精品解析：重庆市巴渝学校2023-2024学年八年级下学期期中考试数学试题

重庆市巴渝学校2023－2024学年八年级（下）半期考试 数学试卷 （全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑． 1. 我国将在2060年实现碳中和，新能源、绿色能源将成为产业发展的新趋势，下列新能源环保图标中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点． 【详解】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用在数轴上表示不等式的解集时：点是否为空心或实心，方向与正方向相同或者相反进行判断即可． 【详解】解：在数轴上表示时，其点应是空心，方向与正方向相反，如下图， 故选：C． 【点睛】本题考查了在数轴上表示不等式的解集，解题时，首先要能正确画出数轴，其次是能正确确定点是实心或空心，以及方向与正方向相同或者相反等． 3. 四边形中，对角线、相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】利用平行四边形的判定方法依次判断可求解． 【详解】解：A、若，，无法判断四边形是平行四边形，故选项A符合题意； B、若，，由两组对边相等的四边形是平行四边形，可判断四边形是平行四边形，故选项B不符合题意； C、若，，由两组对边平行的四边形是平行四边形，可判断四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、若，，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判断四边形是平行四边形，故选项D不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 4. 如果，那么下列各式中正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的性质．根据不等式的性质，逐项判断即可求解． 【详解】解：A．，则，所以A选项不符合题意； B．，则，所以B选项不符合题意； C．，则，所以C选项不符合题意； D．，则，所以D选项符合题意． 故选：D． 5. 下列命题中，是真命题的有（ ） ①全等三角形的对应边相等； ②有两个角为的三角形一定是等边三角形； ③三角形中角所对的边是斜边的一半； ④等腰三角形的角平分线和中线相互重合． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了判断命题的真假，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质，等边三角形的判定，含30度角的直角三角形的性质，以及等腰三角形的性质． 依次判断各个命题的真假，即可得出结论． 【详解】解：①全等三角形的对应边相等；故①为真命题，符合题意； ②有两个角为的三角形一定是等边三角形；故②为真命题，符合题意； ③在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半；故③为假命题，不符合题意； ④等腰三角形的顶角的角平分线和底边上的中线相互重合；故④为假命题，不符合题意； 综上：是真命题的有①②，共两个； 故选：B． 6. 如图，的垂直平分线交于点D，，，则的周长为（ ） A. 6 B. 10 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据线段垂直平分线的性质可得，然后问题可求解． 【详解】解：∵的垂直平分线交于点D， ∴， ∵，， ∴； 故选C． 【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键． 7. 某超市计划购进A，B两种水果，其中A种水果的进价比B种水果的进价低3元，用1200元购进A种水果的数量是用800元购进B种水果数量的2倍，求A种水果的进价．若设A种水果的进价为元，则根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了列分式方程解实际问题的应用，解答时根据条件建立方程是关键．根据用1200元购进A种水果的数量是用800元购进B种水果数量的2倍，列方程即可． 【详解】解：设A种水果的进价为元，则B种水果的进价为元， 由题意，得，． 故选：D． 8. 如图，点D、E分别是的边、的中点，点F在的延长线上，且．若，，则的长为（ ） A. 4.5 B. 3.5 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】先根据直角三角形斜边上中线的性质求出的长，进而求出的长，然后根据三角形中位线定理求解即可． 【详解】解：在中，,点E是的中点，， ∴ ∵， ∴， ∵D、E分别是的边、的中点， ∴是的中位线， ∴． 故选D. 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 9. 