精品解析：重庆市沙坪坝区南开中学校2022-2023学年八年级下学期期末数学模拟试题

重庆南开中学2022-2023学年八年级下学期数学期末考模拟考 （满分：150分 考试时间：120分钟） 1. 若分式的值为0，则x的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了分式的值为零的条件．分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴，解得， 故选：A． 2. 下面4个图案中，是轴对称图形的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】一个图形沿一条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，据此进行判断即可． 【详解】解：根据轴对称图形的意义可知，第1、3、4个图是轴对称图形，第2个图不是轴对称图形， ∴轴对称图形有3个， 故选：C ． 【点睛】此题考查了轴对称图形定义，掌握“一个图形沿一条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形”是解题的关键． 3. 已知x=2是关于x的一元二次方程ax2-3bx-5=0的一个根,则4a-6b+6的值是（ ） A. 1 B. 6 C. 11 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】把x＝2代入方程即可求得4a−6b的值，然后将其整体代入所求的代数式并求值即可． 【详解】∵x＝2是关于x的一元二次方程ax2−3bx−5＝0的一个根， ∴4a−6b−5＝0， ∴4a−6b＝5， ∴4a−6b＋6＝5＋6＝11，即4a−6b＋6＝11． 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解．解题时，逆用一元二次方程解的定义易得出所求式子的值，在解题时要重视解题思路的逆向分析． 4. 下列命题错误的是（ ） A. 平行四边形的对角相等 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形 C. 两条对角线相等的平行四边形是矩形 D. 正方形的对角线相等且互相垂直平分 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，平行四边形的性质，菱形的判定定理，矩形的判定定理．根据平行四边形的性质对A进行判断；根据菱形的判定方法对B进行判断；根据矩形的判定方法对C进行判断；根据正方形的性质对D进行判断． 【详解】解：A. 平行四边形的对角相等，说法正确，不符合题意； B. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原说法错误，符合题意； C. 两条对角线相等的平行四边形是矩形，说法正确，不符合题意； D. 正方形的对角线相等且互相垂直平分，说法正确，不符合题意； 故选：B． 5. 函数与在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一次函数与反比例函数图象综合分析．根据每个函数图象分析出对应的参数范围，再综合对比即可． 【详解】解： A、由反比例函数的图象在可一、三象限知，则， ∴一次函数的图象经过二，三，四象限，与图象不符，故A不符合题意； B、反比例函数的图象在二、四象限可知当，则， ∴一次函数的图象经过一，二，三象限，与图象相符，故B符合题意； C、由反比例函数的图象在可一、三象限知，则， ∴一次函数的图象经过二，三，四象限，与图象不符，故C不符合题意； D、由反比例函数的图象在二、四象限可知当，则， ∴一次函数的图象经过一，二，三象限，与图象不符，故D不符合题意； 故选：B． 6. 如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标分别为．以点 为位似中心，在原点的另一侧按的相似比将缩小，则点 的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是位似图形的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或； 根据位似变换的性质计算，判断即可． 【详解】解：以点O为位似中心，在原点的另一侧按的相似比将缩小，将的横纵坐标先缩小为原来的为，再变为相反数得， 故选：D． 7. 如图，在平行四边形 中，对角线与交于点O，点E为的中点，连接，点F为线段上的一点，连接、，若，且，，则的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，平行四边形的性质，掌握定理是解题的关键．根据直角三角形的性质得到，根据，由三角形中位线定理得到，解答即可． 【详解】解：∵，点E是的中点，， ∴， ∵在平行四边形 中，对角线与交于点O， ∴， ∵，E是的中点， ∴， ∴， 故选：B 8. 如图，在一块长为，宽为的矩形 空地内修建四条宽度相等，且与矩形各边垂直的道路，四条道路围成的中间部分恰好是一个正方形，且边长是道路宽的倍，道路占地总面积为，设道路宽为，则以下方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设道路宽为xm，则中间正方形的边长为2xm，根据道路占地总面积为40m2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设道路宽为x m，则中间正方形的边长为2xm， 依题意，得：x（20+2x+12+2x）=40， 即：x（32+4x）=40． 故选：D． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 9. 如图，正方形ABCD中，E为DC边上一点，且．将AE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接AF，FC．则线段FC的长度是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】延长，过点F作于点H，证明，得出，，证明，根据勾股定理求出即可． 【详解】解：延长，过点F作于点H，如图所示： 则， 根据旋转可知，，， ∵四边形 为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中，根据勾股定理得：． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明． 10. 对于多项式记为，即；若令，，即；下面几个结论正确的个数有（ ）个． （1）存在实数x使成立，则k的取值范围是； （2）若，则； （3）若，则或； （4）存在整数，使成立． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由，得，根据，得，可判断①正确；由，得同号，可判断②错误；由，则可得或，当时，，当时，3，可判断③错误；若，可得，由y为整数，知x不是整数，可判断④错误． 【详解】解：若，则，即， ∵存在实数x使成立， ∴有实数根，即， ∴， 解得，故①正确，符合题意； 若， ∴， ∴同号， ∴或，故②错误，不符合题意； 若； ∴， ∴或， 当时，， 当时，3， ∴③错误，不符合题意； 若 ，则， ∴， ∴ ， ∴， 即， 若y为整数，则x不是整数， ∴不存在整数x、y，使成立，故④错误，不符合题意； ∴正确的有①，共1个； 故选：A． 【点睛】本题考查不等式的解集，涉及一元二次方程根的判别式，不等式，代数式的值等知识，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式及代数式的变形． 二、填空题 11. 计算： _________． 【答案】2023 【解析】 【分析】本题考查了零指数幂以及化简绝对值，先化简绝对值以及计算零次幂，再运算加法，即可作答． 【详解】解： 故答案为：2023 12. 已知，且a﹣b+c＝10，则a的值为_____． 【答案】6 【解析】 【分析】设得出a=3k，b=2k，c=4k，再代入a-b+c=10中，求出k的值，然后再代入a=3k求出a即可 【详解】解：设＝k，则a＝3k，b＝2k，c＝4k， ∵a﹣b+c＝10， ∴3k﹣2k+4k＝10， 解得：k＝2， ∴a＝6； 故答案为6． 【点睛】此题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键，是一道基础题． 13. 在一个不透明的盒子中装有三张卡片，分别标有数字1，2，3，这些卡片除数字不同外其余均相同，从盒子中随机抽取一张卡片记下数字后放回，洗匀后再随机抽取一张卡片，两次抽取的卡片上数字之和为奇数的概率是_____． 【答案】 【解析】 【分析】画出树状图，用符合条件的情况数除以所用可能发生的情况数即可. 【详解】解：画树状图得： ∵共有9种等可能的结果，两次抽取的卡片上数字之和是奇数的有4种情况， ∴两次两次抽取的卡片上数字之和是奇数的概率为； 故答案为． 【点睛】本题考查了树状图法或列表法求概率，解题的关键是正确画出树状图或表格，然后用符合条件的情况数m除以所有等可能发生的情况数n即可,即. 14. 已知， 是方程的两个实数根，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由根与系数的关系可得出、，将其代入中，即可求出结论． 【详解】解：∵m，n是方程的两实数根， ∴、， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−、两根之积等于是解题的关键． 15. 在平面直角坐标系中，反比例函数的图象交直角梯形的边于点，交边于点 ，且是边的中点，若四边形的面积为12，______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，延长交x轴于点E，根据反比例函数k的意义，得出，是边的中点，得出，求出，再得出，根据四边形的面积为12，列出关于k的方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：连接，延长交x轴于点E，如图所示： ∵四边形为直角梯形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴轴， ∴， ∵是边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵反比例函数图象在第二象限， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，三角形面积的计算，反比例函数k值意义，解题的关键是作出辅助线，用k表示出四边形的面积． 16. 若关于的一元一次不等式组的解集是，且关于的分式方程的解是非负整数，则所有满足条件的整数的值之和为________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组、解分式方程，先解一元一次不等式组得出的取值范围，再解分式方程进一步确定的值，从而即可得解，熟练掌握解一元一次不等式组的解法、分式方程的解法，是解本题的关键． 【详解】解：由，得， 由得，， 关于的一元一次不等式组的解集是， ． ，去分母，得． 移项，得． 合并同类项，得， 的系数化为1，得． 关于的分式方程的解是非负整数， 且为整数，． 且． 为整数， 或或1或5． 满足条件的整数的和为． 故答案为：2． 17. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝16，BD＝12，E是边AD上一点，直线OE交BC于点F，将菱形沿直线EF折叠，使点B的对应点为B'，点A的对应点为A′，若AE＝4，则的长等于___． 【答案】6 【解析】 【分析】先根据菱形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，然后根据折叠的性质即可得． 【详解】解：四边形 是菱形，， ， ， 在和中，， ， ， ， 由折叠的性质得：， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了菱形与折叠问题、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 18. 对于一个四位自然数M，若它的千位数字比个位数字多6，百位数字比十位数字多2，则称M为“天真数”．如：四位数7311，∵，，∴7311是“天真数”；四位数8421，∵，∴8421不是“天真数”，则最小的“天真数”为________；一个“天真数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，记，，若能被10整除，则满足条件的M的最大值为________． 【答案】 ①. 6200 ②. 9313 【解析】 【分析】根据题中“天真数”可求得最小的“天真数”；先根据题中新定义得到，进而，若M最大，只需千位数字a取最大，即，再根据能被10整除求得，进而可求解． 【详解】解：根据题意，只需千位数字和百位数字尽可能的小，所以最小的“天真数”为6200； 根据题意，，，，，则， ∴， ∴， 若M最大，只需千位数字a取最大，即， ∴， ∵能被10整除， ∴， ∴满足条件的M的最大值为9313， 故答案为：6200，9313． 【点睛】本题是一道新定义题，涉及有理数的运算、整式的加减、数的整除等知识，理解新定义是解答的关键． 三、解答题 19. 计算与化简： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查的是分式的混合运算，掌握运算顺序是解本题的关键； （1）先计算分式的除法运算，再计算减法运算即可； （2）先计算括号内分式的减法运算，再计算除法运算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ； 20. 解下列分式方程： （1） （2）． 【答案】（1）；（2）x=3 【解析】 【分析】（1）两边乘化为整式方程即可解决问题； （2）两边乘化为整式方程即可解决问题； 【详解】（1）两边乘得到，＝ ＝ ， 经检验：是分式方程的解． （2）两边乘得到，＝ ＝ ＝， 经检验：＝是分式方程的解． 【点睛】本题考查解分式方程，解题的关键是熟练掌握解分式方程的步骤，注意解分式方程必须检验． 21. 如图，的对角线与交于点O，的平分线交于点E． （1）尺规作图：作的角平分线交于点F，连接、；（保留作图痕迹，不写作法） （2）求证：四边形是平行四边形． 证明：在中，，， ∴ ① ， ∵平分，平分， ，， ∴ ② ． 在和中， ， ∴ ③ ， ∴ ④ ， 又， ∴四边形是平行四边形． 【答案】（1）画图见解析 （2），，，． 【解析】 【分析】（1）先以C为圆心，任意长为半径画弧，得到弧与的两边的交点，再分别以这两个交点为圆心，大于这两个交点间的距离的一半为半径画弧，得到两弧的交点，再以C为端点，过后两弧的交点画射线，交于F，再连接，即可． （2）先证明，结合角平分线的定义证明，再证明，可得，从而可得结论． 【小问1详解】 解：画图如下： 【小问2详解】 证明：在中，，， ∴， ∵平分，平分， ，， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查的是作已知角的角平分线，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，熟练的作已知角的角平分线是解本题的关键． 22. 每年5月25日为心理健康日，我市某校开展了“我爱我-积极人生观、正确价值观”主题团队活动，活动结束后，该校九（2）班的同学提出了以下5个观点：A．互助，B．平等，C．进取，D．和谐，E．感恩，并对本年级部分同学进行了调查（要求每位同学只选择自己最认可的一种观点），最后将结果进行了整理，绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题： （1）接受调查的同学共有______人； （2）扇形统计图中C所对应的圆心角度数为______，请补全条形统计图； （3）如果该校九年级有1500名学生，请你利用样本估计该校九年级选择“感恩”或“互助”观点的学生约有______人； （4）如果在这5个观点中任选两个观点在全校进行调查，请用列表或画树状图的方法求恰好选到“和谐”和“感恩”的概率． 【答案】（1）150 （2）， 补全条形统计图为： （3）600 （4） 【解析】 【分析】（1）用类人数除以它所占的百分比得到调查的总人数； （2）用乘以 类人数所占的百分比得到扇形统计图中 所对应的圆心角度数，然后计算出类和 类的人数，从而补全条形统计图； （3）用1500乘以样本中“感恩”和“互助”所占的百分比即可； （4）画树状图展示所有20种等可能的结果，找出选到“和谐”和“感恩”的概率的结果数，然后根据概率公式计算． 【小问1详解】 解：接受调查的同学总人数为：（人； 故答案为：150； 【小问2详解】 解：扇形统计图中 所对应的圆心角度数为， 类人数为（人， 类人数为（人， 【小问3详解】 解：（人， 所以估计选择“感恩”或“互助”观点的学生约有600人； 【小问4详解】 解：画树状图为： 共有20种等可能的结果，其中选到“和谐”和“感恩”的概率的结果数为2， 所以恰好选到“和谐”和“感恩”的概率． 【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出 ，再从中选出符合事件 或的结果数目，然后利用概率公式求出事件 或的概率．也考查了统计图． 23. 随着疫情管控的放开，甲、乙两支队伍计划自驾去西藏旅游．两队计划同一天出发，沿不同的路线前往目的地汇合．甲队走 路线，全程2400千米，乙队走路线，全程3200千米，由于路线高速公路较多，乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地． （1）求甲、乙两队分别计划多少天到达目的地？ （2）在他们的旅行计划中，乙队每人每天的平均花费始终为135元．甲队最开始计划有8个人同行，计划每人每天花费300元，后来又有个人加入队伍，经过计算，甲队实际每增加1人时，每人每天的平均花费将减少30元．若最终甲、乙两队一起旅行的人数相同，且旅行天数与各自原计划天数一致，两队共需花费18720元，求的值． 【答案】（1）甲队计划的天数为6天，则乙队计划天数为4天 （2）5 【解析】 【分析】（1）设甲队计划的天数为x天，则乙队计划天数为天，根据“乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地”可列出分式方程，求解方程即可得出结果； （2）设甲队后来总人数是个，乙队总人数是个，根据“两队共需花费18720元”列方程求解即可． 【小问1详解】 设甲队计划的天数为x天，则乙队计划天数为天，根据题意得， 整理得， 解得， 经检验，是原方程的解， 所以， 所以，甲队计划的天数为6天，则乙队计划天数为4天 【小问2详解】 设甲队后来总人数是个，乙队总人数是个，根据题意得， 整理得， 解得，或 ∵ ∴，即的值为5 【点睛】本题考查了列分式方程解实际问题的运用，列一元二次方程解实际问题的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时寻找方程的等量关系是关键． 24. 如图，在菱形 中，对角线交于点O，，动点P从点A出发，沿着折线A→O→B运动，速度为每秒1个单位长度，到达B点停止运动，设点P的运动时间为t秒，的面积为y． （1）直接写出y关于t的函数表达式，并注明自变量t的取值范围； （2）在直角坐标系中画出y与t的函数图象，并写出它的一条性质； （3）根据图象直接写出当时t的取值范围． 【答案】（1） （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由四边形 是菱形，得到，，分别求出和时的函数解析式即可； （2）根据画出的y与t的函数图象，写出它的一条性质即可； （3）求出当时，，根据图象即可得当时t的取值范围． 【小问1详解】 解：∵四边形 是菱形，， ∴，， 当时，， 当时，， ∴； 【小问2详解】 画图如下： 性质：当时，y随t的增大而增大（或函数在自变量的取值范围内，有最大值．当t=5时，最大值为6）； 【小问3详解】 当时，，解得， 根据图象可得当时，t的取值范围是． 【点睛】此题考查了一次函数的图象和性质、函数解析式、菱形的性质等知识，正确列出函数解析式是解题的关键． 25. 如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交轴，轴于 ，两点，将绕点 顺时针旋转得（点 与点 对应，点与点对应）． （1）直接写出直线 的解析式； （2）点为线段 上一点，过点作轴交直线于点，作轴交直线于点 ，当时，求点的坐标； （3）如图2，若点 为线段的中点，点为直线 上一点，点为坐标系内一点，且以 ， ，，为顶点的四边形为矩形，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出其中一种求解点坐标的过程． 【答案】（1）直线的函数解析式为； （2）； （3）点的坐标为或或，过程见解析． 【解析】 【分析】（1）先求出点 和点的坐标，得出和的长度，再根据旋转的性质，得出点 和点的坐标，最后用待定系数法即可求出直线的解析式； （2）设，则可将点和点 的坐标表示出来，进而得出的表达式，最后根据列出方程求出的值，即可进行解答； （3）根据题意进行分类讨论：①为矩形的边时；②为矩形的对角线时． 【小问1详解】 解：把代入得：， 把代入得：，解得：， ∴， ∴， ∵绕点 顺时针旋转得， ∴，， ∴， 设直线的函数解析式为， 把代入得： ，解得：， ∴直线的函数解析式为． 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∵点在线段上， ∴设， ∵轴，轴， ∴点的横坐标为，点 的纵坐标为， 把代入得：； 把代入得：，解得：， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 解得：． ∴． 【小问3详解】 ①当为矩形的边时， 过点 作，交直线于点，过点 作，交直线于点，过点作交于点，过点作交于点， 根据作图可得：四边形和四边形都是矩形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵绕点 顺时针旋转得， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点 为线段的中点，， ∴，，即点为中点， ∵， ∴， 设直线的解析式为， 把点代入得：， ∴直线的解析式为， ∵， ∴设直线的解析式为， 把代入得：，解得：， ∴直线的解析式为， 联立直线和直线的解析式为： ，解得：， ∴， ②当为矩形的对角线时， 过点 作轴于点，过点 作轴于点， ∵，， ∴轴， ∵轴，过一点有且只有一条直线与已知直线平行， ∴点 和点重合， ∴， 综上：点的坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了一次函数的综合运用，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，旋转的性质，矩形的性质． 26. 在中，，D为边上一点，点E在的延长线上，连接． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若，求证：； （3）如图3，点F是延长线上一点，连接，过D作于H，延长交于点G，的面积为4，求线段的长度． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据等边对等角可得，根据外角的性质可得，以及，得出，根据等边对等角即可得证； （2）导角得出，得出为等边三角形，过作交于于，可得为等边三角形，证明，得出为等边三角形，即可得出结论； （3）设，则，，，得出，，，连接，证明， 得出，则，根据，得出，根据即可求解． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， 过作交于于， ∴， ∴为等边三角形． ∴． ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 【小问3详解】 设，∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 连接， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，（舍）， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，根据平方根的定义解方程，综合运用以上知识直接是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆南开中学2022-2023学年八年级下学期数学期末考模拟考 （满分：150分 考试时间：120分钟） 1. 若分式的值为0，则x的值是（ ） A. B. C. D. 2. 下面4个图案中，是轴对称图形的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 3. 已知x=2是关于x的一元二次方程ax2-3bx-5=0的一个根,则4a-6b+6的值是（ ） A. 1 B. 6 C. 11 D. 12 4. 下列命题错误的是（ ） A. 平行四边形的对角相等 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形 C. 两条对角线相等的平行四边形是矩形 D. 正方形的对角线相等且互相垂直平分 5. 函数与在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标分别为．以点为位似中心，在原点的另一侧按的相似比将缩小，则点 的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平行四边形中，对角线 与交于点O，点E为的中点，连接，点F为线段上的一点，连接、，若，且，，则的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 如图，在一块长为，宽为的矩形空地内修建四条宽度相等，且与矩形各边垂直的道路，四条道路围成的中间部分恰好是一个正方形，且边长是道路宽的倍，道路占地总面积为，设道路宽为，则以下方程正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，正方形ABCD中，E为DC边上一点，且．将AE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接AF，FC．则线段FC的长度是（ ） A. B. C. 2 D. 10. 对于多项式记为，即；若令，，即；下面几个结论正确的个数有（ ）个． （1）存在实数x使成立，则k的取值范围是； （2）若，则； （3）若，则或； （4）存在整数，使成立． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题 11. 计算： _________． 12. 已知，且a﹣b+c＝10，则a的值为_____． 13. 在一个不透明的盒子中装有三张卡片，分别标有数字1，2，3，这些卡片除数字不同外其余均相同，从盒子中随机抽取一张卡片记下数字后放回，洗匀后再随机抽取一张卡片，两次抽取的卡片上数字之和为奇数的概率是_____． 14. 已知， 是方程的两个实数根，则________． 15. 在平面直角坐标系中，反比例函数的图象交直角梯形的边于点，交边 于点 ，且是边的中点，若四边形的面积为12，______． 16. 若关于的一元一次不等式组的解集是，且关于 的分式方程的解是非负整数，则所有满足条件的整数的值之和为________． 17. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝16，BD＝12，E是边AD上一点，直线OE交BC于点F，将菱形沿直线EF折叠，使点B的对应点为B'，点A的对应点为A′，若AE＝4，则的长等于___． 18. 对于一个四位自然数M，若它的千位数字比个位数字多6，百位数字比十位数字多2，则称M为“天真数”．如：四位数7311，∵，，∴7311是“天真数”；四位数8421，∵，∴8421不是“天真数”，则最小的“天真数”为________；一个“天真数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，记，，若能被10整除，则满足条件的M的最大值为________． 三、解答题 19. 计算与化简： （1） （2） 20. 解下列分式方程： （1） （2）． 21. 如图，的对角线 与交于点O，的平分线交于点E． （1）尺规作图：作的角平分线交于点F，连接、；（保留作图痕迹，不写作法） （2）求证：四边形是平行四边形． 证明：在中，，， ∴ ① ， ∵平分，平分， ，， ∴ ② ． 在和中， ， ∴ ③ ， ∴ ④ ， 又， ∴四边形是平行四边形． 22. 每年5月25日为心理健康日，我市某校开展了“我爱我-积极人生观、正确价值观”主题团队活动，活动结束后，该校九（2）班的同学提出了以下5个观点：A．互助，B．平等，C．进取，D．和谐，E．感恩，并对本年级部分同学进行了调查（要求每位同学只选择自己最认可的一种观点），最后将结果进行了整理，绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题： （1）接受调查的同学共有______人； （2）扇形统计图中C所对应的圆心角度数为______，请补全条形统计图； （3）如果该校九年级有1500名学生，请你利用样本估计该校九年级选择“感恩”或“互助”观点的学生约有______人； （4）如果在这5个观点中任选两个观点在全校进行调查，请用列表或画树状图的方法求恰好选到“和谐”和“感恩”的概率． 23. 随着疫情管控的放开，甲、乙两支队伍计划自驾去西藏旅游．两队计划同一天出发，沿不同的路线前往目的地汇合．甲队走 路线，全程2400千米，乙队走 路线，全程3200千米，由于 路线高速公路较多，乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地． （1）求甲、乙两队分别计划多少天到达目的地？ （2）在他们的旅行计划中，乙队每人每天的平均花费始终为135元．甲队最开始计划有8个人同行，计划每人每天花费300元，后来又有 个人加入队伍，经过计算，甲队实际每增加1人时，每人每天的平均花费将减少30元．若最终甲、乙两队一起旅行的人数相同，且旅行天数与各自原计划天数一致，两队共需花费18720元，求 的值． 24. 如图，在菱形中，对角线交于点O，，动点P从点A出发，沿着折线A→O→B运动，速度为每秒1个单位长度，到达B点停止运动，设点P的运动时间为t秒，的面积为y． （1）直接写出y关于t的函数表达式，并注明自变量t的取值范围； （2）在直角坐标系中画出y与t的函数图象，并写出它的一条性质； （3）根据图象直接写出当时t的取值范围． 25. 如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交轴， 轴于 ， 两点，将绕点顺时针旋转得（点 与点 对应，点 与点对应）． （1）直接写出直线 的解析式； （2）点 为线段 上一点，过点 作轴交直线于点，作轴交直线于点，当时，求点 的坐标； （3）如图2，若点为线段的中点，点为直线 上一点，点 为坐标系内一点，且以，，， 为顶点的四边形为矩形，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出其中一种求解点坐标的过程． 26. 在中，，D为边上一点，点E在的延长线上，连接． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若，求证：； （3）如图3，点F是延长线上一点，连接，过D作于H，延长交于点G，的面积为4，求线段的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $