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2022-2023学年湖北省孝感市等三地八年级（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省孝感市等三地八年级（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省孝感市等三地八年级（下）月考数学试卷（5月份）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x>0 B. x>3 C. x≤3 D. x≥3
2. 下列计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5 B. 4 3−3 3=1 C. 2 12= 2 D. 3÷ 2=2 6
3. 下列曲线中，不表示y是x的函数的是( )
A. B. C. D.
4. 下列各点中，在直线y=−4x+1上的点是( )
A. (−4,−17) B. (−72,6) C. (23,−123) D. (1,−5)
5. 如图所示，一场暴雨过后，垂直于地面的一棵树在距地面1米处折断，树尖B恰好碰到地面，经测量AB=2米，则树高为( )
A. 5米 B. 3米 C. ( 5+1)米 D. 3米
6. 如图，有一块直角三角形纸片，两直角边AC=6cm，BC=8cm，现将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上且与AE重合，则CD等于( )
A. 2cm
B. 3cm
C. 4cm
D. 5cm
7. 如图，已知：函数y=3x+b和y=ax−3的图象交于点P(−2,−5)，则根据图象可得不等式3x+b>ax−3的解集是( )
A. x>−5
B. x>−2
C. x>−3
D. x<−2
8. 如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB=90°，∠BAC=30°，给出如下结论：
①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；
③AD=4AG；④4FH=BD；其中正确结论的是( )
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 计算：(2 5)2= ______ ．
10. 如图，直线y=kx+b交坐标轴于A(−2,0)，B(0,3)两点，则不等式kx+b>0的解集______．
11. 如果一直角三角形的两边长分别为3和5，则第三边长是______ ．
12. 比较大小：2 3______ 13.(填“>”、“=”、“<”)．
13. 已知a、b为两个连续的整数，且a< 28
15. 一次函数y=kx+b的图象与直线y=2x+1平行，且经过点(−3,4)，则这个一次函数的表达式为______ ．
16. 已知A，B两地间有汽车站C，客车由A地驶向C站、货车由B地经过C站去A地(客货车在A，C两地间沿同一条路行驶)，两车同时出发，匀速行驶，(中间不停留)货车的速度是客车速度的34如图所示是客、货车离C站的路程与行驶时间之间的函数关系图象.小明由图象信得出如下结论：
①客车速度为60千米/时；
②货车由B地到A地用14小时；
③货车由B地出发行驶120千米到达C站；
④客车行驶480千米时与货车相遇.写出正确的结论的序号______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 如图，一艘轮船以每小时20海里的速度沿正北方向航行，在A处测得灯塔C在北偏西30°方向，轮船航行2小时后到达B处，在B处测得灯塔C在北偏西60°方向．当轮船到达灯塔C的正东方向的D处时，求此时轮船与灯塔C的距离．(结果保留根号)
四、解答题（本大题共8小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题8.0分)
计算：
(1)( 48+14 12)÷ 27；
(2)4 5+ 45− 8+4 2．
19. (本小题8.0分)
已知x= 3+1，y= 3−1，求下列各式的值：
(1)x2+2xy+y2；
(2)x2−y2．
20. (本小题6.0分)
根据下列条件分别确定函数的解析式：
(1)y与x成正比例，当x=2时，y=3；
(2)直线y=kx+b经过点(3,2)与点(−2,1)．
21. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，AE//CF，求证：AE=CF．
22. (本小题8.0分)
如图，直线l1在平面直角坐标系中与y轴交于点A，点B(−3,3)也在直线l1上，将点B先向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到点C，点C也在直线l1上．
(1)求点C的坐标和直线l1的解析式；
(2)已知直线l2：y=x+b经过点B，与y轴交于点E，求△ABE的面积．
23. (本小题8.0分)
如图，点E、F为线段BD的两个三等分点，四边形AECF是菱形．
(1)试判断四边形ABCD的形状，并加以证明；
(2)若菱形AECF的周长为20，BD为24，试求四边形ABCD的面积．
24. (本小题10.0分)
八月份某学校计划在总费用2300元的限额内，租用汽车送234名运动员和6名教练到外地参加第二届全州青少年运动会，每辆汽车上至少要有1名教练，现在甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如表：
甲种客车
乙种客车
载客量/(人/辆)
45
30
租金/(元/辆)
400
280
(1)共需租多少辆汽车？
(2)有几种租车方案；
(3)最节省费用的是哪种租车方案？
25. (本小题12.0分)
如图，已知直线l：y=12x+1与x轴，y轴交于A，B两点．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)若P是x轴上的一个动点，当△PAB是等腰三角形时，求点P的坐标；
(3)在y轴上有点C(0,3)，点D在直线l上，若△ACD面积等于4，求点D的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵ x−3在实数范围内有意义，
∴x−3≥0，解得x≥3．
故选D．
根据二次根式有意义的条件；列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式具有非负性是解答此题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A、 2与 3不能合并，所以A选项错误；
B、原式= 3，所以B选项错误；
C、原式=2× 22= 2，所以C选项正确；
D、原式=3×1 2=3 22，所以D选项错误．
故选：C．
根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的性质对C进行判断；二次根式的除法法则对D进行判断．
本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．
3.【答案】B
【解析】解：显然A、C、D选项中，对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之相对应，y是x的函数；
B选项对于x取值时，y可能有2个值与之相对应，则y不是x的函数；
故选：B．
设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，x是自变量．根据函数的意义即可求出答案．
本题主要考查了函数的定义，解题的关键是掌握函数的定义，在定义中特别要注意，对于x的每一个值，y都有唯一的值与其对应．
4.【答案】C
【解析】解：A、∵把(−4,−17)代入y=−4x+1得：左边=−17，右边=−4×(−4)+=−15，
∴左边≠右边，
∴点(−4,−17)不在直线y=−4x+1上，故本选项错误；
B、∵把(−72,6)代入y=−4x+1得：左边=6，右边=−4×(−72)+1=15，
∴左边≠右边，
∴点(−72,6)不在直线y=−4x+1上，故本选项错误；
C、∵把(23,−123)代入y=−4x+1得：左边=−53，右边=−4×23+1=−53，
∴左边=右边，
∴点(23,−123)在直线y=−4x+1上，故本选项错误；
D、∵把(1,−5)代入y=−4x+1得：左边=−5，右边=−4×1+1=−3，
∴左边≠右边，
∴点(1,−5)不在直线y=−4x+1上，故本选项错误；
故选：C．
把各个点代入一次函数的解析式，看看左右两边是否相等即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，主要考查学生的计算能力．
5.【答案】C
【解析】解：Rt△ABC中，AC=1米，AB=2米；
由勾股定理，得：BC= AC2+AB2= 5米；
∴树的高度为：AC+BC=( 5+1)米；
故选：C．
在Rt△ACB中，根据勾股定理可求得BC的长，而树的高度为AC+BC，AC的长已知，由此得解．
正确运用勾股定理，善于观察题目的信息是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：在Rt△ABC中，∵AC=6，BC=8，
∴AB= AC2+BC2= 62+82=10，
△ADE是由△ACD翻折，
∴AC=AE=6，EB=AB−AE=10−6=4，
设CD=DE=x，
在Rt△DEB中，∵DEDE2+EB2=DB2，
∴x2+42=(8−x)2
∴x=3，
∴CD=3．
故选：B．
根据翻折的性质可知：AC=AE=6，CD=DE，设CD=DE=x，在Rt△DEB中利用勾股定理解决．
本题考查翻折的性质、勾股定理，利用翻折不变性是解决问题的关键，学会转化的思想去思考问题．
7.【答案】B
【解析】解：∵函数y=3x+b和y=ax−3的图象交于点P(−2,−5)，
则根据图象可得不等式3x+b>ax−3的解集是x>−2，
故选：B．
根据一次函数的图象和两函数的交点坐标即可得出答案．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的应用，主要考查学生的观察能力和理解能力，题型较好，难度不大．
8.【答案】C
【解析】解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC=60°，AE=AC，
∵∠BAC=30°，
∴∠EAF=∠ACB=90°，AB=2BC，
∵F为AB的中点，
∴AB=2AF，
∴BC=AF，
在△ABC和△EFA中，
AC=AE∠ACB=∠EAFBC=FA，
∴△ABC≌△EFA(SAS)，
∴FE=AB，∠AEF=∠BAC=30°，
∴∠AHE=180°−∠EAC−∠AEF=180°−60°−30°=90°，
∴EF⊥AC，故①正确，
∵EF⊥AC，∠ACB=90°，
∴FH//BC，
∵F是AB的中点，
∴FH是△ABC的中位线，
∴FH=12BC，
∵BC=12AB，AB=BD，
∴BD=4FH，故④正确；
∵AD=BD，BF=AF，
∴∠DFB=90°，∠BDF=30°，
∵∠FAE=90°，
∴∠DFB=∠EAF，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF=30°，
∴∠BDF=∠FEA，
在△DBF和△EFA中，
∠BDF=∠FEA∠DFB=EAFBF=FA，
∴△DBF≌△EFA(AAS)，
∴AE=DF，
∵FE=AB=AD，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AB>AC，
∴AD>AE，
∴四边形ADFE不是菱形，故②错误；
∵AG=12AF，
∴AG=14AB，
∵AD=AB，
则AD=4AG，故③正确，
故选：C．
由SAS证得△ABC≌△EFA，则∠AEF=∠BAC，得出EF⊥AC，易证FH是△ABC的中位线，得出FH=12BC，再由BC=12AB，AB=BD，推出BD=4FH，由等边三角形的性质得出∠BDF=30°，然后由AAS证得△DBF≌△EFA，则AE=DF，证出四边形ADFE为平行四边形，最后由平行四边形的性质得出AD=4AG，从而得到答案．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、含30°角直角三角形的性质、三角形中位线定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABC≌△EFA和△DBF≌△EFA是解题的关键．
9.【答案】20
【解析】解：原式=( 20)2
=20．
故答案为：20．
先把根号外面的数划到根号里面，再根据数的乘方法则进行计算即可．
本题考查的是二次根式的乘除法，熟知二次根式的乘法法则是解答此题的关键．
10.【答案】x>−2
【解析】解：由图象可以看出，x轴上方的函数图象所对应自变量的取值为x>−2，
则不等式kx+b>0的解集是x>−2．
故答案为：x>−2．
看在x轴上方的函数图象所对应的自变量的取值即可．
考查一次函数与一元一次不等式解集的关系；理解函数值小于0的解集是x轴下方的函数图象所对应的自变量的取值是解决本题的关键．
11.【答案】4或 34
【解析】解：当5是斜边时，第三边长= 52−32=4；
当5是直角边时，第三边长= 52+32= 34．
综上所述：第三边长是4或 34．
故答案为：4或 34．
求第三边的长必须分类讨论，即5是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，当已知条件中没有明确哪是斜边时，要注意讨论，一些学生往往忽略这一点，造成丢解．
12.【答案】<
【解析】解：∵2 3= 12，
∴ 12< 13，
∴2 3< 13，
故答案为：<．
本题需先把2 3进行整理，再与 13进行比较，即可得出结果．
本题主要考查了实数大小关系，在解题时要化成同一形式是解题的关键．
13.【答案】11
【解析】解：∵a< 28
∴a=5，b=6，
∴a+b=11．
故答案为：11．
根据无理数的性质，得出接近无理数的整数，即可得出a，b的值，即可得出答案．
此题主要考查了无理数的大小，得出比较无理数的方法是解决问题的关键．
14.【答案】3
【解析】
【分析】
此题考查了平行四边形的性质以及三角形中位线的性质．注意由平行四边形的性质求得AB的长是关键．
首先由▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，求得OA=12AC，OB=12BD，又由AC+BD=24cm，可求得OA+OB的长，继而求得AB的长，然后由三角形中位线的性质，求得答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=12AC，OB=12BD，
∵AC+BD=24cm，
∴OA+OB=12cm，
∵△OAB的周长是18cm，
∴AB=6cm，
∵点E，F分别是线段AO，BO的中点，
∴EF=12AB=3cm．
故答案为：3．
15.【答案】y=2x+10
【解析】解：∵一次函数y=kx+b的图象与直线y=2x+1平行，
∴k=2，
把(−3,4)代入y=2x+b得2×(−3)+b=4，解得b=10，
∴所求一次函数解析式为y=2x+10．
故答案为：y=2x+10．
先利用两直线平行的问题得到k=2，然后把(−3,4)代入y=2x+b求出b即可得到一次函数解析式．
本题主要考查了两直线平行问题，求一次函数解析式，若两条直线是平行的关系，那么他们的自变量系数相同，即k值相同．
16.【答案】②③④
【解析】解：由已知，折线为货车与C地之间距离与时间之间的函数图象．则可知客车速度为：720÷9=80(千米/时)，
则货车速度为：80×34=60(千米/时)，故①错误；
由图象可知，BC之间距离为：60×2=120(千米)，
则AB距离为：720+120=840(千米)，
货车从A到B用时为：840÷60=14(小时，故②③正确；
两车在AB同时出发相向而行，到相遇时经过840÷(60+80)=6(小时)，
则客车行驶6×80=480(千米)，故④正确；
故答案为：②③④．
根据图象确定两车速度和BC距离，问题可解．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
17.【答案】解：由题意得∠CAB=30°，∠CBD=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC=BA=40海里，
∵∠CDB=90°，
∴sin∠CBD=CDBC．
∴sin60°=CDBC= 32．
∴CD=BC× 32=40× 32=20 3(海里)．
∴此时轮船与灯塔C的距离为20 3海里．
【解析】根据三角形外角和定理可求得BC的值，然后放到直角三角形BCD中，借助60°角的正弦值即可解答．
将已知条件和所求结论转化到同一个直角三角形中求解是解直角三角形的常规思路．
18.【答案】解：(1)( 48+14 12)÷ 27
= 48÷ 27+14 12÷ 27
= 4827+14 1227
= 169+14 49
=43+14×23
=43+16
=32；
(2)4 5+ 45− 8+4 2
=4 5+3 5−2 2+4 2
=7 5+2 2．
【解析】(1)根据二次根式混合运算法则进行计算即可；
(2)先根据二次根式性质化简，然后再按照二次根式加减运算法则进行计算即可．
本题主要考查了二次根式混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算法则，准确计算．
19.【答案】解：(1)x2+2xy+y2
=(x+y)2
=( 3+1+ 3−1)2
=(2 3)2
=12；
(2)x2−y2
=(x+y)(x−y)
=( 3+1+ 3−1)×[ 3+1−( 3−1)]
=2 3×2
=4 3．
【解析】(1)先把所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可；
(2)先把所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可．
本题主要考查二次根式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
20.【答案】解：(1)设正比例函数的解析式为y=kx(k≠0)，
将x=2，y=3代入正比例函数y=kx(k≠0)，得3=2k，
∴k=32，
∴函数的表达式为y=32x；
(2)根据题意，得3k+b=2−2k+b=1．
解得k=15b=75．
∴函数的解析式为y=15x+75．
【解析】(1)将x=5，y=6代入正比例函数y=kx(k≠0)进行计算即可；
(2)把点(3,2)与点(−2,1)代入一次函数的解析式，列出方程组，求出未知数便可求出其解析式．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
21.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
又∵AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF．
【解析】证明四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是掌握平行四边形的判定定理．
22.【答案】解：(1)由平移法则得：C点坐标为(−3+1,3−2)，即(−2,1)．
设直线l1的解析式为y=kx+c，
则3=−3k+c1=−2k+c,
解得：k=−2c=−3,
∴直线l1的解析式为y=−2x−3．
(2)把B点坐标代入y=x+b得，
3=−3+b，解得：b=6，
∴y=x+6．
在直线l2中，当x=0时，y=6，
∴点E的坐标为(0,6)．
在直线l1中，当x=0时，y=−3，
∴点A坐标为(0,−3)，
∴AE=6+3=9，
∴△ABE的面积为12×9×|−3|=272．
【解析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、坐标与图形变化中的平移以及三角形的面积，根据点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
(1)根据平移的法则即可得出点C的坐标，设直线l1的解析式为y=kx+c，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线l1的解析式；
(2)由点B的坐标利用待定系数法即可求出直线l2的解析式，再根据一次函数图象上点的坐标特征求出点A、E的坐标，根据三角形的面积公式即可求出△ABE的面积．
23.【答案】解：(1)四边形ABCD为菱形．
理由如下：如图，连接AC交BD于点O，
∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥BD，AO=OC，EO=OF，
又∵点E、F为线段BD的两个三等分点，
∴BE=FD，
∴BO=OD，
∵AO=OC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形；
(2)∵四边形AECF为菱形，且周长为20，
∴AE=5，
∵BD=24，
∴EF=8，OE=12EF=12×8=4，
由勾股定理得，AO= AE2−OE2= 52−42=3，
∴AC=2AO=2×3=6，
∴S四边形ABCD=12BD⋅AC=12×24×6=72．
【解析】(1)根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，AO=OC，EO=OF，再求出BO=OD，然后根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形证明；
(2)根据菱形的四条边都相等求出边长AE，根据菱形的对角线互相平分求出OE，然后利用勾股定理列式求出AO，再求出AC，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
本题考查了菱形的判定与性质，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理以及利用菱形对角线求面积的方法，熟记菱形的性质与判定方法是解题的关键．
24.【答案】解：(1)由每辆汽车上至少要有1名老师，汽车总数不能大于6辆；
由要保证240名师生有车坐，汽车总数不能小于45045(取整为6)辆，
综合起来可知汽车总数为6辆．
(2)设租用m辆甲种客车，则租车费用Q(单位：元)是m的函数，
即Q=400m+280(6−m)；
化简为：Q=120m+1680，
依题意有：120m+1680≤2300，
∴m≤316，即m≤5，
又要保证240名师生有车坐，m不小于4，
所以有两种租车方案，方案一：4辆甲种客车，2辆乙种客车；
方案二：5辆甲种客车，1辆乙种客车．
(3)∵Q随m增加而增加，
∴当m=4时，Q最少为2160元．
【解析】(1)根据汽车总数不能小于24045(取整为6)辆，即可求出；
(2)设出租用m辆甲种客车，则租车费用Q(单位：元)是m的函数，由题意得出120m+1680≤2300，得出取值范围，分析得出即可．
(3)根据费用的车的辆数之间的关系即可确定．
此题主要考查了一次函数与一次不等式的综合应用，由题意得出租用m辆甲种客车与租车费用Q的函数关系是解决问题的关键．
25.【答案】解：(1)当y=0时，12x+1=0，解得x=−2，则A(−2,0)，
当x=0时，y=12x+1=1，则B(0,1)；
(2)AB= 12+22= 5，
当AP=AB时，P点坐标为(−2− 5,0)或(−2+ 5,0)；
当BP=BA时，P点坐标为(2,0)；
当PA=PB时，作AB的垂直平分线交x轴于P，连接PB，如图1，
则PA=PB，
设P(t,0)，则OA=t+2，OB=t+2，
在Rt△OBP中，12+t2=(t+2)2，解得t=−34，
此时P点坐标为(−34,0)；
(3)如图2，
设D(x,12x+1)，
当x>0时，∵S△ABC+S△BCD=S△ACD，
∴12⋅2⋅2+12⋅2⋅x=4，解得x=2，此时D点坐标为(2,2)，
当x<0时，∵S△BCD−S△ABC=S△ACD，
∴12⋅2⋅(−x)−12⋅2⋅2=4，解得x=−6，此时D点坐标为(−6,−2)，
综上所述，D点坐标为(2,2)或(−6,−2)．
【解析】(1)利用坐标轴上点的坐标特征易得A点和B点坐标；
(2)分类讨论：当AP=AB= 5时，易得P点坐标为(−2− 5,0)或(−2+ 5,0)；当BP=BA时，点P和点A关于y轴对称，易得P点坐标；当PA=PB时，作AB的垂直平分线交x轴于P，连接PB，如图，则PA=PB，设P(t,0)，则OA=t+2，OB=t+2，利用勾股定理得到12+t2=(t+2)2，然后解方程求出t即可得到此时P点坐标；
(3)分类讨论：设D(x,12x+1)，当x>0时，利用S△ABC+S△BCD=S△ACD得到12⋅2⋅2+12⋅2⋅x=4；当x<0时，利用S△BCD−S△ABC=S△ACD得到12⋅2⋅(−x)−12⋅2⋅2=4，然后分别解方程求出x即可得到D点坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b.也考查了等腰三角形的判定和分类讨论思想的应用．
2022-2023学年湖北省孝感市等三地八年级（下）月考数学试卷（5月份）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x>0 B. x>3 C. x≤3 D. x≥3
2. 下列计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5 B. 4 3−3 3=1 C. 2 12= 2 D. 3÷ 2=2 6
3. 下列曲线中，不表示y是x的函数的是( )
A. B. C. D.
4. 下列各点中，在直线y=−4x+1上的点是( )
A. (−4,−17) B. (−72,6) C. (23,−123) D. (1,−5)
5. 如图所示，一场暴雨过后，垂直于地面的一棵树在距地面1米处折断，树尖B恰好碰到地面，经测量AB=2米，则树高为( )
A. 5米 B. 3米 C. ( 5+1)米 D. 3米
6. 如图，有一块直角三角形纸片，两直角边AC=6cm，BC=8cm，现将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上且与AE重合，则CD等于( )
A. 2cm
B. 3cm
C. 4cm
D. 5cm
7. 如图，已知：函数y=3x+b和y=ax−3的图象交于点P(−2,−5)，则根据图象可得不等式3x+b>ax−3的解集是( )
A. x>−5
B. x>−2
C. x>−3
D. x<−2
8. 如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB=90°，∠BAC=30°，给出如下结论：
①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；
③AD=4AG；④4FH=BD；其中正确结论的是( )
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 计算：(2 5)2= ______ ．
10. 如图，直线y=kx+b交坐标轴于A(−2,0)，B(0,3)两点，则不等式kx+b>0的解集______．
11. 如果一直角三角形的两边长分别为3和5，则第三边长是______ ．
12. 比较大小：2 3______ 13.(填“>”、“=”、“<”)．
13. 已知a、b为两个连续的整数，且a< 28
15. 一次函数y=kx+b的图象与直线y=2x+1平行，且经过点(−3,4)，则这个一次函数的表达式为______ ．
16. 已知A，B两地间有汽车站C，客车由A地驶向C站、货车由B地经过C站去A地(客货车在A，C两地间沿同一条路行驶)，两车同时出发，匀速行驶，(中间不停留)货车的速度是客车速度的34如图所示是客、货车离C站的路程与行驶时间之间的函数关系图象.小明由图象信得出如下结论：
①客车速度为60千米/时；
②货车由B地到A地用14小时；
③货车由B地出发行驶120千米到达C站；
④客车行驶480千米时与货车相遇.写出正确的结论的序号______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 如图，一艘轮船以每小时20海里的速度沿正北方向航行，在A处测得灯塔C在北偏西30°方向，轮船航行2小时后到达B处，在B处测得灯塔C在北偏西60°方向．当轮船到达灯塔C的正东方向的D处时，求此时轮船与灯塔C的距离．(结果保留根号)
四、解答题（本大题共8小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题8.0分)
计算：
(1)( 48+14 12)÷ 27；
(2)4 5+ 45− 8+4 2．
19. (本小题8.0分)
已知x= 3+1，y= 3−1，求下列各式的值：
(1)x2+2xy+y2；
(2)x2−y2．
20. (本小题6.0分)
根据下列条件分别确定函数的解析式：
(1)y与x成正比例，当x=2时，y=3；
(2)直线y=kx+b经过点(3,2)与点(−2,1)．
21. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，AE//CF，求证：AE=CF．
22. (本小题8.0分)
如图，直线l1在平面直角坐标系中与y轴交于点A，点B(−3,3)也在直线l1上，将点B先向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到点C，点C也在直线l1上．
(1)求点C的坐标和直线l1的解析式；
(2)已知直线l2：y=x+b经过点B，与y轴交于点E，求△ABE的面积．
23. (本小题8.0分)
如图，点E、F为线段BD的两个三等分点，四边形AECF是菱形．
(1)试判断四边形ABCD的形状，并加以证明；
(2)若菱形AECF的周长为20，BD为24，试求四边形ABCD的面积．
24. (本小题10.0分)
八月份某学校计划在总费用2300元的限额内，租用汽车送234名运动员和6名教练到外地参加第二届全州青少年运动会，每辆汽车上至少要有1名教练，现在甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如表：
甲种客车
乙种客车
载客量/(人/辆)
45
30
租金/(元/辆)
400
280
(1)共需租多少辆汽车？
(2)有几种租车方案；
(3)最节省费用的是哪种租车方案？
25. (本小题12.0分)
如图，已知直线l：y=12x+1与x轴，y轴交于A，B两点．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)若P是x轴上的一个动点，当△PAB是等腰三角形时，求点P的坐标；
(3)在y轴上有点C(0,3)，点D在直线l上，若△ACD面积等于4，求点D的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵ x−3在实数范围内有意义，
∴x−3≥0，解得x≥3．
故选D．
根据二次根式有意义的条件；列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式具有非负性是解答此题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A、 2与 3不能合并，所以A选项错误；
B、原式= 3，所以B选项错误；
C、原式=2× 22= 2，所以C选项正确；
D、原式=3×1 2=3 22，所以D选项错误．
故选：C．
根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的性质对C进行判断；二次根式的除法法则对D进行判断．
本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．
3.【答案】B
【解析】解：显然A、C、D选项中，对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之相对应，y是x的函数；
B选项对于x取值时，y可能有2个值与之相对应，则y不是x的函数；
故选：B．
设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，x是自变量．根据函数的意义即可求出答案．
本题主要考查了函数的定义，解题的关键是掌握函数的定义，在定义中特别要注意，对于x的每一个值，y都有唯一的值与其对应．
4.【答案】C
【解析】解：A、∵把(−4,−17)代入y=−4x+1得：左边=−17，右边=−4×(−4)+=−15，
∴左边≠右边，
∴点(−4,−17)不在直线y=−4x+1上，故本选项错误；
B、∵把(−72,6)代入y=−4x+1得：左边=6，右边=−4×(−72)+1=15，
∴左边≠右边，
∴点(−72,6)不在直线y=−4x+1上，故本选项错误；
C、∵把(23,−123)代入y=−4x+1得：左边=−53，右边=−4×23+1=−53，
∴左边=右边，
∴点(23,−123)在直线y=−4x+1上，故本选项错误；
D、∵把(1,−5)代入y=−4x+1得：左边=−5，右边=−4×1+1=−3，
∴左边≠右边，
∴点(1,−5)不在直线y=−4x+1上，故本选项错误；
故选：C．
把各个点代入一次函数的解析式，看看左右两边是否相等即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，主要考查学生的计算能力．
5.【答案】C
【解析】解：Rt△ABC中，AC=1米，AB=2米；
由勾股定理，得：BC= AC2+AB2= 5米；
∴树的高度为：AC+BC=( 5+1)米；
故选：C．
在Rt△ACB中，根据勾股定理可求得BC的长，而树的高度为AC+BC，AC的长已知，由此得解．
正确运用勾股定理，善于观察题目的信息是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：在Rt△ABC中，∵AC=6，BC=8，
∴AB= AC2+BC2= 62+82=10，
△ADE是由△ACD翻折，
∴AC=AE=6，EB=AB−AE=10−6=4，
设CD=DE=x，
在Rt△DEB中，∵DEDE2+EB2=DB2，
∴x2+42=(8−x)2
∴x=3，
∴CD=3．
故选：B．
根据翻折的性质可知：AC=AE=6，CD=DE，设CD=DE=x，在Rt△DEB中利用勾股定理解决．
本题考查翻折的性质、勾股定理，利用翻折不变性是解决问题的关键，学会转化的思想去思考问题．
7.【答案】B
【解析】解：∵函数y=3x+b和y=ax−3的图象交于点P(−2,−5)，
则根据图象可得不等式3x+b>ax−3的解集是x>−2，
故选：B．
根据一次函数的图象和两函数的交点坐标即可得出答案．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的应用，主要考查学生的观察能力和理解能力，题型较好，难度不大．
8.【答案】C
【解析】解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC=60°，AE=AC，
∵∠BAC=30°，
∴∠EAF=∠ACB=90°，AB=2BC，
∵F为AB的中点，
∴AB=2AF，
∴BC=AF，
在△ABC和△EFA中，
AC=AE∠ACB=∠EAFBC=FA，
∴△ABC≌△EFA(SAS)，
∴FE=AB，∠AEF=∠BAC=30°，
∴∠AHE=180°−∠EAC−∠AEF=180°−60°−30°=90°，
∴EF⊥AC，故①正确，
∵EF⊥AC，∠ACB=90°，
∴FH//BC，
∵F是AB的中点，
∴FH是△ABC的中位线，
∴FH=12BC，
∵BC=12AB，AB=BD，
∴BD=4FH，故④正确；
∵AD=BD，BF=AF，
∴∠DFB=90°，∠BDF=30°，
∵∠FAE=90°，
∴∠DFB=∠EAF，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF=30°，
∴∠BDF=∠FEA，
在△DBF和△EFA中，
∠BDF=∠FEA∠DFB=EAFBF=FA，
∴△DBF≌△EFA(AAS)，
∴AE=DF，
∵FE=AB=AD，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AB>AC，
∴AD>AE，
∴四边形ADFE不是菱形，故②错误；
∵AG=12AF，
∴AG=14AB，
∵AD=AB，
则AD=4AG，故③正确，
故选：C．
由SAS证得△ABC≌△EFA，则∠AEF=∠BAC，得出EF⊥AC，易证FH是△ABC的中位线，得出FH=12BC，再由BC=12AB，AB=BD，推出BD=4FH，由等边三角形的性质得出∠BDF=30°，然后由AAS证得△DBF≌△EFA，则AE=DF，证出四边形ADFE为平行四边形，最后由平行四边形的性质得出AD=4AG，从而得到答案．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、含30°角直角三角形的性质、三角形中位线定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABC≌△EFA和△DBF≌△EFA是解题的关键．
9.【答案】20
【解析】解：原式=( 20)2
=20．
故答案为：20．
先把根号外面的数划到根号里面，再根据数的乘方法则进行计算即可．
本题考查的是二次根式的乘除法，熟知二次根式的乘法法则是解答此题的关键．
10.【答案】x>−2
【解析】解：由图象可以看出，x轴上方的函数图象所对应自变量的取值为x>−2，
则不等式kx+b>0的解集是x>−2．
故答案为：x>−2．
看在x轴上方的函数图象所对应的自变量的取值即可．
考查一次函数与一元一次不等式解集的关系；理解函数值小于0的解集是x轴下方的函数图象所对应的自变量的取值是解决本题的关键．
11.【答案】4或 34
【解析】解：当5是斜边时，第三边长= 52−32=4；
当5是直角边时，第三边长= 52+32= 34．
综上所述：第三边长是4或 34．
故答案为：4或 34．
求第三边的长必须分类讨论，即5是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，当已知条件中没有明确哪是斜边时，要注意讨论，一些学生往往忽略这一点，造成丢解．
12.【答案】<
【解析】解：∵2 3= 12，
∴ 12< 13，
∴2 3< 13，
故答案为：<．
本题需先把2 3进行整理，再与 13进行比较，即可得出结果．
本题主要考查了实数大小关系，在解题时要化成同一形式是解题的关键．
13.【答案】11
【解析】解：∵a< 28
∴a=5，b=6，
∴a+b=11．
故答案为：11．
根据无理数的性质，得出接近无理数的整数，即可得出a，b的值，即可得出答案．
此题主要考查了无理数的大小，得出比较无理数的方法是解决问题的关键．
14.【答案】3
【解析】
【分析】
此题考查了平行四边形的性质以及三角形中位线的性质．注意由平行四边形的性质求得AB的长是关键．
首先由▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，求得OA=12AC，OB=12BD，又由AC+BD=24cm，可求得OA+OB的长，继而求得AB的长，然后由三角形中位线的性质，求得答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=12AC，OB=12BD，
∵AC+BD=24cm，
∴OA+OB=12cm，
∵△OAB的周长是18cm，
∴AB=6cm，
∵点E，F分别是线段AO，BO的中点，
∴EF=12AB=3cm．
故答案为：3．
15.【答案】y=2x+10
【解析】解：∵一次函数y=kx+b的图象与直线y=2x+1平行，
∴k=2，
把(−3,4)代入y=2x+b得2×(−3)+b=4，解得b=10，
∴所求一次函数解析式为y=2x+10．
故答案为：y=2x+10．
先利用两直线平行的问题得到k=2，然后把(−3,4)代入y=2x+b求出b即可得到一次函数解析式．
本题主要考查了两直线平行问题，求一次函数解析式，若两条直线是平行的关系，那么他们的自变量系数相同，即k值相同．
16.【答案】②③④
【解析】解：由已知，折线为货车与C地之间距离与时间之间的函数图象．则可知客车速度为：720÷9=80(千米/时)，
则货车速度为：80×34=60(千米/时)，故①错误；
由图象可知，BC之间距离为：60×2=120(千米)，
则AB距离为：720+120=840(千米)，
货车从A到B用时为：840÷60=14(小时，故②③正确；
两车在AB同时出发相向而行，到相遇时经过840÷(60+80)=6(小时)，
则客车行驶6×80=480(千米)，故④正确；
故答案为：②③④．
根据图象确定两车速度和BC距离，问题可解．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
17.【答案】解：由题意得∠CAB=30°，∠CBD=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC=BA=40海里，
∵∠CDB=90°，
∴sin∠CBD=CDBC．
∴sin60°=CDBC= 32．
∴CD=BC× 32=40× 32=20 3(海里)．
∴此时轮船与灯塔C的距离为20 3海里．
【解析】根据三角形外角和定理可求得BC的值，然后放到直角三角形BCD中，借助60°角的正弦值即可解答．
将已知条件和所求结论转化到同一个直角三角形中求解是解直角三角形的常规思路．
18.【答案】解：(1)( 48+14 12)÷ 27
= 48÷ 27+14 12÷ 27
= 4827+14 1227
= 169+14 49
=43+14×23
=43+16
=32；
(2)4 5+ 45− 8+4 2
=4 5+3 5−2 2+4 2
=7 5+2 2．
【解析】(1)根据二次根式混合运算法则进行计算即可；
(2)先根据二次根式性质化简，然后再按照二次根式加减运算法则进行计算即可．
本题主要考查了二次根式混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算法则，准确计算．
19.【答案】解：(1)x2+2xy+y2
=(x+y)2
=( 3+1+ 3−1)2
=(2 3)2
=12；
(2)x2−y2
=(x+y)(x−y)
=( 3+1+ 3−1)×[ 3+1−( 3−1)]
=2 3×2
=4 3．
【解析】(1)先把所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可；
(2)先把所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可．
本题主要考查二次根式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
20.【答案】解：(1)设正比例函数的解析式为y=kx(k≠0)，
将x=2，y=3代入正比例函数y=kx(k≠0)，得3=2k，
∴k=32，
∴函数的表达式为y=32x；
(2)根据题意，得3k+b=2−2k+b=1．
解得k=15b=75．
∴函数的解析式为y=15x+75．
【解析】(1)将x=5，y=6代入正比例函数y=kx(k≠0)进行计算即可；
(2)把点(3,2)与点(−2,1)代入一次函数的解析式，列出方程组，求出未知数便可求出其解析式．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
21.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
又∵AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF．
【解析】证明四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是掌握平行四边形的判定定理．
22.【答案】解：(1)由平移法则得：C点坐标为(−3+1,3−2)，即(−2,1)．
设直线l1的解析式为y=kx+c，
则3=−3k+c1=−2k+c,
解得：k=−2c=−3,
∴直线l1的解析式为y=−2x−3．
(2)把B点坐标代入y=x+b得，
3=−3+b，解得：b=6，
∴y=x+6．
在直线l2中，当x=0时，y=6，
∴点E的坐标为(0,6)．
在直线l1中，当x=0时，y=−3，
∴点A坐标为(0,−3)，
∴AE=6+3=9，
∴△ABE的面积为12×9×|−3|=272．
【解析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、坐标与图形变化中的平移以及三角形的面积，根据点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
(1)根据平移的法则即可得出点C的坐标，设直线l1的解析式为y=kx+c，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线l1的解析式；
(2)由点B的坐标利用待定系数法即可求出直线l2的解析式，再根据一次函数图象上点的坐标特征求出点A、E的坐标，根据三角形的面积公式即可求出△ABE的面积．
23.【答案】解：(1)四边形ABCD为菱形．
理由如下：如图，连接AC交BD于点O，
∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥BD，AO=OC，EO=OF，
又∵点E、F为线段BD的两个三等分点，
∴BE=FD，
∴BO=OD，
∵AO=OC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形；
(2)∵四边形AECF为菱形，且周长为20，
∴AE=5，
∵BD=24，
∴EF=8，OE=12EF=12×8=4，
由勾股定理得，AO= AE2−OE2= 52−42=3，
∴AC=2AO=2×3=6，
∴S四边形ABCD=12BD⋅AC=12×24×6=72．
【解析】(1)根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，AO=OC，EO=OF，再求出BO=OD，然后根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形证明；
(2)根据菱形的四条边都相等求出边长AE，根据菱形的对角线互相平分求出OE，然后利用勾股定理列式求出AO，再求出AC，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
本题考查了菱形的判定与性质，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理以及利用菱形对角线求面积的方法，熟记菱形的性质与判定方法是解题的关键．
24.【答案】解：(1)由每辆汽车上至少要有1名老师，汽车总数不能大于6辆；
由要保证240名师生有车坐，汽车总数不能小于45045(取整为6)辆，
综合起来可知汽车总数为6辆．
(2)设租用m辆甲种客车，则租车费用Q(单位：元)是m的函数，
即Q=400m+280(6−m)；
化简为：Q=120m+1680，
依题意有：120m+1680≤2300，
∴m≤316，即m≤5，
又要保证240名师生有车坐，m不小于4，
所以有两种租车方案，方案一：4辆甲种客车，2辆乙种客车；
方案二：5辆甲种客车，1辆乙种客车．
(3)∵Q随m增加而增加，
∴当m=4时，Q最少为2160元．
【解析】(1)根据汽车总数不能小于24045(取整为6)辆，即可求出；
(2)设出租用m辆甲种客车，则租车费用Q(单位：元)是m的函数，由题意得出120m+1680≤2300，得出取值范围，分析得出即可．
(3)根据费用的车的辆数之间的关系即可确定．
此题主要考查了一次函数与一次不等式的综合应用，由题意得出租用m辆甲种客车与租车费用Q的函数关系是解决问题的关键．
25.【答案】解：(1)当y=0时，12x+1=0，解得x=−2，则A(−2,0)，
当x=0时，y=12x+1=1，则B(0,1)；
(2)AB= 12+22= 5，
当AP=AB时，P点坐标为(−2− 5,0)或(−2+ 5,0)；
当BP=BA时，P点坐标为(2,0)；
当PA=PB时，作AB的垂直平分线交x轴于P，连接PB，如图1，
则PA=PB，
设P(t,0)，则OA=t+2，OB=t+2，
在Rt△OBP中，12+t2=(t+2)2，解得t=−34，
此时P点坐标为(−34,0)；
(3)如图2，
设D(x,12x+1)，
当x>0时，∵S△ABC+S△BCD=S△ACD，
∴12⋅2⋅2+12⋅2⋅x=4，解得x=2，此时D点坐标为(2,2)，
当x<0时，∵S△BCD−S△ABC=S△ACD，
∴12⋅2⋅(−x)−12⋅2⋅2=4，解得x=−6，此时D点坐标为(−6,−2)，
综上所述，D点坐标为(2,2)或(−6,−2)．
【解析】(1)利用坐标轴上点的坐标特征易得A点和B点坐标；
(2)分类讨论：当AP=AB= 5时，易得P点坐标为(−2− 5,0)或(−2+ 5,0)；当BP=BA时，点P和点A关于y轴对称，易得P点坐标；当PA=PB时，作AB的垂直平分线交x轴于P，连接PB，如图，则PA=PB，设P(t,0)，则OA=t+2，OB=t+2，利用勾股定理得到12+t2=(t+2)2，然后解方程求出t即可得到此时P点坐标；
(3)分类讨论：设D(x,12x+1)，当x>0时，利用S△ABC+S△BCD=S△ACD得到12⋅2⋅2+12⋅2⋅x=4；当x<0时，利用S△BCD−S△ABC=S△ACD得到12⋅2⋅(−x)−12⋅2⋅2=4，然后分别解方程求出x即可得到D点坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b.也考查了等腰三角形的判定和分类讨论思想的应用．
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