河南省平顶山市汝州市八年级（上）期末数学试卷(含答案)

这是一份河南省平顶山市汝州市八年级（上）期末数学试卷(含答案)，共31页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省平顶山市汝州市八年级（上）期末数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的。
1．（3分）若取1.442，计算﹣3﹣98的结果是（　　）
A．﹣100 B．﹣144.2 C．144.2 D．﹣0.01442
2．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），以点A为圆心，以AB长为半径画弧交x轴上点C，则点C的坐标为（　　）

A．（5，0） B．（2，0）
C．（﹣8，0） D．（2，0）或（﹣8，0）
3．（3分）商店准备确定一种包装袋来包装大米，经市场调查后，做出如下统计图，请问选择什么样的包装最合适（　　）

A．2kg/包 B．3kg/包 C．4kg/包 D．5kg/包
4．（3分）某品牌鞋子的长度ycm与鞋子的“码”数x之间满足一次函数关系．若22码鞋子的长度为16cm，44码鞋子的长度为27cm，则38码鞋子的长度为（　　）
A．23cm B．24cm C．25cm D．26cm
5．（3分）解方程组的下列解法中，不正确的是（　　）
A．代入法消去a，由②得a＝b+2
B．代入法消去b，由①得b＝7﹣2a
C．加减法消去a，①﹣②×2得2b＝3
D．加减法消去b，①+②得3a＝9
6．（3分）葛藤是一种多年生草本植物，为获得更多的雨露和阳光，其常绕着附近的树干沿最短路线盘旋而上．现有一段葛藤绕树干盘旋2圈升高为2.4m，如果把树干看成圆柱体，其底面周长是0.5m，如图是葛藤盘旋1圈的示意图，则这段葛藤的长是（　　）m．

A．1.3 B．2.5 C．2.6 D．2.8
7．（3分）对于一次函数y＝﹣x+5，下列结论正确的是（　　）
A．函数的图象不经过第三象限
B．函数的图象与x轴的交点坐标是（2，0）
C．函数的图象向下平移4个单位长度得y＝﹣2x的图象
D．若两点A（1，y1），B（3，y2）在该函数图象上，则y1＜y2
8．（3分）已知，都是关于x，y的方程y＝﹣3x+c的一个解，则下列对于a，b的关系判断正确的是（　　）
A．a﹣b＝3 B．a﹣b＝﹣3． C．a+b＝3 D．a+b＝﹣3
9．（3分）定理：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．下面给出该定理的两种证法．
已知：如图，∠ACD是△ABC的外角．求证：∠ACD＝∠A+∠B．
证法1：如图，
∵∠A+∠B+∠ACB＝180（三角形内角和定理），
又∵∠ACD+∠ACB＝180°（平角定义），
∴∠ACD+∠ACB＝∠A+∠B+∠ACB（等量代换）．
∴∠ACD＝∠A+∠B（等式性质）．
证法2：如图，
∵∠A＝76°，∠B＝59°，且∠ACD＝135°（量角器测量所得），
又∵135°＝76°+59°（计算所得），
∴∠ACD＝∠A+∠B（等量代换）．
下列说法正确的是（　　）

A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整
B．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理
C．证法2用特殊到一般法证明了该定理
D．证法1用严谨的推理证明了该定理
10．（3分）描述一组数据的离散程度，我们还可以用“平均差”．在一组数x1、x2、x3、…、xn中，各数据与它们的平均数x的差的绝对值的平均数，即T＝（|x1﹣x|+|x2﹣x|+…+|xn﹣x|）叫做这组数据的“平均差”．“平均差”也能描述一组数据的离散程度，“平均差”越大说明数据的离散程度越大，稳定性越小．现有甲、乙两组数据，如表所示，则下列说法错误的是（　　）
甲
12
13
11
15
13
14
乙
10
16
10
18
17
7
A．甲、乙两组数据的平均数相同
B．乙组数据的平均差为4
C．甲组数据的平均差是2
D．甲组数据更加稳定
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）如图，AB、BC、CD、DE是四根长度均为5cm的火柴棒，点A、C、E共线．若AC＝6cm，CD⊥BC，则线段CE的长度是 　 　cm．

12．（3分）在我国新冠疫情虽然得到了有效的控制，但防范意识仍不能松懈，小丽去药店购买口罩和酒精消毒湿巾，若买150只一次性口罩和10包酒精消毒湿巾，需付75元；若买200只一次性口罩和12包酒精消毒湿巾，需付96元．设一只一次性医用口罩x元，一包酒精消毒湿巾y元，根据题意可列二元一次方程组：　 　．
13．（3分）一次考试中，某题的得分情况如下表所示，则该题的平均分是　 　．
得分
0
1
2
3
4
百分率
15%
10%
25%
40%
10%
14．（3分）某人购进一批苹果到集贸市场零售，已经卖出的苹果数量与售价之间的关系如图所示，成本为5元/千克，现以8元/千克卖出，赚得 　 　元．

15．（3分）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应减少 　 　度．

三、解答题（本大题共8个小题，满分75分）
16．（10分）（1）计算与化简：（）（）+6﹣（﹣2）2．
（2）解方程组：．
17．（9分）“欲穷千里目，更上一层楼”，说的是登得高看得远，如图，若观测点的高度为h（单位km），观测者能看到的最远距离为d（单位km），则d≈，其中R是地球半径，通常取6400km．
（1）小丽站在海边的一块岩石上，眼睛离海平面的高度h为20m，她观测到远处一艘船刚露出海平面，求此时d的值．
（2）判断下面说法是否正确，并说明理由；
泰山海拔约为1500m，泰山到海边的最小距离约230km，天气晴朗时站在泰山之巅可以看到大海．

18．（9分）“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题，经过无数人探索，现在已经确信，仅用圆规和直尺是不可能作出的．在探索过程中，我们发现，可以利用一些特殊的图形，把一个角三等分．如图：在∠MAN的边上任取一点B，过点B作BC⊥AN于点C，并作BC的垂线BF，连接AF，E是AF上一点，并且∠BAE＝∠BEA，∠EBF＝∠EFB，请你证明∠FAN＝∠MAN．

19．（9分）“惜餐为荣，殄物为耻”，为了解落实“光盘行动”的情况，某校数学兴趣小组的同学调研了七、八年级部分班级某一天的餐厨垃圾质量．从七、八年级中各随机抽取10个班的餐厨垃圾质量的数据（单位：kg），进行整理和分析（餐厨垃圾质量用x表示，共分为四个等级：A．x＜1，B.1≤x＜1.5，C.1.5≤x＜2，D．x≥2），下面给出了部分信息．
七年级10个班的餐厨垃圾质量：0.8，0.8，0.8，0.9，1.1，1.1，1.6，1.7，1.9，2.3．
八年级10个班的餐厨垃圾质量中B等级包含的所有数据为：1.0，1.0，1.0，1.0，1.2．
七、八年级抽取的班级餐厨垃圾质量统计表
年级
平均数
中位数
众数
方差
A等级所占百分比
七年级
1.3
1.1
a
0.26
40%
八年级
1.3
b
1.0
0.23
m%
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述表中a，b，m的值；
（2）该校八年级共30个班，估计八年级这一天餐厨垃圾质量符合A等级的班级数；
（3）根据以上数据，你认为该校七、八年级的“光盘行动”，哪个年级落实得更好？请说明理由（写出一条理由即可）．

20．（9分）如图，在平面直角坐标系中，直线l1的解析式为y＝x，直线l2的解析式为y＝﹣x+3，与x轴、y轴分别交于点A、点B，直线l1与l2交于点C．
（1）求出点A、点B的坐标；
（2）求△COB的面积；
（3）在x轴上是否存在一点P，使得△POC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P坐标，若不存在，请说明理由．

21．（9分）张氏包装厂承接了一批纸盒加工任务，用如图1所示的长方形和正方形纸板作侧面和底面，做成如图2所示的竖式与横式两种无盖的长方体纸盒（加工时接缝材料不计）．
（1）做1个竖式纸盒和2个横式纸盒，需要正方形纸板　 　张，长方形纸板　 　张．
（2）若该厂购进正方形纸板162张，长方形纸板338张，问竖式纸盒、横式纸盒各加工多少个，恰好能将购进的纸板全部用完？
（3）该厂某一天使用的材料清单上显示，这天一共使用正方形纸板162张，长方形纸板a张，全部加工成上述两种纸盒，且290＜a＜310．试求在这一天加工两种纸盒时，a的所有可能值．

22．（10分）如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机（看成点P）始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机（看成点Q）一直保持在1号机P的正下方．2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C（10，3）处．
（1）求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；
（2）求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；
（3）通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少．
[注：（1）及（2）中不必写s的取值范围]

23．（10分）已知AB∥CD，点P在直线AB、CD之间，连接AP、CP．
（1）探究发现：（填空）
填空：如图1，过P作PQ∥AB，
∴∠A+∠1＝　 　°（　 　）
∵AB∥CD（已知）
∴PQ∥CD（　 　）
∴∠C+∠2＝180°
结论：∠A+∠C+∠APC＝　 　°；
（2）解决问题：
①如图2，延长PC至点E，AF、CF分别平分∠PAB、∠DCE，试判断∠P与∠F存在怎样的数量关系并说明理由；
②如图3，若∠APC＝100°，分别作BN∥AP，DN∥PC，AM、DM分别平分∠PAB，∠CDN，则∠M的度数为　 　（直接写出结果）．


2021-2022学年河南省平顶山市汝州市八年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的。
1．（3分）若取1.442，计算﹣3﹣98的结果是（　　）
A．﹣100 B．﹣144.2 C．144.2 D．﹣0.01442
【分析】根据实数的运算法则进行计算可得答案．
【解答】解：∵取1.442，
∴原式＝×（1﹣3﹣98）
≈1.442×（﹣100）
＝﹣144.2．
故选：B．
【点评】此题考查的是实数的运算，掌握其概念是解决此题的关键．
2．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），以点A为圆心，以AB长为半径画弧交x轴上点C，则点C的坐标为（　　）

A．（5，0） B．（2，0）
C．（﹣8，0） D．（2，0）或（﹣8，0）
【分析】根据题意求出AB的长，以A为圆心作圆，与x轴交于C，C′，求出C的坐标即可．
【解答】解：∵点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝＝5，
∴AC′＝5，AC＝5，
∴C′点坐标为（2，0）；C点坐标为（﹣8，0）．
故选：D．

【点评】本题考查了勾股定理、坐标与图形的性质，作出辅助圆是解题的关键．
3．（3分）商店准备确定一种包装袋来包装大米，经市场调查后，做出如下统计图，请问选择什么样的包装最合适（　　）

A．2kg/包 B．3kg/包 C．4kg/包 D．5kg/包
【分析】最合适的包装即顾客购买最多的包装，而顾客购买最多的包装质量即这组数据的众数，取所得范围的组中值即可．
【解答】解：由图知这组数据的众数为1.5kg～2.5kg，取其组中值2kg，
故选：A．
【点评】本题主要考查频数（率）分布直方图，解题的关键是根据最合适的包装即顾客购买最多的包装，并根据频数分布直方图得出具体的数据及众数的概念．
4．（3分）某品牌鞋子的长度ycm与鞋子的“码”数x之间满足一次函数关系．若22码鞋子的长度为16cm，44码鞋子的长度为27cm，则38码鞋子的长度为（　　）
A．23cm B．24cm C．25cm D．26cm
【分析】先设出函数解析式，用待定系数法求出函数解析式，再把x＝38代入求出y即可．
【解答】解：∵鞋子的长度ycm与鞋子的“码”数x之间满足一次函数关系，
∴设函数解析式为：y＝kx+b（k≠0），
由题意知，x＝22时，y＝16，x＝44时，y＝27，
∴，
解得：，
∴函数解析式为：y＝x+5，
当x＝38时，y＝×38+5＝24（cm），
故选：B．
【点评】本题考查一次函数的应用，用待定系数法求函数解析式是本题的关键．
5．（3分）解方程组的下列解法中，不正确的是（　　）
A．代入法消去a，由②得a＝b+2
B．代入法消去b，由①得b＝7﹣2a
C．加减法消去a，①﹣②×2得2b＝3
D．加减法消去b，①+②得3a＝9
【分析】利用加减消元法判断即可．
【解答】解：A、代入法消去a，由②得a＝b+2，选项正确，不符合题意；
B、代入法消去b，由①得b＝7﹣2a，选项正确，不符合题意；
C、加减法消去a，①﹣②×2得3b＝3，选项错误，符合题意；
D、加减法消去b，①+②得3a＝9，选项正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】此题考查了解二元一次方程组，以及解一元一次方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
6．（3分）葛藤是一种多年生草本植物，为获得更多的雨露和阳光，其常绕着附近的树干沿最短路线盘旋而上．现有一段葛藤绕树干盘旋2圈升高为2.4m，如果把树干看成圆柱体，其底面周长是0.5m，如图是葛藤盘旋1圈的示意图，则这段葛藤的长是（　　）m．

A．1.3 B．2.5 C．2.6 D．2.8
【分析】先把树干当作圆柱体从侧面展开，求出葛藤绕树干盘旋1圈时上升的高度，进而可得出结论．
【解答】解：∵葛藤绕树干盘旋2圈升高为2.4m，
∴葛藤绕树干盘旋1圈升高为1.2m，
如图所示：
AC＝＝＝1.3（m）．
∴这段葛藤的长＝2×1.3＝2.6（m）．
故选：C．

【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路径问题，根据题意画出圆柱的侧面展开图是解答此题的关键．
7．（3分）对于一次函数y＝﹣x+5，下列结论正确的是（　　）
A．函数的图象不经过第三象限
B．函数的图象与x轴的交点坐标是（2，0）
C．函数的图象向下平移4个单位长度得y＝﹣2x的图象
D．若两点A（1，y1），B（3，y2）在该函数图象上，则y1＜y2
【分析】根据一次函数的性质、平移的规律，以及函数图象与坐标轴的交点的求法即可判断．
【解答】解：A、∵k＝﹣1，b＝5，
∴函数的图象经过一、二、四象限，不经过第三象限，故A选项正确，符合题意；
B、当y＝0时，则﹣x+5＝0，解得x＝5，故函数的图象与x轴的交点坐标是（5，0），B选项不正确，不符合题意；
C、一次函数y＝﹣x+5的图象向下平移4个单位长度得y＝﹣x+1的图象，故C选项错误，不符合题意；
D、两点A（1，y1），B（3，y2）在该函数图象上，由1＜3，则y1＞y2，故D选项错误，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查的是一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．
8．（3分）已知，都是关于x，y的方程y＝﹣3x+c的一个解，则下列对于a，b的关系判断正确的是（　　）
A．a﹣b＝3 B．a﹣b＝﹣3． C．a+b＝3 D．a+b＝﹣3
【分析】将两对解代入方程得到，①﹣②即可求得a﹣b＝3．
【解答】解：将，代入方程y＝﹣3x+c，得，
①﹣②得：a﹣b＝3．
故选：A．
【点评】此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程成立的未知数的值．
9．（3分）定理：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．下面给出该定理的两种证法．
已知：如图，∠ACD是△ABC的外角．求证：∠ACD＝∠A+∠B．
证法1：如图，
∵∠A+∠B+∠ACB＝180（三角形内角和定理），
又∵∠ACD+∠ACB＝180°（平角定义），
∴∠ACD+∠ACB＝∠A+∠B+∠ACB（等量代换）．
∴∠ACD＝∠A+∠B（等式性质）．
证法2：如图，
∵∠A＝76°，∠B＝59°，且∠ACD＝135°（量角器测量所得），
又∵135°＝76°+59°（计算所得），
∴∠ACD＝∠A+∠B（等量代换）．
下列说法正确的是（　　）

A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整
B．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理
C．证法2用特殊到一般法证明了该定理
D．证法1用严谨的推理证明了该定理
【分析】依据定理证明的一般步骤进行分析判断即可得出结论．
【解答】解：∵证法1按照定理证明的一般步骤，从已知出发经过严谨的推理论证，得出结论的正确，具有一般性质，不需要再证明其他形状的三角形，
∴A的说法不正确，不符合题意；
∵定理的证明必须经过严谨的推理论证，与测量次数的多少无关，
∴B的说法不正确，不符合题意；
∵定理的证明必须经过严谨的推理论证，不能用特殊情形来说明，
∴C的说法不正确，不符合题意；
∵证法1按照定理证明的一般步骤，从已知出发经过严谨的推理论证，得出结论的正确，
∴D的说法正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形的外角的性质，定理的证明的一般步骤．依据定理的证明的一般步骤分析解答是解题的关键．
10．（3分）描述一组数据的离散程度，我们还可以用“平均差”．在一组数x1、x2、x3、…、xn中，各数据与它们的平均数x的差的绝对值的平均数，即T＝（|x1﹣x|+|x2﹣x|+…+|xn﹣x|）叫做这组数据的“平均差”．“平均差”也能描述一组数据的离散程度，“平均差”越大说明数据的离散程度越大，稳定性越小．现有甲、乙两组数据，如表所示，则下列说法错误的是（　　）
甲
12
13
11
15
13
14
乙
10
16
10
18
17
7
A．甲、乙两组数据的平均数相同
B．乙组数据的平均差为4
C．甲组数据的平均差是2
D．甲组数据更加稳定
【分析】根据平均差的定义列出算式，求出平均差，再比较即可．
【解答】解：∵甲组数据的平均数是（12+13+11+15+13+14）÷6＝13，
乙组数据的平均数是（10+16+10+18+17+7）÷5＝13，
∴T甲＝×（1+0+2+2+0+1）＝1；
T乙＝×（3+3+3+5+4+6）＝4，
乙的平均差较大，因此样本乙的稳定性小，甲的稳定性大；
∵S2甲＝×[（12﹣13）2+（13﹣13）2+（11﹣13）2+（15﹣13）2+（13﹣13）2+（14﹣13）2]＝，
S2乙＝×[（10﹣13）2+（16﹣13）2+（10﹣13）2+（18﹣13）2+（17﹣13）2+（7﹣13）2]＝，
∴乙的方差较大，
∴样本乙的波动较大．甲组数据更加稳定．
故选：C．
【点评】本题考查方差和平均差的定义与意义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）如图，AB、BC、CD、DE是四根长度均为5cm的火柴棒，点A、C、E共线．若AC＝6cm，CD⊥BC，则线段CE的长度是 　8　cm．

【分析】作BG⊥AC，DH⊥CE，垂足分别为G、H，利用AAS证明△BCG≌△CDH得到BG＝CH，利用勾股定理及等腰三角形的性质求出BG＝4，
再根据等腰三角形的性质即可得出答案．
【解答】解：作BG⊥AC，DH⊥CE，垂足分别为G、H，
∴∠BGC＝∠DHC＝90°，
∴∠BCG+∠CBG＝90°，
∵CD⊥BC，
∴∠BCD＝90°，
∴∠BCG+∠DCH＝90°，
∴∠CBG＝∠DCH，
在△BCG和△CDH中，
，
∴△BCG≌△CDH（AAS），
∴BG＝CH，
∵AB＝BC，BG⊥AC，AC＝6，
∴CG＝AC＝3，
∴BM＝CN，
在Rt△BCG中，
由勾股定理得：BG＝＝＝4，
∴CH＝4，
∵CD＝DE，DH⊥CE，
∴CH＝EH，
∴CE＝CH+EH＝8，
故答案为：8．

【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线，证得△BCM≌△CDN是解决问题的关键．
12．（3分）在我国新冠疫情虽然得到了有效的控制，但防范意识仍不能松懈，小丽去药店购买口罩和酒精消毒湿巾，若买150只一次性口罩和10包酒精消毒湿巾，需付75元；若买200只一次性口罩和12包酒精消毒湿巾，需付96元．设一只一次性医用口罩x元，一包酒精消毒湿巾y元，根据题意可列二元一次方程组：　　．
【分析】根据“买150只一次性口罩和10包酒精消毒湿巾，需付75元；若买200只一次性口罩和12包酒精消毒湿巾，需付96元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
【解答】解：依题意得：，
故答案是：．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
13．（3分）一次考试中，某题的得分情况如下表所示，则该题的平均分是　2.2　．
得分
0
1
2
3
4
百分率
15%
10%
25%
40%
10%
【分析】得分乘以百分率的和可求出平均数．
【解答】解：该题的平均得分：0×15%+1×10%+2×25%+3×40%+4×10%＝2.2．
故答案为2.2．
【点评】本题重点考查加权平均数的概念及求法．解题的关键是在计算时要认真仔细．
14．（3分）某人购进一批苹果到集贸市场零售，已经卖出的苹果数量与售价之间的关系如图所示，成本为5元/千克，现以8元/千克卖出，赚得 　6600　元．

【分析】根据图象求出函数关系式，计算售价为8元时卖出的苹果数量，即可求解．
【解答】解：设卖出的苹果数量y与售价x之间的函数关系式为y＝mx+n，
，
解得，
∴y＝﹣600x+7000，
x＝8时，y＝﹣600×8+7000＝2200，
∴现以8元卖出，挣得（8﹣5）×2200＝6600（元），
故答案为：6600．
【点评】此题主要考查了一次函数的应用，能够得出卖出的苹果数量y与售价x之间的函数关系式是解题关键．
15．（3分）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应减少 　10　度．

【分析】延长EF，交CD于点 G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质可得∠D的度数，从而得出结论．
【解答】解：延长EF，交CD于点G，如图：

∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，
∴∠ECD＝∠ACB＝70°．
∵∠DGF＝∠DCE+∠E，
∴∠DGF＝70°+30°＝100°．
∵∠EFD＝110°，∠EFD＝∠DGF+∠D，
∴∠D＝10°．
而图中∠D＝20°，
∴∠D应减少10°．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了三角形的外角的性质，三角形的内角和定理．熟练使用上述定理是解题的关键．
三、解答题（本大题共8个小题，满分75分）
16．（10分）（1）计算与化简：（）（）+6﹣（﹣2）2．
（2）解方程组：．
【分析】（1）根据平方差公式、完全平方公式以及二次根式的乘法运算、加减运算法则即可求出答案．
（2）根据二元一次方程组的解法即可求出答案．
【解答】解：（1）原式＝3﹣2+2﹣（3﹣4+4）
＝1+2﹣（7﹣4）
＝1+2﹣7+4
＝﹣6+6．
（2）
①﹣②得：x﹣2y﹣x﹣3y＝1﹣6
﹣5y＝﹣5，
y＝1，
将y＝1代入①得：x﹣2＝1，
x＝3，
∴方程组的解为．
【点评】本题考查二次根式的混合运算以及二元一次方程组的解法，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则以及二元一次方程组的解法，本题属于基础题型．
17．（9分）“欲穷千里目，更上一层楼”，说的是登得高看得远，如图，若观测点的高度为h（单位km），观测者能看到的最远距离为d（单位km），则d≈，其中R是地球半径，通常取6400km．
（1）小丽站在海边的一块岩石上，眼睛离海平面的高度h为20m，她观测到远处一艘船刚露出海平面，求此时d的值．
（2）判断下面说法是否正确，并说明理由；
泰山海拔约为1500m，泰山到海边的最小距离约230km，天气晴朗时站在泰山之巅可以看到大海．

【分析】（1）根据d≈，由R＝6400km，h＝0.02km，求出即可；
（2）站在泰山之巅，人的身高忽略不计，此时，h＝1.5km，求得d2＝2×1.5×6400＝19200，2302＝52900，比较即可得到结论．
【解答】解：（1）由R＝6400km，h＝0.02km，
得d＝＝＝16（km），
答：此时d的值为16km；
（2）说法是错误，
理由：站在泰山之巅，人的身高忽略不计，此时，h＝1.5km，
则d2＝2×1.5×6400＝19200，
2302＝52900，
∵19200＜52900，
∴d＜230，
∴天气晴朗时站在泰山之巅看不到大海．
【点评】此题主要考查了二次根式的应用，利用算术平方根求出值，将数据直接代入求出是解题关键．
18．（9分）“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题，经过无数人探索，现在已经确信，仅用圆规和直尺是不可能作出的．在探索过程中，我们发现，可以利用一些特殊的图形，把一个角三等分．如图：在∠MAN的边上任取一点B，过点B作BC⊥AN于点C，并作BC的垂线BF，连接AF，E是AF上一点，并且∠BAE＝∠BEA，∠EBF＝∠EFB，请你证明∠FAN＝∠MAN．

【分析】根据作图过程即可完成证明．
【解答】证明：∵BC⊥AN，BC⊥BF，
∴∠ACB＝∠CBF＝90°，
∴BF∥AN，
∴∠FAN＝∠F，
∵∠EBF＝∠F，
∴∠FAN＝∠EBF，
∴∠AEB＝∠EBF+∠F＝2∠FAN，
∵∠BAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝2∠FAN，
∴∠MAN＝∠BAE+∠FAN
＝2∠FAN+∠FAN
3∠FAN，
∴∠FAN＝MAN．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图，垂线，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
19．（9分）“惜餐为荣，殄物为耻”，为了解落实“光盘行动”的情况，某校数学兴趣小组的同学调研了七、八年级部分班级某一天的餐厨垃圾质量．从七、八年级中各随机抽取10个班的餐厨垃圾质量的数据（单位：kg），进行整理和分析（餐厨垃圾质量用x表示，共分为四个等级：A．x＜1，B.1≤x＜1.5，C.1.5≤x＜2，D．x≥2），下面给出了部分信息．
七年级10个班的餐厨垃圾质量：0.8，0.8，0.8，0.9，1.1，1.1，1.6，1.7，1.9，2.3．
八年级10个班的餐厨垃圾质量中B等级包含的所有数据为：1.0，1.0，1.0，1.0，1.2．
七、八年级抽取的班级餐厨垃圾质量统计表
年级
平均数
中位数
众数
方差
A等级所占百分比
七年级
1.3
1.1
a
0.26
40%
八年级
1.3
b
1.0
0.23
m%
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述表中a，b，m的值；
（2）该校八年级共30个班，估计八年级这一天餐厨垃圾质量符合A等级的班级数；
（3）根据以上数据，你认为该校七、八年级的“光盘行动”，哪个年级落实得更好？请说明理由（写出一条理由即可）．

【分析】（1）根据中位数，众数的定义即可求解．
（2）用抽测的百分比乘八年级总班级数即可求解．
（3）从众数，中位数、A等级的百分比、方差进行评论即可．
【解答】解：（1）由题可知：a＝0.8，b＝1.0，m＝20．
（2）∵八年级抽测的10个班级中，A等级的百分比是20%．
∴估计该校八年级共30个班这一天餐厨垃圾质量符合A等级的班级数为：30×20%＝6（个）．
答：该校八年级共30个班，估计八年级这一天餐厨垃圾质量符合A等级的班级数为6个．
（3）七年级各班落实“光盘行动”更好，因为：
①七年级各班餐厨垃圾质量众数0.8，低于八年级各班餐厨质量垃圾的众数1.0．
②七年级各班餐厨垃圾质量A等级的40%高于八年级各班餐厨质量垃圾质量A等级的20%．
八年级各班落实“光盘行动”更好，因为：
“①八年级各班餐厨垃圾质量的中位数1.0低于七年级各班餐厨垃圾质量的中位数1.1．②八年级各班餐厨垃圾质量的方差0.23低于七年级各班餐厨垃圾质量的方差0.26，更稳定．”
【点评】本题考查了中位数、众数、方差的意义，关键在于根据图中信息结合统计相关知识的意义进行分析即可．
20．（9分）如图，在平面直角坐标系中，直线l1的解析式为y＝x，直线l2的解析式为y＝﹣x+3，与x轴、y轴分别交于点A、点B，直线l1与l2交于点C．
（1）求出点A、点B的坐标；
（2）求△COB的面积；
（3）在x轴上是否存在一点P，使得△POC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据坐标轴点的特征求解即可．
（2）联立式y＝x，y＝﹣x+3得点C（2，2），根据三角形的面积公式即可求解．
（3）分PC＝OC、CP＝OP、OC＝OP三种情况，分别利用等腰三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）对于直线l2的解析式为y＝﹣x+3，令x＝0，得到y＝3，
∴B（0，3），
令y＝0，得到x＝6，
∴A（6，0）．
∴点A是坐标为（6，0），点B的坐标为（0，3）；

（2）联立y＝x，y＝﹣x+3并解得：x＝2，
∴点C（2，2），
∴S△COB＝OB•xC＝×3×2＝3；

（3）存在．
∵点C（2，2），
∴OC＝＝2，∠AOC＝45°，
设P（x，0），
①当PC＝OC＝2时，如图，

∵点C（2，2），
∴PC2＝22+（x﹣2）2，
∴（2）2＝22+（x﹣2）2，
∴x＝0或4，
∵x＝0时，与点O重合，故舍去，
∴点P（4，0）；
②当CP＝OP时，如图，

∵CP＝OP，∠AOC＝45°，
∴∠OCP＝45°，
∴∠OPC＝90°，
∴点C（2，2），
∴OP＝2，
∴点P（2，0）；
③当OC＝OP＝2时，如图，

点P（2，0）或（﹣2，0），
综上所述：点P坐标为（4，0）或（2，0）或（2，0）或（﹣2，0）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、勾股定理、三角形面积的计算等知识，解题的关键是要注意分类求解，避免遗漏．
21．（9分）张氏包装厂承接了一批纸盒加工任务，用如图1所示的长方形和正方形纸板作侧面和底面，做成如图2所示的竖式与横式两种无盖的长方体纸盒（加工时接缝材料不计）．
（1）做1个竖式纸盒和2个横式纸盒，需要正方形纸板　5　张，长方形纸板　10　张．
（2）若该厂购进正方形纸板162张，长方形纸板338张，问竖式纸盒、横式纸盒各加工多少个，恰好能将购进的纸板全部用完？
（3）该厂某一天使用的材料清单上显示，这天一共使用正方形纸板162张，长方形纸板a张，全部加工成上述两种纸盒，且290＜a＜310．试求在这一天加工两种纸盒时，a的所有可能值．

【分析】（1）由一个竖式无盖纸盒需要1个正方形纸板、4个长方形纸板及一个横式无盖纸盒需要2个正方形纸板、3个长方形纸板，可求出做1个竖式纸盒和2个横式纸盒，所需长方形及正方形纸板数量；
（2）设竖式纸盒加工x个、横式纸盒加工y个，恰好能将购进的纸板全部用完，根据共用162张正方形纸板及338张长方形纸板，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（3）设竖式纸盒加工m个，则横式纸盒加工个，根据所用长方形纸板数＝4×竖式无盖纸盒数+3×横式无盖纸盒数，可得出a关于m的函数关系式，结合a，m为正整数及290＜a＜310，可找出a的所有可能值．
【解答】解：（1）1+2×2＝5（张），4+3×2＝10（张）．
故答案为：5；10．
（2）设竖式纸盒加工x个、横式纸盒加工y个，恰好能将购进的纸板全部用完，
依题意，得：，
解得：．
答：竖式纸盒加工38个、横式纸盒加工62个，恰好能将购进的纸板全部用完．
（3）设竖式纸盒加工m个，则横式纸盒加工个，
依题意，得：4m+3×＝a，
∴a＝m+243．
∵290＜a＜310，且a，m均为正整数，
∴m可能为20，22，24，26，
∴a可能为293，298，303，308．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用及一次函数的应用，解题的关键是：（1）观察图形，找出每个横式及竖式纸盒所需长、正方形纸板数；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（3）利用所用长方形纸板数＝4×竖式无盖纸盒数+3×横式无盖纸盒数，找出a关于m的函数关系式．
22．（10分）如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机（看成点P）始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机（看成点Q）一直保持在1号机P的正下方．2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C（10，3）处．
（1）求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；
（2）求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；
（3）通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少．
[注：（1）及（2）中不必写s的取值范围]

【分析】（1）由爬升角度为45°，可知OA上的点的横纵坐标相同，由此得到点A坐标，用待定系数法OA解析式可求；利用2号试飞机一直保持在1号机的正下方，可知它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同，由此可求爬升速度；
（2）设BC的解析式为h＝ms+n，由题意将B，C坐标代入即可求得；令h＝0．求得s，即可得到结论；
（3）PQ不超过3km，得到5﹣h≤3，利用（1）（2）中的解析式得出关于s的不等式组，确定s的取值范围，得出了两机距离PQ不超过3km的飞行的水平距离，再除以1号飞机的飞行速度，结论可得．
【解答】解：（1）∵2号飞机爬升角度为45°，
∴OA上的点的横纵坐标相同．
∴A（4，4）．
设OA的解析式为：h＝ks，
∴4k＝4．
∴k＝1．
∴OA的解析式为：h＝s．
∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方，
∴它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同．
∵2号机在爬升到A处时水平方向上移动了4km，飞行的距离为4km，
又1号机的飞行速度为3km/min，
∴2号机的爬升速度为：4÷＝3km/min．
（2）设BC的解析式为h＝ms+n，
由题意：B（7，4），
∴，
解得：．
∴BC的解析式为h＝．
令h＝0，则s＝19．
∴预计2号机着陆点的坐标为（19，0）．
（3）解法一：∵PQ不超过3km，
∴5﹣h≤3．
∴PQ＝，
解得：2≤s≤13．
∴两机距离PQ不超过3km的时长为：（13﹣2）÷3＝（min）．
解法二：当PQ＝3km时，h＝5﹣3＝2（km），
∵h＝s，
∴s＝2．
由2＝得：s＝13，
∴两机距离PQ不超过3km的时长为：（min）．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的仰角问题，待定系数法求函数的解析式，解不等式组，一次函数的应用．待定系数法是确定解析式的重要方法，也是解题的关键．
23．（10分）已知AB∥CD，点P在直线AB、CD之间，连接AP、CP．
（1）探究发现：（填空）
填空：如图1，过P作PQ∥AB，
∴∠A+∠1＝　180　°（　两直线平行，同旁内角互补　）
∵AB∥CD（已知）
∴PQ∥CD（　平行公理的推论　）
∴∠C+∠2＝180°
结论：∠A+∠C+∠APC＝　360　°；
（2）解决问题：
①如图2，延长PC至点E，AF、CF分别平分∠PAB、∠DCE，试判断∠P与∠F存在怎样的数量关系并说明理由；
②如图3，若∠APC＝100°，分别作BN∥AP，DN∥PC，AM、DM分别平分∠PAB，∠CDN，则∠M的度数为　140°　（直接写出结果）．

【分析】（1）过P作PQ∥AB，根据两直线平行，同旁内角互补，即可得出∠A+∠1＝180°，∠C+∠2＝180°，进而得到结论：∠A+∠C+∠APC＝360°；
（2）先根据AF平分∠BAP，CF平分∠DCE，得出∠BAF＝∠BAP，∠DCF＝∠DCE，再根据平行线的性质以及三角形外角性质，即可得到∠F＝（∠BAP+∠DCP﹣180°）再根据∠BAP+∠DCP＝360°﹣∠P，即可得出∠F＝（360°﹣∠P﹣180°）＝90°﹣∠P；
（3）延长线段CD，延长BA交CP的延长线于G，设∠BAP＝α，∠G＝∠GCF＝∠CDN＝β，由（1）可得，∠M+∠BAM+∠EDM＝360°，即可得到∠M＝360°﹣∠BAM﹣∠EDM＝100°+（α﹣β），再根据∠BAP是△APG的外角，∠APC＝100°，即可得出α﹣β＝80°，代入后可得∠M＝100°+（α﹣β）＝100°+×80°＝140°．
【解答】解：（1）探究发现：
如图1，过P作PQ∥AB，
∴∠A+∠1＝180°（两直线平行，同旁内角互补）
∵AB∥CD（已知）
∴PQ∥CD（平行公理的推论）
∴∠C+∠2＝180°
结论：∠A+∠C+∠APC＝360°；
故答案为：180°，两直线平行，同旁内角互补，平行公理的推论，360；

（2）2∠F+∠P＝180°．
理由：如图2，∵AF平分∠BAP，CF平分∠DCE，
∴∠BAF＝∠BAP，∠DCF＝∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠DQF，
∵∠DQF是△CFQ的外角，
∴∠F＝∠DQF﹣∠DCF
＝∠BAF﹣∠DCF
＝∠BAP﹣∠DCE
＝（∠BAP﹣∠DCE）
＝[∠BAP﹣（180°﹣∠DCP）]
＝（∠BAP+∠DCP﹣180°）
由（1）可得，∠P+∠BAP+∠DCP＝360°，
∴∠BAP+∠DCP＝360°﹣∠P，
∴∠F＝（360°﹣∠P﹣180°）＝90°﹣∠P，
即2∠F+∠P＝180°；

（3）如图3，延长线段CD，延长BA交CP的延长线于G，
∵BN∥AP，DN∥PC，AB∥CD，
∴可设∠BAP＝α，∠G＝∠GCF＝∠CDN＝β，
∵AM、DM分别平分∠PAB，∠CDN，
∴∠BAM＝∠BAP＝α，∠MDN＝∠CDN＝β，
由（1）可得，∠APC+∠BAP+∠DCP＝360°，
∴∠PCD＝360°﹣∠APC﹣∠BAP＝260°﹣α，
∴∠NDE＝260°﹣α，
由（1）可得，∠M+∠BAM+∠EDM＝360°，
∴∠M＝360°﹣∠BAM﹣∠EDM
＝360°﹣α﹣（β+260°﹣α）
＝100°+（α﹣β），
又∵∠BAP是△APG的外角，∠APC＝100°，
∴∠BAP﹣∠G＝∠APG＝80°，
∴α﹣β＝80°，
∴∠M＝100°+（α﹣β）＝100°+×80°＝140°．
故答案为：140°．

【点评】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补，两直线平行，内错角相等．解决问题的关键是作辅助线，构造内错角以及同位角，依据三角形外角性质进行计算求解．