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2023-2024学年重庆市垫江中学八年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市垫江中学八年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析），共28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。
1.下列倡导节约的图案中是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.要使 x−3有意义，则实数x的取值范围是( )
A. x≤−3B. x≥3C. x≥0D. x≤0
3.下列运算中，正确的是( )
A. 5− 3= 2B. (−2)2=−2C. 2 3− 3=2D. 27÷3= 3
4.如图，已知AD//BC，添加下列条件，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是( )
A. ∠ABC=∠ADC
B. ∠BAD=∠BCD
C. ∠ACB=∠CAD
D. ∠BAC=∠ACD
5.估计 2×(3 2+ 7)的值应在( )
A. 7与8之间B. 8与9之间C. 9与10之间D. 10与11之间
6.如图是用大小相等的五角星按一定规律拼成的一组图案，第1个图案中有4颗五角星，第2个图案中有7颗五角星，第3个图案中有10颗五角星……按此规律排列下去，第8个图案中五角星的颗数是( )
A. 25B. 26C. 28D. 31
7.如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠ADC的角平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD=6，CD=10，则EO的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.古代数学的“折竹抵地”问题：“今有竹高九尺，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意思是：现有竹子高9尺，折后竹尖抵地与竹子底部的距离为3尺，问折处高几尺？即：如图，AB+AC=9尺，BC=3尺，则AC等于尺．( )
A. 3.5B. 4C. 4.5D. 5
9.如图所示，在数轴上点A所表示的数为a，则a的值为( )
A. − 5B. 1− 5C. −1− 5D. −3
10.关于x的二次三项式M=x2+ax+b(a,b均为非零常数)，关于x的三次三项式N=2x3−4x2+10=c(x−1)3+d(x−1)2+e(x−1)+f(其中c，d，e，f均为非零常数)，下列说法中正确的个数有( )
①当x=−1时，N=4；
②当M+N为关于x的三次三项式时，则b=−10；
③当多项式M与N的乘积中不含x4项时，则a=2；
④e+f=6．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
11.计算：|π−2|+(12)−1= ______．
12.若 (a−1)2=1−a，则a的取值范围为______．
13.如图，图中的三角形是直角三角形，四边形都是正方形，若正方形A，B的面积分别是16，9，则最大正方形C的面积是______．
14.如图，圆柱形玻璃杯高为12cm、底面周长为18cm，在杯内离杯底4cm的点C处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿4cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为______cm．
15.已知a=2 3−1，则a2−2a+7= ______．
16.如图，将长方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在BC边上点A′处，点D的对应点为D′，连接A′D′交边CD于点E，连接CD′，若AB=9，AD=6，A′点为BC的中点，则线段ED′的长为______．
17.若关于x的不等式组x−a≥2x+12−3≤a有解，且关于x的分式方程axx−2−1=3x2−x的解为整数，则满足条件的整数a的值的和是______．
18.一个四位正整数的各数位上的数字不完全相同且均不为零，若满足千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍，则称这样的四位数为“二阶数”.将“二阶数”R的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调得到一个新的“二阶数”记为R′，记M(R)=R+R′737，例如：当R=4212时，R′=2421，则M(4212)=4212+2421737=9.已知两个“二阶数”R=abcd−,S=7m4n−，满足M(R)2是一个完全平方数，且mM(S)−27n−5M(R)M(S)为整数，则a+b= ______，R−S的最大值为______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1)(3 12−2 13+ 48)÷2 3；
(2)(2x+3+6x2−9)÷2xx2−6x+9．
20.(本小题10分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是AD上的一点，连接BE．
(1)用直尺和圆规，在BC上作一点F，使得∠FDC=∠ABE(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)在(1)所作的图中，求证：四边形BFDE为平行四边形．
(2)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A= ______，AB=CD，AD=BC．
在△ABE和△CDF，
∠A=∠C ∠ABE=∠FDC( )
∴△ABE≌△CDF(ASA)，
∴AE= ______，BE=DF，
∴AD−AE=CB−CF，
∴ED= ______
∴四边形BFDE为平行四边形．
21.(本小题10分)
某中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量，∠ADC=90°，CD=6m，AD=8m，AB=26m，BC=24m.求四边形空地ABCD的面积．
22.(本小题10分)
如图，已知四边形ABCD为平行四边形，AE，CF分别平分∠BAD和∠BCD，交BD于点E，F，连接AF，CE．
(1)若∠BCF=65°，求∠ABC的度数；
(2)求证：四边形AECF是平行四边形．
23.(本小题10分)
如图，一艘渔船位于小岛B的北偏东30°方向，距离小岛40海里的点A处，它沿着点A的南偏东15°的方向航行．
(1)渔船航行多远距离小岛B最近(结果保留根号)？
(2)渔船到达距离小岛B最近点后，按原航向继续航行20 6海里到点C处时突然发生事故，渔船马上向小岛B上的救援队求救，问救援队从B处立即出发以每小时30海里速度赶到C处进行救援，问救援队能否在2小时内到达C处进行救援？请说明理由．
24.(本小题10分)
“一带一路”的战略构想为国内许多企业的发展带来了新的机遇，其中华为企业凭信自身实力在国际上得到快速发展，华为手机也越来越受到国际消费者的喜爱；成都某手机专卖店经销华为P40和Mate30两款手机，两款手机售价如表：
假设两款手机的进价始终保持不变．
若今年元旦假期和去年国庆假期卖出的华为P40手机数量相同，且去年国庆假期利润为4.5万元，今年元旦假期利润为2.25万元．
(1)求每部华为P40手机进价为多少元？
(2)若每台Mate30的进价比P40的进价多400元，专卖店考虑到即将到来的五一促销活动，预计用不少于32万元且不多于32.1万元的资金购进这两款手机共90部，请问有哪几种进货方案？如果购进的手机全部(按今年元旦假期的售价)销售出去，哪种方案获得的利润最大？
25.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，OA=OB=8，C为线段OB上一点，
(1)若AC平分∠OAB，求C点的坐标；
(2)若∠BAC=30°，将△ABC沿AB翻折，C点的对应点为D，M是AB上一动点，求DM+12AM的最小值；
(3)在(2)的条件下，P为y轴上一动点，Q为平面上一点，坐标为(m,m+2)，若以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出P点坐标．
26.(本小题10分)
在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为BC边上一动点，连接AD，将AD绕着D点逆时针方向旋转90°得到DE，连接AE．
(1)如图1，AH⊥BC，点D恰好为CH中点，AE与BC交于点G，若AB=4，求AE的长度；
(2)如图2，DE与AB交于点F，连接BE，在BA延长线上有一点P，∠PCA=∠EAB，求证：AB=AP+ 2BD；
(3)如图3，DE与AB交于点F，且AB平分∠EAD，点M为线段AF上一点，点N为线段AD上一点，连接DM，MN，点K为DM延长线上一点，将△BDK沿直线BK翻折至△BDK所在平面内得到△BQK，连接DQ，在M，N运动过程中，当DM+MN取得最小值，且∠DKQ=45°时，请直接写出DQBC的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，故此选项正确；
C、不是轴对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，故此选项错误；
故选：B．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形定义．
2.【答案】B
【解析】解：∵二次根式 x−3有意义，
∴x−3≥0，
解得x≥3．
故选：B．
根据二次根式有意义的条件，可得：x−3≥0，据此求出实数x的取值范围即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解答此题的关键是要明确：二次根式中的被开方数是非负数．
3.【答案】D
【解析】解：A、 5与 3不是同类二次根式，不能合并，故该选项运算错误，不符合题意；
B、根据二次根式性质 (−2)2=|−2|=2≠−2，故该选项运算错误，不符合题意；
C、2 3− 3= 3≠2，故该选项运算错误，不符合题意；
D、 27÷3=3 3÷3= 3，故该选项运算正确，符合题意；
故选：D．
根据二次根式减法、二次根式性质、二次根式除法运算法则逐项验证即可得到答案．
本题考查二次根式运算，涉及二次根式减法、二次根式性质、二次根式除法等知识，熟练掌握二次根式性质及运算法则是解决问题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、∵AD//BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠ADC+∠BAD=180°，
∴AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AD//BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵∠ACB=∠CAD，
∴AD//BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项C符合题意；
D、∵∠BAC=∠ACD，
∴AB//CD，
又∵AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解： 2×(3 2+ 7)=6+ 14，
∵3< 14<4，
∴9<6+ 14<10，
故选：C．
观察代数式，只需正确估算 14的大小，然后进行计算即可．
本题考查二次根式混合运算和估算无理数大小，熟练掌握二次根式运算法则是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵第1个图案中五角星的颗数为：4，
第2个图案中五角星的颗数为：7=4+3=4+3×1，
第3个图案中五角星的颗数为：10=4+3+3=4+3×2，
…，
∴第n个图案中五角星的颗数为：4+3(n−1)=3n+1，
∴第8个图案中五角星的颗数为：3×8+1=25．
故选：A．
第1个图案中五角星的颗数为：4，第2个图案中五角星的颗数为：7=4+3=4+3×1，第3个图案中五角星的颗数为：10=4+3+3=4+3×2，…，据此可得到第n个图案中五角星的颗数，从而可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出第n个图形中五角星的颗数为：3n+1．
7.【答案】B
【解析】解：在平行四边形ABCD中，AB//DC，AB=CD，OD=OB，
∴∠CDP=∠APD，
∵DP平分∠ADC，
∴∠CDP=∠ADP，
∴∠ADP=∠APD，
∴AP=AD=6，
∵CD=10，
∴AB=10，
∴PB=AB−AP=10−6=4，
∵E是PD的中点，O是BD的中点，
∴EO是△DPB的中位线，
∴EO=12PB=2，
故选：B．
根据平行四边形的性质可得AB//DC，AB=CD，OD=OB，可得∠CDP=∠APD，根据DP平分∠ADC，可得∠CDP=∠ADP，从而可得∠ADP=∠APD，可得AP=AD=4，进一步可得PB的长，再根据三角形中位线定理可得EO=12PB，即可求出EO的长．
本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握这些知识是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为(9−x)尺，
根据勾股定理得：x2+32=(9−x)2．
解得：x=4，
答：折断处离地面的高度为4尺．
故选：B．
竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为(9−x)尺，利用勾股定理解题即可．
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
9.【答案】C
【解析】解：由题意可得数轴上表示−1的点与点A的距离为 22+12= 5，
那么点A表示的数为−1− 5，
故选：C．
利用勾股定理求得数轴上表示−1的点与点A的距离，再利用实数与数轴的关系即可求得答案．
本题考查实数与数轴的关系及勾股定理，利用勾股定理求得数轴上表示−1的点与点A的距离是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：①当x=−1时，N=2x3−4x2+10=−2−4+10=4，
故①符合题意；
②M+N=x2+ax+b+2x3−4x2+10，
当M+N为关于x的三次三项式时，b+10=0，
解得b=−10，
故②符合题意；
③M⋅N=(x2+ax+b)(2x3−4x2+10)
=2x5−4x4+10x2+2ax4−4ax3+10ax+2bx3−4bx2+10b
=2x5−(4−2a)x4−(10−4b)x2−(4a−2b)x3+10ax+10b，
∵多项式M⋅N乘积不含x4，
∴4−2a=0，解得a=2，
故③符合题意；
④∵2x3−4x2+10=c(x−1)3+d(x−1)2+e(x−1)+f，
∴2x3−4x2+10=c(x3−3x2+3x−1)+d(x2−2x+1)+e(x−1)+f，
∴c=2，−4=−3c+d，0=3c−2d+e，10=−c+d−e+f，
解得d=2，e=−2，f=8，
∴e+f=6，
故④符合题意；
故选：D．
①将x=−1代入N即可求值；
②求出M+N，根据题意可得b+10=0；
③根据多项式乘以多项式的运算法则展开，再由题意可得4−2a=0；
④由题意可得2x3−4x2+10=c(x3−3x2+3x−1)+d(x2−2x+1)+e(x−1)+f，从而得到c=2，−4=−3c+d，0=3c−2d+e，10=−c+d−e+f，分别求出c、d、e的值即可判定．
本题考查多项式，熟练掌握多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键．
11.【答案】π
【解析】解：|π−2|+(12)−1
=π−2+2
=π，
故答案为：π．
先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了绝对值，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
12.【答案】a≤1
【解析】解：∵ (a−1)2=1−a，
∴1−a≥0，
∴a≤1，
故答案是a≤1．
根据二次根式的性质可知，开方结果≥0，于是1−a≥0，解即可．
本题考查了二次根式的性质与化简．解题的关键时注意开方结果的取值是≥0．
13.【答案】25
【解析】解：设正方形A，B，C的边长分别为a，b，c，
则根据题意可知SA=a2=16，SB=b2=9，SC=c2，
又正方形C面积最大，
∴c2=a2+b2=16+9=25，
∴SC=c2=25，
故最大正方形C的面积是25．
故答案为：25．
在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．可设正方形A，B，C的边长分别为a，b，c，则根据题意可知SA=a2=16，SB=b2=9，SC=c2，正方形C面积最大，且图中的三角形是直角三角形，故一定有a2+b2=c2，正方形C的面积即可求解．
本题考查的知识点是勾股定理的实际应用，解题关键是理解勾股定理．
14.【答案】15
【解析】解：沿过A的圆柱的高剪开，得出矩形EFGH，
过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，
∵AE=A′E，A′P=AP，
∴AP+PC=A′P+PC=A′C，
∵CQ=12×18cm=9cm，A′Q=12cm−4cm+4cm=12cm，
在Rt△A′QC中，由勾股定理得：A′C= 122+92=15cm，
故答案为：15．
过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，求出A′Q，CQ，根据勾股定理求出A′C即可．
本题考查了勾股定理，轴对称−最短路线问题的应用，关键是找出最短路线．
15.【答案】9
【解析】解：∵a=2 3−1=2( 3+1)( 3−1)( 3+1)= 3+1，
∴a2−2a+7
=a2−2a+1+6
=(a−1)2+6
=( 3+1−1)2+6
=3+6
=9，
故答案为：9．
先对a进行分母有理化，然后再根据完全平方公式求解即可．
本题考查了二次根式的化简求值，熟练掌握分母有理化的方法是关键．
16.【答案】94
【解析】【分析】
本题考查长方形中的折叠问题，涉及勾股定理等知识，解题的关键是掌握折叠性质，利用勾股定理列方程解决问题．
根据将长方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在BC边上点A′处，得AM=A′M，∠MA′D′=∠A=90∘，设A′M=x=AM，则BM=9−x，在Rt△A′BM中，可得32+(9−x)2=x2，解得A′M=5，BM=4，证明△MA′B≌△FA′C(ASA)，得A′F=A′M=5，CF=BM=4，设A′E=m，CE=n，在Rt△A′CE中，32+n2=m2 ①，在Rt△A′EF中，52+m2=(3+n)2 ②，可得m=154，即A′E=154，从而得出ED′．
【解答】
解：∵将长方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在BC边上点A′处，
∴AM=A′M，∠MA′D′=∠A=90∘，
设A′M=x=AM，则BM=9−x，
∵A′是BC中点，
∴A′B=A′C=12BC=12AD=3，
在Rt△A′BM中，A′B2+BM2=A′M2，
∴32+(9−x)2=x2，
解得x=5，
∴A′M=5，BM=4，
延长DC，MA′交于F，如图：
在△MA′B和△FA′C中
∠A′CF=∠A′BMBA′=CA′∠MA′B=∠FA′C,
∴△MA′B≌△FA′C(ASA)，
∴A′F=A′M=5，CF=BM=4，
设A′E=m，CE=n，
在Rt△A′CE中，32+n2=m2 ①，
在Rt△A′EF中，52+m2=(4+n)2 ②，
由 ① ②可得m=154，即A′E=154，
∴ED′=A′D′−A′E=AD−A′E=6−154=94，
故答案为：94．
17.【答案】−1
【解析】解：解不等式组x−a≥2x+12−3≤a，结合该不等式组有解，
可得a+2≤x≤2a+5，
则有a+2≤2a+5，解得a≥−3，
解分式方程axx−2−1=3x2−x，
等号两边同时乘以(x−2)，可得ax−x+2=−3x，
解得x=−2a+2，
∵关于x的分式方程axx−2−1=3x2−x的解为整数，且x=−2a+2≠2，
解得a≠−3，
当a=−1时，x=−2，
当a=0时，x=−1，
∴满足题意的整数a的值的和是−1+0=−1．
故答案为：−1．
解不等式组x−a≥2x+12−3≤a，结合该不等式组有解，可得a≥−3，再解分式方程可得x=−2a+2，结合题意可得a≠−3，当a=−1时，x=−2，当a=0时，x=−1，即可获得答案．
本题主要考查了解一元一次不等式(组)、分式方程的解等知识，熟练掌握解一元一次不等式组，解分式方程的方法和步骤是解题的关键．
18.【答案】12 1809
【解析】解：∵R=abcd−，S=7m4n−，
∴R=1000a+100b+10c+d，R′=1000b+100a+10d+c，
∴R+R′=1100a+1100b+11c+11d，
∵千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍，
∴a+b=2(c+d)，
∴R+R′=22112(a+b)，
∴S=1000×7+100m+10×4+n，S=1000m+100×7+10n+4∴S+S=7700+1100m+44+1ln，
同理可得：7+m=8+2n，即m=2n+1，S+S′=221ln+8844，
M(R)=R+R′737=2211737(a+b)=32(a+b)′
M(S)=S+S′737=221ln+8844737=3n+12，
∵a、b、c、d是不完全相同的正整数且均不为零，
∴a+b≤18，32(a+b)≤27，M(R)2是一个完全平方数，
∴32(a+b)=932(a+b)=4′
解得：a+b=12或a+b=163(舍去)，
∵mM(S)−27n−5M(R)M(S)=(2n+1)(3n+12)−27n−5×32(a+b)3n+12
=6n2−783n+12
=2n2−26n+4
mM(S)−27n−5M(R)M(S)为整数即2n2−26n+4为整数，
∵m、n是正整数且均不为零，m=2n+1，
∴n≤4当n=1时2n2−26n+4=−245(不符合题意舍去)，
当n=2时2n2−26n+4=−186=−3(符合题意)，
当n=3时2n2−26n+4=−87(不符合题意舍去)，
当n=4时2n2−26n+4=34(不符合题意舍去)，
∴n=2，m=5，∴S=7542，
求R−S的最大值只需R最大，
∵a+b=12，c+d=6，R=abcd，
∴a=9，b=3，c=5，d=1，
∴R=9351，
∴R−S=9351−7542=1809，
故a+b=12，R−S=1809．
首先由千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍与R=abcd−，S=7m4n−得出R，R′，S，S′，a+b=2(c+d)，m=2n+1，然后得出M(R)，M(S)并化为最简分式，最后由M(R)2是一个完全平方数(等量关系)，且mM(S)−27n−5M(R)M(S)为整数(等量关系)，求解即可．
本题考查了新定义代数推理问题，多以阅读理解的形式呈现，解题关键是“理解新定义的数位关系，将文字语言转化为数学语言(等量关系)”．
19.【答案】解：(1)(3 12−2 13+ 48)÷2 3
=(6 3−2× 33+4 3)÷2 3
=6 3÷2 3−2× 33÷2 3+4 3÷2 3
=3−13+2
=143；
(2)(2x+3+6x2−9)÷2xx2−6x+9
=[2(x−3)(x+3)(x−3)+6(x+3)(x−3)]÷2x(x−3)2
=2x(x+3)(x−3)⋅(x−3)22x
=x−3x+3．
【解析】(1)根据二次根式的混合运算的法则进行计算即可求解；
(2)根据分式的混合运算进行计算即可求解．
本题考查了二次根式的混合运算，分式的混合运算，熟练掌握以上运算法则是解题的关键．
20.【答案】∠C CF BF
【解析】(1)解：如图，点F为所作；
(2)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AB=CD，AD=BC．
在△ABE和△CDF，
∠A=∠CAB=DC∠ABE=∠FDC，
∴△ABE≌△CDF(ASA)，
∴AE=CF，BE=DF，
∴AD−AE=CB−CF，
∴ED=BF，
∴四边形BFDE为平行四边形．
故答案为：∠C，AB=CD，CF，BF．
(1)利用基本作图作∠FDC=∠ABE即可；
(2)先根据平行四边形的性质得到∠A=∠C，AB=CD，AD=BC.再证明△ABE≌△CDF，所以AE=CF，BE=DF，则ED=BF，然后根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形得到结论．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质．
21.【答案】解：如图所示，连接AC，
在Rt△ADC，AD=8m，CD=6m，
∴AC= AD2+CD2=10m，
∵AC2+BC2=102+242=262=AB2，
∴△ABC是直角三角形，即∠ACB=90°，
∴S四边形ABCD=S△ABC−S△ACD=12×10×24−12×6×8=96 (m2)，
答：四边形空地ABCD的面积为96m2．
【解析】如图所示，连接AC，利用勾股定理求出AC，进而利用勾股定理的逆定理证明∠ACB=90°，再根据S四边形ABCD=S△ABC−S△ACD进行求解即可．
本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，解答本题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
22.【答案】(1)解：∵CF平分∠BCD，
∴∠BCD=2∠BCF=65°×2=130°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ABC=180°−∠BCD=180°−130°=50°；
(2)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，∠BAD=∠DCB，
∴∠ABE=∠CDF，
∵∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠DCB，
∴∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDF(ASA)．
∴∠AEB=∠CFD，AE=CF，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【解析】(1)由平行四边形的性质可得出答案；
(2)根据ASA证明△ABE≌△CDF，由全等三角形的性质得出AE=CF，AE//CF，则可得出结论．
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)过点B作BM⊥AC于点M，如图所示：
由题意，知∠BAM=45°，则∠ABM=45°．
在Rt△ABM中，∠BAM=45°，AB=40海里，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴BM=AM= 22AB= 22×40=20 2(海里)．
答：渔船航行20 2海里与小岛B的距离最近．
(2)救援队能在2小时内到达C处进行救援，理由如下：
∵BM=20 2海里，MC=20 6海里，
∴tan∠MBC=MCBM=20 620 2= 3，
∴∠MBC=60°，
∴∠CBG=180°−60°−45°−30°=45°，
在Rt△BCM中，∠MBC=60°，
∴∠BCM=30°，
∴BC=2BM=40(海里)，
∴40÷30=43<2．
即：救援队能在2小时内到达C处进行救援．
【解析】(1)过B作BM⊥AC于M，解直角三角形即可得到结论；
(2)在Rt△BCM中，解直角三角形求得∠MBC=60°，再求得∠CBG=45°，BC=80n mile，即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设每部华为P40手机进价为x元，
依题意得：450004300−x=225003800−x，
解得：x=3300，
经检验，x=3300是原方程的解，且符合题意．
答：每部华为P40手机进价为3300元；
(2)每台Mate30手机的进价为3300+400=3700(元)．
设购进华为P40手机m部，则购进Mate30手机(90−m)部，
依题意得：3300m+3700(90−m)≥3200003300m+3700(90−m)≤321000，
解得：30≤m≤3212，
又∵m为正整数，
∴m可以为30，31，32，
∴共有3种进货方案，
方案1：购进30部华为P40手机，60部Mate30手机，利润为(3800−3300)×30+(4500−3700)×60=63000(元)；
方案2：购进31部华为P40手机，59部Mate30手机，利润为(3800−3300)×31+(4500−3700)×59=62700(元)；
方案3：购进32部华为P40手机，58部Mate30手机，利润为(3800−3300)×32+(4500−3700)×58=62400(元)．
故方案1获得的利润最大．
【解析】(1)设每部华为P40手机进价为x元，根据数量=总利润÷每部的销售利润结合今年元旦假期和去年国庆假期卖出的华为P40手机数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设购进华为P40手机m部，则购进Mate30手机(90−m)部，根据总价=单价×数量结合预计用不少于32万元且不多于32.1万元的资金购进这两款手机共90部，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数即可得出各进货方案，进一步得到哪种方案获得的利润最大．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
25.【答案】解：(1)如图1，过点C作CD⊥AB于点D，
∵OA=OB=8，∠AOB=90°，
∴AB= OA2+OB2=8 2，∠OAB=∠OBA=12×90°=45°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB=90°−∠DBC=45°=∠DBC，
∴DB=DC，
∵AC平分∠OAB，CD⊥AB，∠AOB=90°，
∴DC=OC=DB，
又∵AC=AC，
∴Rt△ACD≌Rt△ACO(HL)，
∴AD=OA=8，
∴DB=AB−AD=8 2−8，
∴OC=DB=8 2−8，
∴C(0,8 2−8)；
(2)根据题意，将△ABC沿AB翻折，C点的对应点为D，
连接CD，交AB于点K，如图2，
由折叠的性质可得∠BAC=∠BAD=30°，AC=AD，CD⊥AB，
∵∠BAC=30°，
∴CK=12AC，
∵CD⊥AB，∠OBA=45°，
∴∠KCB=90°−∠OBA=45°=∠OBA，
∴KB=KC，
设KC=x，则KB=KC=x，AC=2KC=2x，
∴AK= AC2−KC2= 3x，
∴AB=AK+KB= 3x+x=8 2，
解得x=4 6−4 2，
∴AD=AC=8 6−8 2，
根据题意，M是AB上一动点，连接DM，过点M作MF⊥AC于点F，如图3，
∵∠BAC=∠BAD=30°，
∴MF=12AM，
∴若DM+12AM取最小值，即DM+MF取最小值，
∵当点D，M，F三点共线，且DF⊥AC时，DM+MF取最小值，
此时在Rt△ADF中，∠DAF=∠BAC+∠BAD=60°，
∴∠ADF=90°−∠DAF=30°，
∴AF=12AD=4 6−4 2，
∴DF=DM+MF= AD2−AF2=12 2−4 6，
即DM+12AM的最小值为12 2−4 6；
(3)由(2)可知，AC=8 6−8 2，
∴OC= AC2−OA2=16−8 3，
当线段AP为平行四边形的一条边时，如图4，过点Q作QH⊥y轴于点H，
∵四边相ACQP为平行时四边形，
∴AC=QP，AC//QP，
∴∠ACP=∠QPC，
∴180°−∠ACP=180°−∠QPC，即∠ACO=∠QPH，
又∵∠AOC=∠QHP=90°，
∴△AOC≌△QHP(AAS)，
∴QH=OA=8，OC=HP=16−8 3，
∵Q(m,m+2)，
∴m=8，m+2=10，即OH=10，
∴OP=OH−HP=8 3−6，
∴P(0,8 3−6)；
当线段AP为平行四边形的对角线时，如图5，过点Q作QG⊥y轴于点G，
∵四边相ACPQ为平行时四边形，
∴AC=QP，AC//QP，
∴∠ACO=∠QPG，
又∵∠AOC=∠QGP=90°，
∴△AOC≌△QGP(AAS)，
∴QG=OA=8，OC=GP=16−8 3，
∵Q(m,m+2)，
∴m=−8，m+2=−6，即OG=6，
∴OP=OG−GP=8 3−10，
∴P(0,10−8 3)．
【解析】(1)过点C作CD⊥AB于点D，首先利用勾股定理和等腰三角形的性质解得AB=8 2，∠OAB=∠OBA=45°，证明△BCD为等腰直角三角形，易得DB=DC，再根据角平分线的性质定理可得DC=OC=DB，然后证明Rt△ACD≌Rt△ACO，由全等三角形的性质可得AD=OA=8，进而确定DB的值，即可获得答案；
(2)根据题意，将△ABC沿AB翻折，C点的对应点为D，连接CD，交AB于点K，首先解得AD=AC=8 6−8 2，结合M是AB上一动点，连接DM，过点M作MF⊥AC于点F，由含30度角的直角三角形的性质可得MF=12AM，进而可知若DM+12AM取最小值，即DM+MF取最小值，当点D，M，F三点共线，且DF⊥AC时，DM+MF取最小值，求得DF的值，即可获得答案；
(3)首先解得OC的值，分线段AP为平行四边形的一条边和线段AP为平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、等腰三角形的性质、角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、平行四边形的性质、折叠的性质等知识，综合性强，难度较大，正确作出辅助线是解题关键．
26.【答案】(1)解：∵∠BAC=90°，AB=AC=4，
∴BC=4 2，
∵AH⊥BC，AB=AC，
∴BH=CH=2 2=AH，
∵点D为CH中点，
∴DH=CD= 2，
∴AD= AH2+DH2= 8+2= 10，
∵将AD绕着D点逆时针方向旋转90°得到DE，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∴AE= 2AD=2 5；
(2)证明：如图2，过点D作DH⊥BC交AB于点H，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，BC= 2AC，
∵DH⊥BC，
∴∠BHD=∠DBH=45°，∠BDH=90°，
∴BD=DH，∠AHD=135°，
∴BH= 2BD，
∵将AD绕着D点逆时针方向旋转90°得到DE，
∴AD=DE，∠ADE=90°=∠BDH，
∴∠ADH=∠EDB，
∴△ADH≌△EDB(SAS)，
∴AH=BE，∠DBE=∠DHA=135°，
∴∠ABE=90°=∠CAP，
又∵AB=AC，∠BAE=∠ACP，
∴△BAE≌△ACP(ASA)，
∴AP=BE，
∴AP=BE=AH，
∴AB=AP+ 2BD；
(3)解：如图3，在AE上截取AN′=AN，连接MN′，
∵AB平分∠EAD，
∴∠DAB=∠BAE=22.5°，
又∵AM=AM，
∴△AMN≌△AMN′(SAS)，
∴MN=MN′，
∴DM+MN=DM+MN′，
∴当点M，点N′，点D三点共线，且DM⊥AE时，DM+MN有最小值，
如图4，
∵DM⊥AE，DE=AD，
∴∠ADM=∠EDM=45°，
∵折叠，
∴DQ⊥BK，∠BKD=∠BKQ，
∵∠DKQ=45°，
∴∠BKD=∠BKQ=22.5°，
∵∠AMK=∠ADM+∠BAD=∠BKD+∠KBA，
∴∠KBA=∠ADM=45°，
∴∠KBD=∠ABK+∠ABC=90°，
∴KB⊥BD，
又∵DQ⊥BK，
∴点B，点Q，点D三点共线，
∵折叠，
∴DQ=2BD，
∵∠BAD=22.5°，
∴∠CAD=67.5°，∠ADC=∠ABC+∠BAD=67.5°，
∴∠CAD=∠ADC，
∴AC=DC，
∴BD=BC−CD= 2AC−AC，
∴DQ=2BD=2 2AC−2AC，
∴DQBC=2 2AC−2AC 2AC=2− 2．
【解析】(1)由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求AD的长，由旋转的性质可得AD=DE，∠ADE=90°，即可求解；
(2)由“SAS”可证△ADH≌△EDB，可得AH=BE，∠DBE=∠DHA=135°，由“ASA”可得△BAE≌△ACP，可得AP=BE，可得结论；
(3)先证明当点M，点N′，点D三点共线，且DM⊥AE时，DM+MN有最小值，再证明点Q，点B，点D三点共线，由等腰直角三角形和折叠的性质可求解．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．售价型号
去年国庆假期售价(元/部)
今年元旦假期售价(元/部)
华为P40
4300
3800
华为Mate30
5000
4500
1.下列倡导节约的图案中是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.要使 x−3有意义，则实数x的取值范围是( )
A. x≤−3B. x≥3C. x≥0D. x≤0
3.下列运算中，正确的是( )
A. 5− 3= 2B. (−2)2=−2C. 2 3− 3=2D. 27÷3= 3
4.如图，已知AD//BC，添加下列条件，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是( )
A. ∠ABC=∠ADC
B. ∠BAD=∠BCD
C. ∠ACB=∠CAD
D. ∠BAC=∠ACD
5.估计 2×(3 2+ 7)的值应在( )
A. 7与8之间B. 8与9之间C. 9与10之间D. 10与11之间
6.如图是用大小相等的五角星按一定规律拼成的一组图案，第1个图案中有4颗五角星，第2个图案中有7颗五角星，第3个图案中有10颗五角星……按此规律排列下去，第8个图案中五角星的颗数是( )
A. 25B. 26C. 28D. 31
7.如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠ADC的角平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD=6，CD=10，则EO的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.古代数学的“折竹抵地”问题：“今有竹高九尺，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意思是：现有竹子高9尺，折后竹尖抵地与竹子底部的距离为3尺，问折处高几尺？即：如图，AB+AC=9尺，BC=3尺，则AC等于尺．( )
A. 3.5B. 4C. 4.5D. 5
9.如图所示，在数轴上点A所表示的数为a，则a的值为( )
A. − 5B. 1− 5C. −1− 5D. −3
10.关于x的二次三项式M=x2+ax+b(a,b均为非零常数)，关于x的三次三项式N=2x3−4x2+10=c(x−1)3+d(x−1)2+e(x−1)+f(其中c，d，e，f均为非零常数)，下列说法中正确的个数有( )
①当x=−1时，N=4；
②当M+N为关于x的三次三项式时，则b=−10；
③当多项式M与N的乘积中不含x4项时，则a=2；
④e+f=6．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
11.计算：|π−2|+(12)−1= ______．
12.若 (a−1)2=1−a，则a的取值范围为______．
13.如图，图中的三角形是直角三角形，四边形都是正方形，若正方形A，B的面积分别是16，9，则最大正方形C的面积是______．
14.如图，圆柱形玻璃杯高为12cm、底面周长为18cm，在杯内离杯底4cm的点C处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿4cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为______cm．
15.已知a=2 3−1，则a2−2a+7= ______．
16.如图，将长方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在BC边上点A′处，点D的对应点为D′，连接A′D′交边CD于点E，连接CD′，若AB=9，AD=6，A′点为BC的中点，则线段ED′的长为______．
17.若关于x的不等式组x−a≥2x+12−3≤a有解，且关于x的分式方程axx−2−1=3x2−x的解为整数，则满足条件的整数a的值的和是______．
18.一个四位正整数的各数位上的数字不完全相同且均不为零，若满足千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍，则称这样的四位数为“二阶数”.将“二阶数”R的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调得到一个新的“二阶数”记为R′，记M(R)=R+R′737，例如：当R=4212时，R′=2421，则M(4212)=4212+2421737=9.已知两个“二阶数”R=abcd−,S=7m4n−，满足M(R)2是一个完全平方数，且mM(S)−27n−5M(R)M(S)为整数，则a+b= ______，R−S的最大值为______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1)(3 12−2 13+ 48)÷2 3；
(2)(2x+3+6x2−9)÷2xx2−6x+9．
20.(本小题10分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是AD上的一点，连接BE．
(1)用直尺和圆规，在BC上作一点F，使得∠FDC=∠ABE(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)在(1)所作的图中，求证：四边形BFDE为平行四边形．
(2)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A= ______，AB=CD，AD=BC．
在△ABE和△CDF，
∠A=∠C ∠ABE=∠FDC( )
∴△ABE≌△CDF(ASA)，
∴AE= ______，BE=DF，
∴AD−AE=CB−CF，
∴ED= ______
∴四边形BFDE为平行四边形．
21.(本小题10分)
某中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量，∠ADC=90°，CD=6m，AD=8m，AB=26m，BC=24m.求四边形空地ABCD的面积．
22.(本小题10分)
如图，已知四边形ABCD为平行四边形，AE，CF分别平分∠BAD和∠BCD，交BD于点E，F，连接AF，CE．
(1)若∠BCF=65°，求∠ABC的度数；
(2)求证：四边形AECF是平行四边形．
23.(本小题10分)
如图，一艘渔船位于小岛B的北偏东30°方向，距离小岛40海里的点A处，它沿着点A的南偏东15°的方向航行．
(1)渔船航行多远距离小岛B最近(结果保留根号)？
(2)渔船到达距离小岛B最近点后，按原航向继续航行20 6海里到点C处时突然发生事故，渔船马上向小岛B上的救援队求救，问救援队从B处立即出发以每小时30海里速度赶到C处进行救援，问救援队能否在2小时内到达C处进行救援？请说明理由．
24.(本小题10分)
“一带一路”的战略构想为国内许多企业的发展带来了新的机遇，其中华为企业凭信自身实力在国际上得到快速发展，华为手机也越来越受到国际消费者的喜爱；成都某手机专卖店经销华为P40和Mate30两款手机，两款手机售价如表：
假设两款手机的进价始终保持不变．
若今年元旦假期和去年国庆假期卖出的华为P40手机数量相同，且去年国庆假期利润为4.5万元，今年元旦假期利润为2.25万元．
(1)求每部华为P40手机进价为多少元？
(2)若每台Mate30的进价比P40的进价多400元，专卖店考虑到即将到来的五一促销活动，预计用不少于32万元且不多于32.1万元的资金购进这两款手机共90部，请问有哪几种进货方案？如果购进的手机全部(按今年元旦假期的售价)销售出去，哪种方案获得的利润最大？
25.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，OA=OB=8，C为线段OB上一点，
(1)若AC平分∠OAB，求C点的坐标；
(2)若∠BAC=30°，将△ABC沿AB翻折，C点的对应点为D，M是AB上一动点，求DM+12AM的最小值；
(3)在(2)的条件下，P为y轴上一动点，Q为平面上一点，坐标为(m,m+2)，若以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出P点坐标．
26.(本小题10分)
在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为BC边上一动点，连接AD，将AD绕着D点逆时针方向旋转90°得到DE，连接AE．
(1)如图1，AH⊥BC，点D恰好为CH中点，AE与BC交于点G，若AB=4，求AE的长度；
(2)如图2，DE与AB交于点F，连接BE，在BA延长线上有一点P，∠PCA=∠EAB，求证：AB=AP+ 2BD；
(3)如图3，DE与AB交于点F，且AB平分∠EAD，点M为线段AF上一点，点N为线段AD上一点，连接DM，MN，点K为DM延长线上一点，将△BDK沿直线BK翻折至△BDK所在平面内得到△BQK，连接DQ，在M，N运动过程中，当DM+MN取得最小值，且∠DKQ=45°时，请直接写出DQBC的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，故此选项正确；
C、不是轴对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，故此选项错误；
故选：B．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形定义．
2.【答案】B
【解析】解：∵二次根式 x−3有意义，
∴x−3≥0，
解得x≥3．
故选：B．
根据二次根式有意义的条件，可得：x−3≥0，据此求出实数x的取值范围即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解答此题的关键是要明确：二次根式中的被开方数是非负数．
3.【答案】D
【解析】解：A、 5与 3不是同类二次根式，不能合并，故该选项运算错误，不符合题意；
B、根据二次根式性质 (−2)2=|−2|=2≠−2，故该选项运算错误，不符合题意；
C、2 3− 3= 3≠2，故该选项运算错误，不符合题意；
D、 27÷3=3 3÷3= 3，故该选项运算正确，符合题意；
故选：D．
根据二次根式减法、二次根式性质、二次根式除法运算法则逐项验证即可得到答案．
本题考查二次根式运算，涉及二次根式减法、二次根式性质、二次根式除法等知识，熟练掌握二次根式性质及运算法则是解决问题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、∵AD//BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠ADC+∠BAD=180°，
∴AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AD//BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵∠ACB=∠CAD，
∴AD//BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项C符合题意；
D、∵∠BAC=∠ACD，
∴AB//CD，
又∵AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解： 2×(3 2+ 7)=6+ 14，
∵3< 14<4，
∴9<6+ 14<10，
故选：C．
观察代数式，只需正确估算 14的大小，然后进行计算即可．
本题考查二次根式混合运算和估算无理数大小，熟练掌握二次根式运算法则是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵第1个图案中五角星的颗数为：4，
第2个图案中五角星的颗数为：7=4+3=4+3×1，
第3个图案中五角星的颗数为：10=4+3+3=4+3×2，
…，
∴第n个图案中五角星的颗数为：4+3(n−1)=3n+1，
∴第8个图案中五角星的颗数为：3×8+1=25．
故选：A．
第1个图案中五角星的颗数为：4，第2个图案中五角星的颗数为：7=4+3=4+3×1，第3个图案中五角星的颗数为：10=4+3+3=4+3×2，…，据此可得到第n个图案中五角星的颗数，从而可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出第n个图形中五角星的颗数为：3n+1．
7.【答案】B
【解析】解：在平行四边形ABCD中，AB//DC，AB=CD，OD=OB，
∴∠CDP=∠APD，
∵DP平分∠ADC，
∴∠CDP=∠ADP，
∴∠ADP=∠APD，
∴AP=AD=6，
∵CD=10，
∴AB=10，
∴PB=AB−AP=10−6=4，
∵E是PD的中点，O是BD的中点，
∴EO是△DPB的中位线，
∴EO=12PB=2，
故选：B．
根据平行四边形的性质可得AB//DC，AB=CD，OD=OB，可得∠CDP=∠APD，根据DP平分∠ADC，可得∠CDP=∠ADP，从而可得∠ADP=∠APD，可得AP=AD=4，进一步可得PB的长，再根据三角形中位线定理可得EO=12PB，即可求出EO的长．
本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握这些知识是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为(9−x)尺，
根据勾股定理得：x2+32=(9−x)2．
解得：x=4，
答：折断处离地面的高度为4尺．
故选：B．
竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为(9−x)尺，利用勾股定理解题即可．
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
9.【答案】C
【解析】解：由题意可得数轴上表示−1的点与点A的距离为 22+12= 5，
那么点A表示的数为−1− 5，
故选：C．
利用勾股定理求得数轴上表示−1的点与点A的距离，再利用实数与数轴的关系即可求得答案．
本题考查实数与数轴的关系及勾股定理，利用勾股定理求得数轴上表示−1的点与点A的距离是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：①当x=−1时，N=2x3−4x2+10=−2−4+10=4，
故①符合题意；
②M+N=x2+ax+b+2x3−4x2+10，
当M+N为关于x的三次三项式时，b+10=0，
解得b=−10，
故②符合题意；
③M⋅N=(x2+ax+b)(2x3−4x2+10)
=2x5−4x4+10x2+2ax4−4ax3+10ax+2bx3−4bx2+10b
=2x5−(4−2a)x4−(10−4b)x2−(4a−2b)x3+10ax+10b，
∵多项式M⋅N乘积不含x4，
∴4−2a=0，解得a=2，
故③符合题意；
④∵2x3−4x2+10=c(x−1)3+d(x−1)2+e(x−1)+f，
∴2x3−4x2+10=c(x3−3x2+3x−1)+d(x2−2x+1)+e(x−1)+f，
∴c=2，−4=−3c+d，0=3c−2d+e，10=−c+d−e+f，
解得d=2，e=−2，f=8，
∴e+f=6，
故④符合题意；
故选：D．
①将x=−1代入N即可求值；
②求出M+N，根据题意可得b+10=0；
③根据多项式乘以多项式的运算法则展开，再由题意可得4−2a=0；
④由题意可得2x3−4x2+10=c(x3−3x2+3x−1)+d(x2−2x+1)+e(x−1)+f，从而得到c=2，−4=−3c+d，0=3c−2d+e，10=−c+d−e+f，分别求出c、d、e的值即可判定．
本题考查多项式，熟练掌握多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键．
11.【答案】π
【解析】解：|π−2|+(12)−1
=π−2+2
=π，
故答案为：π．
先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了绝对值，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
12.【答案】a≤1
【解析】解：∵ (a−1)2=1−a，
∴1−a≥0，
∴a≤1，
故答案是a≤1．
根据二次根式的性质可知，开方结果≥0，于是1−a≥0，解即可．
本题考查了二次根式的性质与化简．解题的关键时注意开方结果的取值是≥0．
13.【答案】25
【解析】解：设正方形A，B，C的边长分别为a，b，c，
则根据题意可知SA=a2=16，SB=b2=9，SC=c2，
又正方形C面积最大，
∴c2=a2+b2=16+9=25，
∴SC=c2=25，
故最大正方形C的面积是25．
故答案为：25．
在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．可设正方形A，B，C的边长分别为a，b，c，则根据题意可知SA=a2=16，SB=b2=9，SC=c2，正方形C面积最大，且图中的三角形是直角三角形，故一定有a2+b2=c2，正方形C的面积即可求解．
本题考查的知识点是勾股定理的实际应用，解题关键是理解勾股定理．
14.【答案】15
【解析】解：沿过A的圆柱的高剪开，得出矩形EFGH，
过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，
∵AE=A′E，A′P=AP，
∴AP+PC=A′P+PC=A′C，
∵CQ=12×18cm=9cm，A′Q=12cm−4cm+4cm=12cm，
在Rt△A′QC中，由勾股定理得：A′C= 122+92=15cm，
故答案为：15．
过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，求出A′Q，CQ，根据勾股定理求出A′C即可．
本题考查了勾股定理，轴对称−最短路线问题的应用，关键是找出最短路线．
15.【答案】9
【解析】解：∵a=2 3−1=2( 3+1)( 3−1)( 3+1)= 3+1，
∴a2−2a+7
=a2−2a+1+6
=(a−1)2+6
=( 3+1−1)2+6
=3+6
=9，
故答案为：9．
先对a进行分母有理化，然后再根据完全平方公式求解即可．
本题考查了二次根式的化简求值，熟练掌握分母有理化的方法是关键．
16.【答案】94
【解析】【分析】
本题考查长方形中的折叠问题，涉及勾股定理等知识，解题的关键是掌握折叠性质，利用勾股定理列方程解决问题．
根据将长方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在BC边上点A′处，得AM=A′M，∠MA′D′=∠A=90∘，设A′M=x=AM，则BM=9−x，在Rt△A′BM中，可得32+(9−x)2=x2，解得A′M=5，BM=4，证明△MA′B≌△FA′C(ASA)，得A′F=A′M=5，CF=BM=4，设A′E=m，CE=n，在Rt△A′CE中，32+n2=m2 ①，在Rt△A′EF中，52+m2=(3+n)2 ②，可得m=154，即A′E=154，从而得出ED′．
【解答】
解：∵将长方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在BC边上点A′处，
∴AM=A′M，∠MA′D′=∠A=90∘，
设A′M=x=AM，则BM=9−x，
∵A′是BC中点，
∴A′B=A′C=12BC=12AD=3，
在Rt△A′BM中，A′B2+BM2=A′M2，
∴32+(9−x)2=x2，
解得x=5，
∴A′M=5，BM=4，
延长DC，MA′交于F，如图：
在△MA′B和△FA′C中
∠A′CF=∠A′BMBA′=CA′∠MA′B=∠FA′C,
∴△MA′B≌△FA′C(ASA)，
∴A′F=A′M=5，CF=BM=4，
设A′E=m，CE=n，
在Rt△A′CE中，32+n2=m2 ①，
在Rt△A′EF中，52+m2=(4+n)2 ②，
由 ① ②可得m=154，即A′E=154，
∴ED′=A′D′−A′E=AD−A′E=6−154=94，
故答案为：94．
17.【答案】−1
【解析】解：解不等式组x−a≥2x+12−3≤a，结合该不等式组有解，
可得a+2≤x≤2a+5，
则有a+2≤2a+5，解得a≥−3，
解分式方程axx−2−1=3x2−x，
等号两边同时乘以(x−2)，可得ax−x+2=−3x，
解得x=−2a+2，
∵关于x的分式方程axx−2−1=3x2−x的解为整数，且x=−2a+2≠2，
解得a≠−3，
当a=−1时，x=−2，
当a=0时，x=−1，
∴满足题意的整数a的值的和是−1+0=−1．
故答案为：−1．
解不等式组x−a≥2x+12−3≤a，结合该不等式组有解，可得a≥−3，再解分式方程可得x=−2a+2，结合题意可得a≠−3，当a=−1时，x=−2，当a=0时，x=−1，即可获得答案．
本题主要考查了解一元一次不等式(组)、分式方程的解等知识，熟练掌握解一元一次不等式组，解分式方程的方法和步骤是解题的关键．
18.【答案】12 1809
【解析】解：∵R=abcd−，S=7m4n−，
∴R=1000a+100b+10c+d，R′=1000b+100a+10d+c，
∴R+R′=1100a+1100b+11c+11d，
∵千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍，
∴a+b=2(c+d)，
∴R+R′=22112(a+b)，
∴S=1000×7+100m+10×4+n，S=1000m+100×7+10n+4∴S+S=7700+1100m+44+1ln，
同理可得：7+m=8+2n，即m=2n+1，S+S′=221ln+8844，
M(R)=R+R′737=2211737(a+b)=32(a+b)′
M(S)=S+S′737=221ln+8844737=3n+12，
∵a、b、c、d是不完全相同的正整数且均不为零，
∴a+b≤18，32(a+b)≤27，M(R)2是一个完全平方数，
∴32(a+b)=932(a+b)=4′
解得：a+b=12或a+b=163(舍去)，
∵mM(S)−27n−5M(R)M(S)=(2n+1)(3n+12)−27n−5×32(a+b)3n+12
=6n2−783n+12
=2n2−26n+4
mM(S)−27n−5M(R)M(S)为整数即2n2−26n+4为整数，
∵m、n是正整数且均不为零，m=2n+1，
∴n≤4当n=1时2n2−26n+4=−245(不符合题意舍去)，
当n=2时2n2−26n+4=−186=−3(符合题意)，
当n=3时2n2−26n+4=−87(不符合题意舍去)，
当n=4时2n2−26n+4=34(不符合题意舍去)，
∴n=2，m=5，∴S=7542，
求R−S的最大值只需R最大，
∵a+b=12，c+d=6，R=abcd，
∴a=9，b=3，c=5，d=1，
∴R=9351，
∴R−S=9351−7542=1809，
故a+b=12，R−S=1809．
首先由千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍与R=abcd−，S=7m4n−得出R，R′，S，S′，a+b=2(c+d)，m=2n+1，然后得出M(R)，M(S)并化为最简分式，最后由M(R)2是一个完全平方数(等量关系)，且mM(S)−27n−5M(R)M(S)为整数(等量关系)，求解即可．
本题考查了新定义代数推理问题，多以阅读理解的形式呈现，解题关键是“理解新定义的数位关系，将文字语言转化为数学语言(等量关系)”．
19.【答案】解：(1)(3 12−2 13+ 48)÷2 3
=(6 3−2× 33+4 3)÷2 3
=6 3÷2 3−2× 33÷2 3+4 3÷2 3
=3−13+2
=143；
(2)(2x+3+6x2−9)÷2xx2−6x+9
=[2(x−3)(x+3)(x−3)+6(x+3)(x−3)]÷2x(x−3)2
=2x(x+3)(x−3)⋅(x−3)22x
=x−3x+3．
【解析】(1)根据二次根式的混合运算的法则进行计算即可求解；
(2)根据分式的混合运算进行计算即可求解．
本题考查了二次根式的混合运算，分式的混合运算，熟练掌握以上运算法则是解题的关键．
20.【答案】∠C CF BF
【解析】(1)解：如图，点F为所作；
(2)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AB=CD，AD=BC．
在△ABE和△CDF，
∠A=∠CAB=DC∠ABE=∠FDC，
∴△ABE≌△CDF(ASA)，
∴AE=CF，BE=DF，
∴AD−AE=CB−CF，
∴ED=BF，
∴四边形BFDE为平行四边形．
故答案为：∠C，AB=CD，CF，BF．
(1)利用基本作图作∠FDC=∠ABE即可；
(2)先根据平行四边形的性质得到∠A=∠C，AB=CD，AD=BC.再证明△ABE≌△CDF，所以AE=CF，BE=DF，则ED=BF，然后根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形得到结论．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质．
21.【答案】解：如图所示，连接AC，
在Rt△ADC，AD=8m，CD=6m，
∴AC= AD2+CD2=10m，
∵AC2+BC2=102+242=262=AB2，
∴△ABC是直角三角形，即∠ACB=90°，
∴S四边形ABCD=S△ABC−S△ACD=12×10×24−12×6×8=96 (m2)，
答：四边形空地ABCD的面积为96m2．
【解析】如图所示，连接AC，利用勾股定理求出AC，进而利用勾股定理的逆定理证明∠ACB=90°，再根据S四边形ABCD=S△ABC−S△ACD进行求解即可．
本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，解答本题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
22.【答案】(1)解：∵CF平分∠BCD，
∴∠BCD=2∠BCF=65°×2=130°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ABC=180°−∠BCD=180°−130°=50°；
(2)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，∠BAD=∠DCB，
∴∠ABE=∠CDF，
∵∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠DCB，
∴∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDF(ASA)．
∴∠AEB=∠CFD，AE=CF，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【解析】(1)由平行四边形的性质可得出答案；
(2)根据ASA证明△ABE≌△CDF，由全等三角形的性质得出AE=CF，AE//CF，则可得出结论．
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)过点B作BM⊥AC于点M，如图所示：
由题意，知∠BAM=45°，则∠ABM=45°．
在Rt△ABM中，∠BAM=45°，AB=40海里，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴BM=AM= 22AB= 22×40=20 2(海里)．
答：渔船航行20 2海里与小岛B的距离最近．
(2)救援队能在2小时内到达C处进行救援，理由如下：
∵BM=20 2海里，MC=20 6海里，
∴tan∠MBC=MCBM=20 620 2= 3，
∴∠MBC=60°，
∴∠CBG=180°−60°−45°−30°=45°，
在Rt△BCM中，∠MBC=60°，
∴∠BCM=30°，
∴BC=2BM=40(海里)，
∴40÷30=43<2．
即：救援队能在2小时内到达C处进行救援．
【解析】(1)过B作BM⊥AC于M，解直角三角形即可得到结论；
(2)在Rt△BCM中，解直角三角形求得∠MBC=60°，再求得∠CBG=45°，BC=80n mile，即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设每部华为P40手机进价为x元，
依题意得：450004300−x=225003800−x，
解得：x=3300，
经检验，x=3300是原方程的解，且符合题意．
答：每部华为P40手机进价为3300元；
(2)每台Mate30手机的进价为3300+400=3700(元)．
设购进华为P40手机m部，则购进Mate30手机(90−m)部，
依题意得：3300m+3700(90−m)≥3200003300m+3700(90−m)≤321000，
解得：30≤m≤3212，
又∵m为正整数，
∴m可以为30，31，32，
∴共有3种进货方案，
方案1：购进30部华为P40手机，60部Mate30手机，利润为(3800−3300)×30+(4500−3700)×60=63000(元)；
方案2：购进31部华为P40手机，59部Mate30手机，利润为(3800−3300)×31+(4500−3700)×59=62700(元)；
方案3：购进32部华为P40手机，58部Mate30手机，利润为(3800−3300)×32+(4500−3700)×58=62400(元)．
故方案1获得的利润最大．
【解析】(1)设每部华为P40手机进价为x元，根据数量=总利润÷每部的销售利润结合今年元旦假期和去年国庆假期卖出的华为P40手机数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设购进华为P40手机m部，则购进Mate30手机(90−m)部，根据总价=单价×数量结合预计用不少于32万元且不多于32.1万元的资金购进这两款手机共90部，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数即可得出各进货方案，进一步得到哪种方案获得的利润最大．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
25.【答案】解：(1)如图1，过点C作CD⊥AB于点D，
∵OA=OB=8，∠AOB=90°，
∴AB= OA2+OB2=8 2，∠OAB=∠OBA=12×90°=45°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB=90°−∠DBC=45°=∠DBC，
∴DB=DC，
∵AC平分∠OAB，CD⊥AB，∠AOB=90°，
∴DC=OC=DB，
又∵AC=AC，
∴Rt△ACD≌Rt△ACO(HL)，
∴AD=OA=8，
∴DB=AB−AD=8 2−8，
∴OC=DB=8 2−8，
∴C(0,8 2−8)；
(2)根据题意，将△ABC沿AB翻折，C点的对应点为D，
连接CD，交AB于点K，如图2，
由折叠的性质可得∠BAC=∠BAD=30°，AC=AD，CD⊥AB，
∵∠BAC=30°，
∴CK=12AC，
∵CD⊥AB，∠OBA=45°，
∴∠KCB=90°−∠OBA=45°=∠OBA，
∴KB=KC，
设KC=x，则KB=KC=x，AC=2KC=2x，
∴AK= AC2−KC2= 3x，
∴AB=AK+KB= 3x+x=8 2，
解得x=4 6−4 2，
∴AD=AC=8 6−8 2，
根据题意，M是AB上一动点，连接DM，过点M作MF⊥AC于点F，如图3，
∵∠BAC=∠BAD=30°，
∴MF=12AM，
∴若DM+12AM取最小值，即DM+MF取最小值，
∵当点D，M，F三点共线，且DF⊥AC时，DM+MF取最小值，
此时在Rt△ADF中，∠DAF=∠BAC+∠BAD=60°，
∴∠ADF=90°−∠DAF=30°，
∴AF=12AD=4 6−4 2，
∴DF=DM+MF= AD2−AF2=12 2−4 6，
即DM+12AM的最小值为12 2−4 6；
(3)由(2)可知，AC=8 6−8 2，
∴OC= AC2−OA2=16−8 3，
当线段AP为平行四边形的一条边时，如图4，过点Q作QH⊥y轴于点H，
∵四边相ACQP为平行时四边形，
∴AC=QP，AC//QP，
∴∠ACP=∠QPC，
∴180°−∠ACP=180°−∠QPC，即∠ACO=∠QPH，
又∵∠AOC=∠QHP=90°，
∴△AOC≌△QHP(AAS)，
∴QH=OA=8，OC=HP=16−8 3，
∵Q(m,m+2)，
∴m=8，m+2=10，即OH=10，
∴OP=OH−HP=8 3−6，
∴P(0,8 3−6)；
当线段AP为平行四边形的对角线时，如图5，过点Q作QG⊥y轴于点G，
∵四边相ACPQ为平行时四边形，
∴AC=QP，AC//QP，
∴∠ACO=∠QPG，
又∵∠AOC=∠QGP=90°，
∴△AOC≌△QGP(AAS)，
∴QG=OA=8，OC=GP=16−8 3，
∵Q(m,m+2)，
∴m=−8，m+2=−6，即OG=6，
∴OP=OG−GP=8 3−10，
∴P(0,10−8 3)．
【解析】(1)过点C作CD⊥AB于点D，首先利用勾股定理和等腰三角形的性质解得AB=8 2，∠OAB=∠OBA=45°，证明△BCD为等腰直角三角形，易得DB=DC，再根据角平分线的性质定理可得DC=OC=DB，然后证明Rt△ACD≌Rt△ACO，由全等三角形的性质可得AD=OA=8，进而确定DB的值，即可获得答案；
(2)根据题意，将△ABC沿AB翻折，C点的对应点为D，连接CD，交AB于点K，首先解得AD=AC=8 6−8 2，结合M是AB上一动点，连接DM，过点M作MF⊥AC于点F，由含30度角的直角三角形的性质可得MF=12AM，进而可知若DM+12AM取最小值，即DM+MF取最小值，当点D，M，F三点共线，且DF⊥AC时，DM+MF取最小值，求得DF的值，即可获得答案；
(3)首先解得OC的值，分线段AP为平行四边形的一条边和线段AP为平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、等腰三角形的性质、角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、平行四边形的性质、折叠的性质等知识，综合性强，难度较大，正确作出辅助线是解题关键．
26.【答案】(1)解：∵∠BAC=90°，AB=AC=4，
∴BC=4 2，
∵AH⊥BC，AB=AC，
∴BH=CH=2 2=AH，
∵点D为CH中点，
∴DH=CD= 2，
∴AD= AH2+DH2= 8+2= 10，
∵将AD绕着D点逆时针方向旋转90°得到DE，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∴AE= 2AD=2 5；
(2)证明：如图2，过点D作DH⊥BC交AB于点H，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，BC= 2AC，
∵DH⊥BC，
∴∠BHD=∠DBH=45°，∠BDH=90°，
∴BD=DH，∠AHD=135°，
∴BH= 2BD，
∵将AD绕着D点逆时针方向旋转90°得到DE，
∴AD=DE，∠ADE=90°=∠BDH，
∴∠ADH=∠EDB，
∴△ADH≌△EDB(SAS)，
∴AH=BE，∠DBE=∠DHA=135°，
∴∠ABE=90°=∠CAP，
又∵AB=AC，∠BAE=∠ACP，
∴△BAE≌△ACP(ASA)，
∴AP=BE，
∴AP=BE=AH，
∴AB=AP+ 2BD；
(3)解：如图3，在AE上截取AN′=AN，连接MN′，
∵AB平分∠EAD，
∴∠DAB=∠BAE=22.5°，
又∵AM=AM，
∴△AMN≌△AMN′(SAS)，
∴MN=MN′，
∴DM+MN=DM+MN′，
∴当点M，点N′，点D三点共线，且DM⊥AE时，DM+MN有最小值，
如图4，
∵DM⊥AE，DE=AD，
∴∠ADM=∠EDM=45°，
∵折叠，
∴DQ⊥BK，∠BKD=∠BKQ，
∵∠DKQ=45°，
∴∠BKD=∠BKQ=22.5°，
∵∠AMK=∠ADM+∠BAD=∠BKD+∠KBA，
∴∠KBA=∠ADM=45°，
∴∠KBD=∠ABK+∠ABC=90°，
∴KB⊥BD，
又∵DQ⊥BK，
∴点B，点Q，点D三点共线，
∵折叠，
∴DQ=2BD，
∵∠BAD=22.5°，
∴∠CAD=67.5°，∠ADC=∠ABC+∠BAD=67.5°，
∴∠CAD=∠ADC，
∴AC=DC，
∴BD=BC−CD= 2AC−AC，
∴DQ=2BD=2 2AC−2AC，
∴DQBC=2 2AC−2AC 2AC=2− 2．
【解析】(1)由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求AD的长，由旋转的性质可得AD=DE，∠ADE=90°，即可求解；
(2)由“SAS”可证△ADH≌△EDB，可得AH=BE，∠DBE=∠DHA=135°，由“ASA”可得△BAE≌△ACP，可得AP=BE，可得结论；
(3)先证明当点M，点N′，点D三点共线，且DM⊥AE时，DM+MN有最小值，再证明点Q，点B，点D三点共线，由等腰直角三角形和折叠的性质可求解．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．售价型号
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