2022-2023学年上学期武汉初中数学八年级期末典型试卷1

这是一份2022-2023学年上学期武汉初中数学八年级期末典型试卷1，共25页。
2022-2023学年上学期武汉初中数学八年级期末典型试卷1
一．选择题（共10小题）
1．（2020秋•江夏区期末）下列交通标志是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2001•青岛）若分式x2−4x+2的值为0，则x的值为（　　）
A．±2 B．2 C．﹣2 D．0
3．（2020秋•江汉区期末）点M（﹣3，4）关于x轴对称的点的坐标为（　　）
A．（﹣3，﹣4） B．（﹣3，4） C．（3，﹣4） D．（3，4）
4．（2021春•梁平区期末）下列分式是最简分式的是（　　）
A．9y12x B．x+yx2−y2 C．x−yx2−y2 D．x+yx2+y2
5．（2021•张家界模拟）下列计算正确的是（　　）
A．b3•b3＝2b3 B．（x+2）（x﹣2）＝x2﹣2
C．（a+b）2＝a2+b2 D．（﹣2a）2＝4a2
6．（2020秋•东西湖区期末）已知多项式x2+4x+k2是一个完全平方式，则k的值为（　　）
A．2 B．4 C．2或﹣2 D．4或﹣4
7．（2014•黔西南州）如图，已知AB＝AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是（　　）

A．CB＝CD B．∠BAC＝∠DAC C．∠BCA＝∠DCA D．∠B＝∠D＝90°
8．（2019秋•青山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB的垂直平分线交AB于点E，交BC于点F，连接AF，若∠FAC=215∠B，则∠FAB的度数为（　　）

A．25° B．30° C．35° D．50°
9．（2020秋•硚口区期末）关于x的二次三项式x2+10x+a有最小值﹣10，则常数a的值为（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
10．（2020秋•硚口区期末）如图，在△ABC中，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，点O是AC、BC的垂直平分线的交点，连接AO、BO，若∠AIB＝α，则∠AOB的大小为（　　）

A．α B．4α﹣360° C．12α+90° D．180°−12α
二．填空题（共7小题）
11．（2020秋•江夏区期末）计算：
①x4•x3＝　 　；
②（﹣3x2）3＝　 　；
③8x3y2÷（﹣2x2y）＝　 　．
12．（2020秋•江夏区期末）已知ab＝﹣3，a+b＝2，则a3b+ab3的值为　 　．
13．（2021•饶平县校级模拟）如果一个正多边形的一个内角是162°，则这个正多边形是正　 　边形．
14．（2020秋•江汉区期末）如果x2+16x+k是一个完全平方式，那么k的值是　 　．
15．（2020秋•东西湖区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A的平分线交BC于D，若S△ABD＝20cm2，AB＝10cm，则CD为　 　cm．

16．（2020秋•东西湖区期末）如图，M为∠AOB内一定点，E、F分别是射线OA、OB上一点，当△MEF周长最小时，若∠OME＝40°，则∠AOB＝　 　．

17．（2020秋•江汉区期末）如图，在平面直角坐标系中，点E在原点，点D（0，2），点F（1，0），线段DE和EF构成一个“L”形，另有点A（﹣1，5），点B（﹣1，﹣1），点C（6，﹣1），连AD，BE，CF．
若将这个“L”形沿y轴上下平移，当AD+DE+BE的值最小时，E点坐标为　 　；
若将这个“L”形沿x轴左右平移，当AD+DE+EF+CF的值最小时，E点坐标为　 　．

三．解答题（共7小题）
18．（2020秋•大冶市期末）计算：
（1）（4a﹣b2）（﹣2b）；
（2）（15x2y﹣10xy2）÷5xy．
19．（2019秋•青山区期末）分解因式：
（1）16﹣b2；
（2）3ax2﹣6axy+3ay2．
20．（2020秋•硚口区期末）（1）计算：[（﹣5a6）2+（﹣3a3）3•（﹣a3）]÷4a4；
（2）先化简后求值：(1−2x−1)÷x2−3xx2−1，其中x＝2．
21．（2020秋•江夏区期末）甲、乙两家单位组织员工开展“携手抗疫，共渡难关”捐款活动，甲单位共捐款100000元，乙单位共捐款140000元，若甲单位员工数比乙单位少30人，乙单位的人均捐款数是甲单位的76倍．
（1）问甲、乙单位各有多少人？
（2）现两家单位共同使用这笔捐款购买A、B两种防疫物资，A种防疫物资每箱15000元，B种防疫物资每箱12000元，若购买B种防疫物资不少于10箱，并恰好将捐款用完，有哪几种购买方案？（两种防疫物资均按整箱配送）
22．（2021•清苑区模拟）如图，已知CD是线段AB的垂直平分线，垂足为D，C在D点上方，∠BAC＝30°，P是直线CD上一动点，E是射线AC上除A点外的一点，PB＝PE，连BE．
（1）如图1，若点P与点C重合，求∠ABE的度数；
（2）如图2，若P在C点上方，求证：PD+12AC＝CE；
（3）若AC＝6，CE＝2，则PD的值为　 　（直接写出结果）．

23．（2021•哈尔滨模拟）某县要修筑一条长为6000米的乡村旅游公路，准备承包给甲、乙两个工程队来合作完成，已知甲队每天筑路的长度是乙队的2倍，前期两队各完成了400米时，甲比乙少用了5天．
（1）求甲、乙两个工程队每天各筑路多少米？
（2）若甲队每天的工程费用为1.5万元，乙队每天的工程费用为0.9万元，要使完成全部工程的总费用不超过120万元，则至少要安排甲队筑路多少天？
24．（2020秋•江汉区期末）在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b）分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点，点C与点A关于y轴对称，点P是x轴正半轴上C点右侧一动点．
（1）当2a2+4ab+4b2+2a+1＝0时，求A，B的坐标；
（2）当a+b＝0时，
①如图1，若D与P关于y轴对称，PE⊥DB并交DB延长线于E，交AB的延长线于F，求证：PB＝PF；
②如图2，把射线BP绕点B顺时针旋转45o，交x轴于点Q，当CP＝AQ时，求∠APB的大小．


2022-2023学年上学期武汉初中数学八年级期末典型试卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2020秋•江夏区期末）下列交通标志是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据轴对称图形的概念：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进行分析即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，不合题意；
B、不是轴对称图形，不合题意；
C、不是轴对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
2．（2001•青岛）若分式x2−4x+2的值为0，则x的值为（　　）
A．±2 B．2 C．﹣2 D．0
【考点】分式的值为零的条件．
【专题】计算题．
【分析】分式的值为0的条件是：（1）分子＝0；（2）分母≠0．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．
【解答】解：根据题意得x2﹣4＝0且x+2≠0，
解得x＝2．
故选：B．
【点评】由于该类型的题易忽略分母不为0这个条件，所以常以这个知识点来命题．
3．（2020秋•江汉区期末）点M（﹣3，4）关于x轴对称的点的坐标为（　　）
A．（﹣3，﹣4） B．（﹣3，4） C．（3，﹣4） D．（3，4）
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；符号意识．
【分析】利用关于x轴对称的点的坐标特点可得答案．
【解答】解：点M（﹣3，4）关于x轴对称的点的坐标为（﹣3，﹣4），
故选：A．
【点评】此题主要考查了关于x轴对称的点的坐标，关键是掌握关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．
4．（2021春•梁平区期末）下列分式是最简分式的是（　　）
A．9y12x B．x+yx2−y2 C．x−yx2−y2 D．x+yx2+y2
【考点】最简分式．
【专题】分式；运算能力．
【分析】根据最简分式的定义（分式的分子和分母除1以外，没有其它的公因式，这样的分式叫最简分式）逐个判断即可．
【解答】解：A.9y12x=3y4x，不是最简分式，故本选项不符合题意；
B.x+yx2−y2=x+y(x+y)(x−y)=1x−y，不是最简分式，故本选项不符合题意；
C.x−yx2−y2=1x+y，不是最简分式，故本选项不符合题意；
D．是最简分式，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了最简分式的定义，能熟记最简分式的定义是解此题的关键．
5．（2021•张家界模拟）下列计算正确的是（　　）
A．b3•b3＝2b3 B．（x+2）（x﹣2）＝x2﹣2
C．（a+b）2＝a2+b2 D．（﹣2a）2＝4a2
【考点】整式的混合运算．
【专题】计算题；整式．
【分析】根据整式的乘法分别计算各选项即可得出答案．
【解答】解：A、b3•b3＝b6，此选项错误；
B、（x+2）（x﹣2）＝x2﹣4，此选项错误；
C、（a+b）2＝a2+2ab+b2，此选项错误；
D、（﹣2a）2＝4a2，此选项正确；
故选：D．
【点评】本题主要考查整式的混合运算，解题的关键是熟练掌握整式的乘法运算法则．
6．（2020秋•东西湖区期末）已知多项式x2+4x+k2是一个完全平方式，则k的值为（　　）
A．2 B．4 C．2或﹣2 D．4或﹣4
【考点】完全平方式．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据完全平方式的定义计算即可．
【解答】解：∵多项式x2+4x+k2是一个完全平方式，
∴k＝±2，
即k＝2或﹣2．
故选：C．
【点评】本题考查完全平方式，记住完全平方式的特征是解题的关键，形如a2±2ab+b2这样的式子是完全平方式，属于中考常考题型．
7．（2014•黔西南州）如图，已知AB＝AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是（　　）

A．CB＝CD B．∠BAC＝∠DAC C．∠BCA＝∠DCA D．∠B＝∠D＝90°
【考点】全等三角形的判定．
【分析】要判定△ABC≌△ADC，已知AB＝AD，AC是公共边，具备了两组边对应相等，故添加CB＝CD、∠BAC＝∠DAC、∠B＝∠D＝90°后可分别根据SSS、SAS、HL能判定△ABC≌△ADC，而添加∠BCA＝∠DCA后则不能．
【解答】解：A、添加CB＝CD，根据SSS，能判定△ABC≌△ADC，故A选项不符合题意；
B、添加∠BAC＝∠DAC，根据SAS，能判定△ABC≌△ADC，故B选项不符合题意；
C、添加∠BCA＝∠DCA时，不能判定△ABC≌△ADC，故C选项符合题意；
D、添加∠B＝∠D＝90°，根据HL，能判定△ABC≌△ADC，故D选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
8．（2019秋•青山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB的垂直平分线交AB于点E，交BC于点F，连接AF，若∠FAC=215∠B，则∠FAB的度数为（　　）

A．25° B．30° C．35° D．50°
【考点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】先由等腰三角形的性质求出∠B的度数，再由垂直平分线的性质可得出∠BAF＝∠B，进而可得出结论．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵EF垂直平分AB，
∴BF＝AF，
∴∠BAF＝∠B＝∠C，
∵∠FAC=215∠B，
∴215∠B+3∠B＝180°，
∴∠B＝25°，
∴∠FAB的度数为25°，
故选：A．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质与线段垂直平分线的性质，熟知线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解答此题的关键．
9．（2020秋•硚口区期末）关于x的二次三项式x2+10x+a有最小值﹣10，则常数a的值为（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
【考点】非负数的性质：偶次方；配方法的应用．
【专题】配方法；运算能力．
【分析】利用配方法将x2+10x+a转换为（x+5）2+a﹣25，利用非负数的性质得到a﹣25＝﹣10．
【解答】解：x2+10x+a＝（x+5）2+a﹣25，
∵（x+5）2≥0，
∴（x+5）2+a﹣25≥a﹣25，
∵关于x的二次三项式x2+10x+a有最小值﹣10，
∴a﹣25＝﹣10．
解得a＝15．
故选：D．
【点评】此题考查了配方法的应用，解题时要根据配方法的步骤进行解答，注意在变形的过程中不要改变式子的值．
10．（2020秋•硚口区期末）如图，在△ABC中，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，点O是AC、BC的垂直平分线的交点，连接AO、BO，若∠AIB＝α，则∠AOB的大小为（　　）

A．α B．4α﹣360° C．12α+90° D．180°−12α
【考点】线段垂直平分线的性质．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】连接CO并延长至D，根据三角形内角和定理得到∠IAB+∠IBA＝180°﹣α，根据角平分线的定义得到∠CAB+∠CBA＝360°﹣2α，求出∠ACB，根据线段垂直平分线的性质得到OA＝OC，OB＝OC，
根据等腰三角形的性质得到∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，根据三角形的外角性质计算，得到答案．
【解答】解：连接CO并延长至D，
∵∠AIB＝α，
∴∠IAB+∠IBA＝180°﹣α，
∵AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，
∴∠IAB=12∠CAB，∠IBA=12∠CBA，
∴∠CAB+∠CBA＝2（∠IAB+∠IBA）＝360°﹣2α，
∴∠ACB＝180°﹣（∠CAB+∠CBA）＝2α﹣180°，
∵点O是AC、BC的垂直平分线的交点，
∴OA＝OC，OB＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，
∵∠AOD是△AOC的一个外角，
∴∠AOD＝∠OCA+∠OAC＝2∠OCA，
同理，∠BOD＝2∠OCB，
∴∠AOB＝∠AOD+∠BOD＝2∠OCA+2∠OCB＝4α﹣360°，
故选：B．

【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、角平分线的定义、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
二．填空题（共7小题）
11．（2020秋•江夏区期末）计算：
①x4•x3＝　x7　；
②（﹣3x2）3＝　﹣27x6　；
③8x3y2÷（﹣2x2y）＝　﹣4xy　．
【考点】同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方；整式的除法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】①直接利用同底数幂的乘法运算法则计算得出答案；
②直接利用积的乘方运算法则计算得出答案；
③直接利用整式的除法运算法则计算得出答案．
【解答】解：①x4•x3＝x4+3＝x7；

②（﹣3x2）3＝﹣27x6；

③8x3y2÷（﹣2x2y）＝﹣4xy．
故答案为：①x7；②﹣27x6；③﹣4xy．
【点评】此题主要考查了整式的除法、同底数幂的乘法、积的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
12．（2020秋•江夏区期末）已知ab＝﹣3，a+b＝2，则a3b+ab3的值为　﹣30　．
【考点】因式分解的应用．
【分析】利用提公因式法、公式法把原式进行因式分解，代入计算即可．
【解答】解：a3b+ab3＝ab（a2+b2）
＝ab[（a+b）2﹣2ab]，
当ab＝﹣3，a+b＝2时，原式＝﹣3×（4+6）＝﹣30．
故答案为：﹣30．
【点评】本题考查的是因式分解的应用，掌握提公因式法、公式法因式分解的步骤是解题的关键．
13．（2021•饶平县校级模拟）如果一个正多边形的一个内角是162°，则这个正多边形是正　二十　边形．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【分析】首先根据求出外角度数，再利用外角和定理求出边数．
【解答】解：∵正多边形的一个内角是162°，
∴它的外角是：180°﹣162°＝18°，
边数n＝360°÷18°＝20．
故答案为：二十．
【点评】此题主要考查了多边形的外角与内角，做此类题目，首先求出正多边形的外角度数，再利用外角和定理求出求边数．
14．（2020秋•江汉区期末）如果x2+16x+k是一个完全平方式，那么k的值是　64　．
【考点】完全平方式．
【分析】先根据两平方项确定出这两个数，再根据完全平方公式的乘积二倍项即可确定k的值．
【解答】解：∵x2+16x+k是一个完全平方式，
∴16＝2k，
解得k＝64．
故答案是：64．
【点评】本题主要考查了完全平方式，根据平方项确定出这两个数是解题的关键，也是难点，熟记完全平方公式对解题非常重要．
15．（2020秋•东西湖区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A的平分线交BC于D，若S△ABD＝20cm2，AB＝10cm，则CD为　4　cm．

【考点】角平分线的性质．
【专题】三角形；应用意识．
【分析】由角平分线的性质可知D到AB的距离等于DC，可得出答案
【解答】解：作DE⊥AB于E．

∵AD平分∠CAB，且DC⊥AC，DE⊥AB，
∴DE＝DC，
∵S△ABD＝20cm2，AB＝10cm，
∴12•AB•DE＝20，
∴DE＝4cm，
∴DC＝DE＝4cm．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查角平分线的性质，掌握角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键．
16．（2020秋•东西湖区期末）如图，M为∠AOB内一定点，E、F分别是射线OA、OB上一点，当△MEF周长最小时，若∠OME＝40°，则∠AOB＝　50°　．

【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】几何图形．
【分析】作M关于OA，OB的对称点M1，M2．连接OM1，OM2．则当E，F是M1M2与OA，OB的交点时，△MEF的周长最短，根据对称的性质可以证得：∠OM1E＝∠OME＝40°，OM1＝OM2＝OM，根据等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：作P关于OA，OB的对称点M1，M2．连接OM1，OM2．则当E，F是M1M2与OA，OB的交点时，△MEF的周长最短，连接M1O、M2O，
∵MM1关于OA对称，
∴∠M1OM＝2∠EOM，OM1＝OM，M1E＝ME，∠OM1E＝∠OME＝40°
同理，∠M2OM＝2∠FOM，OM＝OM2，
∴∠M1OM2＝∠M1OM+∠M2OM＝2（∠EOM+∠FOM）＝2∠AOB，OM1＝OM2＝OM，
∴△M1OM2是等腰三角形．
∴∠OM2F＝∠OM1E＝40°，
∴∠M1OM2＝180°﹣2×40°＝100°，
∴∠AOB＝50°，
故答案为：50°
【点评】本题考查了对称的性质，正确作出图形，证得△M1OM2是等腰三角形是解题的关键．
17．（2020秋•江汉区期末）如图，在平面直角坐标系中，点E在原点，点D（0，2），点F（1，0），线段DE和EF构成一个“L”形，另有点A（﹣1，5），点B（﹣1，﹣1），点C（6，﹣1），连AD，BE，CF．
若将这个“L”形沿y轴上下平移，当AD+DE+BE的值最小时，E点坐标为　（0，1）　；
若将这个“L”形沿x轴左右平移，当AD+DE+EF+CF的值最小时，E点坐标为　（3.5，0）　．

【考点】轴对称﹣最短路线问题；坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】（1）如图，作AA′∥DE，且AA′＝2，作点A′关于y轴的对称点A″，连接BA″交y轴于E′，此时AD′+D′E′+BE′的值最小，
（2）设E（m，0），则D（m，2），F（m+1，0）．因为AD+DE+EF+CF＝AD+3+CF，同侧AD+CF的值最小时，AD+DE+EF+CF的值最小，由AD+CF=(m+1)2+32+(m−5)2+12，同侧欲求AD+CF的最小值，可以把问题转化为，在x轴上找一点P（m，0），使得点P到M（﹣1，3），N（5，﹣1）的距离和最小（如图1中）．
【解答】解：（1）如图，作AA′∥DE，且AA′＝2，作点A′关于y轴的对称点A″，连接BA″交y轴于E′，此时AD′+D′E′+BE′的值最小，

观察图像可知E′（0，1）．
故答案为：（0，1）．

（2）设E（m，0），则D（m，2），F（m+1，0）．
∵AD+DE+EF+CF＝AD+3+CF，
∴AD+CF的值最小时，AD+DE+EF+CF的值最小，
∵AD+CF=(m+1)2+32+(m−5)2+12，
∴欲求AD+CF的最小值，可以把问题转化为，在x轴上找一点P（m，0），使得点P到M（﹣1，3），N（5，﹣1）的距离和最小（如图1中），

连接MN交x轴于P，此时PM+PN的值最小，观察图像可知P（3.5，0），
∴E（3.5，0）．
故答案为：（3.5，0）．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题，坐标与图形变化﹣平移等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
三．解答题（共7小题）
18．（2020秋•大冶市期末）计算：
（1）（4a﹣b2）（﹣2b）；
（2）（15x2y﹣10xy2）÷5xy．
【考点】单项式乘多项式；整式的除法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】（1）根据单项式与多项式相乘的运算法则：单项式与多项式相乘，就是用单项式去乘多项式的每一项，再把所得的积相加进行计算即可；
（2）根据多项式除以单项式，先把这个多项式的每一项分别除以单项式，再把所得的商相加进行计算即可．
【解答】解：（1）原式＝﹣8ab+2b3；

（2）原式＝15x2y÷5xy﹣10xy2÷5xy
＝3x﹣2y．
【点评】此题主要考查了整式的乘除，关键是掌握计算法则．
19．（2019秋•青山区期末）分解因式：
（1）16﹣b2；
（2）3ax2﹣6axy+3ay2．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；运算能力．
【分析】（1）直接利用平方差进行分解即可；
（2）首先提公因式3a，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：（1）原式＝（4+b）（4﹣b）；

（2）原式＝3a（x2﹣2xy+y2）＝3a（x﹣y）2．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
20．（2020秋•硚口区期末）（1）计算：[（﹣5a6）2+（﹣3a3）3•（﹣a3）]÷4a4；
（2）先化简后求值：(1−2x−1)÷x2−3xx2−1，其中x＝2．
【考点】整式的混合运算；分式的化简求值．
【专题】整式；分式；运算能力．
【分析】（1）先计算乘方和乘法，再计算加法，最后计算除法即可；
（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算即可．
【解答】解：（1）原式＝（25a12+27a12）÷4a4
＝52a12÷4a4
＝13a8；

（2）原式＝（x−1x−1−2x−1）÷x(x−3)(x+1)(x−1)
=x−3x−1•(x+1)(x−1)x(x−3)
=x+1x，
当x＝2时，原式=32．
【点评】本题主要考查整式的混合运算、分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
21．（2020秋•江夏区期末）甲、乙两家单位组织员工开展“携手抗疫，共渡难关”捐款活动，甲单位共捐款100000元，乙单位共捐款140000元，若甲单位员工数比乙单位少30人，乙单位的人均捐款数是甲单位的76倍．
（1）问甲、乙单位各有多少人？
（2）现两家单位共同使用这笔捐款购买A、B两种防疫物资，A种防疫物资每箱15000元，B种防疫物资每箱12000元，若购买B种防疫物资不少于10箱，并恰好将捐款用完，有哪几种购买方案？（两种防疫物资均按整箱配送）
【考点】二元一次方程的应用；分式方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；应用意识．
【分析】（1）设甲单位有员工数x人，乙单位有员工数x+30人，由甲单位员工数比乙单位少30人，乙单位的人均捐款数是甲单位的76倍，列出方程可求解；
（2）设A种防疫物资a箱，B种防疫物资b箱，由两家单位共同使用这笔捐款购买A、B两种防疫物资，列出方程可求解．
【解答】解：（1）设甲单位有员工数x人，乙单位有员工数x+30人，
由题意可得：100000x×76=140000x+30，
解得：x＝150，
经检验，x＝150是原方程的解且符合实际情况，
答：甲单位有员工数150人，乙单位有员工数180人；
（2）设A种防疫物资a箱，B种防疫物资b箱，
由题意可得15000a+12000b＝100000+140000，
∴5a+4b＝80，
又∵购买B种防疫物资不少于10箱，
∴b＝10，a＝8或b＝15，a＝4，
答：有两种方案：A种防疫物资8箱，B种防疫物资10箱，或A种防疫物资4箱，B种防疫物资15箱．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
22．（2021•清苑区模拟）如图，已知CD是线段AB的垂直平分线，垂足为D，C在D点上方，∠BAC＝30°，P是直线CD上一动点，E是射线AC上除A点外的一点，PB＝PE，连BE．
（1）如图1，若点P与点C重合，求∠ABE的度数；
（2）如图2，若P在C点上方，求证：PD+12AC＝CE；
（3）若AC＝6，CE＝2，则PD的值为　1或5　（直接写出结果）．

【考点】三角形综合题．
【专题】压轴题；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到：△BPE为等边三角形，则∠CBE＝60°，故∠ABE＝90°；
（2）如图2，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC的延长线于G，构造含30度角的直角△PCG、直角△CPH以及全等三角形（Rt△PGB≌Rt△PHE），根据含30度的直角三角形的性质和全等三角形的对应边相等证得结论；
（3）分两种情形，分别求解即可．
【解答】（1）解：如图1，∵点P与点C重合，CD是线段AB的垂直平分线，

∴PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA＝30°，
∴∠BPE＝∠PAB+∠PBA＝60°，
∵PB＝PE，
∴△BPE为等边三角形，
∴∠CBE＝60°，
∴∠ABE＝90°；

（2）如图2，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC的延长线于G，

∵CD垂直平分AB，
∴CA＝CB．
∵∠BAC＝30°，
∴∠ACD＝∠BCD＝60°．
∴∠GCP＝∠HCP＝∠BCE＝∠ACD＝∠BCD＝60°．
∴PG＝PH，CG＝CH=12CP，CD=12AC．
在Rt△PGB和Rt△PHE中，
PG=PHPB=PE．
∴Rt△PGB≌Rt△PHE（HL）．
∴BG＝EH，即CB+CG＝CE﹣CH．
∴CB+12CP＝CE−12CP，即CB+CP＝CE．
又∵CB＝AC，
∴CP＝PD﹣CD＝PD−12AC．
∴PD+12AC＝CE；

（3）如图3，过P作PH⊥AE于H，连BC，作PG⊥BC交BC于G，

此时Rt△PGB≌Rt△PHE（HL）．
∴BG＝EH，即CB﹣CG＝CE+CH．
∴CB−12CP＝CE+12CP，即CP＝CB﹣CE＝6﹣2＝4．
又∵CB＝AC，
∴PD＝CP﹣CD＝4﹣3＝1．

如图4，

同理，PC＝EC+BC＝8，
PD＝PC﹣CD＝8﹣3＝5．
故答案是：1或5．
【点评】本题主要考查了三角形综合题，综合运用全等三角形的判定与性质，含30度角直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，难度较大，解题时，注意要分类讨论．
23．（2021•哈尔滨模拟）某县要修筑一条长为6000米的乡村旅游公路，准备承包给甲、乙两个工程队来合作完成，已知甲队每天筑路的长度是乙队的2倍，前期两队各完成了400米时，甲比乙少用了5天．
（1）求甲、乙两个工程队每天各筑路多少米？
（2）若甲队每天的工程费用为1.5万元，乙队每天的工程费用为0.9万元，要使完成全部工程的总费用不超过120万元，则至少要安排甲队筑路多少天？
【考点】分式方程的应用；一元一次不等式的应用．
【专题】分式方程及应用；一元一次不等式（组）及应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）设乙队每天筑路x米，则甲每天筑路2x米．由题意列出分式方程，解方程即可；
（2）设甲筑路t天，则乙筑路天数为（150﹣2t）天，由题意列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设乙队每天筑路x米，则甲每天筑路2x米．
依题意，得：400x−4002x=5，
解得：x＝40，
经检验：x＝40是原分式方程的解，
则2x＝80
答：甲每天筑路80米，乙每天筑路40米；
（2）设甲筑路t天，则乙筑路天数为6000−80t40=（150﹣2t）天，
依题意：1.5t+0.9（150﹣2t）≤120，
解得：t≥50，
∴甲至少要筑路50天．
【点评】本题考查分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，分析题意，找到合适的数量关系列出方程或不等式是解决问题的关键．
24．（2020秋•江汉区期末）在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b）分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点，点C与点A关于y轴对称，点P是x轴正半轴上C点右侧一动点．
（1）当2a2+4ab+4b2+2a+1＝0时，求A，B的坐标；
（2）当a+b＝0时，
①如图1，若D与P关于y轴对称，PE⊥DB并交DB延长线于E，交AB的延长线于F，求证：PB＝PF；
②如图2，把射线BP绕点B顺时针旋转45o，交x轴于点Q，当CP＝AQ时，求∠APB的大小．

【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）利用非负数的性质求解即可．
（2）①想办法证明∠PBF＝∠F，可得结论．
②如图2中，过点Q作QF⊥QB交PB于F，过点F作FH⊥x轴于H．可得等腰直角△BQF，证明△FQH≌△QBO（AAS），再证明FQ＝FP即可解决问题．
【解答】解：（1）∵2a2+4ab+4b2+2a+1＝0，
∴（a+2b）2+（a+1）2＝0，
∵（a+2b）2≥0 （a+1）2≥0，
∴a+2b＝0，a+1＝0，
∴a＝﹣1，b=12，
∴A（﹣1，0）B（0，12）．

（2）①证明：如图1中，

∵a+b＝0，
∴a＝﹣b，
∴OA＝OB，
又∵∠AOB＝90°，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°，
∵D与P关于y轴对称，
∴BD＝BP，
∴∠BDP＝∠BPD，
设∠BDP＝∠BPD＝α，
则∠PBF＝∠BAP+∠BPA＝45°+α，
∵PE⊥DB，
∴∠BEF＝90°，
∴∠F＝90o﹣∠EBF，
又∠EBF＝∠ABD＝∠BAO﹣∠BDP＝45°﹣α，
∴∠F＝45o+α，
∴∠PBF＝∠F，
∴PB＝PF．

②解：如图2中，过点Q作QF⊥QB交PB于F，过点F作FH⊥x轴于H．可得等腰直角△BQF，

∵∠BOQ＝∠BQF＝∠FHQ＝90°，
∴∠BQO+∠FQH＝90°，∠FQH+∠QFH＝90°，
∴∠BQO＝∠QFH，
∵QB＝QF，
∴△FQH≌△QBO（AAS），
∴HQ＝OB＝OA，
∴HO＝AQ＝PC，
∴PH＝OC＝OB＝QH，
∴FQ＝FP，
又∠BFQ＝45°
∴∠APB＝22.5°．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了非负数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题