2022-2023学年四川省达州市通川区八年级上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年四川省达州市通川区八年级上学期期末数学试题及答案，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
A卷（共 100分）一、选择题（本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分）
下列实数中，不是无理数的是（）
22
A.B.
7
C.3πD.2
2022
3
点A2,5关于y轴对称的点的坐标是（）
(2,5)B.(2,5)
(2,5)
(5,2)
将直线y2x3向右平移2个单位，再向上平移3个单位后，所得的直线的表达式为（）
y 2x4
y2x4
y2x2
y 2x2
某小组长统计组内5人一天在课堂上的发言次数分别为3，3，0，4，5．关于这组数据，下列说法错误的是（）
A.众数是3B.中位数是0C.平均数是3D.极差是5
下列各组数据中，不是勾股数的是（）
A.3，4，5B.5，7，9C.8，15，17D.7，24，25
已知一个两位数，它的十位上的数字x比个位上的数字y大1，若对调个位与十位上的数字，得到的新数比原数小9，求这个两位数，所列方程组正确的是（）

xy1xy1

A.xyyx9
B.
10xy yx9
xy1
C.

D.
xy1
10xy10yx910xy 10yx9
已知直线 m∥n，将一块含 30°角的直角三角板 ABC，按如图所示方式放置，其中 A、B两点分别落在直线 m、
n上，若135，则2的度数是（）
A.45B.35C.30D.25
如图，三角形纸片 ABC，点 D是 BC边上一点，连接 AD，把△ABD沿着 AD翻折，得到△AED，DE与 AC
交于点G，连接BE交AD于点F．若DGGE，AF3，BF2，△ADG的面积为2，则点F到BC的距离为（）
5
5
25
5
45
5
45
3
二、填空题（本题共 5小题，每小题 4分，共 20分）
y kx
如图，已知函数 yaxb和 ykx的图象交于点 P，则根据图象可得，关于 x，y的二元一次方程组yaxb

的解是．
现有四张正面分别标有数字﹣1，1，2，3的不透明卡片，它们除数字外其
余完全相同，将它们背而面朝上洗均匀，随机抽取一张，记下数字后放．回．，背面朝上洗均匀，再随机抽取一张记下数字，前后两次抽取的数字分别记为m，n，则点P（m，n）在第二象限的概率为．
现有下列长度的五根木棒：5，6，8，12，13，从中任取三根，可以组成直角三角形的概率为．
如图，正比例函数的图象与一次函数yx1的图象相交于点P，点P到x轴的距离是2，则这个正比例函数的解析式是．
如图，在矩形 ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻折，点 A落在 BC上，记为 A1，折痕为
DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝．
三、解答题（本题共 5小题，共 48分，解答题应写出必要的步骤，文字说明，
或证明过程）
计算下列各题
8
27
2
23
（1）；
1
3
12
（2）3
15
．
3
3
5
解方程组
2xy4

（1）x2y5；

xy13
（2）232．
5x2y17
为改善民生；提高城市活力，某市有序推行“地摊经济”政策．某社区志愿者随机抽取该社区部分居民，按四个类别： A表示“非常支持”， B表示“支持”，C表示“不关心”， D表示“不支持”，调查他们对该政策态度的情况，将结果绘制成如下两幅不完整的统计图．根据图中提供的信息，解决下列问题：
这次共抽取了名居民进行调查统计，扇形统计图中，D类所对应的扇形圆心角的大小是；
将条形统计图补充完整；
（2）该社区共有 2000名居民，估计该社区表示“支持”的 B类居民大约有多少人？
△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，A，B，C三点在格点上．
作出△ABC关于 x轴对称的△A1B1C1，并写出点 A1的坐标；
在 y轴上作点 D，使得 AD＋BD最小，并求出最小值．
在平面直角坐标系 xOy中，正比例函数 ymxm0的图像经
过点 A2, 4，过点 A的直线 ykxbk0与 x轴、y轴分别交于 B，C两点．
求正比例函数的表达式；
若AOB的面积为BOC的面积的 4倍，求直线 ykxb的表达式；
3
在（2）的条件下，若一条平行于OA的直线 DE与直线 BC在第二象限内相交于点 D，与 y轴相交于点 E，连接OD，当OC 平分AOD 时，求点 D 的坐标．
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）
如图各图形是由大小相同的黑点组成，图 1中有 2个点，图 2中有 7个点，图 3中有 14个点，…，按此规律，
第11个图中黑点的个数是．
如图，在四边形 ABCD中，A30，ABAD，
取大于 1AB的长为半径，分别以点 A，B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交 AD边于点 E（作图痕迹如图
2
所示），连接BE，BD．则EBD的度数为．
如图，在平面直角坐标系中，点 A、B的坐标分别为3, 0、0, 6，点C3, n
在第一象限内，连接AC、BC．已知BCA2CAO，则n．
阅读理解：对于 x3n21xn这类特殊的代数式可以按下面的方法分解因式：
x3n21xnx3n2xxnxx2n2xnxxnxnxnxnx2nx1．理解运用：如果 x3n21xn0，那么xnx2nx10，即有 xn0或 x2nx10，
因此，方程xn0和x2nx10的所有解就是方程x3n21xn0的解．解决问题：求方程x3 3x2 4x 12  0 的解为．
3
如图，正六边形ABCDEF的边长为2，延长BA，EF交于点O．以O为原点，以边AB所在的直线为x
轴建立平面直角坐标系，则直线DF与直线AE的交点坐标是(，)．（提示：n边形的内角和等于
n2180）
二、解答题（本大题共 3个小题，共 30分，解答题应写出必要的步骤，文字说
明，或证明过程）
甲、乙两地的路程为 290千米，一辆汽车早上 8：00从甲地出发，匀速向乙地行驶，途中休息一段时间后，按原速继续前进，当离甲地路程为 240 千米时接到通知，要求中午 12：00 准时到达乙地．设汽车出发 x小时后离甲地的路程为 y 千米，图中折线OCDE 表示接到通知前 y 与 x 之间的函数关系．
根据图象可知，休息前汽车行驶的速度为千米/小时；
求线段 DE所表示的 y与 x之间的函数表达式；
接到通知后，汽车仍按原速行驶能否准时到达？请说明理由．
阅读感悟：
有些关于方程组的问题，欲求的结果不是每一个未知数的值，而是关于未知数的代数式的值，如以下问题：已知实数 x、y 满足3xy 5①， 2x3y  7②，求 x4y 和7x5y的值．
本题常规思路是将①②两式联立组成方程组，解得 x、y 的值再代入欲求值的代数式得到答案，常规思路运算量比较大．其实，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，如由①
－②可得 x4y2，由①＋②×2可得解得7x5y19．这样的解题思想就是通常所说的“整体思想”．
解决问题：
2x3y19
已知二元一次方程组3x2y11则xy，xy；

某班级组织活动购买小奖品，买 20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需 32元，买 39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需 58 元，则购买 5 支铅笔、5 块橡皮、5 本日记本共需多少元？
对于实数 x、y，定义新运算：解得 x*yaxbyc，其中 a、b、c是常数，等式右边是通常的加法和乘法
运算，已知3*515，4*728，那么1*1．
已知：△ ABC是等腰三角形， CACB， 0ACB90．点 M在边 AC上，点 N在边 BC上（点 M、点 N不与所在线段端点取合）， BNAM．连接 AN， BM，射线 AG∥ BC，延长 BM交射线 AG于点 D，点 E在直线 AN 上，且 AE DE ．
（1）如图，当ACB90时．
①求证： △BCM≌△ACN；
②求BDE的度数：
（2）当ACB，其它条件不变时，BDE的度数是．（用含的代数式表示）
参考答案及解析
本试卷分为 A卷和 B卷两部分．A卷 100分，B卷 50分，全卷共 150分．考试时间为.120分钟．
A卷（共 100分）一、选择题（本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分）
3
下列实数中，不是无理数的是（）
22
A.B.
7
C.3πD.2
2022
A
【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
22
【详解】解：A．
7
是分数，属于有理数，故本选项符合题意；
2022
B． 是无理数，故本选项不符合题意；
C． 3π是无理数，故本选项不符合题意；
3
D． 2是无理数，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：， 2等；开方开不尽的数；以及像
0.1010010001…，等有这样规律的数．
点A2,5关于y轴对称的点的坐标是（）
(2,5)B.(2,5)
(2,5)
(5,2)
C
【分析】根据关于 y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
【详解】解：点 A2, 5关于 y轴对称的点的坐标为点(2, 5) ．故选：C．
【点睛】此题主要考查了关于y轴对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．3.将直线y2x3向右平移2 个单位，再向上平移3 个单位后，所得的直线的表达式为（）
y 2x4
y2x4
y2x2
y 2x2
A
【分析】直接根据“上加下减”、“左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】解：由“左加右减”的原则可知，
将直线 y=2x-3向右平移 2个单位后所得函数解析式为 y=2(x-2)-3=2x-7，
由“上加下减”原则可知，将直线 y=2x-7向上平移 3个单位后所得函数解析式为
y=2x-7+3=2x-4，
故选 A．
【点睛】本题考查了一次函数的平移，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
某小组长统计组内5人一天在课堂上的发言次数分别为3，3，0，4，5．关于这组数据，下列说法错误的是（）
A.众数是3B.中位数是0C.平均数是3D.极差是5 B
【分析】根据极差、众数、平均数、中位数的含义和求法，逐一判断即可．
【详解】解：将数据重新排列为 0，3，3，4，5，
则这组数的众数为 3，中位数为 3，平均数为 033453，极差为505，
5
故选：B．
【点睛】本题考查了众数、中位数、平均数以及方差，解题的关键是牢记概念及公式．
下列各组数据中，不是勾股数的是（）
A. 3，4，5B. 5，7，9C. 8，15，17D.7，24，25 B
【分析】判断是否为勾股数，首先这三个数都要是正整数，同时还需验证两较小数的平方和是否等于最大数的平方.
【详解】 A、324252，能构成直角三角形，都是正整数，故选项错误；
B、527292，不能构成直角三角形，故选项正确； C、82152172 ，能构成直角三角形，都是正整数，故选项错误；
D、72242252，能构成直角三角形，都是是整数，故选项错误.故选： B .
【点睛】此题主要考查了勾股数的定义，熟记勾股数的定义是解题的关键.
已知一个两位数，它的十位上的数字x比个位上的数字y大1，若对调个位与十位上的数字，得到的新数比原数小9，求这个两位数，所列方程组正确的是（）

xy1xy1

A.xyyx9
10xy yx9
xy1



xy1
10xy10yx910xy 10yx9
D
【分析】关键描述语是：十位上的数字 x比个位上的数字 y大 1；新数比原数小 9．
等量关系为：①十位上的数字＝个位上的数字1；②原数＝新数9．
【详解】解：根据十位上的数字 x比个位上的数字 y大 1，得方程 xy1；
根据对调个位与十位上的数字，得到的新数比原数小 9，得方程10xy10yx9．

xy1
列方程组为．
10xy10yx9
故选：D．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，需掌握的知识点是两位数的表示方法：十位数字10个位数字．
已知直线m∥n，将一块含30°角的直角三角板ABC，按如图所示方式放置，其中A、B两点分别落在直线m、 n 上，若1  35，则2 的度数是（）
A.45B.35C.30D.25
D
【分析】利用平行线的性质求出3即可解决问题．
【详解】解：如图，
∵m∥n，
∴∠1∠335，
由题意知： ABC60，
∴2360，
∴ 225，故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
如图，三角形纸片 ABC，点 D是 BC边上一点，连接 AD，把△ABD沿着 AD翻折，得到△AED，DE与 AC
交于点G，连接BE交AD于点F．若DGGE，AF3，BF2，△ADG的面积为2，则点F到BC的距离为（）
5
5
25
5
45
5
45
3
B
【分析】首先求出△ABD的面积． 根据三角形的面积公式求出 DF， 设点 F到 BD 的距离为 h， 根据
1BDh1BFDF，求出 BD即可解决问题．
22
【详解】解：∵ DGGE，
∴SADGSAEG 2，∴S△ADE4，
由翻折可知， ADB≌ADE， BEAD，
∴SABDSADE4，BFD90，
∴1AFDFBF4，
2
∴13DF24，
2
1222
∴DF1，
BF2DF2
∴DB

5，
设点 F到 BD的距离为 h，则有
25
5
∴ h ，故选：B．
BDh1BFDF，
22
【点睛】本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
二、填空题（本题共 5小题，每小题 4分，共 20分）
y kx
如图，已知函数 yaxb和 ykx的图象交于点 P，则根据图象可得，关于 x，y的二元一次方程组yaxb

的解是．
x4

y2【分析】根据函数图象可以得到两个函数交点坐标，从而可以得到两
个函数联立的二元一次方程组的解．
【详解】解：根据函数图可知：


函数 yaxb和 ykx的图象交于点 P的坐标是4, 2，所以yaxb的解为x4，
x4

故答案是： y2．
y kx
y2
【点睛】本题主要考查一次函数与二元一次方程组，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答问题．
现有四张正面分别标有数字﹣1，1，2，3 的不透明卡片，它们除数字外其余完全相同，将它们背而面朝上洗均匀，随机抽取一张，记下数字后放．回．，背面朝上洗均匀，再随机抽取一张记下数字，前后两次抽取的数字分别记为 m，n，则点P（m，n）在第二象限的概率为．
3
【分析】画树状图展示所有 16种等可能的结果数，利用第二象限内点的坐标特征确定点 P（m，n）在第二象限
16
的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图为：
共有 16种等可能的结果数，其中点 P（m，n）在第二象
限的结果数为 3，
3
所以点P（m，n）在第二象限的概率＝．
16
3
故答案为：．
16
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果 n，再从中选出符合事件 A
或 B的结果数目 m，然后利用概率公式计算事件 A或事件 B的概率．也考查了点的坐标．
现有下列长度的五根木棒：5，6，8，12，13，从中任取三根，可以组成直角三角形的概率为．
1
【分析】利用完全列举法展示所有可能的结果数，再利用勾股定理的逆定理得到组成直角三角形的结果数，然
10
后根据概率公式计算．
【详解】解：5，6，8，12，13，从中任取三根，所有情况为：5，6，8；5，6，12；5，6，13，5，8，12；5，8，
13；5，12，13；6，8，12；6，8，13；6，12，13；8，12，13；共有 10种等可能的结果数，
其中可以组成直角三角形的结果数为 1，所以可以组成三角形的概率1．
10
1
故答案为：．
10
【点睛】本题考查了列举法，列举所有等可能的结果 n，再从中选出符合事件A的结果数目 m，然后利用概率公式计算事件A 的概率．也考查了勾股定理的逆定理．关键是不重不漏地把所有可能结果列举出来．
如图，正比例函数的图象与一次函数yx1的图象相交于点P，点P到x轴的距离是2，则这个正比例函数的解析式是．
y=-2x
【分析】根据图象和题意，可以得到点 P的纵坐标，然后代入一次函数解析式，即可得到点 P的坐标，然后代入正比例函数解析式，即可得到这个正比例函数的解析式．
【详解】解：∵点 P到 x轴的距离为 2，
∴点 P的纵坐标为 2，
∵点 P在一次函数 y=-x+1的图象上，
∴2=-x+1，得 x=-1，
∴点 P 的坐标为（-1，2），设正比例函数解析式为 y=kx，则 2=-k，得 k=-2，
∴正比例函数解析式为 y=-2x，故答案为：y=-2x．
【点睛】本题考查两条直线相交或平行问题、一次函数的性质、正比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
如图，在矩形 ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻折，点 A落在 BC上，记为 A1，折痕为 DE．若将∠B沿 EA1
向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝．
2
23【分析】依据△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出 A1C＝A1B1，再根据折叠的性质，即可得到 A1C＝1BC＝2，
最后依据勾股定理进行计算，即可得到 CD的长，即 AB的长．
【详解】解：由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E
＝90°，
∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D，
∴∠DA1B1＝∠CA1D，
又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，
∴△A1DB1≌△A1DC（AAS），
∴A1C＝A1B1，
2
∴BA1＝A1C＝1BC＝2，
4222
∴Rt△A1CD中，CD＝
＝2，
3
3
∴AB＝2.
3
故答案为：2．
1
【点睛】本题考查矩形与折叠，准确判断合适的全等三角形求出 AC＝1BC＝2是解题的关键.
2
三、解答题（本题共 5小题，共 48分，解答题应写出必要的步骤，文字说明，或证明过程）
计算下列各题
8
27
2
23
（1）；
1
3
12
（2）3
15
3

5
3
．（1）5
3
5
（2）22
【分析】（1）先化简各项，分母有理化，再算加减法；
（2）先化简，将括号展开，同时去绝对值，再计算乘除法，最后合并．
【小问 1详解】
解：
2

8
27
2
23
2
2

2
33
3
2
2
3322232
3
33222
3
5；
2

3
3
2
2
3
3

【小问 2详解】
1
3
12
3
15

33
5
3
12
315
3
5
3
3
2
3
55
5
22．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
解方程组
2xy4
xy13

（1）x2y5；（2）232．

x1

（1）y2
x7

（2）y9
5x2y17
【分析】（1）利用加减消元法进行求解即可；
3x2y 39

（2）将原方程变形为5x2y17，再利用加减消元法进行求解即可．
【小问 1详解】
2xy4①

解： x2y5②
由② ① 2 得： 3x 3，解得： x 1，把 x1代入①中得： 2y 4，解得： y2，
x1

故原方程组的解是： y2．
【小问 2详解】
3x2y39①

解：原方程变形为： 5x2y 17② ，由① ②得： 8x56，解得： x7，
把 x7代入①中得： 212y39，解得： y 9，
x7

故原方程组的解是： y9．
【点睛】本题主要考查解二元一次方程组，解答的关键是对解二元一次方程组的方法的掌握与运用．
为改善民生；提高城市活力，某市有序推行“地摊经济”政策．某社区志愿者随机抽取该社区部分居民，按四个类别： A表示“非常支持”， B表示“支持”，C表示“不关心”， D表示“不支持”，调查他们对该政策态度的情况，将结果绘制成如下两幅不完整的统计图．根据图中提供的信息，解决下列问题：
这次共抽取了名居民进行调查统计，扇形统计图中，D类所对应的扇形圆心角的大小是；
将条形统计图补充完整；
该社区共有 2000名居民，估计该社区表示“支持”的 B类居民大约有多少人？
（1）60，18；（2）图见解析；（3）该社区表示“支持”的 B类居民大约有 1200人．
【分析】（1）根据 C类的条形统计图和扇形统计图的信息可得出总共抽取的人数，再求出 D类居民人数的占比，然后乘以360即可得；
根据（1）的结论，先求出 A类居民的人数，再补全条形统计图即可；
先求出表示“支持”的 B类居民的占比，再乘以 2000即可得．
【详解】（1）总共抽取的居民人数为915%60（名）
3
D类居民人数的占比为
60
100%5%
则 D类所对应的扇形圆心角的大小是3605%18
故答案为：60，18；
（2）A类居民的人数为60369312（名）补全条形统计图如下所示：
表示“支持”的 B类居民的占比为 36100%60%
60
则 200060% 1200（名）
答：该社区表示“支持”的 B类居民大约有 1200人．
【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联、画条形统计图等知识点，熟练掌握统计调查的相关知识是解题关键．
△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，A，B，C三点在格点上．
作出△ABC关于 x轴对称的△A1B1C1，并写出点 A1的坐标；
在 y轴上作点 D，使得 AD＋BD最小，并求出最小值．
2
（1）见解析；（2，﹣4）；（2）见解析，AD＋BD最小值是 3
【分析】（1）根据题意和图形，可以画出△ABC关于 x轴对称的△A1B1C1，并写出点 A1的坐标；
（2）根据轴对称和两点之间线段，可以得到使得 AD＋BD最小时点 D所在的位置，然后利用勾股定理求出 AD＋ BD 的最小值即可．
【详解】解：（1）如右图所示，点 A1的坐标是（2，﹣4）；
2
（2）作点 B关于 y轴的对称点 B′，连接 AB′与 y轴交于点 D，则此时 AD＋BD最小，
3232
∵AB′＝
3，
2
∴AD＋BD最小值是3．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中的图形变换，准确分析计算是解题的关键．
在平面直角坐标系 xOy中，正比例函数 ymxm0的图像经过点 A2, 4，过点 A的直线 ykxbk0
与 x轴、y轴分别交于 B，C两点．
求正比例函数的表达式；
若AOB的面积为BOC的面积的 4倍，求直线 ykxb的表达式；
3
在（2）的条件下，若一条平行于OA的直线 DE与直线 BC在第二象限内相交于点 D，与 y轴相交于点 E，连接OD，当OC 平分AOD 时，求点 D 的坐标．
y2x
y1x3或 y7x3
22
6,12
55

【分析】（1）将 A点坐标代入正比例函数解析式中求解即可；（2）表示出 B, C坐标，进而可得AOB与BOC的
面积，由 S
4S
，求出b值，根据 2kb4求出 k值，进而可得表达式；
AOB
3BOC
（3）由题意知，过点 A的直线的表达式为 y1x3，如图，作 DMy于 M，设直线 DE的解析式为 y2xb，
2
则 E0, b， Fb, 0，由OC平分AOD，可得DEOAOCDOC， ODDE，表示出 D的坐标，
2

代入 y1x3中可求b值，进而得到点 D的坐标．
2
【小问 1详解】
解：将 A2, 4代入 ymx中得 2m4，解得 m  2
∴正比例函数的表达式为 y2x．
【小问 2详解】解：∵ ykxb
∴直线 ykxb与 x轴、y轴的交点坐标为 Bb, 0， C0, b
k

将 A2, 4代入得2kb4
∴S1b4，S1bb
AOB2kBOC2k
∵S4S
AOB3BOC
∴1b441bb
k32k
解得b3或b3
当b3时， 2k34，解得k
1，此时 y1x3；
22
当b3时， 2k34，解得 k7，此时 y7x3；
22
∴直线 ykxb的表达式为 y 1x3或 y 7x3．
22
【小问 3详解】
解：由题意知，过点 A的直线的表达式为 y1 x3，如图，作 DMy于 M，
2
设直线 DE的解析式为 y2xb，则 E0, b， Fb, 0
2

∵ OC平分AOD
∴DOCAOC
∵DE∥OA
∴FDODOADOCAOC
∵FDODOCDEO
∴DEOAOCDOC
∴ODDE
∵DMy
∴ M是线段OE的中点
∴ D是线段 EF的中点
∴Db,b
42

将 Db, b代入 y1x3中得 1b3b
422242

解得b24
5
∴D6,12．
55

【点睛】本题考查了正比例函数解析式，一次函数与面积，平行直线的解析式，角平分线与平行线，三角形外角的性质，中点坐标等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
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）
如图各图形是由大小相同的黑点组成，图 1中有 2个点，图 2中有 7个点，图 3中有 14个点，…，按此规律，
第11个图中黑点的个数是．
142
【分析】整体观察图形，发现黑点组成的图形是正方形少了 2个黑点，而第 n个图的正方形的边长是n1，所以第 n个图中黑点的个数为n 122．
【详解】解：∵图 1中黑点的个数为 21122，
图 2 中黑点的个数为7 2122，图 3中黑点的个数为143122，
…，
∴第 11个图中黑点的个数为： 111221442142（个），故答案为：142．
【点睛】本题考查了探索规律，体现了数形结合的思想，整体观察图形，发现黑点组成的图形是正方形少了 2 个黑点是解题的关键．
如图，在四边形 ABCD中， A30， ABAD，取大于 1AB的长为半径，分别以点 A，B为圆心作弧相
2
交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD．则EBD的度数为．
45【分析】由 ADAB，得ABDADB75，再由作图可知，EAEB，
然后由等腰三角形的性质得ABEA30，即可得出答案．
【详解】解：∵ ADAB，∴ ABDADB1180A75，
2
由作图可知， EAEB，
∴ABEA30，
∴ EBDABDABE753045，故答案为： 45．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、尺规作图、垂直平分线的性质等知识，熟练掌握等边对等角是解题的关键．
如图，在平面直角坐标系中，点A、B 的坐标分别为3,0、0,6，点C3,n在第一象限内，连接AC、BC．已知BCA  2CAO ，则n ．
4
【分析】过点C作 x轴平行线交 y轴于 D，利用 A3,0，B0, 6，C3, n可知△BDC≌△EDC，△EDC≌△EOA ，可得 BD ED EO 1 BO ，从而解决问题．
3
【详解】解：如图，过点C作 x轴平行线交 y轴于 D，
∴DCACAO，BDCEDCEOA90
∵BCA2CAOBCDDCA
∴BCDDCACAO，
∴△BDC≌△EDC（ASA），
∴BDED，
又∵ A3,0， C3, n∴ CDAO3，
∴△EDC≌△EOA（ASA），
∴ EDEO，即： BDEDEO1BO，
3
又∵ B0, 6
∴BO6，
∴ BDEDEO1BO2，即： ODOEED4，
3
即点C的纵坐标为 4，
∴n4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
阅读理解：对于 x3n21xn这类特殊的代数式可以按下面的方法分解因式：
x3n21xnx3n2xxnxx2n2xnxxnxnxnxnx2nx1．理解运用：如果 x3n21xn0，那么xnx2nx10，即有 xn0或 x2nx10，
因此，方程xn0和x2nx10的所有解就是方程x3n21xn0的解．解决问题：求方程x3 3x2 4x 12  0 的解为．
x12，x22，x33
【分析】解法一： 利用材料所给信息， 将方程转化为： x35x23x2x140后， 把 x35x2写成x341x2可得：x2x22x1，把3x2 x14进行因式分解得x23x7，再进一步提公因式进行因式分解即可得到答案；
解法二：直接将 x33x24x120进行分组进行因式分解即可得到答案．
【详解】解：解法一： x33x24x120，
x35x23x2x140，x341x2x23x70，
x34xx2x23x70，
xx24x2x23x70，
xx2x2x2x23x70，
x2x22x1x23x70，
x2x22x 13x70，
x2x25x60，
x2x2x30，
∴ x20或 x20或 x30，解得： x  2或 x 2或 x 3；
解法二： x33x24x12 0，
x34x3x212  0，
xx243x240，
x24x30，
x2x2x30，
∴ x20或 x20或 x30，解得： x  2或 x 2或 x 3；
故答案为： x12， x22， x33．
【点睛】本题考查了高次方程和利用因式分解解一元二次方程的解法，看懂和理解给出的内容是解决本题的关键．
3
如图，正六边形ABCDEF的边长为2，延长BA，EF交于点O．以O为原点，以边AB所在的直线为x
轴建立平面直角坐标系，则直线DF与直线AE的交点坐标是(，)．（提示：n边形的内角和等于
n2180）
3
①.2
②.4
【分析】首先得出AOF是等边三角形，利用建立的坐标系，得出 D， F点坐标，进而求出直线 DF的解析式，
3
进而求出横坐标为 2
时，其纵坐标即可得出答案．
【详解】解：连接 AE， DF，
3
∵正六边形ABCDEF的边长为2，延长BA，EF交于点O，
3
∴可得：AOF是等边三角形，则AOFOFA2，
3
∵以O为原点，以边AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，EOA60，EOFOEF4，
∴ EAO90， OEA30，故 AE43cs306，
∴F3,3，D43,6，
设直线 DF的解析式为： ykxb，

则： 
3kb3
，
43kb6
3

k
解得： 

3，
b2
故直线 DF的解析式为： y
3x2，
3
3
3
当x23时，y2324，∴直线DF与直线AE的交点坐标是：23,4．
3
故答案为： 2
，4．
【点睛】此题主要考查了正多边形及待定系数法求一次函数解析式等知识，得出 F， D点坐标是解题关键．
二、解答题（本大题共 3个小题，共 30分，解答题应写出必要的步骤，文字说明，或证明过程）
甲、乙两地的路程为 290千米，一辆汽车早上 8：00从甲地出发，匀速向乙地行驶，途中休息一段时间后，按原速继续前进，当离甲地路程为 240 千米时接到通知，要求中午 12：00 准时到达乙地．设汽车出发 x小时后离甲地的路程为 y 千米，图中折线OCDE 表示接到通知前 y 与 x 之间的函数关系．
根据图象可知，休息前汽车行驶的速度为千米/小时；
求线段 DE所表示的 y与 x之间的函数表达式；
接到通知后，汽车仍按原速行驶能否准时到达？请说明理由．
（1）80；（2）y80x 40；（3）不能，理由见解析．
【分析】（1）观察图象即可得出休息前汽车行驶的速度；
根据题意求出点 E的横坐标，再利用待定系数法解答即可；
求出到达乙地所行驶的时间即可解答．
【详解】解：（1）由图象可知，休息前汽车行驶的速度为80180千米/小时；故答案为：80；
休息后按原速继续前进行驶的时间为： 2408080 2（小时），
∴点 E的坐标为（3.5，240），
1.5kb80k80
设线段 DE所表示的 y与 x之间的函数表达式为 ykxb，则： 3.5kb240，解得40，
b
∴线段 DE所表示的 y与 x之间的函数表达式为 y 80x40；
接到通知后，汽车仍按原速行驶，
则全程所需时间为： 290800.54.125（小时），
从早上 8点到中午 12点需要 12-8=4（小时），
∵4.125＞4，
所以接到通知后，汽车仍按原速行驶不能准时到达．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
阅读感悟：
有些关于方程组的问题，欲求的结果不是每一个未知数的值，而是关于未知数的代数式的值，如以下问题：已知实数 x、y 满足3xy 5①， 2x3y  7②，求 x4y 和7x5y的值．
本题常规思路是将①②两式联立组成方程组，解得 x、y 的值再代入欲求值的代数式得到答案，常规思路运算量比较大．其实，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，如由①
－②可得 x4y2，由①＋②×2可得解得7x5y19．这样的解题思想就是通常所说的“整体思想”．
解决问题：
2x3y19
已知二元一次方程组3x2y11则xy，xy；

某班级组织活动购买小奖品，买 20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需 32元，买 39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需 58 元，则购买 5 支铅笔、5 块橡皮、5 本日记本共需多少元？
对于实数 x、y，定义新运算：解得 x*yaxbyc，其中 a、b、c是常数，等式右边是通常的加法和乘法
运算，已知3*515， 4*728，那么1*1．
（1）8，6；
购买 5支铅笔、5块橡皮、5本日记本共需 30元；
11．
【分析】（1）利用① ② 可求出 xy的值；利用① ②1可求出 xy的值；
5
设铅笔的单价为m元，橡皮的单价为 n元，日记本的单价为 p元，根据“买 20支铅笔、3块橡皮、2本日记本共需 32元，买 39支铅笔、5块橡皮、3本日记本共需 58元”，即可得出关于 m， n， p的三元一次方程组，利用① 10②5，即可求出购买 5 支铅笔、5 块橡皮、5 本日记本所需费用；
根据定义的新运算结合“ 3*515， 4*728”， 即可得出关于 a， b， c的三元一次方程， 利用
① 6② 41，即可求出1*1的值．
2
【小问 1详解】
3x2y11①

解： 2x3y19②
由① ② 得： xy11198；
由① ②1得： xy111916．
55
故答案为：8，6．
【小问 2详解】
设铅笔的单价为 m元，橡皮的单价为 n元，日记本的单价为 p元，
20m3n2p32①
依题意得： 
39m5n3p58②
由① 10②5得： 5m5n5p3210585=30．答：购买 5 支铅笔、5 块橡皮、5 本日记本共需 30 元．
【小问 3详解】
3a5bc15①

依题意得： 4a7bc28②
由① 6② 41得： 2a2b2c1abc22111，
222
即：1*1abc11．故答案为： 11．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及三元一次方程组的应用，解题的关键是：（1）利用“整体思想”，
求出 xy和 xy的值；（2）找准等量关系，正确列出三元一次方程组；（3）找准等量关系，正确列出三元一次方程组．
已知：△ ABC是等腰三角形， CACB， 0ACB90．点 M在边 AC上，点 N 在边 BC上（点 M、点 N不与所在线段端点取合）， BNAM．连接 AN， BM，射线 AG∥ BC，延长 BM 交射线 AG于点 D，点 E
在直线 AN上，且 AEDE．
（1）如图，当ACB90时．
①求证： △BCM≌△ACN；
②求BDE的度数：
（2）当ACB，其它条件不变时，BDE的度数是．（用含的代数式表示）
（1）①见解析；② BDE90
（2）180
【分析】（1）①首先证明 CM=CN，再利用 SAS证明△BCM≌△CAN；
②由平行线的性质和等腰三角形的性质可知∠BDE=∠CAN+∠EAD，从而解决问题；
（2）由②同理可解决问题．
【小问 1详解】
解：①CACB， BNAM
CAAMCBBN，即CMCN
CMCN

在△ BCM 和△ACN中CC

CACB
△BCM≌△ACNSAS②△BCM≌△ACN，
CBMCAN；
AG//BC，
CBMADM，
ADMCAN；
AE＝DE，
EADEDA，CANEADADMEDA，即BDECANEAD，
ACB90，
CAG90，
BDECANEAD90．
【小问 2详解】
解：由②同理可得∠BDE=∠CAN+∠EAD，
∵∠ACB=，
∴∠CAG=，
∴∠BDE=∠CAN+∠EAD=180．
故答案为：180．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，运用从特殊到一般的方法是解题的关键．