|＝，
解得：n1＝，n2＝﹣，
此时点P的坐标为（﹣，0）或（，0）；
③当PB＝AB时，有＝，
解得：n3＝﹣3（舍去），n4＝3，
此时点P的坐标为（3，0）．
综上可知：点P的坐标为（﹣，0）、（﹣，0）或（，0）或（3，0）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了解一元二次方程、待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、菱形的性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）根据平行四边形的面积公式找出S关于m的函数关系式；（3）分三种情况讨论．
26．【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝BE，证明△ABE≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠AEB＝∠CEB，可求出∠AEC＝135°，过点A作AF⊥BE于点F，求出△ABE的面积，则可得出答案；
（2）①由题意可画出图形，由旋转的性质及等腰三角形的性质可得出答案；
②过点B作BH∥EC交FC的延长线于点H，证明△ABF≌△CBH（SAS），由全等三角形的性质得出AF＝CH，由等腰直角三角形的性质可得出结论．
【解答】解：（1）∵将线段BA绕点B旋转α（0°＜α＜90°），得到线段BE，
∴AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴∠AEB＝∠CEB，
∴∠AEC＝∠AEB+∠CEB＝180°﹣45°＝135°；
过点A作AF⊥BE于点F，如图1，
∵AB＝4，
∴AF＝AB＝2，
∴S△ABE＝BE•AF＝＝4，
∴四边形ABCE的面积＝2S△ABE＝8，
故答案为：135°，8；
（2）①补全图形如图2，
∵将线段BA绕点B旋转α（0°＜α＜90°），得到线段BE，
∴BE＝BA＝BC，∠ABC＝90°，∠ABE＝α，
∴∠BEA＝∠BAE＝90°﹣，∠BEC＝∠BCE＝45°﹣，
∴∠AEC＝∠BEA﹣∠BEC＝45°；
②FB＝2FC﹣AE．
证明：过点B作BH∥EC交FC的延长线于点H，如图3，
∵BE＝BC，BF平分∠EBC，
∴BF垂直平分EC，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE，
由①知，∠AEC＝45°，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，
∴∠GFC＝45°，
∵BH∥EC，
∵∠FBH＝∠FGC＝90°，∠H＝∠FCG＝45°，
∴BF＝BH•tan45°＝BH，FH＝FB，
∵∠ABF＝90°﹣∠FBC，∠CBH＝90°﹣∠FBC，
∴∠ABF＝∠CBH，
∵AB＝CB，
∴△ABF≌△CBH（SAS），
∴AF＝CH，
∵FH＝FC+CH＝FC+AF＝FC+FE﹣AE＝2CF﹣AE，
∴FB＝2FC﹣AE．
【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
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成都市实验外国语学校2021−2022学年下期期末考试
八年级数学 共2张6页
时间：120分钟 总分：150分
A卷（共100分）
一、选择题。（本大题共8个小题，每小题4分，共32分．每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1．（4分）下列方程属于一元二次方程的是（ ）
A．x3+1＝x2 B．x2+x﹣1＝0 C．x﹣3＝0 D．
2．（4分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（4分）下列各式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ）
A．（x+2y）（x﹣2y）＝x2﹣4y2 B．x2y﹣xy2﹣1＝xy（x﹣y）﹣1
C．ax+ay+a＝a（x+y） D．x2﹣4xy+4y2＝（x﹣2y）2
5．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，∠ABC的平分线交AD于点F，若BF＝6，AB＝5，则AE的长为（ ）
A．6.5 B．7 C．7.5 D．8
6．（4分）在“扶贫攻坚”活动中，某学校两次选购同一种文具对贫困户学生进行慰问．第一次用1000元购进一批文具进行慰问，第二次购进时发现每件文具比第一次上涨了2.5元．学校用2500元购进了第二批文具，所购进文具的数量是第一次购进数量的2倍，问学校第二次购进了多少件文具？若设第一次购进文具数为x件，则可列方程（ ）
A． B．
C． D．
7．（4分）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，△ABF为等边三角形，连接EF，则∠AEF的度数为（ ）
A．66° B．60° C．52° D．48°
（7题） （8题）
8．（4分）如图，正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为OB的中点，连结CE并延长交AB于点F．过点B作BH⊥CF，分别交CF，CA于点H，点P．若OE＝1，则BP的长为（ ）
A． B．2 C． D．2.5
二、填空题。（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．答案写在答题卡上）
9．（4分）如果式子值为0，那么x的取值是 ．
10．（4分）已知正方形的面积是9x2+y2﹣6xy（x＞y＞0），利用因式分解可知该正方形的边长为 .（用含x，y的代数式表示）
11．（4分）如图，在△ABC中，AB＝13，BC＝5，点D，E分别是AB、BC的中点，连接DE、CD，如果DE＝6，那么△ABC的周长是 ．
12．（4分）已知x＝2是关于x的方程x2﹣（m+4）x+4m＝0的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰△ABC的两条边长，则△ABC的周长为 ．
13．（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，S菱形ABCD＝48，则OH的长为 ．
三、解答题。（本大题共5个题，共48分．解答过程写在答题卡上）
14．（16分）解方程：
（1）（x﹣4）2＝（5﹣2x）2．（2）解方程（用配方法）：3x2﹣6x+1＝0．
（3）用公式法解方程：3x2+5（2x+1）＝0．（4）解方程：（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣8＝0．
15．（6分）先化简，再求值：（﹣）•，其中x为偶数且满足不等式组．
16．（8分）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，△ABC在第四象限．
（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）请画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°后的△A2B2C2；
（3）求出（2）中线段AB所扫过的面积．
17．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2+k＝0有实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）设此方程的两个根分别为x1，x2，若x12+x22+3x1x2＝6，求k的值．
18．（10分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC和BD相交于点O、点E是CD的中点，过点C作AC的垂线，与OE的延长线交于点F，连接FD．
（1）求证：四边形OCFD是矩形；
（2）若四边形ABCD的周长为4，△AOB的周长为3+，求四边形OCFD的面积．
（3）在（2）问的条件下，BD上有一动点Q，CD上有一动点P，求PQ+QE的最小值
B卷（共50分）
一、填空题。（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．答案写在答题卡上）
19．（4分）已知x2﹣3x＝2，那么多项式x3﹣x2﹣8x+9的值是 ．
20．（4分）若关于x的分式方程无解，则m的值为 ．
21．（4分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣2m+5＝0，如果该方程的两个实数根都是符号相同的整数，则整数m的值为 ．
22．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+DQ的最小值为 ．
23．（4分）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边CD上，DE＝1；作EF∥BC，分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG、BE的中点，则MN的长是 ．
（22题） （23题）
二、解答题。（本大题共3个题，共30分．解答过程写在答题卡上
24．（8分）某商店购进A，B两种商品共140件进行销售．已知采购A商品10件与B商品20件共170元，采购A商品20件与B商品30件共280元．
（1）求A，B商品每件进价分别是多少元？
（2）若该商店出售A，B两种商品时，先都以标价10元出售，售出一部分后再降价促销，都以标价的8折售完所有剩余商品．其中以10元售出的商品件数比购进A种商品件数少20件，该商店此次降价前后销售A，B两种商品共获利不少于360元，求商店至少购进A商品多少件？
（3）若采购这140件商品的费用不低于720元，不高于740元．然后将A商品每件加价2a元销售，B商品每件加价3a元销售，140件商品全部售出的最大利润为768元，请直接写出a的值．
25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点C在y轴正半轴上，且OA，OC的长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＜OC），点B是y轴上一动点，以AC为对角线作平行四边形ABCD．
（1）求直线AC的函数解析式；
（2）设点B（0，m），记平行四边形ABCD的面积为S，求S与m的函数关系式，并直接写出当BD取最小值时S的值；
（3）当点B在y轴上运动，在使得平行四边形ABCD是菱形的同时，在x轴取一点P，使得△PAB是等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
26．（12分）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转α（0°＜α＜90°），得到线段BE，连接EA，EC．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，AB＝4，则∠AEC＝ °，四边形ABCE的面积为 ；
（2）当点E在正方形ABCD的外部时，
①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；
②作∠EBC的平分线BF交EC于点G，交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明．
成都市实验外国语学校2021−2022学年下期期末考试
参考答案与试题解析
一．试题（共26小题）
1．【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．
【解答】解：A、方程中未知数的最高次数是3，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
B、只含有1个未知数，未知数的最高次数是2，故该选项符合题意；
C、方程中未知数的最高次数是1，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
D、该方程不是整式方程，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程，掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．
2．【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
3．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：由2x﹣4＜0，得：x＜2，
由3﹣x≤4，得：x≥﹣1，
则不等式组的解集为﹣1≤x＜2，
故选：A．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
4．【分析】直接利用因式分解的意义分别分析得出答案．
【解答】解：A．（x+2y）（x﹣2y）＝x2﹣4y2，从左至右的变形是整式乘法运算，不是因式分解，故此选项不合题意；
B．x2y﹣xy2﹣1＝xy（x﹣y）﹣1，等式右边是两个整式的差，所以从左至右的变形不是因式分解，故此选项不合题意；
C．ax+ay+a＝a（x+y+1），等号左右两边不相等，所以从左至右的变形不是因式分解，故此选项不合题意；
D．x2﹣4xy+4y2＝（x﹣2y）2，从左至右的变形是因式分解，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了因式分解的意义，正确掌握分解因式的定义是解题关键．
5．【分析】先证明四边形ABEF是菱形，得出AE⊥BF，OA＝OE，OB＝OF＝BF＝3，由勾股定理求出OA，即可得出AE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵∠BAD的平分线交BC于点E，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE，
同理可得AB＝AF，
∴AF＝BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，OA＝OE，OB＝OF＝BF＝3，
∴OA＝，
∴AE＝2OA＝8；
故选：D．
【点评】本题考查平行四边形的性质与判定、等腰三角形的判定、菱形的判定和性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形ABEF是菱形是解决问题的关键．
6．【分析】设第一次购进x件文具，第二次就购进2x件文具，根据第二次购进时发现每件文具进价比第一次上涨了2.5元，即可列出分式．
【解答】解：设第一次购进x件文具，第二次就购进2x件文具，
由题意得＝﹣2.5，
故选：C．
【点评】本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系．
7．【分析】根据等边三角形的性质得到AF＝BF＝AB，∠AFB＝∠ABF＝60°，由正五边形的性质得到AB＝AE，∠BAE＝108°，等量代换得到AF＝AE，∠FAE＝48°，根据三角形的内角和即可得到结论．
【解答】解：∵△ABF是等边三角形，
∴AF＝BF＝AB，∠AFB＝∠BAF＝60°，
在正五边形ABCDE中，AB＝AE，∠BAE＝＝108°，
∴AF＝AE，∠FAE＝∠BAE﹣∠BAF＝48°，
∴∠AEF＝（180°﹣∠FAE）＝66°．
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形的内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键．
8．【分析】由勾股定理求出EC＝，证明△PBO≌△ECO（ASA），由全等三角形的性质得出BP＝CE＝，则可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC＝90°，OB＝OC，
∵OE＝1，E为OB的中点，
∴OE＝BE＝1，
∴OB＝OC＝2，
∴EC＝＝＝，
∵BH⊥CF，
∴∠BHE＝90°，
∵∠BEH＝∠CEO，
∴∠HBE＝∠EOC，
∵∠POB＝∠EOC＝90°，
∴△PBO≌△ECO（ASA），
∴BP＝CE＝，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质和判定等知识，熟练掌握全等三角形的性质和判定是关键．
9．【分析】根据分式的值为零的条件，分子等于0，分母不等于0列式求解即可．
【解答】解：根据题意得，x2﹣1＝0且x≠0，
解得x＝±1．
故答案为：±1．
【点评】本题考查了分式的值为0的条件，若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．这两个条件缺一不可．
10．【分析】将9x2+y2﹣6xy中的﹣6xy移到中间，原式变形为9x2﹣6xy+y2，则可用完全平方公式分解因式：原式＝（3x﹣y）2．根据正方形面积公式可得边长．
【解答】解：9x2+y2﹣6xy＝9x2﹣6xy+y2＝（3x﹣y）2，根据正方形面积公式可知，边长为：3x﹣y．
故答案为：3x﹣y．
【点评】本题考查因式分解中的完全平方公式，解题关键是熟练掌握公式．
11．【分析】根据三角形中位线定理求出AC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵点D，E分别是AB、BC的中点，DE＝6，
∴AC＝2DE＝12，
∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝13+5+12＝30，
故答案为：30．
【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．
12．【分析】先利用一元二次方程解的定义把x＝2代入方程x2﹣（m+4）x+4m＝0得m＝2，则方程化为x2﹣6x+8＝0，然后解方程后利用三角形三边的关系确定三角形的三边，最后就是三角形的周长．
【解答】解：把x＝2代入方程x2﹣（m+4）x+4m＝0得4﹣2（m+4）+4m＝0，解得m＝2，
方程化为x2﹣6x+8＝0，解得x1＝4，x2＝2，
∵2+2＝4，
∴三角形三边为4、4、2，
∴△ABC的周长为10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，也考查了三角形三边的关系，解题的关键是掌握三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
13．【分析】由菱形的性质得出OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝12，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH＝BD，再由菱形的面积求出BD＝8，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，
∴AC＝12，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∴OH＝BD，
∵菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×12•BD＝48，
∴BD＝8，
∴OH＝BD＝4；
故答案为：4．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线性质求得OH＝BD．
14．【分析】（1）利用直接开平方法解出方程；
（2）利用配方法解出方程；
（3）利用公式法解出方程；
（4）利用因式分解法解出方程．
【解答】解：（1）∵（x﹣4）2＝（5﹣2x）2，
∴x﹣4＝±（5﹣2x），
所以x1＝1，x2＝3；
（2）方程变形得：x2﹣2x＝﹣，
配方得：x2﹣2x+1＝，即（x﹣1）2＝，
开方得：x﹣1＝±，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣；
（3）方程化为一般形式，得3x2+10x+5＝0，
∵a＝3，b＝10，c＝5，
∴b2﹣4ac＝102﹣4×3×5＝40，
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝；
（4）方程分解得：（x﹣1﹣4）（x﹣1+2）＝0，
可得x﹣5＝0或x+1＝0，
解得：x＝5或x＝﹣1．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握配方法、公式法、因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
15．【分析】先算小括号里面的，然后算括号外面的进行化简，再求不等式组的解集，从而结合分式有意义的条件及题意确定x的取值，最后代入求值即可．
【解答】解：原式＝
＝，
由，
解不等式①，得：x＞﹣1，
解不等式②，得：x≤2，
∴不等式组的解集为﹣1＜x≤2，
又∵x（x+3）≠0，且x为偶数，
∴x可以取2，
∴原式＝．
【点评】本题考查分式的化简求值，解一元一次不等式组，掌握分式混合运算的运算顺序和计算法则，解一元一次不等式组的步骤及分式成立的条件（分母不能为零）是解题关键．
16．【分析】（1）根据轴对称的性质画出图形即可；
（2）根据旋转的性质画出图形即可；
（3）由旋转的性质知：扇形BOB2与扇形AOA2的面积差即为AB扫过的图形面积．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）△A2B2C2即为所求；
（3）由旋转的性质知：（2）中线段AB所扫过的面积为＝，
∴线段AB所扫过的面积为3π．
【点评】本题主要考查了作图﹣轴对称变换，旋转变换，扇形的面积等知识，准确作出图形是解题的关键．
17．【分析】（1）根据方程有实数根得出Δ＝（﹣2k）2﹣4×1×（k2+k）≥0，解之即可得出答案；
（2）根据韦达定理得出x1+x2＝2k，x1x2＝k2+k，代入x12+x22+3x1x2＝6，即（x1+x2）2+x1x2＝6可得（2k2）+（k2+k）＝6，解之即可得出k的值，再结合（1）中条件取舍即可．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2+k＝0有实数根，
∴Δ＝（﹣2k）2﹣4×1×（k2+k）≥0，
解得k≤0；
（2）根据题意，得：x1+x2＝2k，x1x2＝k2+k，
∵x12+x22+3x1x2＝6，
∴（x1+x2）2+x1x2＝6，
∴（2k）2+（k2+k）＝6，
解得k＝1或k＝﹣，
∵k≤0，
∴k＝﹣．
【点评】本题考查了根的判别式、根与系数的关系以及一元二次方程的定义，解题的关键是：（1）利用二次项系数非零及根的判别式△≥0，找出关于k的一元一次不等式组；（2）牢记“两根之和等于﹣，两根之积等于”．
18．【分析】（1）根据平行线的性质可得∠ODE＝∠FCE，然后利用“角边角”证明△ODE≌△FCE，可得OD＝FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据菱形的对角线互相垂直得出∠COD＝90°，即可得出结论；
（2）根据菱形ABCD的周长和△AOB的周长求得CD＝，CO+DO＝3，根据勾股定理求得CO•DO＝2，即为四边形OCFD的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD＝90°，
∵AC⊥CF，
CF∥BD，
∴∠ODE＝∠FCE，
∵E是CD中点，
∴CE＝DE，
在△ODE和△FCE中，
，
∴△ODE≌△FCE（ASA）；
∴OD＝FC，
∵CF∥BD，
∴四边形OCFD是平行四边形，
∴四边形OCFD是矩形；
（2）解：∵菱形ABCD的周长为4，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝，∠COD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，
∵△AOB的周长为3+，
∴AB+AO+BO＝3+，
∴AO+BO＝3，
∴CO+DO＝3，
在Rt△COD中，CO2+DO2＝（CO+DO）2﹣2CO•DO＝CD2，
∴32﹣2CO•DO＝（）2，
∴CO•DO＝2，
∴四边形OCFD的面积＝CO•DO＝2．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，平行四边形的判定，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
19．【分析】先分解，再整体代换求值．
【解答】解：∵x2﹣3x＝2，
∴原式＝x3﹣3x2+2x2﹣8x+9
＝x（x2﹣3x）+2x2﹣8x+9
＝2x+2x2﹣8x+9
＝2（x2﹣3x）+9
＝2×2+9
＝13．
故答案为：13．
【点评】本题考查因式分解的应用，添项后整体代换是求解本题的关键．
20．【分析】先假设方程有解，利用含有m的代数式表示方程的解，再根据解可判断出该方程无解符合根为增根的情况，将方程中的分母等于0，算出增根，得到m的方程即可求解．
【解答】解：假设该方程有解，解得：x＝，
∵该方程无解，
∴x＝是增根，
∵2x﹣1＝0，1﹣2x＝0，
∴x＝是该方程的增根，
∴＝，
∴m＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查分式方程无解，无解包含两种情况：一种是解为增根，一种是在解方程的过程中未知数被消掉的情况，根据两种情况分析得到包含m的方程即可求解．
21．【分析】利用判别式的意义得到Δ＝（﹣4）2﹣4（﹣2m+5）＞0，然后解不等式得到m＞；利用根与系数的关系得到x1+x2＝4＞0，x1x2＝﹣2m+5＞0，则m＜，然后利用两根为整数确定整数m的值．
【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣4）2﹣4（﹣2m+5）＞0，
解得m＞．
设x1，x2是方程的两根，
根据题意得x1+x2＝4＞0，x1x2＝﹣2m+5＞0，
解得m＜．
所以m的范围为＜m＜，
因为m为整数，
所以m＝1或m＝2，
当m＝1时，方程两根都是整数；当m＝2时，方程两根都不是整数；
所以整数m的值为1．
故答案是：1．
【点评】本题考查了根与系数的关系，若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1•x2＝．也考查了一元二次方程的解，根的判别式．
22．【分析】连接BP，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．
【解答】解：如图，连接BP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
∴PC+QD＝PC+PB，
∴PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
如图，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
∴PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∵BE＝2AB＝12，BC＝AD＝5，
∴CE＝＝13．
∴PC+PB的最小值为13．
∴PC+DQ的最小值为13．
故答案为：13．
【点评】本题考查的是最短线路问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
23．【分析】连接FM，FC，易求△AFG为等腰直角三角形，△FMC是直角三角形，即可得MN＝FC，理由勾股定理求解FC的长即可求解．
【解答】解：连接FM，FC，
∵四边形ABCD是正方形，EF∥BC，
∴∠BAC＝45°，四边形BCEF为矩形，
∴△AFG为等腰直角三角形，BE＝CF，
∵M是AG的中点，
∴AM＝MG，
则FM⊥AG，
即△FMC是直角三角形，
∵N是BE的中点，四边形BCEF是矩形，
∴点N在CF上，且是CF的中点，
∴MN＝FC，
∵DE＝1，BC＝DC＝4，
∴CE＝3，
∴BE＝FC＝，
∴MN＝FC＝2.5．
故答案为2.5．
【点评】本题主要考查正方形的性质，矩形的性质，勾股定理等腰直角三角形及直角三角形斜边上的中线的性质等知识的综合运用．
24．【分析】（1）设A商品每件的进价为x元，B商品每件的进价为y元，根据“采购A商品10件与B商品20件共170元，采购A商品20件与B商品30件共280元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设至少购进A商品a件，根据购进A、B两种商品降价前后共获利不少于360元列出不等式解答即可；
（3）设销售利润为w元，购进A商品m件，则B商品（140﹣m）件，根据“购这140件商品的费用不低于720元，不高于740元”列出不等式求解，得到m的取值范围，根据总利润＝每件的利润×销售数量，即可得出w关于m的函数关系式，利用一次函数的性质结合最大利润为768元，即可得出关于a的方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）设A商品每件的进价为x元，B商品每件的进价为y元，
依题意得：
，
解得：
．
答：A商品每件的进价为5元，B商品每件的进价为6元；
（2）设至少购进A商品a件，可得：
（a﹣20）×10+（140﹣a+20）×0.8×10﹣5a﹣6（140﹣a）≥360，
解得：a≥40．
答：至少购进A商品40件；
（3）设销售利润为w元，购进A商品m件，则B商品（140﹣m）件，
根据题意得720≤5m+6（140﹣m）≤740，
解得100≤m≤120，
∴w＝2am+3a（140﹣m）＝﹣am+420a，
∵a为正数，
∴﹣a＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝100时，w取得最大值，最大值为﹣a×100+420a＝768，
∴a＝2.4．
答：a的值为2.4．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组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，正确列出一元一次不等式；（3）根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
25．【分析】（1）解方程可得OA，OC的长，根据OA、OC的长度结合图形可得出点A、C的坐标，再利用待定系数法即可求出直线AC的解析式；
（2）根据点B的坐标可得出BC的长度，结合平行四边形的面积公式即可得出S关于m的函数关系式，再根据AD∥y轴即可找出当BD最短时m的值，将其代入S关于m的函数关系式中即可得出结论；
（3）根据菱形的性质找出m的值，从而找出点B的坐标，设点P的坐标为（n，0），根据两点间的距离公式找出AP、BP、AB的长度，分AP＝BP、AP＝AB、BP＝AB三种情况求出n值，再将其代入点P的坐标中即可得出结论．
【解答】解：（1）∵OA，OC的长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＜OC），
解方程x2﹣7x+12＝0得x1＝3，x2＝4，
∴OA＝3，OC＝4，
∴A（﹣3，0）、C（0，4）．
设直线AC的函数解析式为y＝kx+b，
将点A（﹣3，0）、C（0，4）代入y＝kx+b中，
得：，解得：，
∴直线AC的函数解析式为y＝x+4；
（2）∵点B（0，m），四边形ABCD为以AC为对角线的平行四边形，
∴BC＝|4﹣m|，
∴S＝BC•OA＝|﹣3m+12|（m≠4）．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴当BD⊥y轴时，BD最小（如图1）．
∵AD∥OB，AO⊥OB，DA⊥OB，
∴四边形AOBD为矩形，
∴AD＝OB＝BC，
∴点B为OC的中点，即m＝＝2，
此时S＝|﹣3×2+12|＝6．
∴S与m的函数关系式为S＝|﹣3m+12|（m≠4），当BD取得最小值时的S的值为6．
（3）∵平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC．
∵AB＝＝，BC＝4﹣m，
∴＝4﹣m，
解得：m＝，
∴B（0，）．
设点P的坐标为（n，0），
∵A（﹣3，0），B（0，），
∴PA＝|n+3|，PB＝，AB＝BC＝4﹣＝．
△PAB是等腰三角形分三种情况：
①当PA＝PB时，有|n+3|＝，
解得：n＝﹣，
此时点P的坐标为（﹣，0）；
②当PA＝AB时，有|n+3|＝，
解得：n1＝，n2＝﹣，
此时点P的坐标为（﹣，0）或（，0）；
③当PB＝AB时，有＝，
解得：n3＝﹣3（舍去），n4＝3，
此时点P的坐标为（3，0）．
综上可知：点P的坐标为（﹣，0）、（﹣，0）或（，0）或（3，0）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了解一元二次方程、待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、菱形的性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）根据平行四边形的面积公式找出S关于m的函数关系式；（3）分三种情况讨论．
26．【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝BE，证明△ABE≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠AEB＝∠CEB，可求出∠AEC＝135°，过点A作AF⊥BE于点F，求出△ABE的面积，则可得出答案；
（2）①由题意可画出图形，由旋转的性质及等腰三角形的性质可得出答案；
②过点B作BH∥EC交FC的延长线于点H，证明△ABF≌△CBH（SAS），由全等三角形的性质得出AF＝CH，由等腰直角三角形的性质可得出结论．
【解答】解：（1）∵将线段BA绕点B旋转α（0°＜α＜90°），得到线段BE，
∴AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴∠AEB＝∠CEB，
∴∠AEC＝∠AEB+∠CEB＝180°﹣45°＝135°；
过点A作AF⊥BE于点F，如图1，
∵AB＝4，
∴AF＝AB＝2，
∴S△ABE＝BE•AF＝＝4，
∴四边形ABCE的面积＝2S△ABE＝8，
故答案为：135°，8；
（2）①补全图形如图2，
∵将线段BA绕点B旋转α（0°＜α＜90°），得到线段BE，
∴BE＝BA＝BC，∠ABC＝90°，∠ABE＝α，
∴∠BEA＝∠BAE＝90°﹣，∠BEC＝∠BCE＝45°﹣，
∴∠AEC＝∠BEA﹣∠BEC＝45°；
②FB＝2FC﹣AE．
证明：过点B作BH∥EC交FC的延长线于点H，如图3，
∵BE＝BC，BF平分∠EBC，
∴BF垂直平分EC，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE，
由①知，∠AEC＝45°，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，
∴∠GFC＝45°，
∵BH∥EC，
∵∠FBH＝∠FGC＝90°，∠H＝∠FCG＝45°，
∴BF＝BH•tan45°＝BH，FH＝FB，
∵∠ABF＝90°﹣∠FBC，∠CBH＝90°﹣∠FBC，
∴∠ABF＝∠CBH，
∵AB＝CB，
∴△ABF≌△CBH（SAS），
∴AF＝CH，
∵FH＝FC+CH＝FC+AF＝FC+FE﹣AE＝2CF﹣AE，
∴FB＝2FC﹣AE．
【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/30 17:35:27；用户：对酒当歌，人生几何？；邮箱：orFmNt-L5DbwHvZjiO29h-Bl7oUA@weixin.jyeoo.com；学号：42384926
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