如图，P为正方形内一点，，将绕点C逆时针旋转得到，则的长是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据旋转的性质，旋转后的三角形是等腰直角三角形，由勾股定理可求得 【详解】∵绕点C逆时针旋转得到，其旋转中心是点C，旋转角度是 ∴, ∴是等腰直角三角形 ∴ 故选项是B． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握正方形和旋转的性质，得出三角形是等腰直角三角形是解决问题的关键 10. 将一个多项式分组后，可提公因式或运用公式继续分解的方法是分组分解法．例如：．以下说法： ①分解因式：； ②若，，是的三边长，且满足，则为等边三角形； ③若，，是的三边长，且满足，则这三边能构成等腰三角形； 正确的有（ ）个． A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，等边三角形的判定，非负数的性质，构成三角形的条件．先提取公因式，然后理由平方差公式分解因式即可判定①；根据已知条件式得到，然后利用完全平方公式得到，利用非负数的性质证明即可判断②；根据已知条件式推出，得到，再根据构成等腰三角形的条件即可判断③． 【详解】解： ，故①错误； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形，故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，是的三边长， ∴，则， ∴， ∴， ∴这三边能构成等腰三角形，故③正确； 综上，②③正确； 故选：B． 二、填空题（本大题8个小题，每小题4分，共32分）将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 11. 若分式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式有意义的条件是分母不等于0，故分母，解得x的范围． 【详解】解：根据题意得：， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了分式有意义的条件．解题的关键是掌握要使得分式有意义，必须满足分母不等于0． 12. 分解因式a2b+ab2＝______． 【答案】ab（a+b） 【解析】 【分析】直接提取公因式ab，进而分解因式得出答案． 【详解】解：a2b+ab2＝ab（a+b）． 故答案为：ab（a+b）． 【点睛】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键． 13. 如果一个正多边形的每一个外角都是，那么这个正多边形的边数为______． 【答案】12 【解析】 【分析】此题考查了多边形的外角和，由每个外角都是，三角形外角和为即可求出多边形的边数． 【详解】解：∵一个正多边形的每个外角都是，外角和为， ∴多边形的边数为， 故答案为：12． 14. 已知点B的坐标为，它向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点，则点的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得点B的坐标是． 【详解】解：点B的坐标为，它向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点，则点的坐标为，即， 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化--平移，关键是掌握点的坐标的变化规律． 15. 如图，一次函数的图象经过点，一次函数的图象过点，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一次函数与一元一次不等式，利用数形结合思想，找到不等式与一次函数图像的关系是解题的关键． 根据图象可知一次函数，与一次函数的图像的交点，即可得出不等式的解集． 【详解】解：∵一次函数的图象过点， ∴， ， ∴， ∵一次函数与一次函数的图象的交点为，又， ∴根据图象可得出直线在直线的下方， ∴的解集为． 故答案为：． 16. 如图，在平行四边形中，点为边的中点，将沿翻折，得到，连接并延长交于点，若，平行四边形的面积为12，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练正确折叠的性质是解题的关键． 根据折的性质得到，，由平角的定义得到，由三角形的内角和得到，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；由平行四边形的性质得到，，，连接交于H，于是得到，，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：∵把沿翻折，得到， ∴，， ∴， ∵E为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形为平行四边形； ∴，， ∵四边形是平行四边形，，的面积等于12， ∴， 连接交于H，则，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 17. 