精品解析：重庆市第一中学校2024-2025学年八年级下学期5月期中数学试题

2025年重庆一中初2026届初二下期半期考试 数学试题卷 （全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上． 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3.考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：（本大题共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. 下列新能源汽车标志图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 若x，y的值均扩大为原来的2倍，则下列分式的值保持不变的是（ ） A. B. C. D. 4. 若分式的值为正数，则x的取值范围是（ ） A. B. 或 C. 或 D. 5. 估计的值应在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 6. 下列说法正确的是（ ） A. 对角线相等的四边形是平行四边形 B. 对角线互相垂直平分的四边形是矩形 C. 对角线互相平分且相等的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形 7. 如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到．连接，与线段交于点F．若，则一定等于（ ） A. B. C. D. 8. 若是关于x的一元二次方程的两个根，且，则k的值为（ ） A. 或1 B. C. 1 D. 1或4 9. 如图，在正方形中，点E在线段上，连接，过点C作于点G，交于点F，连接并延长交于点H．若，，则的长为（ ） A. B. C. D. 10. 已知整式，其中为正整数，以下说法： ①当时，存在一个非零数，使得等式恒成立； ②若是方程的两根，则存在一个，使得的各项系数之和等于7； ③若（均为正整数），，则满足条件的整数的值共有两组． 其中正确的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题：（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填写在答题卡中对应的横线上． 11. 计算：________ 12. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______． 13. 一次函数的函数值y随x的增大而减小，则它的图象不经过第_________象限． 14. 已知是一元二次方程的一个根，则_________ 15. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，，点D，E分别是线段上一点，连接．若，，则点E的坐标为________ 16. 若关于x的不等式组有且仅有四个整数解，且关于y的分式方程的解为整数，则所有满足条件的整数a的值之和为_______ 17. 如图，在菱形中， ，点为上一点，连接．将沿着翻折到，，交于点．若，则点到的距离为________ 18. 如果一个四位正整数A与另一个四位正整数B相加得到四位正整数C，且C的四个数位上的数字相同，我们就称A与B互为“如影随形数”．一个四位正整数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，将M的千位数字与个位数字交换，百位数字与十位数字交换，得到一个新的四位正整数，当M与互为“如影随形数”时，记 ．若为整数，是5的倍数，则_______；满足条件的M的最大值与最小值的和为 _______ ． 三、解答题：（本大题8个小题，其中19题、21题各8分，26题12分，其余每题各10分，共78分）请把答案写在答题卡上对应的空白处，解答时每小题须给出必要的演算过程或推理步骤． 19. 解方程： （1）； （2） 20. 计算： （1） （2） 21. 在学习了特殊平行四边形的相关知识后，小颖同学发现，作平行四边形的一条对角线的垂直平分线，与平行四边形的一组对边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据她的想法和思路，完成以下作图和填空： （1）如图，在平行四边形中，线段是平行四边形的一条对角线．用尺规作线段的垂直平分线，分别交于点，连接．（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，求证：四边形是菱形． 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴①______ ∵垂直平分， ∴，， 又∵②______ ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ③______， ∴四边形是菱形． 小颖同学进一步研究发现，对于只有一组对边平行的四边形，作这个四边形一条对角线的垂直平分线，则该垂直平分线与该四边形的这组平行对边所在直线相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是④____． 22. 目前，新能源汽车发展迅速，在新能源汽车渗透率持续上升的趋势下，智能驾驶辅助系统（以下简称智驾系统）越发受到大家关注．有关人员开展了对“”、“”两款智驾系统的使用满意度评分（百分制）调查，从中各随机抽取了20个评分分数，并对数据进行了整理和分析，得到下列信息：（评分分数用x表示，共分为五个等级：，，，，），下面给出了部分信息： 抽取的“”款智驾系统的使用满意度评分数据： 57，69，70，78，79，80，88，89，90，91，93，93，93，93，93，94，94，97，99，100，抽取的“”款智驾系统的使用满意度评分数据中B等级的数据：85，87，88，89，89，89，90，抽取的“”、“”两款智驾系统的使用满意度评分统计表 智驾系统 平均数 中位数 众数 “”款 87 92 a “”款 87 b 89 抽取的“”款智驾系统的使用满意度评分扇形统计图 （1）填空： ； ； （2）根据以上数据，你认为哪款智驾系统更受用户喜爱？请说明理由（写出一条理由即可）； （3）在此次调查中，有840人对“”智驾系统进行评分，有1100人对“”智驾系统进行评分，请通过计算，估计此次调查中对智驾系统的使用满意度评分等级为“A”的共有多少人？ 23. 如图1，在四边形中，，，，，，动点P从点A出发，沿折线A→B→C运动，到达C点时停止运动．点P在线段上的运动速度为每秒个单位长度，在线段上的运动速度为每秒3个单位长度．设点P的运动时间为x秒（），的面积为y： （1）请直接写出y与x的函数关系式； （2）在如图2所示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）结合函数图象，若直线与该函数图象有1个交点，请直接写出m的取值范围． 24. 蓝莓是一种营养丰富的浆果，因富含维生素受大众的喜爱．某水果批发商共花费14400元采购了“高丛”蓝莓和“矮丛”蓝莓进行批发销售．已知两种蓝莓的采购费用相同，每箱“高丛”蓝莓的采购价比每箱“矮丛”蓝莓的采购价高8元，且购进“高丛”蓝莓的箱数是购进“矮丛”蓝莓的箱数的 （1）求“高丛”蓝莓和“矮丛”蓝莓每箱的采购价； （2）已知当前两款蓝莓市场批发价均为每箱50元，因节假日即将到来，两款蓝莓的批发价均有上涨趋势，于是该水果批发商立即将本批蓝莓全部存放于冷库．据市场调研分析，存入冷库后，每箱“高丛”蓝莓的批发价每天上涨2元，每箱“矮丛”蓝莓的批发价每天上涨3元，但平均每天“高丛”蓝莓和“矮丛”蓝莓都有1箱坏掉，同时冷库的使用成本为每天40元（储藏时间不超过15天）．若该批发商想通过这批蓝莓获得8600元的利润，需将该批蓝莓存入冷库多少天后一次性售出？ 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点C为y轴负半轴上一点，且，直线经过A，C两点． （1）求直线的解析式； （2）如图1，将直线向上平移个单位长度得到直线，与直线交于点Q，与x轴，y轴分别交于点D，点E．点P是直线上位于第四象限内的一点，点M，N分别在直线，上．若点N在点M左侧，且，连接，，，当时，求点P的坐标以及的最小值； （3）如图2，将绕点O逆时针旋转得到，在旋转过程中，直线与x轴于交点G，与直线交于点H，在平面内确定一点K，使得四边形为菱形，请直接写出所有符合条件的点K的坐标． 26. 在中，，点为上一点，连接． （1）如图1，过作于点，交延长线于点．若，，，求的长度． （2）如图2，以为斜边向外作，，点为中点，连接．若，试猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，点为中点，延长至点，连接，，，，若，，请直接写出面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年重庆一中初2026届初二下期半期考试 数学试题卷 （全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上． 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3.考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：（本大题共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. 下列新能源汽车标志图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合．根据中心对称图形的概念求解即可得到答案．熟记中心对称图形定义是解决问题的关键． 【详解】解：A、图形是中心对称图形，符合题意； B、图形不是中心对称图形，不符合题意； C、图形不是中心对称图形，不符合题意； D、图形不是中心对称图形，不符合题意； 故选：A． 2. 下列方程是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键；因此此题可根据“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程”进行排除选项即可． 【详解】解：A、不是一元二次方程，故不符合题意； B、由可化简为，不是一元二次方程，故不符合题意； C、当时，则方程是一元二次方程，故不符合题意； D、由可变形为，是一元二次方程，故符合题意； 故选D． 3. 若x，y的值均扩大为原来的2倍，则下列分式的值保持不变的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了分式的性质，根据题意逐项把各选项分式字母的值均扩大为原来的2倍，约分后与原分式进行比较，从而可判断分式的值是否发生变化，从而可得答案． 【详解】解：A. 中，的值均扩大为原来的2倍得到，故原选项不合题意； B. 中，的值均扩大为原来的2倍得到，故原选项不合题意； C. 中，的值均扩大为原来的2倍得到，故原选项符合题意； D. 中，的值均扩大为原来的2倍得到，故原选项不合题意． 故选：C． 4. 若分式的值为正数，则x的取值范围是（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了分式的值，根据分式的值为正数，则分子分母同号，再进行分类讨论，即可作答． 【详解】解：∵分式的值为正数， ∴分子分母同正或同负， ∴或 解得或， 故选：C 5. 估计的值应在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查无理数估算，涉及二次根式乘法运算法则、不等式性质，先由二次根式乘法运算法则化简，再由夹逼法估算即可得到答案．熟练掌握二次根式乘法运算法则及无理数估算方法是解决问题的关键． 【详解】解：， ， ，则， 即的值应在0和1之间， 故选：A． 6. 下列说法正确的是（ ） A. 对角线相等的四边形是平行四边形 B. 对角线互相垂直平分的四边形是矩形 C. 对角线互相平分且相等的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定定理进行排除选项． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原说法错误； B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原说法错误； C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故原说法错误； D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原说法正确； 故选D． 7. 如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到．连接，与线段交于点F．若，则一定等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查旋转的性质、平行四边形的性质与判定及等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、平行四边形的性质与判定及等腰三角形的性质是解题的关键；由题意易得，根据旋转的性质可知：，然后可得四边形是平行四边形，进而根据平行四边形的性质及三角形外角的性质可进行求解． 【详解】解：∵，， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴； 故选：D． 8. 若是关于x的一元二次方程的两个根，且，则k的值为（ ） A. 或1 B. C. 1 D. 1或4 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系及根的判别式，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键；由题意易得，然后代入进行求解即可． 【详解】解：由题意得：， ∵， ∴， 解得：， ∵一元二次方程有两个根， ∴， ∴， ∴； 故选C． 9. 如图，在正方形中，点E在线段上，连接，过点C作于点G，交于点F，连接并延长交于点H．若，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键；由题意易得，则可证，然后可得，过点A作于点K，进而可得，设，则有，最后根据勾股定理可进行求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点A作于点K，如图所示： ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵且， ∴， ∴， ∴， 设，则有， 在中，， 在中，， ∴， 解得：， ∴，即； 故选B． 10. 已知整式，其中为正整数，以下说法： ①当时，存在一个非零数，使得等式恒成立； ②若是方程的两根，则存在一个，使得的各项系数之和等于7； ③若（均为正整数），，则满足条件的整数的值共有两组． 其中正确的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查新定义问题，难度较大，涉及整式运算、因式分解、解二元一次方程等知识，读懂题意，根据各个说法，逐项验证即可得到答案，理解题中各项要求，转化为相关知识求解是解决问题的关键． 【详解】解：当时， ， 即， ， 则，解得， 当时，不存在一个非零数，使得等式恒成立； 故①错误； ， ， 则当时，的各项系数之和为， ， 令， 则；； ， ， 是方程的两根， ， 则， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 若是方程的两根，则存在一个，使得的各项系数之和等于7； 故②正确； 若（均为正整数），则或或， ， ，， ， ， 当时，则， 或或或或或或或， 则有整数解；有整数解； 此情况，满足条件的整数的值共有2组； 当时，则， 或或或或或或或， 则有整数解； 此情况，满足条件的整数的值共有1组； 当时，则， 或或或或或或或， 此情况，没有满足条件的整数的值； 综上所述，若（均为正整数），，则满足条件的整数的值共有三组； 故③错误； 综上所述，说法正确的是②，共1个； 故选：B 二、填空题：（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填写在答题卡中对应的横线上． 11. 计算：________ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了立方根、负整数指数幂，先化简立方根、负整数指数幂，再运算加法，即可作答． 【详解】解：， 故答案为：． 12. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可． 【详解】解：设边数为n，由题意得， 180（n－2）=3603， 解得n=8． 所以这个多边形的边数是8． 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键． 13. 一次函数的函数值y随x的增大而减小，则它的图象不经过第_________象限． 【答案】三 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的图象性质，根据一次函数的函数值y随x的增大而减小，得，结合，即可作答． 【详解】解：∵一次函数的函数值y随x的增大而减小， ∴， ∵， 则它的图象经过第一、二、四象限，即不经过第三象限， 故答案为：三 14. 已知是一元二次方程的一个根，则_________ 【答案】13 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键；由题意易得，然后整体代入进行求解即可． 【详解】解：∵是一元二次方程的一个根， ∴，即， ∴； 故答案为13． 15. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，，点D，E分别是线段上一点，连接．若，，则点E的坐标为________ 【答案】## 【解析】 【分析】过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，证明，进而求出点的坐标，求出直线的解析式，进而求出点的坐标即可． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点， ∵矩形， ∴轴，，， ∴，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 设直线的解析式为：，则：，解得：， ∴， ∵， ∴， 当时，； ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查坐标与图形，等腰三角形的判定和性质，一次函数与几何的综合应用，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊三角形和全等三角形是解题的关键． 16. 若关于x的不等式组有且仅有四个整数解，且关于y的分式方程的解为整数，则所有满足条件的整数a的值之和为_______ 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的解，一元一次不等式组的整数解，根据一元一次不等式组解集，整数解的个数确定的取值范围，进而得到的取值，再化简分式方程，根据分式方程的解为整数，求出的整数解，然后求和即可． 【详解】解： 解不等式得，， 解不等式得，， ∵关于x的不等式组有且仅有四个整数解， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵a为整数， ∴， ∵， ∴， 得， ∵关于y的分式方程的解为整数， ∴， 即， ∴当时，则，是整数，符合题意； ∴当时，则，是整数，但，故舍去； ∴当时，则，不是整数，不符合题意； ∴当时，则，不是整数，不符合题意； ∴当时，则，是整数，符合题意； ∴， 故答案为：6． 17. 如图，在菱形中， ，点为上一点，连接．将沿着翻折到，，交于点．若，则点到的距离为________ 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，二次根式的运算，熟练掌握利用勾股定理解一般三角形的方法是解题的关键．过点作于点，设与交于点，过点作延长线于点，连接，设点到的距离为，先利用菱形和含角的直角三角形的性质求解出，，再利用勾股定理求出，再利用翻折知垂直平分，利用，求出和，再利用，求出，再求，再利用，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，连接，设与交于点，过点作延长线于点，连接，设点到的距离为， ∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 由翻折知，， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵， 即， 解得：， 故答案为：． 18. 如果一个四位正整数A与另一个四位正整数B相加得到四位正整数C，且C的四个数位上的数字相同，我们就称A与B互为“如影随形数”．一个四位正整数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，将M的千位数字与个位数字交换，百位数字与十位数字交换，得到一个新的四位正整数，当M与互为“如影随形数”时，记 ．若为整数，是5的倍数，则_______；满足条件的M的最大值与最小值的和为 _______ ． 【答案】 ①. 7 ②. 【解析】 【分析】本题考查了数字规律，新定义，分式的运算，根据“如影随形数”的定义，得，整理，结合为整数，故为整数，所以，因此，因为是5的倍数，所以是5的倍数，当要取M的最大值，即要求千位数最大，且，当时，，因为满足是5的倍数，则或，即或（舍去），同理要取M的最小值，即要求千位数最小，且，当时， ，则或，即可作答． 【详解】解：∵一个四位正整数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，将M的千位数字与个位数字交换，百位数字与十位数字交换，得到一个新的四位正整数， ∴ ∵一个四位正整数A与另一个四位正整数B相加得到四位正整数C，且C的四个数位上的数字相同，我们就称A与B互为“如影随形数”．且M与互为“如影随形数”， ∴， ∵仍是一个四位正整数， ∴， ∵ ∴， ∵为整数， ∴为整数， ∵为正整数，且， ∴， 即， ∴， ∵ ∴ ， ∵是5的倍数， ∴是5的倍数， ∵要取M的最大值，即要求千位数最大，且， ∴当时， ， 若要满足是5的倍数，则或，即或， ∵要取M的最大值，， ∴（舍去） 则M的最大值为， ∵要取M的最小值，即要求千位数最小，且， ∴当时， ， 若要满足是5的倍数，则或，即或或或， 则M的最小值为， ∴ 故答案为：7，． 三、解答题：（本大题8个小题，其中19题、21题各8分，26题12分，其余每题各10分，共78分）请把答案写在答题卡上对应的空白处，解答时每小题须给出必要的演算过程或推理步骤． 19. 解方程： （1）； （2） 【答案】（1）原方程无解 （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了解分式方程，解一元二次方程，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）按照解分式方程的一般步骤求解、检验即可． （2）利用配方法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴； 检验：当时，， ∴是原方程的增根，原方程无解； 【小问2详解】 解：∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，． 20. 计算： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了整式的混合运算，分式的混合运算，掌握运算法则是解题的关键． （1）先计算多项式乘以多项式和单项式乘以多项式，再进行加减计算； （2）先计算括号内异分母分式减法，再将除法化为乘法计算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 21. 在学习了特殊平行四边形的相关知识后，小颖同学发现，作平行四边形的一条对角线的垂直平分线，与平行四边形的一组对边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据她的想法和思路，完成以下作图和填空： （1）如图，在平行四边形中，线段是平行四边形的一条对角线．用尺规作线段的垂直平分线，分别交于点，连接．（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，求证：四边形是菱形． 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴①______ ∵垂直平分， ∴，， 又∵②______ ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ③______， ∴四边形是菱形． 小颖同学进一步研究发现，对于只有一组对边平行的四边形，作这个四边形一条对角线的垂直平分线，则该垂直平分线与该四边形的这组平行对边所在直线相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是④____． 【答案】（1）作图见解析 （2） ①. ②. ③. ④. 菱形 【解析】 【分析】（1）利用尺规作图-作线段的垂直平分线求解即可得到答案； （2）根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形即可得证． 【小问1详解】 解：如图所示： 就是线段的垂直平分线； 【小问2详解】 解： 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ， ∴四边形是菱形． 小颖同学进一步研究发现，对于只有一组对边平行的四边形，作这个四边形一条对角线的垂直平分线，则该垂直平分线与该四边形的这组平行对边所在直线相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形． 故答案为：①；②；③；④菱形． 【点睛】本题考查四边形综合，涉及复杂作图-作垂直平分线、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，熟练掌握基本尺规作图及平行四边形与特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 22. 目前，新能源汽车发展迅速，在新能源汽车渗透率持续上升的趋势下，智能驾驶辅助系统（以下简称智驾系统）越发受到大家关注．有关人员开展了对“”、“”两款智驾系统的使用满意度评分（百分制）调查，从中各随机抽取了20个评分分数，并对数据进行了整理和分析，得到下列信息：（评分分数用x表示，共分为五个等级：，，，，），下面给出了部分信息： 抽取的“”款智驾系统的使用满意度评分数据： 57，69，70，78，79，80，88，89，90，91，93，93，93，93，93，94，94，97，99，100，抽取的“”款智驾系统的使用满意度评分数据中B等级的数据：85，87，88，89，89，89，90，抽取的“”、“”两款智驾系统的使用满意度评分统计表 智驾系统 平均数 中位数 众数 “”款 87 92 a “”款 87 b 89 抽取的“”款智驾系统的使用满意度评分扇形统计图 （1）填空： ； ； （2）根据以上数据，你认为哪款智驾系统更受用户喜爱？请说明理由（写出一条理由即可）； （3）在此次调查中，有840人对“”智驾系统进行评分，有1100人对“”智驾系统进行评分，请通过计算，估计此次调查中对智驾系统的使用满意度评分等级为“A”的共有多少人？ 【答案】（1） （2）“”款智驾系统，理由见详解 （3）人 【解析】 【分析】本题考查了中位数，众数，运用中位数，众数做决策，样本估计总体，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）出现次数最多的数为众数，先把数据排序，位于中间位置的数（如果中间位置有两个数，那么求出它们的平均数）作为中位数，据此进行分析，即可作答． （2）再结合平均数相等的情况下，运用中位数，众数做决策，即可作答． （3）先分别求出对“”款和“”款智驾系统的使用满意度评分等级为“A”的人数，再求出它们的和，即可作答． 【小问1详解】 解：依题意，在抽取的“”款智驾系统的使用满意度评分数据中，93分出现次数最多，故， 在个数据中，位于中间位置的数在第10和11位， 观察扇形统计图，得出， ∵抽取的“”款智驾系统的使用满意度评分数据中B等级的数据：85，87，88，89，89，89，90， ∴在第10和11位的数都是89， 则， 即； ∵B等级的数据有个，即所在的百分数为， ∴， 即， 故答案为：． 【小问2详解】 解：依题意，“”款智驾系统更受用户喜爱，理由如下： 在平均数都是分的前提下，但“”款的中位数和众数都比“”款的要高， ∴“”款智驾系统更受用户喜爱． 【小问3详解】 解：∵在此次调查中，有840人对“”智驾系统进行评分，有1100人对“”智驾系统进行评分， ∴（人），（人）， ∴（人）， 即估计此次调查中对智驾系统的使用满意度评分等级为“A”的共有人． 23. 如图1，在四边形中，，，，，，动点P从点A出发，沿折线A→B→C运动，到达C点时停止运动．点P在线段上的运动速度为每秒个单位长度，在线段上的运动速度为每秒3个单位长度．设点P的运动时间为x秒（），的面积为y： （1）请直接写出y与x的函数关系式； （2）在如图2所示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）结合函数图象，若直线与该函数图象有1个交点，请直接写出m的取值范围． 【答案】（1） （2） 函数图象如下所示： 当时，y随x的增大而增大 （3）或 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数的图象与性质、等腰直角三角形的性质与判定及二次根式的运算，熟练掌握一次函数的图象与性质、等腰直角三角形的性质与判定及二次根式的运算是解题的关键； （1）过点A作于点E，由题意易得，然后分当点P在线段上时，当点P在线段上时，进而分类求解即可； （2）根据（1）中函数解析式可进行画函数图象，然后问题可求解； （3）根据（2）中函数图象可进行求解． 【小问1详解】 解：过点A作于点E，如图所示： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 当点P在线段上时，由题意得：，则，过点P作于点F，延长交的延长线于点G，如图所示， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴ ； 当点P在线段上时，如图， 由题意得：， ∴； 综上所述：； 【小问2详解】 该函数的一条性质是当时，y随x的增大而增大； 【小问3详解】 解：当经过点时，则，即， 当经过点时，则， 当经过点时，则，即， ∴要使与该函数图象有1个交点，则需满足或． 24. 蓝莓是一种营养丰富的浆果，因富含维生素受大众的喜爱．某水果批发商共花费14400元采购了“高丛”蓝莓和“矮丛”蓝莓进行批发销售．已知两种蓝莓的采购费用相同，每箱“高丛”蓝莓的采购价比每箱“矮丛”蓝莓的采购价高8元，且购进“高丛”蓝莓的箱数是购进“矮丛”蓝莓的箱数的 （1）求“高丛”蓝莓和“矮丛”蓝莓每箱的采购价； （2）已知当前两款蓝莓市场批发价均为每箱50元，因节假日即将到来，两款蓝莓的批发价均有上涨趋势，于是该水果批发商立即将本批蓝莓全部存放于冷库．据市场调研分析，存入冷库后，每箱“高丛”蓝莓的批发价每天上涨2元，每箱“矮丛”蓝莓的批发价每天上涨3元，但平均每天“高丛”蓝莓和“矮丛”蓝莓都有1箱坏掉，同时冷库的使用成本为每天40元（储藏时间不超过15天）．若该批发商想通过这批蓝莓获得8600元的利润，需将该批蓝莓存入冷库多少天后一次性售出？ 【答案】（1）“高丛”蓝莓的采购价为48元，“矮丛”蓝莓的采购价为40元 （2）该批发商想通过这批蓝莓获得8600元的利润，需将该批蓝莓存入冷库10天后一次性售出 【解析】 【分析】本题主要考查分式方程的应用及一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意； （1）设“矮丛”蓝莓的采购价为x元，则“高丛”蓝莓的采购价为元，然后根据题意可得方程，进而求解即可； （2）由（1）可得“高丛”蓝莓的采购的箱数为箱，“矮丛”蓝莓的采购的箱数为180箱，设需将该批蓝莓存入冷库y天后一次性售出，然后根据题意可得方程，进而求解即可． 【小问1详解】 解：设“矮丛”蓝莓的采购价为x元，则“高丛”蓝莓的采购价为元，由题意得： ， 解得：， 经检验：当时，是原方程的解， ∴； 答：“高丛”蓝莓的采购价为48元，“矮丛”蓝莓的采购价为40元． 【小问2详解】 解：由（1）可知：“高丛”蓝莓的采购价为48元，“矮丛”蓝莓的采购价为40元， ∴“高丛”蓝莓的采购的箱数为（箱），“矮丛”蓝莓的采购的箱数为（箱）， 设需将该批蓝莓存入冷库y天后一次性售出，由题意得： ， 整理得：， 解得：； 答：该批发商想通过这批蓝莓获得8600元的利润，需将该批蓝莓存入冷库10天后一次性售出． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点C为y轴负半轴上一点，且，直线经过A，C两点． （1）求直线的解析式； （2）如图1，将直线向上平移个单位长度得到直线，与直线交于点Q，与x轴，y轴分别交于点D，点E．点P是直线上位于第四象限内的一点，点M，N分别在直线，上．若点N在点M左侧，且，连接，，，当时，求点P的坐标以及的最小值； （3）如图2，将绕点O逆时针旋转得到，在旋转过程中，直线与x轴于交点G，与直线交于点H，在平面内确定一点K，使得四边形为菱形，请直接写出所有符合条件的点K的坐标． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）先求出，得出，结合题意可得，从而得出，再利用待定系数法求解即可； （2）先求出，，设，结合，得出，求出，从而求出，求出直线的解析式为，，，，，作交于，则四边形为平行四边形，为等边三角形，，作交于，求出，，利用平移得出，则，，证明四边形为平行四边形，得出，作点关于直线的对称点，连接交于，连接，则，，求出，由轴对称的性质可得，从而可得，即的最小值为，求出的值即可得解； （3）分两种情况：四边形第一次为菱形时，过点作轴于点，过点作轴于点，利用含角的直角三角形的性质求出点和点的坐标，再利用菱形中，是平移来的，结合点到点的平移方式，即可求出点的坐标；当四边形第二次为菱形时，过点作轴于点，此时点与点重合，得出点坐标，利用含角的直角三角形的性质求出点的坐标，再利用菱形中，是平移来的，结合点到点的平移方式，即可求出点的坐标． 【小问1详解】 解：∵直线交x轴于点A， ∴当时，， 解得，即， ∴， ∵， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入解析式， 得：， 解得：， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：在中，当时，，即， ∴， ∴， 由（1）可得， ∴， ∵点P是直线上位于第四象限内的一点， ∴设， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∵将直线向上平移个单位长度得到直线，直线的解析式为， ∴直线的解析式为，，， ∴， 当时，，即， 当时，，解得，即， ∴，，， ∴， 如图，作交于， 则四边形为平行四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形，， 作交于，则， ∴， 将点沿方向平移单位长度得到点（即向左平移个单位长度，向上平移个单位长度）， 则，即， 则，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 作点关于直线的对称点，连接交于，连接，则，，过点作轴于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴的最小值为， ∵， ∴的最小值为， ∴的最小值； 【小问3详解】 解：如图，四边形第一次为菱形时，过点作轴于点，过点作轴于点， 此时为等腰三角形，且， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴， ∵轴， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由菱形中，，， ∴是平移来的， ∵点到点的平移方式是水平向右平移个单位长度， ∴点为点水平向右平移个单位长度， ∴点的坐标为， 即； 如图，四边形第二次为菱形时，过点作轴于点， 此时为等腰三角形，且， ∴，， 由旋转知，即， ∴点与点重合， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 同上平移方法可得点为点水平向右平移个单位长度， ∴点的坐标为， 即； 综上所述，或． 【点睛】本题考查一次函数与几何综合，涉及待定系数法求一次函数解析式，特殊角的三角函数值，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理赵桥铺路与将军饮马最值问题，熟练掌握这些性质与方法是解题的关键． 26. 在中，，点为上一点，连接． （1）如图1，过作于点，交延长线于点．若，，，求的长度． （2）如图2，以为斜边向外作，，点为中点，连接．若，试猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，点为中点，延长至点，连接，，，，若，，请直接写出面积的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）过点作于点，先证明，得出，再利用在中，，求出，，再利用在中，，得，即可求解； （2）取中点，连接，，取中点，连接，，在和中，利用，分别为，的中点，得，，，再利用中位线性质得出，，，，则，，通过平行证明，得出，证明，得，再利用在中，，得出，即可证明； （3）延长至点，使得，连接，，，过点作于点，交于点，证明四边形、和为矩形，设，，，，则，，，，得出，可得，则点的轨迹是以圆心，为半径的圆，由，得（为点到的距离），由圆上一点到定直线的最大距离可知，当时，最大，此时点为，最大为，即可求解． 【小问1详解】 解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：，理由如下： 如图，取中点，连接，，取中点，连接，， 在和中， ∵，分别为，的中点， ∴，， ∵， ∴， ∵在中，，，分别为，，的中点， ∴，，，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图，延长至点，使得，连接，，，过点作于点，交于点， 又∵为中点， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形和为矩形， ∴，，， 设，，，， 则，，，， ∴， ∵，， ∴， ∴点的轨迹是以圆心，为半径的圆， ∵， ∴（为点到的距离）， 由圆上一点到定直线的最大距离可知，当时，最大，此时点为，最大为，如图， ∴最大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $