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浙教版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份浙教版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共32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。
浙教版初中数学八年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；分数：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在△ABC中，∠A=20°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于点D1，∠ABD1与∠ACD1的角平分线交于点D2，依此类推，∠ABD4与∠ACD4的角平分线交于点D5，则∠BD5C的度数是( )
A. 24° B. 25° C. 30° D. 36°
2. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，若∠DAB的角平分线AE交CD于E，连结BE，且BE平分∠ABC，则以下命题不正确的是( )
A. BC+AD=CD
B. E为CD中点
C. ∠AEB=90°
D. S△ABE=12S四边形ABCD
3. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F.若AC=3，AB=5，则CE的长为( )
A. 32 B. 43 C. 53 D. 85
4. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以△ABC的一边为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
5. 若整数a使关于x的不等式组x−12≤11+x34x−a>x+1，有且只有45个整数解，且使关于y的方程2y+a+2y+1+601+y=1的解为非正数，则a的值为( )
A. −61或−58 B. −61或−59
C. −60或−59 D. −61或−60或−59
6. 已知关于x的分式方程m2−2x−42x−2=1的解为整数，且关于y的不等式组m+4y<33y+2>−y+3有解且至多有2个整数解，则符合条件的整数m的和为( )
A. −20 B. −16 C. −12 D. −10
7. 若数m使关于x的不等式组2−x3≤2+xx
8. 已知两点M(3,2)，N(−1,3)，点P是x轴上一动点，若使PM+PN最短，则点P的坐标应为( )
A. (0,−74) B. (74,0) C. (32,0) D. (75,0)
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上的一个动点，点C是y轴正半轴上的点，BC⊥AC于点C.已知AC=16，BC=6.点B到原点的最大距离为( )
A. 22
B. 18
C. 14
D. 10
10. 已知点P关于x轴的对称点P1的坐标是(2,3)，那么点P关于原点的对称点P2的坐标是( )
A. (-3,-2) B. (2,-3) C. (-2,-3) D. (-2,3)
11. 如图(1)，在Rt△ABC中，∠A=90∘，点P从点A出发，沿三角形的边以1cm/s的速度顺时针运动一周，图(2)是点P运动时，线段AP的长度y(cm)随运动时间x(s)变化的关系图象，则图(2)中曲线部分最低点D点的坐标是( )
A. (24,12) B. (27.5,12.5) C. (25,11) D. (18,10)
12. 甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示．则下列结论：
①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后2.5小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距50千米时，t=54或154．
其中正确的结论有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，射线AF是∠BAC的平分线，交BC于点D，过点B作AB的垂线与射线AF交于点E，连结CE，M是DE的中点，连结BM并延长与AC的延长线交于点G.则下列结论正确的是______．
①△BCG≌△ACD；②BG垂直平分DE；③BE⊥CE；④∠G=2∠GBE；⑤BE+CG=AC．
14. 如图，四边形ABCD中，∠BAD=100∘，∠B=∠D=90∘，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为 ．
15. 若关于x的不等式组x≥ax<3无解，则a的取值范围为____．
16. 如图，一次函数y=x+b的图象过点A(1,2)，且与x轴相交于点B.若点P是x轴上的一点，且满足△APB是等腰三角形，则点P的坐标可以是 ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，已知△ABC中，AB=AC=10 cm，BC=8 cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3 cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1 s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
(2)若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
18. (本小题8.0分)
如图，点P，M，N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点P，MN⊥BC于点M，PN⊥AC于点N．
(1)求证：△PMN是等边三角形；
(2)若AB=18 cm，求CM的长．
19. (本小题8.0分)
如图1，在△ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高线，M，N分别是线段BC，DE的中点．
(1)求证：MN⊥DE；
(2)连结DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并写出证明过程；
(3)若将锐角三角形ABC变为钝角三角形ABC，如图2所示，上述(1)(2)中的结论是否都成立？若结论成立，直接回答，不需证明；若结论不成立，说明理由．
20. (本小题8.0分)
直角三角形纸片ABC中，∠ACB=90∘，AC≤BC，如图，将纸片沿某条直线折叠，使点A落在直角边BC上，记落点为D，设折痕与AB，AC边分别交于点E，F．
(1)如果∠AFE=65∘，求∠CDF的度数;
(2)若折叠后的△CDF与△BDE均为等腰三角形，那么纸片中∠B的度数是多少?写出你的计算过程，并画出符合条件的折叠后的图形．
21. (本小题8.0分)
某工厂采用A、B两种机器人来搬运化工原料，其中A型机器人每天搬运的重量是B型机器人的2倍，如果用两种机器人各搬运300吨原料，A型机器人比B型机器人少用3天完成．
(1)求A、B两种型号的机器人每天各搬运多少吨化工原料；
(2)现有536吨化工原料需要搬运，若A型机器入每天维护所需费用为150元，B型机器人每天维护所需费用为65元，那么在总费用不超过740元的情况下，至少安排B型机器人工作多少天？(注：天数为整数)
22. (本小题8.0分)
某商品经销店欲购进A、B两种纪念品，用160元购进的A种纪念品与用240元购进的B种纪念品的数量相同，每件B种纪念品的进价比A种纪念品的进价贵10元．
(1)求A、B两种纪念品每件的进价分别为多少元？
(2)若该商店A种纪念品每件售价24元，B种纪念品每件售价35元，这两种纪念品共购进1 000件，这两种纪念品全部售出后总获利不低于4 900元，求A种纪念品最多购进多少件．
23. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知A(a,0)，B(b,0)，其中a，b满足|a+1|+(b-3)2=0．
(1)填空：a= ，b= ；
(2)如果在第三象限内有一点M(-2,m)，请用含m的式子表示△ABM的面积；
(3)在(2)条件下，当m=-32时，在y轴上有一点P，使得△BMP的面积与△ABM的面积相等，请求出点P的坐标．
24. (本小题8.0分)
如图，已知一次函数y1=x+1的图象与y轴相交于点A，一次函数y2=kx+b的图象经过点B(0,3)，且分别与x轴及y1=x+1的图象相交于点C、D，点D的横坐标为23．
(1)求k，b的值；
(2)当y2>0时，求x的取值范围．
25. (本小题8.0分)
如图，函数y1=−3x+3的图像如图所示，且y1与x轴交于点D，y2经过点A，B，y1，y2交于点C．
(1)求点D的坐标及函数y2的表达式；
(2)求△ADC的面积；
(3)在坐标轴上存在一点P，使得△CDP与△ADC的面积相等，请直接写出点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是三角形内角和定理和角平分线的定义，熟知三角形的内角和等于180°和角平分线的定义是解答此题的关键．根据∠A=20°，求出∠ABC+∠ACB的度数，根据角平分线的定义得到∠D1BC=12∠ABC，∠D1CB=12∠ACB，从而得到∠D1BC+∠D1CB=80°，根据题意依次求出∠D1BC+∠D1CB，…，∠D5BC+∠D5CB的度数，即可得到答案．
【解答】
解：∵∠A=20°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−20°=160°，
∵∠ABC与∠ACB的角平分线交于D1，
∴∠D1BC=12∠ABC，∠D1CB=12∠ACB，
∴∠D1BC+∠D1CB=12∠ABC+∠ACB=80°，
由题意得，
∴∠D2BC+∠D2CB=80°+40°=120°，
∴∠D3BC+∠D3CB=120°+20°=140°，
∴∠D4BC+∠D4CB=140°+10°=150°，
∴∠D5BC+∠D5CB=150°+5°=155°，
∴∠BD5C=180°−155°=25°．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：延长BE，AD交于点F，
∵AD//BC，
∴∠CBA+∠BAD=180°，
∵AE平分∠BAD，BE平分∠CBA，
∴∠BAE=12∠BAD，∠ABE=12∠ABC，
∴∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠AEB=90°，
故选项C不符合题意；
∵AD//BC，
∴∠ABF=∠F，∠C=∠D，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠FAE，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△AFE(AAS)，
∴BE=EF，
∵∠C=∠D，∠BEC=∠FED，
∴△BCE≌△FDE(AAS)，
∴CE=DE，
∴E为CD中点，
故选项B不符合题意；
∵△BCE≌△FDE，
∴S△ABF=S四边形ABCD，
∵E为CD中点，
∴S△ABE=12S△ABF，
∴S△ABE=12S四边形ABCD，
故选项D不符合题意；
∵△ABE≌△AFE(AAS)，△BCE≌△FDE(AAS)，
∴AB=AF，BC=DF，
∵AF=AD+DF=AD+BC，
∴AB=AD+BC，
∵AB与CD不一定相等，
∴BC+AD=CD不一定成立；
故选项A符合题意．
故选：A．
C：先根据AD//BC，推∠CBA+∠BAD=180°，再根据AE平分∠BAD，BE平分∠CBA，进一步推∠BAE+∠ABE=90°，证明∠AEB=90°；
B：延长BE，AD交于点F，先通过(AAS)证明△ABE≌△AFE(AAS)，推BE=EF，再证明△BCE≌△FDE(AAS)，
从而证明E为CD中点；
D：根据△BCE≌△FDE，得S△ABF=S四边形ABCD，再根据E为CD中点，得S△ABE=12S△ABF，最后的S△ABE=12S四边形ABCD；
A：由△ABE≌△AFE，△BCE≌△FDE，推AB=AF，BC=DF，再根据AF=AD+DF=AD+BC，推AB=AD+BC，
因此BC+AD=CD不一定成立．
本题考查了全等三角形的判定与性质、命题与定理，熟练掌握全等三角形的判定及性质的应用，辅助线的做法是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定，三角形的内角和定理以及勾股定理等知识，关键是推出∠CEF=∠CFE．
根据三角形的内角和定理得出∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，根据角平分线定义和对顶角相等得出∠CEF=∠CFE，即可得出CE=CF，再利用全等三角形的判定与性质及勾股定理得出答案．
【解答】
解：过点F作FG⊥AB于点G，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠FAD+∠AED=90°，∠CAF+∠CFA=90°，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF=∠FAD，
∴∠CFA=∠AED=∠CEF，
∴CE=CF，
∵AF平分∠CAB，∠ACF=∠AGF=90°，
∴FC=FG，
在Rt△ACF和Rt△AGF中
FC=FGAF=AF
∴Rt△ACF≌Rt△AGF(HL)，
∵AC=3，AB=5，
∴AG=AC=3，
∴在Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=4，BG=AB−AG=2，
在Rt△BGF中，FG2+BG2=BF2，
即FC2+4=(4−FC)2，
解得：FC=32，
即CE的长为32．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了等腰三角形的判定的应用，主要考查学生的理解能力和动手操作能力．
①以B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D，△BCD就是等腰三角形；
②以A为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点E，△ACE就是等腰三角形；
③以C为圆心，BC长为半径画弧，交AC于点F，△BCF就是等腰三角形；
④以C为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点K，△BCK就是等腰三角形；
⑤作AB的垂直平分线交AC于G，则△AGB是等腰三角形；
⑥作BC(或AC)的垂直平分线交AB于I，则△BCI和△ACI是等腰三角形．
【解答】
解：如图，一共有7个等腰三角形：
故选D．
5.【答案】B
【解析】解：解不等式组，得
a+13
∴−20≤a+13<−19，
解得−61≤a<−58，
因为关于y的方程2y+a+2y+1+601+y=1的解为：
y=−a−61，y≤0，
∴−a−61≤0，
解得a≥−61，
∵y+1≠0，∴y≠−1，
∴a≠−60
则a的值为：−61或−59．
故选：B．
解不等式组，得a+13
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是分式方程的解法、一元一次不等式组的解法，掌握解分式方程、一元一次不等式组的一般步骤是解题的关键．解出分式方程，根据题意确定m的范围，解不等式组，根据题意确定m的范围，根据题意计算即可．
【解答】
解：m2−2x−42x−2=1，
m2−2x+42−2x=1，
m+4=2−2x，
x=−m+22，
则m为偶数且−m+22≠1，
∴m为偶数且m≠−4，
m+4y<3①3y+2>−y+3②,
解得：y<3−m4y>14,
∴不等式组的解集为：14
∴1<3−m4⩽3，
∴−9≤m<2，
则m的整数解：−9，−8，−7，−6，−5，−4，−3，−2，−1，0，1，
∵m为偶数且m≠−4，
∴符合题意的m的整数是−8，−6，−2，0，
所有满足条件的整数m的值之和为：−6−8−2+0=−16．
7.【答案】C
【解析】解：2−x3≤2+x①x
∴−1≤x
∴−1
∴(m−2)x=3，
当m≠2时，x=3m−2，
∵x−1≠0，
∴x≠1，
∴3m−2≠1，
∴m≠5，
∵方程有整数解，
∴m−2=±1，±3，
解得：m=3，1，5，−1，
∵m≠5，
∴，m=3，1，−1．
故选：C．
解出不等式组的解集，根据不等式组有解且至多3个整数解，求得m的取值范围；解分式方程，检验，根据方程有整数解求得m的值
本题考查了解一元一次不等式组，解分式方程，考核学生的计算能力，解分式方程时一定要检验．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了最短路径问题和用待定系数法求一次函数解析式，判断出M、P、N三点共线时MN最小是解题的关键．
先求得M的对称点M′的坐标，根据两点的坐标代入一次函数解析式中，确定一次函数解析式，然后根据点P在x轴上，则其纵坐标是0，求出横坐标即可．
【解答】
解：作M点关于x轴的对称点M′，
∵M(3,2)，
∴M′(3,−2)，
设直线M′N的解析式为y=kx+b，
∴3k+b=2−k+b=3，
解得k=−54b=74，
∴直线M′N的解析式为y=−54x+74，
∵P的纵坐标为0，
∴−54x+74=0，解得x=75，
∴P(75,0)．
故选D．
9.【答案】B
【解析】解：取AC的中点D，连接OD，BD，OB，如图，
∵D为AC的中点，∠AOC=90°，
∴OD=CD=12AC=8．
∵∠ACB=90°，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10．
当O，D，B三点不在一条直线上时，OB
∴当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的最大距离为18．
故选：B．
取AC的中点D，连接OD，BD，OB，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得OD，利用勾股定理求得BD，利用三角形两边之和大于第三边，可知当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值，结论可求．
本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形三边之间的关系定理，利用当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值解答是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于x轴的对称点的坐标是(x,−y)，关于y轴的对称点的坐标是(−x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，由此即可解答．
【详解】
∵点P关于x轴的对称点P1的坐标是(2,3)，
∴点P的坐标是(2,−3)．
∴点P关于原点的对称点P2的坐标是(−2,3)．
故选D．
【点睛】
本题考查了平面内两个点关于坐标轴对称和原点对称的坐标关系，熟知平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于x轴的对称点的坐标是(x,−y)，关于y轴的对称点的坐标是(−x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)是解决问题的关键．
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了动点问题的函数图象，勾股定理，三角形的面积公式，解答本题的关键是理解函数图象中点的坐标表示的实际意义；根据函数图象可知AB=15，AB+BC=40，利用勾股定理求出AC的长，利用三角形的面积公式求出当AP⊥BC时AP的长度，BP的长度，即可求解．
【解答】
解：根据函数图象可知AB=15，AB+BC=40，
∴BC=25，
根据勾股定理可得AC=BC2−AB2=252−152=20，
当AP⊥BC于P时，如图：
∵S△ABC=12AB·AC=12BC·AP，
∴AP=AB·ACBC=15×2025=12，
在Rt△ABP中，∠APB=90°，AB=15，AP=12，
∴BP=AB2−AP2=152−122=9，
∴AB+BP=15+9=24，
∴点D的坐标是(24,12)．
故选A．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是甲车所用的时间．观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【解答】
解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，
∴①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把(5,300)代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把(1,0)和(4,300)代入可得m+n=04m+n=300，解得m=100n=−100,
∴y乙=100t−100，
令y甲=y乙可得：60t=100t−100，解得t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，
∴③不正确；
令|y甲−y乙|=50，可得|60t−100t+100|=50，即|100−40t|=50，
当100−40t=50时，可解得t=54，
当100−40t=−50时，可解得t=154，
又当t=56时，y甲=50，此时乙还没出发，
当t=256时，乙到达B城，y甲=250；
综上可知当t的值为54或154或56或t=256时，两车相距50千米，
∴④不正确；
综上可知正确的有①②共两个，
故选：B．
13.【答案】①②⑤
【解析】解：∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAE=∠EAG=22.5°，
∵BE⊥AB，
∴∠ABE=90°=∠ACB，
∵∠ADC+∠EAG=90°，∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠ADC=∠AEB=67.5°，∠DBE=45°，
∴∠ADC=∠BDE=∠BEA，
∴BD=BE，
∵M是DE的中点，
∴BG垂直平分DE，∠DBM=∠EBM=22.5°，故②正确；
∴∠AMG=90°，
∴∠MAG+∠G=90°=∠G+∠CBG，
∴∠MAG=∠CBG，
在△ADC和△BGC中，
∠DAC=∠GBCAC=BC∠ACD=∠BCG=90°,
∴△ADC≌△BGC(ASA)，故①正确；
∴CG=CD，
∴AC=BC=CD+BD=CG+BE，故⑤正确；
∵∠G+∠MAG=90°，
∴∠G=67.5°，
∵∠GBE=22.5°，
∴∠G≠2∠GBE，故④错误；
若BE⊥CE，则∠BEC=90°，
∴∠AEC=22.5°=∠EAC，
∴AC=CE，
又∵BC>CE，
∴BC>AC，与题意相矛盾，
故BE与CE不垂直，故③错误，
故答案为：①②⑤．
由余角的性质可证∠ADC=∠BDE=∠BEA，可得BD=BE，由等腰三角形的性质性质可证BG垂直平分DE故②正确；由“ASA”可证△ADC≌△BGC，故①正确；由全等三角形的性质可得CG=CD，可证AC=BC=CD+BD=CG+BE，故⑤正确；分别求出∠G=67.5°，∠GBE=22.5°，可得∠G≠2∠GBE，故④错误；利用反证法可证BE与CE不垂直，故③错误，即可求解．
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
14.【答案】160°
【解析】
【分析】
本题考查轴对称−最短路线问题，三角形内角和定理，三角形外角的性质，关键是根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″=60°，进而得出∠AMN+∠ANM=2(∠AA′M+∠A″)即可得出答案．
【解答】
解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．
∵∠DAB=100∘，
∴∠AA′M+∠A″=180∘−100∘=80∘，
∵∠MA′A=∠MAA′，∠NAD=∠A″，
且∠MA′A+∠MAA′=∠AMN，∠NAD+∠A″=∠ANM，
∴∠AMN+∠ANM
=∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″
=2(∠AA′M+∠A″)
=2×80∘=160∘，
故答案为：160°．
15.【答案】a≥3
【解析】
【分析】
本题考查了不等式的解集．求不等式组的解集，应注意：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
原不等式组无解，即组成不等式组的两个不等式的解集没有交集．
【解答】
解：∵关于x的不等式组x≥ax<3无解，
∴a≥3．
故答案为：a≥3．
16.【答案】(3,0)，22−1,0，−22−1,0，(1,0)
【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，在解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．先把点A(1,2)代入一次函数y=x+b求出b的值，故可得出B点坐标，再分AB=AP，AB=BP及AP=BP三种情况进行分类讨论．
【解答】
解：∵一次函数y=x+b的图象过点A(1,2)，
∴2=1+b，解得b=1，
∴一次函数的解析式为：y=x+1，
∴B(−1,0)．
当AB=AP时，
∵B(−1,0)，
∴P1(3,0);
当AB=BP时，
∵AB=(1+1)2+(2−0)2=22，
∴P2(22−1,0)，P3(−22−1,0);
当AP=BP时，点P在线段AB的垂直平分线上，线段AB的中点坐标为(0,1)，
设点P所在的直线解析式为y=−x+c，则c=1，
∴直线解析式为y=−x+1，
∴当y=0时，x=1，
∴P4(1,0)．
综上所述，P点坐标为：(3,0)，(22−1,0)，(−22−1,0)，(1,0)．
故答案为(3,0)，(22−1,0)，(−22−1,0)，(1,0)．
17.【答案】解：(1)全等．理由如下：经过1 s后，PB=3 cm，PC=5 cm，CQ=3 cm，∵AB=AC，∴∠B=∠C.在△BPD和△CQP中，BD=CP,∠B=∠C,BP=CQ,∴△BPD≌△CQP(SAS)．
(2)设点Q的运动速度为x cm/s，经过t s后，△BPD与△CQP全等；则可知PB=3t cm，PC=(8−3t)cm，CQ=xt cm，分两种情况讨论：①当△DBP≌△PCQ时，BD=PC，BP=CQ，即8−3t=5且3t=xt，解得x=3.∵x≠3，∴舍去此情况；②当△DBP≌△QCP时，BD=CQ，BP=PC，即5=xt且3t=8−3t，解得t=43，x=154.∴若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为154 cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．
【解析】见答案
18.【答案】解：(1)∵△ABC是正三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵MP⊥AB，MN⊥BC，PN⊥AC，
∴∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°，
∴∠PMB=∠MNC=∠APN=30°，
∴∠NPM=∠PMN=∠MNP=60°，
∴△PMN是等边三角形；
(2)根据题意易证得：△PBM≌△MCN≌△NAP，
∴BM=CN=AP，PB=MC=NA；
∵AB=18 cm，
∴AP+PB=AB=18 cm，
∴BM+PB=18 cm，
∵△ABC是正三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，而∠MPB=90°，
∴∠BMP=30°，
∴2PB=BM，
∴2PB+PB=18 cm，
∴PB=6 cm，
∴CM=6 cm．
【解析】本题考查了等边三角形的判定和性质，平角的意义，三角形全等的性质等，得出∠NPM=∠PMN=∠MNP是本题的关键．
(1)根据等边三角形的性质得出∠A=∠B=∠C，进而得出∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°，再根据平角的意义即可得出∠NPM=∠PMN=∠MNP，即可证得△PMN是等边三角形；
(2)易证得△PBM≌△MCN≌△NAP，得出PA=BM=CN，PB=MC=AN，从而求得BM+PB=AB=18cm，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB=BM，即可求得PB的长，进而得出MC的长．
19.【答案】解：(1)如图1，连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=12BC，ME=12BC，
∴DM=ME
又∵N为DE中点，
∴MN⊥DE；
(2)在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°−∠A，
∵DM=ME=BM=MC，
∴∠BMD+∠CME=(180°−2∠ABC)+(180°−2∠ACB)，
=360°−2(∠ABC+∠ACB)，
=360°−2(180°−∠A)，
=2∠A，
∴∠DME=180°−2∠A；
(3)结论(1)成立，结论(2)不成立．
理由如下：如图2，连结DM，ME．
同(1)可证，MN⊥DE；
在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC．
又∵DM=ME=BM=MC，
∴∠BME+∠CMD=2∠ACB+2∠ABC
=2(180°−∠BAC)
=360°−2∠BAC．
又∵∠BME+∠CMD+∠DME=180°，
∴∠DME=180°−(360°−2∠BAC)=2∠BAC−180°．
【解析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质，整体思想的利用是解题的关键．
(1)连接DM、ME，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM=12BC，ME=12BC，从而得到DM=ME，再根据等腰三角形三线合一的性质证明；
(2)根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°−∠A，再根据等腰三角形两底角相等表示出∠BMD+∠CME，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解；
(3)结论(1)成立，结论(2)不成立．同(1)可证，MN⊥DE；根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC，再根据等腰三角形两底角相等和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠BME+∠CMD，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解．
20.【答案】解：(1)根据翻折不变性可知：∠AFE=∠DFE=65∘，
∴∠CFD=180∘−65∘−65∘=50∘，
∵∠C=90∘，
∴∠CDF=90∘−50∘=40∘．
(2)∵△CDF中，∠C=90∘，且△CDF是等腰三角形，
∴CF=CD，
∴∠CFD=∠CDF=45∘，
设∠DAE =x∘，由对称性可知，AF=FD，AE=DE，
∴∠FDA=12∠CFD=22.5∘，∠DEB=2x∘，分类如下：
①当DE=DB时，∠B=∠DEB=2x∘，
由∠CDE=∠DEB +∠B，得45∘+22.5∘+x=4x，
解得：x=22.5∘．
此时∠B=2x=45∘;(见图1，说明：图中AD应平分∠CAB)
②当BD=BE时，则∠B=(180∘−4x)∘，
由∠CDE=∠DEB+∠B得：45∘+22.5∘+x=2x+180∘−4x，
解得x=37.5∘，
此时∠B=(180−4x)∘=30∘.(见图2，说明：∠CAB=60∘，∠CAD=22.5∘)
③当DE=BE时，则∠B=(180−2x2)∘，
由∠CDE=∠DEB+∠B得，45∘+22.5∘+x=2x+180−2x2，
此方程无解．
∴DE=BE不成立．
综上所述∠B=45∘或30∘．
【解析】略
21.【答案】解：(1)设B种型号的机器人每天搬运x吨化工原料，则A种型号的机器人每天搬运2x吨化工原料，
根据题意得：3002x+3=300x，
解得：x=50，
经检验x=50是原方程的根，
此时2x=100，
答：A种型号的机器人每天搬运100吨化工原料，B种型号的机器人每天搬运50吨化工原料；
(2)设B型机器人工作b天，则A型机器人需要工作(536−50b100)天，
由题意得：150×536−50b100+65b≤740，
整理得：3(536−50b)+130b≤1480，
解得：b≥6.4．
∵b为整数，
∴b最小为7．
如果B型机器人工作7天，A型机器人需要工作(536−50×7)÷100=1.86，约2天，
总费用为65×7+150×2=755>740；
如果B型机器人工作8天，A型机器人需要工作2天，总费用还是755>740；
如果B型机器人工作9天，A型机器人只需工作1天，总费用为65×9+150=735，符合要求，
答：至少安排B型机器人工作9天．
【解析】本题考查了分式方程的应用和一元一次不等式的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
(1)设B种型号的机器人每天搬运x吨化工原料，则A种型号的机器人每天搬运2x吨化工原料，根据用两种机器人各搬运300吨原料，A型机器人比B型机器人少用3天完成列出方程，解方程即可，注意验根；
(2)设B型机器人工作b天，由题意列出不等式组，b为整数，求出b的最小值即可．
22.【答案】解：(1)设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价(x+10)元，
由题意得：240x+10=160x，
解得：x=20，
经检验：x=20是原分式方程的解，
x+10=30，
答：A种纪念品每件的进价为20元，则B种纪念品每件的进价30元；
(2)设A种纪念品购进a件，由题意得：
(24−20)a+(35−30)(1000−a)≥4900，
解得：a≤100，
∵a为整数，
∴a的最大值为100．
答：A种纪念品最多购进100件．
【解析】此题主要考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系或不等关系，再列出不等式或方程组即可．
(1)设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价(x+10)元，根据用160元购进的A种纪念品与用240元购进的B种纪念品的数量相同列出方程，再解即可；
(2)设A种纪念品购进a件，由题意得不等关系：A种纪念品的总利润+B种纪念品的总利润≥4900元，根据不等关系列出不等式，再解即可．
23.【答案】解：(1)−1；3；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，
∵A(-1,0)，B(3,0)，
∴AB=1+3=4，
又∵点M(-2,m)在第三象限，
∴MN=|m|=−m，
∴S△ABM=12AB⋅MN=12×4×(−m)=−2m；
(3)当m=-32时，M(-2,-32)，
∴S△ABM=12×4×32=3
点P有两种情况：
①当点P在y轴正半轴上时，设点P(0,k)，
S△BMP=5×(32+k)-12×2×(32+k)-12×5×32-12×3×k
=52k+94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴52k+94=3，解得：k=0.3，
∴点P坐标为(0,0.3)；
②当点P在y轴负半轴上且在MB下方时，
设点P(0,n)，
S△BMP=-5n-12×2×(-n-32)-12×5×32-12×3×(-n)
=-52n-94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴-52n-94=3，
解得：n=-2.1，
∴点P坐标为(0,-2.1)．
故点P的坐标为(0,0.3)或(0,-2.1)．
【解析】本题主要考查坐标与图形的性质，利用割补法表示出△BMP的面积，并根据题意建立方程是解题的关键．
(1)根据非负数性质可得a、b的值；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，根据三角形面积公式列式整理即可；
(3)先根据(2)计算S△ABM，再分两种情况：当点P在y轴正半轴上时、当点P在y轴负半轴上时，利用割补法表示出S△BMP，根据S△BMP=S△ABM列方程求解可得．
【解答】
解：(1)∵|a+1|+(b−3)2=0，
∴a+1=0且b−3=0，
解得：a=−1，b=3，
故答案为：−1；3；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】解：(1)对于直线y=x+1，令x=0，得到y=1，即A(0,1)，
把B(0,3)代入y=kx+b中，得：b=3，
把D的横坐标x=23代入y=x+1得：y=53，即D(23,53)，
把D坐标代入y=kx+3中得：k=−2，
综上所述：k=−2，b=3，
(2)由(1)知函数y=kx+b 的解析式：y=−2x+3，
令y=0，x=32，
∴C(32,0)，
∴由图可知，y>0时，x<32．
【解析】(1)对于直线y=x+1，令x=0求出y的值，确定出A的坐标，把B坐标代入y=kx+b中求出b的值，再将D坐标代入y=x+1求D的坐标，进而将D坐标代入求出k的值即可；
(2)根据S四边形AOCD=S△AOD+S△COD即可求解．
本题考查了两条直线相交．要求利用图象求解各问题，要认真体会点的坐标，理解一次函数与一元一次方程组之间的内在联系是解题关键．
25.【答案】解：(1)由y=−3x+3，
令y=0，得−3x+3=0，
∴x=1，
∴D(1,0)；
设直线l2的解析表达式为y=kx+b，
由图象知x=4，y=0；x=3，y=−32，代入表达式y=kx+b，
∴4k+b=03k+b=−32，
∴k=32b=−6，
∴直线l2的解析表达式为y=32x−6；
(2)由y=−3x+3y=32x−6，
解得x=2y=−3，
∴C(2,−3)，
∵AD=3，
∴S△ADC=12×3×|−3|=92；
(3)①当点P在x轴上时；
∵△CDP与△ADC的面积相等，
∴AD=DP=3，
∴OP=2，
∴点P的坐标为(−2,0)；
②当点P在y轴上时；
△CDP与△ADC底边都是CD，面积相等所以高相等，根据平行线间的距离相等得点P在过点A(4,0)且平行于CD的直线上或在过点A(−2,0)且平行于CD的直线上或
此时直线AP的函数表达式为：y=−3x+b过(4,0)或(−2,0)
∴b=12或−6，
∴点P的坐标为(0,12)或(0,−6);
综上所述点P的坐标为(−2,0)或(0,12)或(0,−6);
【解析】本题考查的是待定系数求一次函数的解析式，一次函数的图象上点的坐标特征，三角形面积，略两直线平行的特征，分类讨论的数学思想方法，关键是掌握两函数图象相交，交点坐标就是两函数解析式组成的方程组的解．
(1)先根据D在直线l1：y=−3x+3的图象上，计算l1的函数表达式y=−3x+3中y=0时的x的值点D的坐标，再设直线l2的解析表达式为y=kx+b，利用待定系数法把(3,−32)，(4,0)代入可得关于k、b的方程组，计算出k、b的值，进而可得函数解析式；
(2)联立两个函数解析式组成方程组，解方程组可求得C的坐标，然后利用三角形的面积公式即可求解；
(3)分两种情况：①当点P在x轴上时；根据△CDP与△ADC的面积相等，得AD=DP=3，OP=2，即可确定点P的坐标为(−2,0)；
②当点P在y轴上时；根据△CDP与△ADC底边都是CD，面积相等所以高相等，根据平行线间的距离相等得点P在过点A(4,0)且平行于CD的直线上或在过点A(−2,0)且平行于CD的直线上，再利用待定系数求得b的值即可解答．
浙教版初中数学八年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；分数：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在△ABC中，∠A=20°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于点D1，∠ABD1与∠ACD1的角平分线交于点D2，依此类推，∠ABD4与∠ACD4的角平分线交于点D5，则∠BD5C的度数是( )
A. 24° B. 25° C. 30° D. 36°
2. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，若∠DAB的角平分线AE交CD于E，连结BE，且BE平分∠ABC，则以下命题不正确的是( )
A. BC+AD=CD
B. E为CD中点
C. ∠AEB=90°
D. S△ABE=12S四边形ABCD
3. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F.若AC=3，AB=5，则CE的长为( )
A. 32 B. 43 C. 53 D. 85
4. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以△ABC的一边为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
5. 若整数a使关于x的不等式组x−12≤11+x34x−a>x+1，有且只有45个整数解，且使关于y的方程2y+a+2y+1+601+y=1的解为非正数，则a的值为( )
A. −61或−58 B. −61或−59
C. −60或−59 D. −61或−60或−59
6. 已知关于x的分式方程m2−2x−42x−2=1的解为整数，且关于y的不等式组m+4y<33y+2>−y+3有解且至多有2个整数解，则符合条件的整数m的和为( )
A. −20 B. −16 C. −12 D. −10
7. 若数m使关于x的不等式组2−x3≤2+xx
8. 已知两点M(3,2)，N(−1,3)，点P是x轴上一动点，若使PM+PN最短，则点P的坐标应为( )
A. (0,−74) B. (74,0) C. (32,0) D. (75,0)
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上的一个动点，点C是y轴正半轴上的点，BC⊥AC于点C.已知AC=16，BC=6.点B到原点的最大距离为( )
A. 22
B. 18
C. 14
D. 10
10. 已知点P关于x轴的对称点P1的坐标是(2,3)，那么点P关于原点的对称点P2的坐标是( )
A. (-3,-2) B. (2,-3) C. (-2,-3) D. (-2,3)
11. 如图(1)，在Rt△ABC中，∠A=90∘，点P从点A出发，沿三角形的边以1cm/s的速度顺时针运动一周，图(2)是点P运动时，线段AP的长度y(cm)随运动时间x(s)变化的关系图象，则图(2)中曲线部分最低点D点的坐标是( )
A. (24,12) B. (27.5,12.5) C. (25,11) D. (18,10)
12. 甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示．则下列结论：
①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后2.5小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距50千米时，t=54或154．
其中正确的结论有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，射线AF是∠BAC的平分线，交BC于点D，过点B作AB的垂线与射线AF交于点E，连结CE，M是DE的中点，连结BM并延长与AC的延长线交于点G.则下列结论正确的是______．
①△BCG≌△ACD；②BG垂直平分DE；③BE⊥CE；④∠G=2∠GBE；⑤BE+CG=AC．
14. 如图，四边形ABCD中，∠BAD=100∘，∠B=∠D=90∘，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为 ．
15. 若关于x的不等式组x≥ax<3无解，则a的取值范围为____．
16. 如图，一次函数y=x+b的图象过点A(1,2)，且与x轴相交于点B.若点P是x轴上的一点，且满足△APB是等腰三角形，则点P的坐标可以是 ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，已知△ABC中，AB=AC=10 cm，BC=8 cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3 cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1 s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
(2)若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
18. (本小题8.0分)
如图，点P，M，N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点P，MN⊥BC于点M，PN⊥AC于点N．
(1)求证：△PMN是等边三角形；
(2)若AB=18 cm，求CM的长．
19. (本小题8.0分)
如图1，在△ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高线，M，N分别是线段BC，DE的中点．
(1)求证：MN⊥DE；
(2)连结DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并写出证明过程；
(3)若将锐角三角形ABC变为钝角三角形ABC，如图2所示，上述(1)(2)中的结论是否都成立？若结论成立，直接回答，不需证明；若结论不成立，说明理由．
20. (本小题8.0分)
直角三角形纸片ABC中，∠ACB=90∘，AC≤BC，如图，将纸片沿某条直线折叠，使点A落在直角边BC上，记落点为D，设折痕与AB，AC边分别交于点E，F．
(1)如果∠AFE=65∘，求∠CDF的度数;
(2)若折叠后的△CDF与△BDE均为等腰三角形，那么纸片中∠B的度数是多少?写出你的计算过程，并画出符合条件的折叠后的图形．
21. (本小题8.0分)
某工厂采用A、B两种机器人来搬运化工原料，其中A型机器人每天搬运的重量是B型机器人的2倍，如果用两种机器人各搬运300吨原料，A型机器人比B型机器人少用3天完成．
(1)求A、B两种型号的机器人每天各搬运多少吨化工原料；
(2)现有536吨化工原料需要搬运，若A型机器入每天维护所需费用为150元，B型机器人每天维护所需费用为65元，那么在总费用不超过740元的情况下，至少安排B型机器人工作多少天？(注：天数为整数)
22. (本小题8.0分)
某商品经销店欲购进A、B两种纪念品，用160元购进的A种纪念品与用240元购进的B种纪念品的数量相同，每件B种纪念品的进价比A种纪念品的进价贵10元．
(1)求A、B两种纪念品每件的进价分别为多少元？
(2)若该商店A种纪念品每件售价24元，B种纪念品每件售价35元，这两种纪念品共购进1 000件，这两种纪念品全部售出后总获利不低于4 900元，求A种纪念品最多购进多少件．
23. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知A(a,0)，B(b,0)，其中a，b满足|a+1|+(b-3)2=0．
(1)填空：a= ，b= ；
(2)如果在第三象限内有一点M(-2,m)，请用含m的式子表示△ABM的面积；
(3)在(2)条件下，当m=-32时，在y轴上有一点P，使得△BMP的面积与△ABM的面积相等，请求出点P的坐标．
24. (本小题8.0分)
如图，已知一次函数y1=x+1的图象与y轴相交于点A，一次函数y2=kx+b的图象经过点B(0,3)，且分别与x轴及y1=x+1的图象相交于点C、D，点D的横坐标为23．
(1)求k，b的值；
(2)当y2>0时，求x的取值范围．
25. (本小题8.0分)
如图，函数y1=−3x+3的图像如图所示，且y1与x轴交于点D，y2经过点A，B，y1，y2交于点C．
(1)求点D的坐标及函数y2的表达式；
(2)求△ADC的面积；
(3)在坐标轴上存在一点P，使得△CDP与△ADC的面积相等，请直接写出点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是三角形内角和定理和角平分线的定义，熟知三角形的内角和等于180°和角平分线的定义是解答此题的关键．根据∠A=20°，求出∠ABC+∠ACB的度数，根据角平分线的定义得到∠D1BC=12∠ABC，∠D1CB=12∠ACB，从而得到∠D1BC+∠D1CB=80°，根据题意依次求出∠D1BC+∠D1CB，…，∠D5BC+∠D5CB的度数，即可得到答案．
【解答】
解：∵∠A=20°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−20°=160°，
∵∠ABC与∠ACB的角平分线交于D1，
∴∠D1BC=12∠ABC，∠D1CB=12∠ACB，
∴∠D1BC+∠D1CB=12∠ABC+∠ACB=80°，
由题意得，
∴∠D2BC+∠D2CB=80°+40°=120°，
∴∠D3BC+∠D3CB=120°+20°=140°，
∴∠D4BC+∠D4CB=140°+10°=150°，
∴∠D5BC+∠D5CB=150°+5°=155°，
∴∠BD5C=180°−155°=25°．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：延长BE，AD交于点F，
∵AD//BC，
∴∠CBA+∠BAD=180°，
∵AE平分∠BAD，BE平分∠CBA，
∴∠BAE=12∠BAD，∠ABE=12∠ABC，
∴∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠AEB=90°，
故选项C不符合题意；
∵AD//BC，
∴∠ABF=∠F，∠C=∠D，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠FAE，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△AFE(AAS)，
∴BE=EF，
∵∠C=∠D，∠BEC=∠FED，
∴△BCE≌△FDE(AAS)，
∴CE=DE，
∴E为CD中点，
故选项B不符合题意；
∵△BCE≌△FDE，
∴S△ABF=S四边形ABCD，
∵E为CD中点，
∴S△ABE=12S△ABF，
∴S△ABE=12S四边形ABCD，
故选项D不符合题意；
∵△ABE≌△AFE(AAS)，△BCE≌△FDE(AAS)，
∴AB=AF，BC=DF，
∵AF=AD+DF=AD+BC，
∴AB=AD+BC，
∵AB与CD不一定相等，
∴BC+AD=CD不一定成立；
故选项A符合题意．
故选：A．
C：先根据AD//BC，推∠CBA+∠BAD=180°，再根据AE平分∠BAD，BE平分∠CBA，进一步推∠BAE+∠ABE=90°，证明∠AEB=90°；
B：延长BE，AD交于点F，先通过(AAS)证明△ABE≌△AFE(AAS)，推BE=EF，再证明△BCE≌△FDE(AAS)，
从而证明E为CD中点；
D：根据△BCE≌△FDE，得S△ABF=S四边形ABCD，再根据E为CD中点，得S△ABE=12S△ABF，最后的S△ABE=12S四边形ABCD；
A：由△ABE≌△AFE，△BCE≌△FDE，推AB=AF，BC=DF，再根据AF=AD+DF=AD+BC，推AB=AD+BC，
因此BC+AD=CD不一定成立．
本题考查了全等三角形的判定与性质、命题与定理，熟练掌握全等三角形的判定及性质的应用，辅助线的做法是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定，三角形的内角和定理以及勾股定理等知识，关键是推出∠CEF=∠CFE．
根据三角形的内角和定理得出∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，根据角平分线定义和对顶角相等得出∠CEF=∠CFE，即可得出CE=CF，再利用全等三角形的判定与性质及勾股定理得出答案．
【解答】
解：过点F作FG⊥AB于点G，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠FAD+∠AED=90°，∠CAF+∠CFA=90°，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF=∠FAD，
∴∠CFA=∠AED=∠CEF，
∴CE=CF，
∵AF平分∠CAB，∠ACF=∠AGF=90°，
∴FC=FG，
在Rt△ACF和Rt△AGF中
FC=FGAF=AF
∴Rt△ACF≌Rt△AGF(HL)，
∵AC=3，AB=5，
∴AG=AC=3，
∴在Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=4，BG=AB−AG=2，
在Rt△BGF中，FG2+BG2=BF2，
即FC2+4=(4−FC)2，
解得：FC=32，
即CE的长为32．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了等腰三角形的判定的应用，主要考查学生的理解能力和动手操作能力．
①以B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D，△BCD就是等腰三角形；
②以A为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点E，△ACE就是等腰三角形；
③以C为圆心，BC长为半径画弧，交AC于点F，△BCF就是等腰三角形；
④以C为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点K，△BCK就是等腰三角形；
⑤作AB的垂直平分线交AC于G，则△AGB是等腰三角形；
⑥作BC(或AC)的垂直平分线交AB于I，则△BCI和△ACI是等腰三角形．
【解答】
解：如图，一共有7个等腰三角形：
故选D．
5.【答案】B
【解析】解：解不等式组，得
a+13
∴−20≤a+13<−19，
解得−61≤a<−58，
因为关于y的方程2y+a+2y+1+601+y=1的解为：
y=−a−61，y≤0，
∴−a−61≤0，
解得a≥−61，
∵y+1≠0，∴y≠−1，
∴a≠−60
则a的值为：−61或−59．
故选：B．
解不等式组，得a+13
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是分式方程的解法、一元一次不等式组的解法，掌握解分式方程、一元一次不等式组的一般步骤是解题的关键．解出分式方程，根据题意确定m的范围，解不等式组，根据题意确定m的范围，根据题意计算即可．
【解答】
解：m2−2x−42x−2=1，
m2−2x+42−2x=1，
m+4=2−2x，
x=−m+22，
则m为偶数且−m+22≠1，
∴m为偶数且m≠−4，
m+4y<3①3y+2>−y+3②,
解得：y<3−m4y>14,
∴不等式组的解集为：14
∴1<3−m4⩽3，
∴−9≤m<2，
则m的整数解：−9，−8，−7，−6，−5，−4，−3，−2，−1，0，1，
∵m为偶数且m≠−4，
∴符合题意的m的整数是−8，−6，−2，0，
所有满足条件的整数m的值之和为：−6−8−2+0=−16．
7.【答案】C
【解析】解：2−x3≤2+x①x
∴−1≤x
∴−1
∴(m−2)x=3，
当m≠2时，x=3m−2，
∵x−1≠0，
∴x≠1，
∴3m−2≠1，
∴m≠5，
∵方程有整数解，
∴m−2=±1，±3，
解得：m=3，1，5，−1，
∵m≠5，
∴，m=3，1，−1．
故选：C．
解出不等式组的解集，根据不等式组有解且至多3个整数解，求得m的取值范围；解分式方程，检验，根据方程有整数解求得m的值
本题考查了解一元一次不等式组，解分式方程，考核学生的计算能力，解分式方程时一定要检验．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了最短路径问题和用待定系数法求一次函数解析式，判断出M、P、N三点共线时MN最小是解题的关键．
先求得M的对称点M′的坐标，根据两点的坐标代入一次函数解析式中，确定一次函数解析式，然后根据点P在x轴上，则其纵坐标是0，求出横坐标即可．
【解答】
解：作M点关于x轴的对称点M′，
∵M(3,2)，
∴M′(3,−2)，
设直线M′N的解析式为y=kx+b，
∴3k+b=2−k+b=3，
解得k=−54b=74，
∴直线M′N的解析式为y=−54x+74，
∵P的纵坐标为0，
∴−54x+74=0，解得x=75，
∴P(75,0)．
故选D．
9.【答案】B
【解析】解：取AC的中点D，连接OD，BD，OB，如图，
∵D为AC的中点，∠AOC=90°，
∴OD=CD=12AC=8．
∵∠ACB=90°，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10．
当O，D，B三点不在一条直线上时，OB
∴当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的最大距离为18．
故选：B．
取AC的中点D，连接OD，BD，OB，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得OD，利用勾股定理求得BD，利用三角形两边之和大于第三边，可知当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值，结论可求．
本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形三边之间的关系定理，利用当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值解答是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于x轴的对称点的坐标是(x,−y)，关于y轴的对称点的坐标是(−x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，由此即可解答．
【详解】
∵点P关于x轴的对称点P1的坐标是(2,3)，
∴点P的坐标是(2,−3)．
∴点P关于原点的对称点P2的坐标是(−2,3)．
故选D．
【点睛】
本题考查了平面内两个点关于坐标轴对称和原点对称的坐标关系，熟知平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于x轴的对称点的坐标是(x,−y)，关于y轴的对称点的坐标是(−x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)是解决问题的关键．
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了动点问题的函数图象，勾股定理，三角形的面积公式，解答本题的关键是理解函数图象中点的坐标表示的实际意义；根据函数图象可知AB=15，AB+BC=40，利用勾股定理求出AC的长，利用三角形的面积公式求出当AP⊥BC时AP的长度，BP的长度，即可求解．
【解答】
解：根据函数图象可知AB=15，AB+BC=40，
∴BC=25，
根据勾股定理可得AC=BC2−AB2=252−152=20，
当AP⊥BC于P时，如图：
∵S△ABC=12AB·AC=12BC·AP，
∴AP=AB·ACBC=15×2025=12，
在Rt△ABP中，∠APB=90°，AB=15，AP=12，
∴BP=AB2−AP2=152−122=9，
∴AB+BP=15+9=24，
∴点D的坐标是(24,12)．
故选A．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是甲车所用的时间．观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【解答】
解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，
∴①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把(5,300)代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把(1,0)和(4,300)代入可得m+n=04m+n=300，解得m=100n=−100,
∴y乙=100t−100，
令y甲=y乙可得：60t=100t−100，解得t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，
∴③不正确；
令|y甲−y乙|=50，可得|60t−100t+100|=50，即|100−40t|=50，
当100−40t=50时，可解得t=54，
当100−40t=−50时，可解得t=154，
又当t=56时，y甲=50，此时乙还没出发，
当t=256时，乙到达B城，y甲=250；
综上可知当t的值为54或154或56或t=256时，两车相距50千米，
∴④不正确；
综上可知正确的有①②共两个，
故选：B．
13.【答案】①②⑤
【解析】解：∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAE=∠EAG=22.5°，
∵BE⊥AB，
∴∠ABE=90°=∠ACB，
∵∠ADC+∠EAG=90°，∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠ADC=∠AEB=67.5°，∠DBE=45°，
∴∠ADC=∠BDE=∠BEA，
∴BD=BE，
∵M是DE的中点，
∴BG垂直平分DE，∠DBM=∠EBM=22.5°，故②正确；
∴∠AMG=90°，
∴∠MAG+∠G=90°=∠G+∠CBG，
∴∠MAG=∠CBG，
在△ADC和△BGC中，
∠DAC=∠GBCAC=BC∠ACD=∠BCG=90°,
∴△ADC≌△BGC(ASA)，故①正确；
∴CG=CD，
∴AC=BC=CD+BD=CG+BE，故⑤正确；
∵∠G+∠MAG=90°，
∴∠G=67.5°，
∵∠GBE=22.5°，
∴∠G≠2∠GBE，故④错误；
若BE⊥CE，则∠BEC=90°，
∴∠AEC=22.5°=∠EAC，
∴AC=CE，
又∵BC>CE，
∴BC>AC，与题意相矛盾，
故BE与CE不垂直，故③错误，
故答案为：①②⑤．
由余角的性质可证∠ADC=∠BDE=∠BEA，可得BD=BE，由等腰三角形的性质性质可证BG垂直平分DE故②正确；由“ASA”可证△ADC≌△BGC，故①正确；由全等三角形的性质可得CG=CD，可证AC=BC=CD+BD=CG+BE，故⑤正确；分别求出∠G=67.5°，∠GBE=22.5°，可得∠G≠2∠GBE，故④错误；利用反证法可证BE与CE不垂直，故③错误，即可求解．
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
14.【答案】160°
【解析】
【分析】
本题考查轴对称−最短路线问题，三角形内角和定理，三角形外角的性质，关键是根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″=60°，进而得出∠AMN+∠ANM=2(∠AA′M+∠A″)即可得出答案．
【解答】
解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．
∵∠DAB=100∘，
∴∠AA′M+∠A″=180∘−100∘=80∘，
∵∠MA′A=∠MAA′，∠NAD=∠A″，
且∠MA′A+∠MAA′=∠AMN，∠NAD+∠A″=∠ANM，
∴∠AMN+∠ANM
=∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″
=2(∠AA′M+∠A″)
=2×80∘=160∘，
故答案为：160°．
15.【答案】a≥3
【解析】
【分析】
本题考查了不等式的解集．求不等式组的解集，应注意：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
原不等式组无解，即组成不等式组的两个不等式的解集没有交集．
【解答】
解：∵关于x的不等式组x≥ax<3无解，
∴a≥3．
故答案为：a≥3．
16.【答案】(3,0)，22−1,0，−22−1,0，(1,0)
【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，在解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．先把点A(1,2)代入一次函数y=x+b求出b的值，故可得出B点坐标，再分AB=AP，AB=BP及AP=BP三种情况进行分类讨论．
【解答】
解：∵一次函数y=x+b的图象过点A(1,2)，
∴2=1+b，解得b=1，
∴一次函数的解析式为：y=x+1，
∴B(−1,0)．
当AB=AP时，
∵B(−1,0)，
∴P1(3,0);
当AB=BP时，
∵AB=(1+1)2+(2−0)2=22，
∴P2(22−1,0)，P3(−22−1,0);
当AP=BP时，点P在线段AB的垂直平分线上，线段AB的中点坐标为(0,1)，
设点P所在的直线解析式为y=−x+c，则c=1，
∴直线解析式为y=−x+1，
∴当y=0时，x=1，
∴P4(1,0)．
综上所述，P点坐标为：(3,0)，(22−1,0)，(−22−1,0)，(1,0)．
故答案为(3,0)，(22−1,0)，(−22−1,0)，(1,0)．
17.【答案】解：(1)全等．理由如下：经过1 s后，PB=3 cm，PC=5 cm，CQ=3 cm，∵AB=AC，∴∠B=∠C.在△BPD和△CQP中，BD=CP,∠B=∠C,BP=CQ,∴△BPD≌△CQP(SAS)．
(2)设点Q的运动速度为x cm/s，经过t s后，△BPD与△CQP全等；则可知PB=3t cm，PC=(8−3t)cm，CQ=xt cm，分两种情况讨论：①当△DBP≌△PCQ时，BD=PC，BP=CQ，即8−3t=5且3t=xt，解得x=3.∵x≠3，∴舍去此情况；②当△DBP≌△QCP时，BD=CQ，BP=PC，即5=xt且3t=8−3t，解得t=43，x=154.∴若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为154 cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．
【解析】见答案
18.【答案】解：(1)∵△ABC是正三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵MP⊥AB，MN⊥BC，PN⊥AC，
∴∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°，
∴∠PMB=∠MNC=∠APN=30°，
∴∠NPM=∠PMN=∠MNP=60°，
∴△PMN是等边三角形；
(2)根据题意易证得：△PBM≌△MCN≌△NAP，
∴BM=CN=AP，PB=MC=NA；
∵AB=18 cm，
∴AP+PB=AB=18 cm，
∴BM+PB=18 cm，
∵△ABC是正三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，而∠MPB=90°，
∴∠BMP=30°，
∴2PB=BM，
∴2PB+PB=18 cm，
∴PB=6 cm，
∴CM=6 cm．
【解析】本题考查了等边三角形的判定和性质，平角的意义，三角形全等的性质等，得出∠NPM=∠PMN=∠MNP是本题的关键．
(1)根据等边三角形的性质得出∠A=∠B=∠C，进而得出∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°，再根据平角的意义即可得出∠NPM=∠PMN=∠MNP，即可证得△PMN是等边三角形；
(2)易证得△PBM≌△MCN≌△NAP，得出PA=BM=CN，PB=MC=AN，从而求得BM+PB=AB=18cm，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB=BM，即可求得PB的长，进而得出MC的长．
19.【答案】解：(1)如图1，连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=12BC，ME=12BC，
∴DM=ME
又∵N为DE中点，
∴MN⊥DE；
(2)在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°−∠A，
∵DM=ME=BM=MC，
∴∠BMD+∠CME=(180°−2∠ABC)+(180°−2∠ACB)，
=360°−2(∠ABC+∠ACB)，
=360°−2(180°−∠A)，
=2∠A，
∴∠DME=180°−2∠A；
(3)结论(1)成立，结论(2)不成立．
理由如下：如图2，连结DM，ME．
同(1)可证，MN⊥DE；
在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC．
又∵DM=ME=BM=MC，
∴∠BME+∠CMD=2∠ACB+2∠ABC
=2(180°−∠BAC)
=360°−2∠BAC．
又∵∠BME+∠CMD+∠DME=180°，
∴∠DME=180°−(360°−2∠BAC)=2∠BAC−180°．
【解析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质，整体思想的利用是解题的关键．
(1)连接DM、ME，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM=12BC，ME=12BC，从而得到DM=ME，再根据等腰三角形三线合一的性质证明；
(2)根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°−∠A，再根据等腰三角形两底角相等表示出∠BMD+∠CME，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解；
(3)结论(1)成立，结论(2)不成立．同(1)可证，MN⊥DE；根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC，再根据等腰三角形两底角相等和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠BME+∠CMD，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解．
20.【答案】解：(1)根据翻折不变性可知：∠AFE=∠DFE=65∘，
∴∠CFD=180∘−65∘−65∘=50∘，
∵∠C=90∘，
∴∠CDF=90∘−50∘=40∘．
(2)∵△CDF中，∠C=90∘，且△CDF是等腰三角形，
∴CF=CD，
∴∠CFD=∠CDF=45∘，
设∠DAE =x∘，由对称性可知，AF=FD，AE=DE，
∴∠FDA=12∠CFD=22.5∘，∠DEB=2x∘，分类如下：
①当DE=DB时，∠B=∠DEB=2x∘，
由∠CDE=∠DEB +∠B，得45∘+22.5∘+x=4x，
解得：x=22.5∘．
此时∠B=2x=45∘;(见图1，说明：图中AD应平分∠CAB)
②当BD=BE时，则∠B=(180∘−4x)∘，
由∠CDE=∠DEB+∠B得：45∘+22.5∘+x=2x+180∘−4x，
解得x=37.5∘，
此时∠B=(180−4x)∘=30∘.(见图2，说明：∠CAB=60∘，∠CAD=22.5∘)
③当DE=BE时，则∠B=(180−2x2)∘，
由∠CDE=∠DEB+∠B得，45∘+22.5∘+x=2x+180−2x2，
此方程无解．
∴DE=BE不成立．
综上所述∠B=45∘或30∘．
【解析】略
21.【答案】解：(1)设B种型号的机器人每天搬运x吨化工原料，则A种型号的机器人每天搬运2x吨化工原料，
根据题意得：3002x+3=300x，
解得：x=50，
经检验x=50是原方程的根，
此时2x=100，
答：A种型号的机器人每天搬运100吨化工原料，B种型号的机器人每天搬运50吨化工原料；
(2)设B型机器人工作b天，则A型机器人需要工作(536−50b100)天，
由题意得：150×536−50b100+65b≤740，
整理得：3(536−50b)+130b≤1480，
解得：b≥6.4．
∵b为整数，
∴b最小为7．
如果B型机器人工作7天，A型机器人需要工作(536−50×7)÷100=1.86，约2天，
总费用为65×7+150×2=755>740；
如果B型机器人工作8天，A型机器人需要工作2天，总费用还是755>740；
如果B型机器人工作9天，A型机器人只需工作1天，总费用为65×9+150=735，符合要求，
答：至少安排B型机器人工作9天．
【解析】本题考查了分式方程的应用和一元一次不等式的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
(1)设B种型号的机器人每天搬运x吨化工原料，则A种型号的机器人每天搬运2x吨化工原料，根据用两种机器人各搬运300吨原料，A型机器人比B型机器人少用3天完成列出方程，解方程即可，注意验根；
(2)设B型机器人工作b天，由题意列出不等式组，b为整数，求出b的最小值即可．
22.【答案】解：(1)设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价(x+10)元，
由题意得：240x+10=160x，
解得：x=20，
经检验：x=20是原分式方程的解，
x+10=30，
答：A种纪念品每件的进价为20元，则B种纪念品每件的进价30元；
(2)设A种纪念品购进a件，由题意得：
(24−20)a+(35−30)(1000−a)≥4900，
解得：a≤100，
∵a为整数，
∴a的最大值为100．
答：A种纪念品最多购进100件．
【解析】此题主要考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系或不等关系，再列出不等式或方程组即可．
(1)设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价(x+10)元，根据用160元购进的A种纪念品与用240元购进的B种纪念品的数量相同列出方程，再解即可；
(2)设A种纪念品购进a件，由题意得不等关系：A种纪念品的总利润+B种纪念品的总利润≥4900元，根据不等关系列出不等式，再解即可．
23.【答案】解：(1)−1；3；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，
∵A(-1,0)，B(3,0)，
∴AB=1+3=4，
又∵点M(-2,m)在第三象限，
∴MN=|m|=−m，
∴S△ABM=12AB⋅MN=12×4×(−m)=−2m；
(3)当m=-32时，M(-2,-32)，
∴S△ABM=12×4×32=3
点P有两种情况：
①当点P在y轴正半轴上时，设点P(0,k)，
S△BMP=5×(32+k)-12×2×(32+k)-12×5×32-12×3×k
=52k+94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴52k+94=3，解得：k=0.3，
∴点P坐标为(0,0.3)；
②当点P在y轴负半轴上且在MB下方时，
设点P(0,n)，
S△BMP=-5n-12×2×(-n-32)-12×5×32-12×3×(-n)
=-52n-94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴-52n-94=3，
解得：n=-2.1，
∴点P坐标为(0,-2.1)．
故点P的坐标为(0,0.3)或(0,-2.1)．
【解析】本题主要考查坐标与图形的性质，利用割补法表示出△BMP的面积，并根据题意建立方程是解题的关键．
(1)根据非负数性质可得a、b的值；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，根据三角形面积公式列式整理即可；
(3)先根据(2)计算S△ABM，再分两种情况：当点P在y轴正半轴上时、当点P在y轴负半轴上时，利用割补法表示出S△BMP，根据S△BMP=S△ABM列方程求解可得．
【解答】
解：(1)∵|a+1|+(b−3)2=0，
∴a+1=0且b−3=0，
解得：a=−1，b=3，
故答案为：−1；3；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】解：(1)对于直线y=x+1，令x=0，得到y=1，即A(0,1)，
把B(0,3)代入y=kx+b中，得：b=3，
把D的横坐标x=23代入y=x+1得：y=53，即D(23,53)，
把D坐标代入y=kx+3中得：k=−2，
综上所述：k=−2，b=3，
(2)由(1)知函数y=kx+b 的解析式：y=−2x+3，
令y=0，x=32，
∴C(32,0)，
∴由图可知，y>0时，x<32．
【解析】(1)对于直线y=x+1，令x=0求出y的值，确定出A的坐标，把B坐标代入y=kx+b中求出b的值，再将D坐标代入y=x+1求D的坐标，进而将D坐标代入求出k的值即可；
(2)根据S四边形AOCD=S△AOD+S△COD即可求解．
本题考查了两条直线相交．要求利用图象求解各问题，要认真体会点的坐标，理解一次函数与一元一次方程组之间的内在联系是解题关键．
25.【答案】解：(1)由y=−3x+3，
令y=0，得−3x+3=0，
∴x=1，
∴D(1,0)；
设直线l2的解析表达式为y=kx+b，
由图象知x=4，y=0；x=3，y=−32，代入表达式y=kx+b，
∴4k+b=03k+b=−32，
∴k=32b=−6，
∴直线l2的解析表达式为y=32x−6；
(2)由y=−3x+3y=32x−6，
解得x=2y=−3，
∴C(2,−3)，
∵AD=3，
∴S△ADC=12×3×|−3|=92；
(3)①当点P在x轴上时；
∵△CDP与△ADC的面积相等，
∴AD=DP=3，
∴OP=2，
∴点P的坐标为(−2,0)；
②当点P在y轴上时；
△CDP与△ADC底边都是CD，面积相等所以高相等，根据平行线间的距离相等得点P在过点A(4,0)且平行于CD的直线上或在过点A(−2,0)且平行于CD的直线上或
此时直线AP的函数表达式为：y=−3x+b过(4,0)或(−2,0)
∴b=12或−6，
∴点P的坐标为(0,12)或(0,−6);
综上所述点P的坐标为(−2,0)或(0,12)或(0,−6);
【解析】本题考查的是待定系数求一次函数的解析式，一次函数的图象上点的坐标特征，三角形面积，略两直线平行的特征，分类讨论的数学思想方法，关键是掌握两函数图象相交，交点坐标就是两函数解析式组成的方程组的解．
(1)先根据D在直线l1：y=−3x+3的图象上，计算l1的函数表达式y=−3x+3中y=0时的x的值点D的坐标，再设直线l2的解析表达式为y=kx+b，利用待定系数法把(3,−32)，(4,0)代入可得关于k、b的方程组，计算出k、b的值，进而可得函数解析式；
(2)联立两个函数解析式组成方程组，解方程组可求得C的坐标，然后利用三角形的面积公式即可求解；
(3)分两种情况：①当点P在x轴上时；根据△CDP与△ADC的面积相等，得AD=DP=3，OP=2，即可确定点P的坐标为(−2,0)；
②当点P在y轴上时；根据△CDP与△ADC底边都是CD，面积相等所以高相等，根据平行线间的距离相等得点P在过点A(4,0)且平行于CD的直线上或在过点A(−2,0)且平行于CD的直线上，再利用待定系数求得b的值即可解答．
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