若实数使得关于的分式方程的解为正数，且使得关于的不等式组的解集为，则符合条件的所有整数的和为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的解和一元一次不等式组，根据分式方程的正数结合不等式组的解集确定的取值范围是解题的关键． 根据分式方程的解为正数可得且，再根据不等式组的解集为可得，找出且中所有的整数即可求解． 【详解】分式方程的解为且 又关于的分式方程的解为正数， 且 且 将不等式组整理得： 不等式组的解集为， 且 符合条件的所有整数为：、、、、、、 它们的和为 故答案为：． 18. 对于任意的四位数，若且，则称数为“巴渝数”，交换的千位数字与十位数字得到新数，记，则为__________；已知，均为“巴渝数”，且能被7整除，则的值是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查新定义下的实数运算，根据“巴渝数”的定义及求出即可；根据“巴渝数”的定义得出，，，，即可得出的值可能为、、，求出，根据结果是的整数倍，分三种情况，分别求出相应值，再根据所得大小关系取舍，即可求出最终值．正确理解定义并分情况讨论是解题关键． 【详解】解：由题意得， ∴， ∵， ∴， ∵，均为“巴渝数”， ∴，， ∵，， ∴的值可能为、、， ∵， ， ∴， 当时，， ∵， ∴， ∵能被整除， ∴能被整除， 当、、、、时，不能被整除， 当时，，能被整除， 此时，，，与矛盾，不符合题意， 当时，，， ∴能被整除， 当、、、时，不能被整除， 当时，，能被整除， 此时，，，符合， ∴的值是， 当时，，， ∴能被整除， 当、、时，不能被整除， 当时，，能被整除， 此时，，，与矛盾，不符合题意， 综上所述：的值是． 故答案为：， 三．解答题：（本大题8个小题，第19题8分，其余每题各10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上． 19. （1）． （2） 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查了整式的混合运算及分式的混合运算，涉及到完全平方公式及平方差公式，熟练掌握运算法则是解题的关键． （1）根据完全平方公式及平方差公式展开，再去括号合并同类项即可得出答案； （2）先整理原式，再将除法转化为乘法，然后约分即可得出答案． 【详解】解：（1） （2） 20. 如图，在平行四边形中，完成下列作图和证明过程． （1）尺规作图：在上截取，作的角平分线交于点，连接、（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：． 证明：，①__________． 又平分，． ②__________． ． ， ．且 四边形是平行四边形（③__________） 又， ∴__________， （⑤__________）． 【答案】（1）见解析 （2）；；对边平行且相等的四边形是平行四边形；四边形是菱形；菱形对角线互相垂直 【解析】 【分析】本题考查尺规作图——作角平分线、平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，角平分线的定义等知识，熟练掌握五种基本作图及菱形的判定定理是解题关键． （1）根据要求作出图形即可； （2）首先由平行四边形的性质和角平分线的概念得到，然后得到四边形为平行四边形，然后结合证明出四边形为菱形，根据菱形的性质即可得结论． 【小问1详解】 如图所示： 【小问2详解】 证明：， ∴， 又平分， ， ∴， ， ， ，且， 四边形是平行四边形（对边平行且相等的四边形是平行四边形） 又， ∴四边形是菱形， （菱形对角线互相垂直）． 21. 成都世园会将于2024年4月26日至10月28日举行，主题为“公园城市、美好人居”，某高校为选拔世园会志愿者，开展了园艺知识竞赛，现从大二年级和大三年级参与知识竞赛的学生中各随机抽取10名学生的成绩进行整理、描述和分析（单位：分，满分100分，90分及90分以上为优秀），将学生竞赛成绩分为A，B，C三个等级：A：，B：，C：．下面给出了部分信息： 大二年级10名学生的竞赛成绩为：97，95，95，86，86，84，84，84，75，74； 大三年级10名学生的竞赛成绩在B等级中的数据为：88，88，84，82，81． 两组数据的平均数、中位数、众数、方差 学生 平均数 中位数 众数 方差 大二年级 86 85 b 56 大三年级 86 a 88 62.4 根据以上信息，解答下列问题： （1）填空：________，________，________． （2）根据以上数据，你认为在此次知识竞赛中，哪个年级的成绩更好？请说明理由（一条理由即可）； （3）若大二年级共有500名学生参赛，大三年级共有300名学生参赛，请估计两个年级参赛学生中成绩为优秀的总人数． 【答案】（1）；； （2）大三年级的成绩更好 （3）估计两个年级参赛学生中成绩优秀（大于或等于分）的学生共有人 【解析】 【分析】（1）分别根据中位数和众数的定义，可得和的值，进一步计算即可得出的值； （2）依据表格中平均数、中位数、众数做出判断即可； （3）用样本估计总体，计算即可． 【小问1详解】 解：∵大三年级等级的学生人数为（人）， 等级的学生人数为5人， ∴等级C的学生人数为（人）， ∴大三年级名同学的成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别为、，故中位数； ∵大二年级名同学的成绩出现次数最多的是， ∴众数； ∵由题意，可得：， ∴， 故答案为：；；； 【小问2详解】 解：大三年级的成绩更好，理由如下： ∵两个年级的平均数相同，而大三年级成绩的中位数和众数均大于大二年级， ∴大三年级的成绩更好； 【小问3详解】 解：（人）， 答：估计两个年级参赛学生中成绩优秀（大于或等于分）的学生共有人． 【点睛】本题考查了中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数的定义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是解本题的关键． 22. 如图，在中，对角线交于点为上两点，连接，且 （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若为的三等分点，求的长度． 【答案】（1）见解析； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理、正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由平行四边形的性质，得，进行线段的差运算，得，根据对角线互相平分，即可证明四边形是平行四边形． （2）先由平行四边形的性质，得根据勾股定理列式，得，结合E，F为的三等分点，进行线段的运算，即可作答． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴ ∵， ∴ 即， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴ ∵ ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∵E，F为的三等分点， ∴ ∴ 23. 如图，在平行四边形中，，，，若点从点出发，沿着方向运动，已知点的运动路程为，将的面积记为完成下列问题： （1）直接写出与之间的函数表达式以及对应的的取值范围． （2）在平面直角坐标系中画出与的函数的图象，并写出的一条性质； （3）结合函数图象，直接写出时，的取值范围． 【答案】（1） （2）见解析，当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大． （3） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，函数图像的性质，三角形面积等知识点，利用分类讨论解决问题是解题的关键． （1）分两种情况讨论，由三角形的面积公式可求解； （2）直接作图即可，按性质写出一条合理即可； （3）由图像可直接求出． 【小问1详解】 解：①点运动到上时，过作垂足是， 在中，，， ， ∴， ∴当时，， ②点运动到上时，过作垂足为， 在中，，， ， ∴， ∴当时，． 综上：， 故答案为：． 【小问2详解】 性质：当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大． 【小问3详解】 由图可知，时，如图中的红线， ∴的取值范围是：． 24. 清明节祭拜祖先，悼念已逝亲人的习俗仍在盛行．某花店准备从花市购进菊花、白百合进行销售，若每束菊花进价比每束白百合进价多5元，且用6000元购进菊花的数量是用2500元购进白百合数量的2倍． （1）求每束菊花的进价是多少元？ （2）该花店准备将每束菊花的售价定为45元，每束白百合的售价定为36元．根据市场需求，花店决定向花市再购进一批花束，且购进白百合的数量比购进菊花的数量的2倍还多100束，若本次购进的两种花束全部售出后，总获利不少于12200元，求该花店本次购进菊花至少多少束？ 【答案】（1）每束菊花的进价是元 （2）该花店本次购进菊花至少300束 【解析】 【分析】本题考查分式方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确的列出方程和不等式，是解题的关键． （1）设每束菊花的进价是元，根据每束菊花进价比每束白百合进价多5元，且用6000元购进菊花的数量是用2500元购进白百合数量的2倍，列出分式方程进行计算即可； （2）设该花店本次购进菊花束，根据购进白百合的数量比购进菊花的数量的2倍还多100束，本次购进的两种花束全部售出后，总获利不少于12200元，列出不等式进行求解即可． 【小问1详解】 解：设每束菊花的进价是元，则每束白百合的进价为元， 由题意，得：， 解得：，经检验是原方程的解， 答：每束菊花的进价是元； 【小问2详解】 由（1）知，每束白百合的进价为（元）； 设该花店本次购进菊花束，则购进白百合束，由题意，得： ， 解得：； 答：该花店本次购进菊花至少300束． 25. 如图，一次函数的图象交x轴于点A，，与正比例函数的图象交于点B，点B的横坐标为． （1）求一次函数的解析式； （2）若点C在y轴上，且满足，求点C的坐标； （3）一次函数有一点D，点D的纵坐标为1，点M为坐标轴上一动点，在函数上确定一点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一个情况的过程． 【答案】（1） （2）点的坐标为， （3）点的坐标为，，过程见解析 【解析】 【分析】（1）由待定系数法求直线解析式即可； （2）由题意可得，求点坐标即可； （3）先得出，分当点在轴上时，设，当点在轴上时，设，每种都需要进行分类讨论． 【小问1详解】 解：∵点B在函数上，点B的横坐标为； ∴； ∵； ∴， 由题意，得， 解之，得； ∴一次函数的解析式为； 【小问2详解】 解：设点C的坐标为， ∵； ∴； 则； 点的坐标为，； 【小问3详解】 解：由题意，得：点； 当点在轴上时，设； ①点的对应点为点，点的对应点为点，纵坐标都减少1，则的纵坐标为2，点在函数上， ∴； ②点的对应点为点，点的对应点为点，纵坐标都减少3，则的纵坐标为－2，点在函数上， ∴； 当点在轴上时，设； ①点的对应点为点，点的对应点为点，横坐标都增加3，则的横坐标为2，点在函数上， ∴； ②点的对应点为点，点的对应点为点，横坐标都增加1，则的横坐标为－2，点在函数上， ∴． 综上所述，点的坐标为，． 【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键． 26. 已知是等边三角形，点D为射线上一动点，连接，以为边在直线右侧作等边． （1）如图1，点D在线段上，连接，若，且，求线段的长； （2）如图2，点D是延长线上一点，过点E作于点F，求证：； （3）如图3，若，点D在射线上运动，取中点G，连接，请直接写出的最小值． 【答案】（1） （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，垂线段最短． (1)过点E作，交的延长线于点F，证明，结合三角形特殊角的特征，运用勾股定理计算，继而得到． (2)延长过到点N，使得，先证明，得到，，从而得到，继而得到，得到，证明，利用等腰三角形的性质证明即可． (3)根据，得到．得到是的角平分线，利用垂线段最短原理计算即可． 【小问1详解】 如图，过点E作，交的延长线于点M， ∵，都是等边三角形， ， ∴， ． ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【小问2详解】 如图，延长过到点N，使得， ∵，都是等边三角形， ∴， ． ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【小问3详解】 根据（1）得， ∴． ∴是的角平分线， 当时，最短， ∵，中点G， ∴， ∴， 故的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市巴渝学校2023－2024学年八年级（下）半期考试 数学试卷 （全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑． 1. 我国将在2060年实现碳中和，新能源、绿色能源将成为产业发展的新趋势，下列新能源环保图标中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 四边形中，对角线、相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 如果，那么下列各式中正确的是（　　） A. B. C. D. 5. 下列命题中，是真命题的有（ ） ①全等三角形的对应边相等； ②有两个角为的三角形一定是等边三角形； ③三角形中角所对的边是斜边的一半； ④等腰三角形的角平分线和中线相互重合． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 6. 如图，的垂直平分线交于点D，，，则的周长为（ ） A. 6 B. 10 C. 16 D. 18 7. 某超市计划购进A，B两种水果，其中A种水果的进价比B种水果的进价低3元，用1200元购进A种水果的数量是用800元购进B种水果数量的2倍，求A种水果的进价．若设A种水果的进价为元，则根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点D、E分别是的边、的中点，点F在的延长线上，且．若，，则的长为（ ） A. 4.5 B. 3.5 C. 3 D. 4 9. 如图，P为正方形内一点，，将绕点C逆时针旋转得到，则的长是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 10. 将一个多项式分组后，可提公因式或运用公式继续分解的方法是分组分解法．例如：．以下说法： ①分解因式：； ②若，，是的三边长，且满足，则为等边三角形； ③若，，是的三边长，且满足，则这三边能构成等腰三角形； 正确的有（ ）个． A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 二、填空题（本大题8个小题，每小题4分，共32分）将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 11. 若分式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是______． 12. 分解因式a2b+ab2＝______． 13. 如果一个正多边形的每一个外角都是，那么这个正多边形的边数为______． 14. 已知点B的坐标为，它向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点，则点的坐标为________． 15. 如图，一次函数的图象经过点，一次函数的图象过点，则不等式的解集为__________． 16. 如图，在平行四边形中，点为边的中点，将沿翻折，得到，连接并延长交于点，若，平行四边形的面积为12，则__________． 17. 若实数使得关于的分式方程的解为正数，且使得关于的不等式组的解集为，则符合条件的所有整数的和为__________． 18. 对于任意的四位数，若且，则称数为“巴渝数”，交换的千位数字与十位数字得到新数，记，则为__________；已知，均为“巴渝数”，且能被7整除，则的值是__________． 三．解答题：（本大题8个小题，第19题8分，其余每题各10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上． 19. （1）． （2） 20. 如图，在平行四边形中，完成下列作图和证明过程． （1）尺规作图：在上截取，作的角平分线交于点，连接、（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：． 证明：，①__________． 又平分，． ②__________． ． ， ．且 四边形是平行四边形（③__________） 又， ∴__________， （⑤__________）． 21. 成都世园会将于2024年4月26日至10月28日举行，主题为“公园城市、美好人居”，某高校为选拔世园会志愿者，开展了园艺知识竞赛，现从大二年级和大三年级参与知识竞赛的学生中各随机抽取10名学生的成绩进行整理、描述和分析（单位：分，满分100分，90分及90分以上为优秀），将学生竞赛成绩分为A，B，C三个等级：A：，B：，C：．下面给出了部分信息： 大二年级10名学生的竞赛成绩为：97，95，95，86，86，84，84，84，75，74； 大三年级10名学生的竞赛成绩在B等级中的数据为：88，88，84，82，81． 两组数据的平均数、中位数、众数、方差 学生 平均数 中位数 众数 方差 大二年级 86 85 b 56 大三年级 86 a 88 62.4 根据以上信息，解答下列问题： （1）填空：________，________，________． （2）根据以上数据，你认为在此次知识竞赛中，哪个年级的成绩更好？请说明理由（一条理由即可）； （3）若大二年级共有500名学生参赛，大三年级共有300名学生参赛，请估计两个年级参赛学生中成绩为优秀的总人数． 22. 如图，在中，对角线交于点为上两点，连接，且 （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若为的三等分点，求的长度． 23. 如图，在平行四边形中，，，，若点从点出发，沿着方向运动，已知点的运动路程为，将的面积记为完成下列问题： （1）直接写出与之间的函数表达式以及对应的的取值范围． （2）在平面直角坐标系中画出与的函数的图象，并写出的一条性质； （3）结合函数图象，直接写出时，的取值范围． 24. 清明节祭拜祖先，悼念已逝亲人的习俗仍在盛行．某花店准备从花市购进菊花、白百合进行销售，若每束菊花进价比每束白百合进价多5元，且用6000元购进菊花的数量是用2500元购进白百合数量的2倍． （1）求每束菊花的进价是多少元？ （2）该花店准备将每束菊花的售价定为45元，每束白百合的售价定为36元．根据市场需求，花店决定向花市再购进一批花束，且购进白百合的数量比购进菊花的数量的2倍还多100束，若本次购进的两种花束全部售出后，总获利不少于12200元，求该花店本次购进菊花至少多少束？ 25. 如图，一次函数的图象交x轴于点A，，与正比例函数的图象交于点B，点B的横坐标为． （1）求一次函数的解析式； （2）若点C在y轴上，且满足，求点C的坐标； （3）一次函数有一点D，点D的纵坐标为1，点M为坐标轴上一动点，在函数上确定一点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一个情况的过程． 26. 已知是等边三角形，点D为射线上一动点，连接，以为边在直线右侧作等边． （1）如图1，点D在线段上，连接，若，且，求线段的长； （2）如图2，点D是延长线上一点，过点E作于点F，求证：； （3）如图3，若，点D在射线上运动，取中点G，连接，请直接写出的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $