精品解析：重庆市北碚区西南大学附属中学校2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题

西南大学附中2024—2025学年度下期期中考试 初二数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答； 2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项； 3．考试结束，由监考人员将答题卡收回． 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请将答题卡上对应题目的正确答案标号涂黑． 1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. P(3，-2)关于原点对称的点的坐标是( ) A. (3，2) B. (-3，2) C. (-3，-2) D. (3，-2) 3. 抛物线先向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度，平移后的抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 估计值应在（ ） A. 8和9之间 B. 9和10之间 C. 10和11之间 D. 11和12之间 5. 下列命题中，真命题（ ） A. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 顺次连接菱形各边中点得到的四边形是菱形 D. 到三角形三个顶点距离相等的点是三角形三边垂直平分线的交点 6. 在同一直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象可能为（ ） A. B. C D. 7. 下列图形都是由大小相同的圆按一定规律组成的，其中第①个图形中有2个圆，第②个图形中有7个圆，第③个图形中有14个圆，一第④个图形中有23个圆，…，按此规律排列下去，则第⑨个图形中圆的个数是（ ） A. 77 B. 79 C. 96 D. 98 8. 哪吒的乾坤圈工坊以每个30灵石的进价购入一批迷你风火轮，并以每个50灵石售出，每日可售出80个．据调查发现，每个迷你风火轮的售价每降低2灵石，每日可多售出10个，若哪吒希望单日盈利达4000灵石，则需将售价降低多少灵石？若设降价灵石，则列出方程为（ ） A. B. C. D. 9. 在正方形中，为边上一点，连接交于点，过点作．的垂线交于点，连接、，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，，且满足，，其中为正整数，则下列说法： ①； ②若关于的方程恰有个不同的实数根，则； ③函数，当时，取值范围是； ④若，是关于的方程的两根，则； 其中正确的有（ ）个． A. B. C. D. 二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分． 11. 计算：______． 12. 若关于的方程有实数根，则的取值范围为______． 13. 如图，将绕点A逆时针旋转后得到，且满足，，连接，则______°． 14. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为______．（用“”连接） 15. 如图，在矩形中，点在线段上，将沿翻折至，连接，若，，，则______． 16. 若关于的不等式组有解且最多有3个整数解，且关于的分式方程的解为非负数，则所有满足条件的整数的值之和是______． 17. 如图，已知抛物线（）的顶点坐标为，下列结论：①；②；③；④；⑤若（）与轴的两个交点分别为、，则，其中正确结论的序号是______． 18. 对于任意一个四位正整数，若的百位数字等于十位数字与个位数字的和，的千位数字等于十位数字的倍与个位数字的和，则称为“灵珠数”．如：，满足，，所以是“灵珠数”；又如：四位数，满足，但，所以不是“灵珠数”．若将的千位数字与个位数字对调，百位数字与十位数字对调，得到新的四位数，且规定．若为最大的“灵珠数”，为最小的“灵珠数”，则______；若为“灵珠数”，且满足被除余，则满足条件的的最大值为______． 三、解答题：本大题8小题，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. 请用适当的方法解下列一元二次方程： （1）； （2）． 20. 先化简，再求值：，其中，满足． 21. 学习了三角形的角平分线和角平分线的性质后，小西进行了拓展性研究．她发现，三角形内角平分线分对边所成的两条线段所成的比例与这个角的两邻边所成比例相等．她的解决思路是通过角平分线的性质与等面积法得出结论．请根据她的思路完成以下作图与填空： （1）如图，在中，是的角平分线，垂直，垂足为点．用直尺和圆规，完成以下基本作图：过点作的垂线交于点，垂足为点．（不写作法、不下结论，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，求证：． 证明：是的角平分线，，， ① ． 设点A到的距离为， ， ② ． ， ， ， ， ③ ． ④ ． 22. 如图，在中，将绕点A按逆时针方向旋转到的位置，使，且点刚好在的延长线上，连接，，． （1）求的度数； （2）求的面积． 23. 某电子产品店紧跟科技潮流，计划购进一批智能手环和智能手表进行销售，以满足大众的健康管理需求．首次购进智能手环和智能手表共200个．每个智能手环进价为50元，售价定为80元；每个智能手表进价为200元，售价定为300元． （1）若所有智能手环和智能手表全部售空，要求总利润不低于13000元，则该店最多可购进智能手环多少个？ （2）第二次购进时，因市场需求旺盛，该店决定共购进400个商品，进价不变．其中智能手环的进货量在（1）的最大值基础上增加个，售价提高元．而智能手表在运输过程中有损坏无法销售，售价保持不变．最终第二批商品全部售完后总利润为26700元，求的值． 24. 如图，在中，，，，点是线段上一点，且满足，动点，同时出发，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发沿折线方向运动，动点以每秒个单位长度的速度从点出发沿折线方向运动，当点运动到点时，速度变为每秒1个单位长度继续运动，点的速度保持不变．当，有一点运动到点A时，都停止运动．设运动时间为秒，的面积为． （1）请直接写出关于的函数表达式并注明自变量的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； （3）函数与的图象有且只有两个交点，请直接写出的取值范围． 25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，与轴的交点为． （1）求抛物线的表达式； （2）点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴交于点．点、点是直线上的动点，满足点在点的左侧且．当线段最大时，求的周长的最小值． （3）点为抛物线上的一个动点，点、点为第（2）问周长取得最小值时的点，当时，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的过程． 26. 是等腰直角三角形，，在外有一点，连接、． （1）如图，与相交于点，，，，求的长度． （2）如图，将线段绕点逆时针旋转得线段，且点恰好在延长线上，过点作交于点、交于点，连接．求证：． （3）如图，在（）的条件下，，，点是直线上的一动点，连接，将绕点顺时针旋转到，连接．点是内部的一动点，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 $$ 西南大学附中2024—2025学年度下期期中考试 初二数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答； 2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项； 3．考试结束，由监考人员将答题卡收回． 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请将答题卡上对应题目的正确答案标号涂黑． 1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的识别是解题的关键；因此此题可根据“一个图形绕某个点旋转180度后仍与原图完全重合的图形”进行排除选项即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故不符合题意； B、不是中心对称图形，故不符合题意； C、是中心对称图形，故符合题意； D、不是中心对称图形，故不符合题意； 故选C． 2. P(3，-2)关于原点对称的点的坐标是( ) A. (3，2) B. (-3，2) C. (-3，-2) D. (3，-2) 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面坐标系中点P(x,y)关于原点对称点是(-x,-y) 即可． 【详解】解：关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数，因此P(3，-2)关于原点对称的点的坐标是(-3，2)． 故答案为B． 【点睛】本题考查关于原点对称点的坐标的关系，解题的关键是理解并识记关于原点对称点的特点． 3. 抛物线先向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度，平移后的抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数平移的规律：左加右减上加下减，即可得到答案．本题考查二次函数的平移，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线先向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度， ∴， 故选：C． 4. 估计的值应在（ ） A. 8和9之间 B. 9和10之间 C. 10和11之间 D. 11和12之间 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的运算及无理数的估算，熟练掌握二次根式的乘法运算是解题的关键；由题意易得，然后由可进行求解． 【详解】解：∵，且， ∴， ∴的值应在9和10之间； 故选B． 5. 下列命题中，真命题是（ ） A. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 顺次连接菱形各边中点得到的四边形是菱形 D. 到三角形三个顶点距离相等的点是三角形三边垂直平分线的交点 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质、三角形中位线及线段垂直平分线的性质，熟练掌握平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质、三角形中位线及线段垂直平分线的性质是解题的关键；因此此题可根据平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质、三角形中位线及线段垂直平分线的性质进行排除选项． 【详解】解：A、一组对边平行且相等四边形是平行四边形，原说法错误，故不符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误，故不符合题意； C、如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点E、F、G、H分别是边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 同理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形；原说法错误，故不符合题意； D、根据“线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”可知该说法正确，故符合题意； 故选D． 6. 在同一直角坐标系中，一次函数和二次函数的图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数和二次函数图象的性质，做题时会用数形结合的思想进行思考，从而判断函数解析式中各系数的正负性是解题的关键．由一次函数和二次函数图象的性质，可以判断、的正负情况，从而解答本题． 【详解】解：A、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意； B、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意； C、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者一致，故本选项符合题意； D、由抛物线的开口方向可知，，对称轴，得，即，由一次函数的图像可知，，两者矛盾，故本选项不符合题意； 故选：C． 7. 下列图形都是由大小相同的圆按一定规律组成的，其中第①个图形中有2个圆，第②个图形中有7个圆，第③个图形中有14个圆，一第④个图形中有23个圆，…，按此规律排列下去，则第⑨个图形中圆的个数是（ ） A. 77 B. 79 C. 96 D. 98 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了图形变化的规律，能根据所给图形发现圆的个数变化规律是解题的关键．根据所给图形，依次求出图形中圆的个数，发现规律即可解决问题． 【详解】解：由所给图形可知， 第①个图形中圆的个数为：； 第②个图形中圆的个数为：； 第③个图形中圆的个数为：； ， 所以第n个图形中圆的个数为：； 当时， （个）， 即第⑨个图形中圆的个数为98个． 故选：D． 8. 哪吒的乾坤圈工坊以每个30灵石的进价购入一批迷你风火轮，并以每个50灵石售出，每日可售出80个．据调查发现，每个迷你风火轮的售价每降低2灵石，每日可多售出10个，若哪吒希望单日盈利达4000灵石，则需将售价降低多少灵石？若设降价灵石，则列出方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，设降价灵石，则每个迷你风火轮的利润为元，销售量为个，再根据总利润为4000灵石列出方程即可． 【详解】解：由题意得，， 故选：B． 9. 在正方形中，为边上一点，连接交于点，过点作．的垂线交于点，连接、，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点H作于点P，于点M，延长线交于点N，过点A作交的延长线于点K，证明四边形，四边形是正方形，进而得，由此证明和全等得，则是等腰直角三角形，进而得，则，再求出，，继而证明和全等得，然后问题可求解． 【详解】解：过点H作于点P，于点M，的延长线交于点N，过点A作交的延长线于点K，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，，，，， ∵， ∴， ∴四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 即， 在和中， ， ， ， ． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，正确地添加辅助线，构造全等三角形是解决问题的难点． 10. 已知，，且满足，，其中为正整数，则下列说法： ①； ②若关于的方程恰有个不同的实数根，则； ③函数，当时，的取值范围是； ④若，是关于的方程的两根，则； 其中正确的有（ ）个． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了整式的加减运算，一元二次方程根的判别式，一元二次方程根和系数的关系，二次函数的性质，根据题意分别求出，进而可求出，即可判断①；根据根和系数的关系可判断②；由可得，即可得，进而根据二次函数的性质可判断③；由可得，即可由得，再根据一元二次方程根的定义及根和系数的关系可判断④，综上即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，； ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴关于的方程即为， ∴或， 即或， ∵关于的方程恰有个不同的实数根， ∴或， 解得或， ∵，方程有个不同的实数根， ∴， ∴，故②正确； ∵，，，， ∴， ∴， ∵， ∴二次函数的对称轴为直线，开口向上，顶点坐标为， ∵， ∴当，取最小值， 当时，， ∴的取值范围是，故③错误； ∵，，，， ∴， ∴方程即为， 化简得，， ∵，是关于的方程的两根， ∴，， ∴， ∴，故④正确； 综上，正确的说法有个， 故选：． 二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分． 11. 计算：______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查负指数幂、零次幂及实数的运算，熟练掌握负指数幂、零次幂及实数的运算是解题的关键；因此此题可根据负指数幂、零次幂及实数的运算进行求解． 【详解】解：； 故答案为． 12. 若关于的方程有实数根，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键；由题意易得，然后进行求解即可． 【详解】解：由关于的方程有实数根，可知： ， 解得：； 故答案为． 13. 如图，将绕点A逆时针旋转后得到，且满足，，连接，则______°． 【答案】70 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．首先利用旋转的性质得到，，然后了平行线的性质得到即可求解． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转后得到， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：70． 14. 已知点，，都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为______．（用“”连接） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的增减性，掌握增减性的影响因素是解题关键． 把二次函数解析式化为顶点式可得对称轴为直线，从而得到关于对称轴的对称点为，再根据二次函数的增减性解答即可． 【详解】解：∵， ∴二次函数图象的对称轴为直线， ∴关于对称轴的对称点为， ∵， ∴二次函数图象开口向上， ∴当时，y随x的增大而减小， ∵， ∴． 故答案为：． 15. 如图，在矩形中，点在线段上，将沿翻折至，连接，若，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键；由折叠的性质可知：，则有，，由矩形的性质可知，然后可得，过点作于点E，进而可得，最后根据勾股定理可求解． 【详解】解：由折叠的性质可知：， ∵，且， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点作于点E，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为． 16. 若关于的不等式组有解且最多有3个整数解，且关于的分式方程的解为非负数，则所有满足条件的整数的值之和是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组．先解不等式组，根据关于的一元一次不等式组有解且最多有3个整数解，确定的取值范围，再把分式方程去分母转化为整式方程，解得，由分式方程的解为非负数，确定的取值范围且，进而得到且，根据范围确定出的取值，相加即可得到答案． 【详解】解：， 解①得：， 解②得：， 关于的一元一次不等式组有解且最多有3个整数解， ， 解得， 解方程，得， 关于的分式方程的解为非负数， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 综上所述，且， 则所有满足条件的整数的值之和是， 故答案为：． 17. 如图，已知抛物线（）的顶点坐标为，下列结论：①；②；③；④；⑤若（）与轴的两个交点分别为、，则，其中正确结论的序号是______． 【答案】②④⑤ 【解析】 【分析】根据图像可知，，结合对称轴得，即可判定①和②错误；由时，，可得，进而可判断③；由，，则，即可判断④；利用根与系数的关系，求得，，进而即可判断⑤． 【详解】解：由图象知，， 由题意可得：，则， ∴，则①错误； ，则②正确； ∵时，， ∴， ∵， ∴，则③错误； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，故④正确； ∵抛物线（）的顶点坐标为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵抛物线与x轴的交点为、， ∴是方程的两个根， ∴，， ∴，故⑤正确； 故答案为：②④⑤． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，二次函数与一元二次方程的关系．熟练掌握二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键． 18. 对于任意一个四位正整数，若的百位数字等于十位数字与个位数字的和，的千位数字等于十位数字的倍与个位数字的和，则称为“灵珠数”．如：，满足，，所以是“灵珠数”；又如：四位数，满足，但，所以不是“灵珠数”．若将的千位数字与个位数字对调，百位数字与十位数字对调，得到新的四位数，且规定．若为最大的“灵珠数”，为最小的“灵珠数”，则______；若为“灵珠数”，且满足被除余，则满足条件的的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题主要考查了新定义运算，整式的加减的应用，二元一次方程组的解法，理解新定义，准确进行计算是解题的关键．为使千位最大是9，再使得百位最大，也是9，根据定义求得和的值，作差即可求解；根据，列式计算即可求解． 【详解】解：不妨设“灵珠数”，千位数字是m，百位数字是n，十位数字是p，个位数字是q． 为使“灵珠数”最大，千位最大，则令千位是9，即， 依题意得， 为使“灵珠数”最大，百位也最大，取，则，解得 此时这个“灵珠数”是9909，符合定义，是最大“灵珠数”，即； 为使“灵珠数”最小，千位最小，则令千位是1，即， 为使“灵珠数”最小，百位也最小，若百位是0，则个位和十位都是0，数字为1000，不满足千位数字等于十位数字的倍与个位数字的和，不是“灵珠数”， 所以令百位是，则，解得 此时这个“灵珠数”是1101，符合定义，是最小“灵珠数”，即； ， 设上个位数字为，十位数字为，百位数字为，千位数字为； ， ， 其中，， ， ∵被9除余2， ∴被除余， 当，，，不满足题意； 当，，，不满足题意； 当，被除都不余，不满足题意； 当时，被除都不余，不满足题意； 当时，时，满足题意，这个数为： 时，满足题意，这个数为： 综上所述，最大值为：， 故答案为：；． 三、解答题：本大题8小题，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. 请用适当的方法解下列一元二次方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键； （1）根据公式法可进行求解方程； （2）先化简，然后再根据因式分解法可进行求解方程． 【小问1详解】 解： ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解： 化简得：， 解得：． 20. 先化简，再求值：，其中，满足． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了分式的化简求值，乘法公式，先根据乘法公式去括号，再把小括号内的式子通分化简，接着把除法变成乘法后约分化简，最后根据非负数的性质求出x、y的值并代值计算即可得到答案． 【详解】解： ， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴原式． 21. 学习了三角形的角平分线和角平分线的性质后，小西进行了拓展性研究．她发现，三角形内角平分线分对边所成的两条线段所成的比例与这个角的两邻边所成比例相等．她的解决思路是通过角平分线的性质与等面积法得出结论．请根据她的思路完成以下作图与填空： （1）如图，在中，是的角平分线，垂直，垂足为点．用直尺和圆规，完成以下基本作图：过点作的垂线交于点，垂足为点．（不写作法、不下结论，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，求证：． 证明：是的角平分线，，， ① ． 设点A到的距离为， ， ② ． ， ， ， ， ③ ． ④ ． 【答案】（1）图见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】本题考查作图—复杂作图、三角形的面积、角平分线的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据垂线的作图方法作图即可． （2）根据角平分线的性质、三角形的面积公式填空即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求． 【小问2详解】 证明：是的角平分线，，， 设点A到的距离为， ，， ， ，， ， ， ， ． 22. 如图，在中，将绕点A按逆时针方向旋转到的位置，使，且点刚好在的延长线上，连接，，． （1）求的度数； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查旋转性质、平行四边形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、平行四边形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键； （1）由旋转的性质可知：，由题意易得，则有，然后问题可求解； （2）由（1）可知：，然后可得四边形是平行四边形，则有，进而可得，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解． 【小问1详解】 解：由旋转的性质可知：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴； 小问2详解】 解：由（1）可知：， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴． 23. 某电子产品店紧跟科技潮流，计划购进一批智能手环和智能手表进行销售，以满足大众的健康管理需求．首次购进智能手环和智能手表共200个．每个智能手环进价为50元，售价定为80元；每个智能手表进价为200元，售价定为300元． （1）若所有智能手环和智能手表全部售空，要求总利润不低于13000元，则该店最多可购进智能手环多少个？ （2）第二次购进时，因市场需求旺盛，该店决定共购进400个商品，进价不变．其中智能手环的进货量在（1）的最大值基础上增加个，售价提高元．而智能手表在运输过程中有损坏无法销售，售价保持不变．最终第二批商品全部售完后总利润为26700元，求的值． 【答案】（1）100个 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了一元一次不等式的实际应用，一元二次方程的实际应用，正确理解题意列出方程和不等式是解题的关键． （1）设该店购进智能手环x个，则购进智能手表个，根据总利润不低于13000元列出不等式求解即可； （2）根据题意可得智能手环的数量为个，每个的利润为元，则智能手表的数量为个，据此分别求出智能手环和智能手表的利润，再根据总利润为26700元列出方程求解即可． 小问1详解】 解：设该店购进智能手环x个，则购进智能手表个， 由题意得，， 解得， ∴x的最大值为100， 答：该店最多可购进智能手环100个； 【小问2详解】 解：由题意得，， 整理得， 解得或（舍去）． 24. 如图，在中，，，，点是线段上一点，且满足，动点，同时出发，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发沿折线方向运动，动点以每秒个单位长度的速度从点出发沿折线方向运动，当点运动到点时，速度变为每秒1个单位长度继续运动，点的速度保持不变．当，有一点运动到点A时，都停止运动．设运动时间为秒，的面积为． （1）请直接写出关于的函数表达式并注明自变量的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； （3）函数与的图象有且只有两个交点，请直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2）函数图象见解析，性质：当时，y随x的增大而增大（答案不唯一） （3）函数与y的图象有且只有两个交点，k的取值范围为 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理得到，求得，，当时，过A作于H，当时，如图，根据三角形的面积公式即可得到结论； （2）根据题意画出函数图象并根据函数图象得到函数性质即可； （3）由，得到直线过点，如图，当函数过点，，时为临界点，将点代入即可得到结论． 【小问1详解】 解：在中，，，， ∴， ∵， ∴，， 当时， 过A作于H， ∵， ∴， ∴； 当时，如图， ∴， 综上所述，； 【小问2详解】 解：如图所示； 性质：当时，y随x的增大而增大（答案不唯一）； 【小问3详解】 解：∵， ∴直线过点，如图， 当函数过点，，时为临界点， 将点代入得：， 解得：； ∴函数与y的图象有且只有两个交点，k的取值范围为． 【点睛】本题一次函数综合题，考查了三角形的面积公式，一次函数的图象与性质，二次函数的图象与性质，正确地画出函数的图象是解题的关键． 25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，与轴的交点为． （1）求抛物线的表达式； （2）点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴交于点．点、点是直线上的动点，满足点在点的左侧且．当线段最大时，求的周长的最小值． （3）点为抛物线上的一个动点，点、点为第（2）问周长取得最小值时的点，当时，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的过程． 【答案】（1） （2）的周长的最小值为 （3）点的坐标为或 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）求出，从而可求直线的解析式为，设，则，表示出，结合二次函数的性质可得当时，取得最大值为，求出，过点作交轴于点，求出直线的解析式为，从而可得，证明四边形为平行四边形，得出，连接并延长，使得，连接，证明为等腰直角三角形，得出，求出点、关于直线对称，得到，即的周长，连接交于，当、、在同一直线上时（即、重合时），最小，为，求出，最后由勾股定理计算即可得解； （3）求出，，过点轴，作轴交轴于，作交于，则，求出，证明，得出，设，则，求出，解得，此时 ；作点关于的对称点，作直线，由轴对称的性质可得，从而得出，即点为直线与抛物线的交点，，求出直线的解析式为，联立求解即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过点，， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为； 【小问2详解】 解：在中，当时，，即， 设直线的解析式为， 将，代入直线的解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 设， ∵轴交于点， ∴， ∴， ∵， ∴当时，取得最大值，为，此时， ∴， 如图，过点作交轴于点， ， 设直线的解析式为， 将代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，，即， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， 连接并延长，使得，连接， ∵，， ∴， ∴为等腰直角三角形，即， ∵， ∴， ∵， ∴点、关于直线对称， ∴， ∴的周长， 连接交于，当、、在同一直线上时（即、重合时），最小，为， 设，则， 解得：，即， ∴， ∴的周长的最小值为； 【小问3详解】 解：如图， ， 设直线的解析式为， 将，代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得，即， 设，则， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴， 如图，过点轴，作轴交轴于，作交于， ， 则， ∴，， ∴， ∵直线的解析式为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴，， ∴， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴，此时， ∴； 作点关于的对称点，作直线， 由轴对称的性质可得：， ∴， ∴点为直线与抛物线的交点，， 设直线的解析式为， 将代入解析式可得， ∴直线的解析式为， ∴设直线的解析式为， 将代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立可得：， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴，此时， ∴； 综上所述，点的坐标为或． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数综合—线段周长问题、二次函数综合—角度问题、解直角三角形、求一次函数解析式等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 26. 是等腰直角三角形，，在外有一点，连接、． （1）如图，与相交于点，，，，求的长度． （2）如图，将线段绕点逆时针旋转得线段，且点恰好在的延长线上，过点作交于点、交于点，连接．求证：． （3）如图，在（）的条件下，，，点是直线上的一动点，连接，将绕点顺时针旋转到，连接．点是内部的一动点，请直接写出的最小值． 【答案】（1） （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得P点是的中点，从而求得，再由含30度直角三角形性质及勾股定理，即可求解； （2）过点E作交于点Q；先证明，得，再证明，则，，再证明得，从而得； （3）过点作延长线于点，连接，设交于点，通过证明，求出，可得，则直线是定直线，即点的轨迹在过点且与直线的夹角为的定直线上，此时，点为内部的一动点，连接，，，将绕点顺时针旋转得到，连接，可得是等边三角形，同理是等边三角形，则，则，由点为直线上一点，则当时，最小，即最小，此时如图，设延长线交直线于点，过点作于点，通过勾股定理和特殊直角三角形三边关系，结合，即可求出． 【小问1详解】 解：∵是等腰直角三角形，，， ∴点是的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得：， 即， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：如图，过点作交于点， ∵是等腰直角三角形， ∴， 由旋转知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴，； ∵，， ∴， ∴， 即； ∵，， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：过点作延长线于点，连接，设交于点， 由（2）知， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴直线是定直线，即点的轨迹在过点且与直线的夹角为的定直线上， 此时，如图，点为内部的一动点，连接，，， 将绕点逆时针旋转得到，连接， 由旋转知，，， ∴是等边三角形，同理是等边三角形， ∴， ∴， 由点为直线上一点， ∴当时，最小，即最小，此时如图，设延长线交直线于点，过点作于点， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， 即， 解得：, 即的最小值为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，费马点问题，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$