全真模拟冲刺卷(五)-【锦上添花·期末大赢家】2024-2025学年八年级下学期数学（冀教版）

３０　 故△ＡＢＣ的周长 ＝ＡＢ＋ＢＣ＋ＣＤ＋ＡＤ＝１０＋１５＋６＋１０ ＝４１． ２４．解：（１）由题意得，ｗ＝１２ｎ＋８（３０－ｎ）＝４ｎ＋２４０， 又∵ｎ＞３０－ｎ且ｎ≤２（３０－ｎ），解得：１５＜ｎ≤２０． ∴ｗ（元）关于ｎ（本）的函数关系式为：ｗ＝４ｎ＋２４０，（１５＜ｎ ≤２０）； （２）由题意得，４ｎ＋２４０＝３２０，∴ｎ＝２０，３０－２０＝１０， 答：Ａ种笔记本买了２０本，Ｂ种笔记本买了１０本． ２５．解：（１）解方程组 ｙ＝－ｘ－２ｙ＝ｘ{ －４ ，得 ｘ＝１ｙ{ ＝－３，∴点 Ａ坐标为 （１，－３）； （２）当ｙ１＝０时，－ｘ－２＝０，ｘ＝－２，则 Ｂ点坐标为（－２， ０）；当ｙ２＝０时，ｘ－４＝０，ｘ＝４，则Ｃ点坐标为（４，０）；∴ＢＣ ＝４－（－２）＝６，∴△ＡＢＣ的面积＝１２×６×３＝９； （３）根据图象可知，ｙ１≥ｙ２时ｘ的取值范围是ｘ≤１． ２６．解：（１）如图（１）所示，当ｘ＝２时，ＡＰ＝２ｃｍ． ∵四边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＤ＝ＡＤ＝４ｃｍ，∠Ｂ＝∠Ｄ＝∠Ｃ＝９０°． ∴Ｓ△ＡＭＰ＝ １ ２×２×４＝４（ｃｍ ２）． （２）如图（２）所示，当４＜ｘ≤８时，ＢＰ＝ｘ－４，ＰＣ＝８－ｘ， ∴Ｓ△ＡＢＰ＝ １ ２×４（ｘ－４）＝２ｘ－８，Ｓ△ＰＣＭ＝ １ ２×２×（８－ｘ） ＝８－ｘ，Ｓ△ＡＤＭ＝ １ ２×２×４＝４， ∴ｙ＝１６－４－（２ｘ－８）－（８－ｘ）＝１２－ｘ． ∴在点Ｐ运动４秒后至８秒这段时间内，ｙ与 ｘ的函数关 系式为ｙ＝１２－ｘ． （３）当０＜ｘ≤４时，ｙ＝１２×４ｘ＝２ｘ；当４＜ｘ≤８时，ｙ＝１２－ ｘ，当８＜ｘ≤１０时，如图（３）所示，ｙ＝２０－２ｘ，当１０＜ｘ≤１２ 时，如图（４）所示，ｙ＝２ｘ－２０， ∴ｙ＝ ２ｘ（０＜ｘ≤４）， １２－ｘ（４＜ｘ≤８）， ２０－２ｘ（８＜ｘ≤１０）， ２ｘ－２０（１０＜ｘ≤１２） { ． ∴当ｙ＝３时，有２ｘ＝３，１２－ｘ＝３，２０－２ｘ ＝３或２ｘ－２０＝３，解得 ｘ＝３２，ｘ＝９（不 成立），ｘ＝８．５或ｘ＝１１．５． ∴在点 Ｐ整个运动过程中，当 ｘ＝１．５，ｘ ＝８．５或ｘ＝１１．５时，ｙ＝３． 全真模拟冲刺卷（四） 一、选择题 １．Ａ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｂ　６．Ｄ　７．Ａ　８．Ｄ　９．Ｃ　１０．Ｂ １１．Ｃ　１２．Ｃ １３．Ｂ　【解析】连接 ＡＱ，∵Ｅ，Ｆ分别为 ＰＡ，ＰＱ的中点，∴ＥＦ 为△ＰＡＱ的中位线，∴ＥＦ＝１２ＡＱ．∵Ｑ为定点，∴ＡＱ的长 度不变，∴ＥＦ的长度不变．故选：Ｂ． １４．Ｂ　【解析】∵矩形 ＡＢＣＤ中，Ｅ是 ＢＣ的中点，∴ＡＢ＝ＣＤ， ＢＥ＝ＣＥ，∠Ｂ＝∠Ｃ＝９０°．∴△ＡＢＥ≌△ＤＣＥ，∴ＡＥ＝ＤＥ． ∵∠ＡＥＤ＝９０°，∴∠ＤＡＥ＝４５°，∴∠ＢＡＥ＝９０°－∠ＤＡＥ＝ ４５°，∴∠ＢＥＡ＝∠ＢＡＥ＝４５°．∴ＡＢ＝ＢＥ＝１２ＡＤ＝ １ ２×１０ ＝５（ｃｍ）．故选：Ｂ． １５．Ｃ　【解析】延长ＢＮ交ＡＣ于Ｄ， ∵ＢＮ⊥ＡＮ于点Ｎ， ∴∠ＡＮＢ＝∠ＡＮＤ＝９０°， ∵ＡＮ平分∠ＢＡＣ， ∴∠ＮＡＢ＝∠ＮＡＤ， 在△ＡＮＢ和△ＡＮＤ中， 　 ∠ＮＡＢ＝∠ＮＡＤ ＡＮ＝ＡＮ ∠ＡＮＢ＝∠ＡＮＤ＝９０{ °， ∴△ＡＮＢ≌△ＡＮＤ，∴ＡＤ＝ＡＢ＝７，ＢＮ＝ＮＤ， ∵Ｍ是△ＡＢＣ的边ＢＣ的中点， ∴ＭＮ为△ＢＣＤ的中位线， ∴ＤＣ＝２ＭＮ＝６，∴ＡＣ＝ＡＤ＋ＣＤ＝１３．故选：Ｃ． １６．Ａ　【解析】过点Ａ作ｘ轴的垂 线，垂 足 为 Ｄ．由 题 意 得： ｙ＝３４ｘ， ｙ＝－ｘ＋７{ ．解得：ｘ＝４，ｙ＝３{ ． ∴Ａ（４，３）． 在 Ｒｔ△ＯＡＤ中，由勾股定理 得，ＯＡ＝ ＯＤ２＋ＡＤ槡 ２ ＝ ４２＋３槡 ２ ＝５，∴ＢＣ＝７５ＯＡ＝ ７ ５ ×５＝７．∵Ｐ（ａ，０），∴Ｂ（ａ，３４ａ），Ｃ（ａ，－ａ＋７），∴ＢＣ＝ ３ ４ａ－（－ａ＋７）＝ ７ ４ａ－７，∴ ７ ４ａ－７＝７，解得 ａ＝８．故 选：Ａ． 二、填空题 １７．－２　１８．１２ １９．５　【解析】连接ＥＦ，∵四边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴ＯＤ＝ＯＣ，ＡＣ⊥ＢＤ，∵ＯＥ⊥ＯＦ，∴∠ＥＯＤ＋∠ＦＯＤ＝９０°， ∵∠ＣＯＦ＋∠ＤＯＦ＝９０°，∴∠ＥＯＤ＝∠ＦＯＣ， 又∵∠ＯＤＥ＝∠ＯＣＦ＝４５°，∴△ＯＦＣ≌△ＯＥＤ， ∴ＯＥ＝ＯＦ，ＣＦ＝ＤＥ＝３ｃｍ，则ＡＥ＝ＤＦ＝４， 根据勾股定理得到ＥＦ＝ ＣＦ２－ＡＥ槡 ２＝５ｃｍ．故答案为：５． 三、解答题 ２０．解：（１）如图所示，△Ａ１Ｂ１Ｃ１即为所求；Ａ１的坐标为（－２，４）； （２）Ｓ△ＡＢＣ＝ １ ２·ＢＣ·ＡＯ＝ １ ２×５×４＝１０，设点Ｃ到ＡＢ的 距离为ｈ，Ｓ△ＡＢＣ＝ １ ２ＡＢ·ｈ＝１０，ｈ＝４，即点Ｃ到ＡＢ的距离 为４； （３）如图所示，点Ｄ的坐标为（３，３）或（６，２）． ２１．解：（１）补全频数分布直方图如图： （２）∵１０÷１０％＝１００，∴４０÷１００＝４０％，∴ｍ＝４０．∵４÷１００＝ ４％，∴“Ｅ”组对应的圆心角度数为：３６０°×４％＝１４．４°； （３）３０００×（２５％＋４％）＝８７０（人）． 答：估计该校学生中每周的课外阅读时间不小于６小时的 人数是８７０人． ２２．解：（１）在△ＣＡＤ中，∵Ｍ，Ｎ分别是 ＡＣ，ＣＤ的中点，∴ＭＮ ∥ＡＤ，ＭＮ＝１２ＡＤ．在 Ｒｔ△ＡＢＣ中，∵Ｍ是 ＡＣ的中点，∴ ＢＭ＝１２ＡＣ．∵ＡＣ＝ＡＤ，∴ＭＮ＝ＢＭ． （２）∵∠ＢＡＤ＝６０°，ＡＣ平分∠ＢＡＤ，∴∠ＢＡＣ＝∠ＤＡＣ＝ ３０°．由（１）可知，ＢＭ＝１２ＡＣ＝ＡＭ＝ＭＣ，∴∠ＢＡＭ＝∠ＡＢＭ ＝３０°，∴∠ＢＭＣ＝∠ＢＡＭ＋∠ＡＢＭ＝２∠ＢＡＭ＝６０°．∵ＭＮ ∥ＡＤ，∴∠ＮＭＣ＝∠ＤＡＣ＝３０°，∴∠ＢＭＮ＝∠ＢＭＣ＋ ∠ＮＭＣ＝９０°，∴ＢＮ２＝ＢＭ２＋ＭＮ２，由（１）可知 ＭＮ＝ＢＭ＝ １ ２ＡＣ＝１，∴ＢＮ＝槡２． ２３．解：（１）∵点Ｃ（ｍ，４）在正比例函数ｙ＝４３ｘ上，∴ ４ ３ｍ＝４， ∴ｍ＝３，即点Ｃ坐标为（３，４）； （２）∵一次函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ经过Ａ（－３，０）、点Ｃ（３，４）， ∴ －３ｋ＋ｂ＝０，３ｋ＋ｂ＝４{ ． ，解得：ｋ＝ ２ ３． ｂ＝２{ ． ∴一次函数的表达式为ｙ＝２３ｘ＋２． （３）当ｘ＜３时，ｋｘ＋ｂ＞４３ｘ． ２４．证明：（１）∵ＡＦ平分∠ＢＡＤ，∴∠ＢＡＦ＝∠ＤＡＦ， ∵四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， ∴ＡＤ∥ＢＣ，ＡＢ∥ＣＤ． ∴∠ＤＡＦ＝∠ＣＥＦ，∠ＢＡＦ＝∠Ｆ， ∴∠ＣＥＦ＝∠Ｆ，∴ＣＥ＝ＣＦ． （２）分别连接ＧＢ、ＧＥ、ＧＣ，如图所示． ∵ＡＢ∥ＤＣ，∠ＡＤＣ＝１２０°， ∴∠ＥＣＦ＝∠ＡＤＣ＝１２０°， ∵ＦＧ∥ＣＥ且ＦＧ＝ＣＥ， ∴四边形ＣＥＧＦ是平行四边形． 由（１）得ＣＥ＝ＣＦ，∴四边形ＣＥＧＦ 是菱形，∴ ＥＧ＝ＥＣ，∠ＧＣＦ＝ ∠ＧＣＥ＝１２∠ＥＣＦ＝６０°．∴△ＥＣＧ是等边三角形．∴ＥＧ＝ ＣＧ，∠ＧＥＣ＝∠ＥＧＣ＝６０°， ∴∠ＧＥＣ＝∠ＧＣＦ，∴∠ＢＥＧ＝∠ＤＣＧ， 由ＡＤ∥ＢＣ及ＡＦ平分∠ＢＡＤ可得∠ＢＡＥ＝∠ＡＥＢ， ∴ＡＢ＝ＢＥ． 在ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝ＤＣ． ∴ＢＥ＝ＤＣ，在△ＢＥＧ和△ＤＣＧ中， ＥＧ＝ＣＧ ∠ＢＥＧ＝∠ＤＣＧ ＢＥ＝{ ＤＣ ， ∴△ＢＥＧ≌△ＤＣＧ（ＳＡＳ）．∴ＢＧ＝ＤＧ，∠ＢＧＥ＝∠ＣＧＤ， ∴∠ＢＧＤ＝∠ＢＧＥ＋∠ＤＧＥ＝∠ＤＧＣ＋∠ＤＧＥ＝∠ＥＧＣ＝６０°． ∴∠ＢＤＧ＝１２（１８０°－∠ＢＧＤ）＝６０°． ２５．解：（１）设ｙ甲 ＝ｋｘ（ｋ≠０），ｙ乙 ＝ｍｘ＋ｎ， 将（６００，４８０）代入ｙ甲 ＝ｋｘ，４８０＝６００ｋ， 解得：ｋ＝０．８，∴ｙ甲 与ｘ的函数关系式为ｙ甲 ＝０．８ｘ； 当０≤ｘ≤２００时，将（０，０）、（２００，４００）代入ｙ乙 ＝ｍｘ＋ｎ中， ｎ＝０， ２００ｍ＋ｎ＝４００{ ．解得：ｍ＝２，ｎ＝０{ ． ∴此时ｙ乙 ＝２ｘ；当 ｘ≥２００时，将（２００，４００）、（６００，４８０）代 入ｙ乙 ＝ｍｘ＋ｎ中， ２００ｍ＋ｎ＝４００， ６００ｍ＋ｎ＝４８０{ ．解得：ｍ＝０．２，ｎ＝３６０{ ． ∴此时ｙ乙 ＝０．２ｘ＋３６０．∴ｙ乙 与 ｘ的函数关系式为 ｙ乙 ＝ ２ｘ（０≤ｘ≤２００），０．２ｘ＋３６０（ｘ≥２００）{ ． （２）设分配给乙商场ｘ件，则分配给甲商场（１２００－ｘ）件， 当０≤ｘ≤２００时，有０．８×（１２００－ｘ）＋２ｘ＝１０８０，解得：ｘ ＝１００，此时１２００－ｘ＝１１００；当ｘ≥２００时，有０．８×（１２００－ ｘ）＋０．２ｘ＋３６０＝１０８０，解得：ｘ＝４００，此时１２００－ｘ＝８００． 答：厂家分配该商品给甲商场１１００件、乙商场１００件或甲商场 ８００件、乙商场４００件时，厂家可获得总利润的１０８０元． ２６．解：（１）３６０°　（２）５４０°　 （３）① ６； ② ∵ＣＦ平分∠ＢＣＤ，ＥＦ平分∠ＢＥＤ， ∴∠ＤＥＧ＝∠ＡＥＧ，∠ＡＣＨ＝∠ＢＣＨ， ∵在△ＤＧＥ和△ＦＧＣ中，∠ＤＧＥ＝∠ＦＧＣ， ∴∠Ｄ＋∠ＤＥＧ＝∠Ｆ＋∠ＡＣＨ，在△ＢＨＣ和△ＦＨＥ中， ∠ＢＨＣ＝∠ＦＨＥ，∴∠Ｂ＋∠ＢＣＨ＝∠Ｆ＋∠ＡＥＧ， ∴∠Ｄ＋∠ＤＥＧ＋∠Ｂ＋∠ＢＣＨ＝∠Ｆ＋∠ＡＣＨ＋∠Ｆ＋∠ＡＥＧ， ∴∠Ｄ＋∠Ｂ＝２∠Ｆ； ∵∠Ｂ∠Ｄ∠Ｆ＝４６ｘ，∠Ｄ＋∠Ｂ＝２∠Ｆ，∴ｘ＝５． 全真模拟冲刺卷（五） 一、选择题 １．Ｃ　２．Ｄ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｂ　６．Ｃ　７．Ｄ　８．Ｂ　９．Ｂ　１０．Ｃ １１．Ａ　１２．Ｃ　１３．Ｂ　１４．Ａ １５．Ｂ　【解析】作 ＡＲ⊥ＢＣ于 Ｒ，ＡＳ⊥ＣＤ于 Ｓ，连接ＡＣ、ＢＤ交于点Ｏ．由题意知：ＡＤ∥ ＢＣ，ＡＢ∥ＣＤ，∴四边形ＡＢＣＤ是平行四边 形，∵两个矩形等宽，∴ＡＲ＝ＡＳ，∵ＡＲ· ＢＣ＝ＡＳ·ＣＤ，∴ＢＣ＝ＣＤ，∴平行四边形 ＡＢＣＤ是菱形，∴ＡＣ⊥ＢＤ，在 Ｒｔ△ＡＯＢ 中，∵ＯＡ＝１２ＡＣ＝６ｃｍ，ＯＢ＝ １ ２ＢＤ＝８ｃｍ，∴ＡＢ＝ ６２＋８槡 ２＝１０（ｃｍ），故选：Ｂ． １６．Ｂ　【解析】连接 ＡＣ，ＢＤ，交于点 Ｑ，过Ｃ作ｙ轴垂线，交ｙ轴于点 Ｍ，交直线 ＥＦ于点 Ｎ，如图所 示，∵菱形 ＡＢＣＤ的顶点 Ａ的坐 标为（２，０），点 Ｂ的坐标为（０， １），点Ｃ在第一象限，对角线ＢＤ 与ｘ轴平行，∴ＣＱ＝ＡＱ＝１，ＣＭ＝２，即 ＡＣ＝２ＡＱ＝２，∴Ｃ （２，２），当Ｃ与Ｍ重合时，ｋ＝ＣＭ＝２；当Ｃ与Ｎ重合时，把 ｙ＝２代入ｙ＝ｘ＋４中得：ｘ＝－２，即ｋ＝ＣＮ＝ＣＭ＋ＭＮ＝４， ∴当点Ｃ落在△ＥＯＦ的内部时（不包括三角形的边），ｋ的 范围为２＜ｋ＜４，则ｋ的值可能是３．故选：Ｂ． 二、填空题 １７．＞ １８．３２　【解析】过 Ｂ作 ＢＥ⊥ｘ轴于 Ｅ，过 Ｃ 作ＣＦ⊥ｙ轴于 Ｆ，∵Ｂ（ｍ，３），∴ＢＥ＝３， ∵Ａ（４，０），∴ＡＯ＝４，∵Ｃ（ｎ，－５），∴ＯＦ ＝５，∵Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ＡＯ·ＢＥ＝ １ ２×４×３＝ ６，Ｓ△ＡＯＣ＝ １ ２ＡＯ·ＯＦ＝ １ ２×４×５＝１０， ∴Ｓ△ＡＯＢ＋Ｓ△ＡＯＣ＝６＋１０＝１６，∵Ｓ△ＡＢＣ＝Ｓ△ＡＯＢ＋Ｓ△ＡＯＣ，∴ １ ２ＢＣ·ＡＤ＝１６，∴ＢＣ·ＡＤ＝３２，故答案为：３２． １９．１０５°　【解析】如图，过点 Ａ作 ＡＯ⊥ＦＢ交 ＦＢ的延长线于点 Ｏ，连接ＢＤ，交ＡＣ于点Ｑ．∵四 边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴ＢＱ⊥ＡＣ．∵ＢＦ∥ＡＣ， ∴∠ＤＢＱ＝９０°，又∵ＱＡ＝ＱＢ， ∴四边形ＡＯＢＱ是正方形． ∴ＡＯ∥ＢＱ且∠ＱＡＢ＝∠ＱＢＡ ＝４５°，∴ＡＯ＝ＢＱ＝ＡＱ＝１２ＡＣ．∵ＡＥ＝ＡＣ，∴ＡＯ＝ １ ２ＡＥ， ∴∠ＡＥＯ＝３０°．∵ＢＦ∥ＡＣ，∴∠ＣＡＥ＝∠ＡＥＯ＝３０°，∵ＢＦ ∥ＡＣ，ＣＦ∥ＡＥ，∴四边形ＡＥＦＣ是平行四边形，∴∠ＣＦＥ＝ ∠ＣＡＥ＝３０°．∵ＢＦ∥ＡＣ，∴∠ＣＢＦ＝∠ＢＣＡ＝４５°，∴∠ＢＣＦ ＝１８０°－∠ＣＢＦ－∠ＣＦＥ＝１８０°－４５°－３０°＝１０５°．故答案 为：１０５°． 三、解答题 ２０．解：（１）如图△ＤＥＦ即为所求； （２）如图△Ａ′Ｂ′Ｃ′即为所求． ２１．解：（１）２０　（２）当１．５≤ｘ≤２．５时，设ｙ＝２０ｘ＋ｂ，把（１．５， １０）代入得到，１０＝２０×１．５＋ｂ，解得 ｂ＝－２０，∴ｙ＝２０ｘ－ ２０，当ｘ＝２．５时，解得ｙ＝３０，∴乙地离小红家３０千米． ２２．解：（１）ａ＝５０－４－８－１６－１０＝１２； ３１　 （２）如图所示： （３）本次测试的优秀率是：１２＋１０５０ ×１００％＝４４％． 答：本次测试的优秀率为４４％． ２３．解：（１）由题意得ＣＭ＝ＢＭ， ∵∠ＰＭＣ＝∠ＤＭＢ， ∠ＰＣＭ＝∠ＤＢＭ＝９０°， ∴△ＰＭＣ≌△ＤＭＢ， ∴ＤＢ＝ＰＣ，∴ＤＢ＝２－ｍ，ＡＤ＝４ －ｍ， ∴点Ｄ的坐标为（－２，４－ｍ）． （２）分两种情况：① 若ＡＰ＝ＡＤ，则 ２２＋ｍ２＝（４－ｍ）２，解得 ｍ＝３２； ② 若ＰＤ＝ＰＡ，过Ｐ作ＰＦ⊥ＡＢ于点Ｆ（如图），则ＡＦ＝ＦＤ＝ １ ２ＡＤ＝ １ ２（４－ｍ），又∵ＯＰ＝ＡＦ，∴ｍ＝ １ ２（４－ｍ）则ｍ＝ ４ ３． 综上所述，当△ＡＰＤ是等腰三角形时，ｍ的值为 ３２或 ４ ３． ２４．（１）四边形ＢＮＤＭ是平行四边形． 证明：∵ＮＯ＝ＭＯ，ＯＢ＝ＯＤ， ∴四边形ＢＮＤＭ是平行四边形． （２）四边形ＢＮＤＭ是菱形． 证明：∵∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ＝９０°，Ｍ是ＡＣ的中点， ∴ＭＢ＝ＭＡ＝ＭＣ＝ＭＤ． ∵四边形ＢＮＤＭ是平行四边形（已证）， ∴平行四边形ＢＮＤＭ是菱形． （３）∵∠ＡＤＣ＝９０°，∠ＡＣＤ＝４５°，∴∠ＣＡＤ＝４５°． ∵ＭＢ＝ＭＡ＝ＭＣ＝ＭＤ， ∴∠ＭＢＡ＝∠ＭＡＢ＝３０°，∠ＭＤＡ＝∠ＭＡＤ＝４５°． ∴∠ＢＭＣ＝∠ＭＢＡ＋∠ＭＡＢ＝６０°，∠ＤＭＣ＝∠ＭＤＡ＋ ∠ＭＡＤ＝９０°． ∴∠ＢＭＤ＝∠ＢＭＣ＋∠ＤＭＣ＝６０°＋９０°＝１５０°． ∵四边形ＢＮＤＭ是菱形， ∴∠ＢＮＤ＝∠ＢＭＤ＝１５０°，ＢＮ∥ＤＭ． ∴∠ＮＢＭ＋∠ＢＭＤ＝１８０°，∠ＢＮＤ＋∠ＭＤＮ＝１８０°． ∴∠ＮＢＭ＝３０°，∠ＭＤＮ＝３０°． ２５．解：（１）∵ｙ是 ｘ的一次函数，∴设 ｙ＝ｋｘ＋ｂ，由表格，得： １０ｋ＋ｂ＝７４０ ２０ｋ＋ｂ{ ＝６８０，解得：ｋ＝－６ｂ{ ＝８００， ∴ｙ与ｘ之间的函数关系式为：ｙ＝－６ｘ＋８００，其中０≤ｘ≤ １００且ｘ为整数； （２）２３　【解题思路】当 ｘ＝０时，ｙ＝８００，此时全部购进 Ｂ 型文具，每件利润是：８００÷１００＝８（元），∴，Ｂ型文具售价 是：１５＋８＝２３（元）． （３）由题意得：１０ｘ＋１５（１００－ｘ）≤１３００，解得：ｘ≥４０， ∵０≤ｘ≤１００，∴４０≤ｘ≤１００， ∵ｙ＝－６ｘ＋８００中，ｋ＝－６＜０， ∴ｙ随ｘ的增大而减小，当ｘ＝４０时，ｙ最大， ∴最大利润是：ｙ＝－６×４０＋８００＝５６０（元）， 答：最大利润是５６０元． ２６．解：（１）如图 １，延长 ＡＢ交 ＣＦ于点 Ｄ，则易知△ＡＢＣ与 △ＢＣＤ均为等腰直角三角形， ∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ，∴点Ｂ为线段ＡＤ的中点， 又∵点Ｍ为线段ＡＦ的中点， ∴ＢＭ为△ＡＤＦ的中位线，∴ＢＭ∥ＣＦ． （２）如图２，延长ＡＢ交 ＣＦ于点 Ｄ，则易知△ＢＣＤ与△ＡＢＣ 为等腰直角三角形， ∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ＝ａ，ＡＣ＝ＣＤ＝槡２ａ， ∴点Ｂ为ＡＤ中点，又点Ｍ为ＡＦ中点，∴ＢＭ＝１２ＤＦ． 分别延长ＦＥ与ＣＡ交于点Ｇ，则易知△ＣＥＦ与△ＣＥＧ均为 等腰直角三角形，∴ＣＥ＝ＥＦ＝ＧＥ＝２ａ，ＣＧ＝ＣＦ＝２槡２ａ， ∴点Ｅ为ＦＧ中点，又点Ｍ为ＡＦ中点，∴ＭＥ＝１２ＡＧ． ∵ＣＧ＝ＣＦ＝２槡２ａ，ＣＡ＝ＣＤ＝槡２ａ，∴ＡＧ＝ＤＦ＝槡２ａ， ∴ＢＭ＝ＭＥ＝１２×槡２ａ＝ 槡２ ２ａ． （３）如图３，延长 ＡＢ交 ＣＥ于点 Ｄ，连接 ＤＦ，则易知△ＡＢＣ 与△ＢＣＤ均为等腰直角三角形，∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ，ＡＣ＝ＣＤ， ∴点Ｂ为ＡＤ中点，又点Ｍ为ＡＦ中点，∴ＢＭ＝１２ＤＦ． 延长ＦＥ与ＣＢ交于点Ｇ，连接 ＡＧ，则易知△ＣＥＦ与△ＣＥＧ 均为等腰直角三角形，∴ＣＥ＝ＥＦ＝ＥＧ，ＣＦ＝ＣＧ， ∴点Ｅ为ＦＧ中点，又点Ｍ为ＡＦ中点， ∴ＭＥ＝１２ＡＧ．在△ＡＣＧ与△ＤＣＦ中， ＡＣ＝ＣＤ ∠ＡＣＧ＝∠ＤＣＦ＝４５° ＣＧ＝{ ＣＦ ， ∴△ＡＣＧ≌△ＤＣＦ（ＳＡＳ），∴ＤＦ＝ＡＧ，∴ＢＭ＝ＭＥ． 名师押题卷（一） 一、选择题 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ｃ　７．Ｂ　８．Ｃ　９．Ａ　１０．Ｃ １１．Ｂ　１２．Ｄ　１３．Ｄ １４．Ａ　【解析】∵∠１，∠２，∠３，∠４的外角度数和为２１０°，∴ ∠１＋∠２＋∠３＋∠４＋２１０°＝４×１８０°，∴∠１＋∠２＋∠３ ＋∠４＝５１０°，∵五边形ＯＡＧＦＥ内角和 ＝（５－２）·１８０°＝ ５４０°，∴∠１＋∠２＋∠３＋∠４＋∠ＢＯＤ＝５４０°，∴∠ＢＯＤ＝ ５４０°－５１０°＝３０°．故选：Ａ． １５．Ｂ　【解析】由三角形的中位线定理可知后一个三角形的周 长等于上一个三角形的周长的一半，∵△ＡＢＣ的周长是１， ∴第２个三角形的周长 ＝１２，第３个三角形的周长 ＝ １ ２２ ， …，第ｎ个三角形的周长 ＝ １ ２ｎ－１ ，∴第２０２０个三角形的周 长为 １ ２２０１９ ．故选：Ｂ． １６．Ａ　【解析】在正方形ＡＢＣＤ中，ＡＢ ＝ＡＤ，∵ＡＰ⊥ＡＥ， ∴∠ＢＡＥ＋∠ＢＡＰ＝９０°， 又∵∠ＤＡＰ＋∠ＢＡＰ＝∠ＢＡＤ＝９０°， ∴∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＰ， 在△ＡＰＤ和△ＡＥＢ中， ＡＰ＝ＡＥ ∠ＤＡＰ＝∠ＢＡＥ ＡＤ＝{ ＡＢ ， ∴△ＡＰＤ≌△ＡＥＢ（ＳＡＳ），故①正确； ∵ＡＥ＝ＡＰ，ＡＰ⊥ＡＥ，∴△ＡＥＰ是等腰直角三角形， ∴∠ＡＥＰ＝∠ＡＰＥ＝４５°，∴∠ＡＥＢ＝∠ＡＰＤ＝１８０°－４５°＝ １３５°，∴∠ＢＥＰ＝１３５°－４５°＝９０°，∴ＥＢ⊥ＥＤ，故③正确； ∵ＡＥ＝ＡＰ＝１，∴ＰＥ＝槡２ＡＥ＝槡２，在 Ｒｔ△ＰＢＥ中，ＢＥ＝ ＰＢ２－ＰＥ槡 ２＝槡６－２＝２，∴Ｓ△ＡＰＤ＋Ｓ△ＡＰＢ＝Ｓ△ＡＰＥ＋Ｓ△ＢＰＥ ＝１２×１×１＋ １ ２×槡２×２＝ １ ２＋槡２，故④正确；过点 Ｂ作 ＢＦ⊥ＡＥ交 ＡＥ的延长线于 Ｆ，∵∠ＢＥＦ＝１８０°－１３５°＝ ４５°，∴△ＢＥＦ是等腰直角三角形，∴ＢＦ＝槡２２×２＝槡２，即 点Ｂ到直线ＡＥ的距离为槡２，故②错误，综上所述，正确的 结论有①③④．故选：Ａ． 二、填空题 １７．ｙ＝２ｘ　１８．１２６０ １９．４８　【解析】由题意可得：Ａ点坐标为（－１，２＋ｍ），Ｂ点坐 标为（０，ｍ），Ｃ点坐标为（３，ｍ－６），Ｄ点坐标为（７，ｍ－ １４），Ｅ点坐标为（０，２＋ｍ），Ｆ点坐标为（０，ｍ－６），Ｇ点坐 标为（３，ｍ－１４）．∴，ＡＥ＝１，ＢＥ＝２，ＣＦ＝３，ＢＦ＝６，ＣＧ＝８， ＧＤ＝４，∴图中三个矩形的周长和为：２×（１＋２＋３＋６＋８ ＋４）＝４８．故答案为：４８． 三、解答题 ２０．解：（１）∵六边形ＡＢＣＤＥＦ的内角相等， ∴∠ＢＡＦ＝∠Ｂ＝∠Ｃ＝∠ＣＤＥ＝∠Ｅ＝∠Ｆ＝１２０°， ∵∠ＦＡＤ＝６０°，∴∠Ｆ＋∠ＦＡＤ＝１８０°，∴ＥＦ∥ＡＤ， ∴∠Ｅ＋∠ＡＤＥ＝１８０°，∴∠ＡＤＥ＝６０°． （２）∵∠ＢＡＤ＝∠ＦＡＢ－∠ＦＡＤ＝６０°，∴∠ＢＡＤ＋∠Ｂ＝ １８０°，∴ＡＤ∥ＢＣ，∴ＥＦ∥ＢＣ． ２１．解：（１）如图所示，四边形ＯＣＥＤ即为所求； （２）① 四边形 ＯＣ１Ｅ１Ｄ１即为所求，与原图关于 ｘ轴对称； ② 四边形ＯＣ２Ｅ２Ｄ２即为所求，与原图关于ｙ轴对称． ２２．解：（１）设直线解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ， ∵直线ＡＢ与ｘ轴交于点Ａ（１，０），与ｙ轴交于点Ｂ（０，－２）． ∴ ｂ＝－２ｋ＋ｂ{ ＝０，解得：ｋ＝２ｂ{ ＝－２， ∴直线ＡＢ的解析式为：ｙ＝２ｘ－２； （２）设Ｃ点坐标为（ｘ，２ｘ－２）， ∵Ｓ△ＢＯＣ＝２，∴ １ ２×２×｜ｘ｜＝２，解得 ｘ＝±２，点 Ｃ的坐标 为（２，２）或（－２，－６）． ２３．解：（１）∵当ｘ＝０时，ｙ＝０＋６＝６，∴Ｂ（０，６）， ∵ＯＢ＝２ＯＣ，∴Ｃ（０，－３）， ∵点Ａ的纵坐标为３，∴３＝ｘ＋６，解得ｘ＝－３， ∴Ａ（－３，３），则 ３＝－３ｋ＋ｂ，－３＝{ ｂ． 解得：ｋ＝－２，ｂ＝－３{ ．故直线 ｌ２的 解析式为ｙ＝－２ｘ－３； （２）∵点Ｄ的横坐标为１，∴ｙ＝１＋６＝７，∴Ｄ（１，７）， ∴△ＡＣＤ的面积＝Ｓ△ＡＢＣ＋Ｓ△ＢＣＤ＝ １ ２×９×３＋ １ ２×９×１＝１８． ２４．解：（１）５０；补图如下： （２）０．３２　７２； （３）样本中体重超过６０ｋｇ的学生有：１０＋８＝１８（人）， 该校初三年级体重超过６０ｋｇ的学生大约有：１８５０×１００％× １０００＝３６０（人）．答：大约有３６０人． ２５．解：（１）过点 Ｄ作 ＤＥ⊥ＢＣ于点 Ｅ，∵ＡＤ∥ＢＣ，∠Ｂ＝９０°， ∴四边形ＡＢＥＤ是矩形，∴ＤＥ＝ＡＢ，ＢＥ＝ＡＤ．∵ＡＤ＝９ｃｍ， ＢＣ＝１３ｃｍ，ＡＢ＝３ｃｍ，∴ＤＥ＝３ｃｍ，ＣＥ＝４ｃｍ，ＣＤ＝ ＤＥ２＋ＣＥ槡 ２＝ ３２＋４槡 ２＝５ｃｍ； （２）由题意，得ＰＤ＝（９－ｔ）ｃｍ，ＣＱ＝２ｔｃｍ，当ＰＤ＝ＣＱ时， 四边形ＰＤＣＱ是平行四边形，９－ｔ＝２ｔ，解得：ｔ＝３，即当ｔ＝ ３时，四边形ＰＤＣＱ是平行四边形； （３）当ｔ＝３时，ＣＱ＝６ｃｍ． ∵四边形ＰＤＣＱ是菱形，∴ＣＤ＝ＣＱ＝６ｃｍ． 又∵ＣＥ＝４ｃｍ，∴ＡＢ＝ＤＥ＝ ＣＤ２－ＣＥ槡 ２＝ ６２－４槡 ２＝２槡５， 即当ＡＢ＝２槡５ｃｍ时，题（２）中的四边形ＰＤＣＱ是菱形． ２６．解：（１）设 ｐ＝ｋｙ＋ｂ，将 Ａ（１００，６０），Ｂ（２００，１１０）代入得： １００ｋ＋ｂ＝６０， ２００ｋ＋ｂ＝１１０{ ．解得：ｋ＝ １ ２， ｂ＝１０{ ．∴ｐ＝１２ｙ＋１０． （２）∵ｙ＝１５０时，ｐ＝８５，∴三月份利润为：１５０－８５＝６５（万元）． ∵ｘ＝１７５时，ｐ＝９７．５，∴四月份的利润为：１７５－９７．５＝７７． ５（万元）． （３）设最早到第 ｘ个月止，该公司改用线上销售后所获得 利润总额比同期用线下方式销售所能获得的利润总额至 少多出２００万元，∵５月份以后的每月利润为２００－（１２× ２００＋１０）＝９０万元，∴６５＋７７．５＋９０（ｘ－２）－（１００－６０）ｘ ≥２００，∴ｘ≥４．７５，∴最早到第５个月止，该公司改用线上 销售后所获得利润总额比同期用线下方式销售所能获得 的利润总额至少多出２００万元． 名师押题卷（二） 一、选择题 １．Ｂ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｂ　８．Ｃ　９．Ｂ　１０．Ａ １１．Ｃ　１２．Ｃ １３．Ａ　【解析】当点 Ｐ在 ＡＤ上时，△ＡＢＰ的底 ＡＢ不变，高增 大，∴△ＡＢＰ的面积Ｓ随着时间ｔ的增大而增大；当点Ｐ在 ＤＥ上时，△ＡＢＰ的底ＡＢ不变，高不变，∴△ＡＢＰ的面积 Ｓ 不变；当点Ｐ在ＥＦ上时，△ＡＢＰ的底 ＡＢ不变，高减小，∴ △ＡＢＰ的面积Ｓ随着时间ｔ的减小而减小；当点Ｐ在ＦＧ上 时，△ＡＢＰ的底ＡＢ不变，高不变，∴△ＡＢＰ的面积 Ｓ不变； 当点Ｐ在ＧＢ上时，△ＡＢＰ的底ＡＢ不变，高减小，∴△ＡＢＰ 的面积Ｓ随着时间ｔ的减小而减小；故选：Ａ． １４．Ｂ　【解析】如图，∵△Ａ′ＤＥ是△ＡＤＥ 沿ＤＥ折叠得到，∴∠Ａ′＝∠Ａ，又∵ ∠ＡＤＡ′＝１８０°－∠１，∠３＝∠Ａ′＋ ∠２，∴∠Ａ＋∠ＡＤＡ′＋∠３＝１８０°，∴ ∠Ａ＋１８０°－∠１＋∠Ａ′＋∠２＝ １８０°，整理得，２∠Ａ＝∠１－∠２，即 ∠１＝２∠Ａ＋∠２．故选：Ｂ． １５．Ｄ　【解析】∵线段ＤＥ代表乙车在途 中的货站装货耗时半小时，∴ａ＝４＋０．５＝４．５（小时），即 ①成立；４０分钟＝２３小时，甲车的速度为４６０÷（７＋ ２ ３） ＝６０（千米／时），即②成立；设乙车刚出发时的速度为 ｘ千 米／时，则装满货后的速度为（ｘ－５０）千米／时，根据题意可 知：４ｘ＋（７－４．５）（ｘ－５０）＝４６０，解得：ｘ＝９０．乙车发车 时，甲车行驶的路程为６０×２３＝４０（千米），乙车追上甲车 的时间为４０÷（９０－６０）＝４３（小时）， ４ ３小时 ＝８０分钟， 即③成立；乙车刚到达货站时，甲车行驶的时间为（４＋２３） 小时，此时甲车离Ｂ地的距离为４６０－６０×（４＋２３）＝１８０ （千米），即④成立．综上可知正确的有：①②③④．故选：Ｄ． １６．Ｃ　【解析】连接 ＰＥ，∵四边形 ＡＢＣＤ是菱形，∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＤ＝ ＡＤ，∵点Ｐ与点Ａ关于ＤＥ对称， ∴ＡＰ⊥ＤＥ，ＤＰ＝ＤＡ，即 ＤＥ垂直 平分ＰＡ，∴ＰＤ＝ＣＤ，ＰＥ＝ＡＥ，又 ∵Ｅ是ＡＢ的中点，∴ＡＥ＝ＢＥ，又 ∵ＡＥ＝ＰＥ，∴ＰＥ＝１２ＡＢ，∴三角形 ＡＢＰ是直角三角形，∴ ＡＰ２＋ＢＰ２＝ＡＢ２，∴ＡＰ２＋ＢＰ２＝ＣＤ２，∵ＤＰ不在菱形的对 角线上，∴∠ＰＣＤ≠３０°，又 ＤＣ＝ＤＰ，∴∠ＤＣＰ≠７５°，∵ＤＡ ＝ＤＰ＝ＤＣ，∴∠ＤＡＰ＝∠ＤＰＡ，∠ＤＣＰ＝∠ＤＰＣ，∴∠ＤＰＡ ＋∠ＤＰＣ＝∠ＤＡＰ＋∠ＤＣＰ＝３６０°－３０°２ ＝１５０°，即∠ＣＰＡ ＝１５０°．综合上述，正确结论是①②④．故选：Ｃ． 二、填空题 １７．（１２，１６）　１８．１５° １９．４．８　【解析】连接ＯＰ，∵矩形的两条 边ＡＢ、ＢＣ的长分别为６和８， ∴Ｓ矩形ＡＢＣＤ＝ＡＢ·ＢＣ＝４８，ＯＡ＝ＯＣ， ＯＢ＝ＯＤ，ＡＣ＝ＢＤ＝ ＡＢ２＋ＢＣ槡 ２＝１０， ∴ＯＡ＝ＯＤ＝５， ∴Ｓ△ＡＣＤ＝ １ ２Ｓ矩形ＡＢＣＤ＝２４， ∴Ｓ△ＡＯＤ＝ １ ２Ｓ△ＡＣＤ＝１２，∵Ｓ△ＡＯＤ＝Ｓ△ＡＯＰ＋Ｓ△ＤＯＰ＝ １ ２ＯＡ· ＰＥ＋１２ＯＤ·ＰＦ＝ １ ２×５×ＰＥ＋ １ ２×５×ＰＦ＝ ５ ２（ＰＥ＋ １９　 　　　　全真模拟冲刺卷（五） 题号 一 二 三 总分 得分 一、选择题（本大题有１６小题，１～１０小题各３分，１１～１６小题各２分，共 ４２分） １．在函数ｙ＝ １ｘ－３中，自变量ｘ的取值范围是 （　　） Ａ．ｘ＞３ Ｂ．ｘ≥３ Ｃ．ｘ≠３ Ｄ．ｘ＜３ ２．下列条件中，不能判定四边形ＡＢＣＤ是平行四边形的是 （　　） Ａ．ＡＢ∥ＣＤ，ＡＤ∥ＢＣ Ｂ．ＡＢ＝ＣＤ，ＡＤ＝ＢＣ Ｃ．ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ＝ＣＤ Ｄ．ＡＢ∥ＣＤ，ＡＤ＝ＢＣ ３．为了了解２０２０年某市八年级６０２３名学生学业水平考试的数学成绩， 从中随机抽取了２００名学生的数学成绩．下列说法正确的是 （　　） Ａ．２０２０年某市八年级学生是总体 Ｂ．每一名八年级学生是个体 Ｃ．２００名八年级学生是总体的一个样本 Ｄ．样本容量是２００ ４．下列图象中，表示直线ｙ＝ｘ－１的是 （　　） Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ５．下列角度中，不可能是多边形内角和的是 （　　） Ａ．５４０° Ｂ．６３０° Ｃ．７２０° Ｄ．９００° ６．为了了解某校七年级学生的体能情况，随机调查了其中１００名学生，测 试学生在１分钟内跳绳的次数，并绘制成如图所示的频数分布直方图． 请根据图形计算，跳绳次数（ｘ）在１２０≤ｘ＜２００范围内人数占抽查学生 总人数的百分比为 （　　） Ａ．４３％ Ｂ．５０％ Ｃ．５７％ Ｄ．７３％ 第６题图 　 第７题图 　 第８题图 ７．如图，围棋棋盘放在某平面直角坐标系内，已知黑棋（甲）的坐标为 （－２，２）黑棋（乙）的坐标为（－１，－２），则白棋（甲）的坐标是 （　　） Ａ．（２，２） Ｂ．（０，１） Ｃ．（２，－１） Ｄ．（２，１） ８．如图，在四边形 ＡＢＣＤ中，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ分别是边 ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡ的中点， 对角线ＡＣ＝３，ＢＤ＝２，则四边形ＥＦＧＨ的周长为 （　　） Ａ．４ Ｂ．５ Ｃ．６ Ｄ．７ ９．早上，小明从家里步行去学校，出发一段时间后，小明妈妈发现小明的 作业本落在家里，便带上作业本骑车追赶，途中追上小明后，两人稍作 停留，妈妈骑车返回，小明继续步行前往学校，两人同时到达．设小明在 途的时间为ｘ，两人之间的距离为ｙ，则下列选项中的图象能大致反映ｙ 与ｘ之间关系的是 （　　） Ａ Ｂ Ｃ Ｄ １０．一组数据的最大值与最小值之差为８０，若取组距为１０，则组数一般是 （　　） Ａ．７ Ｂ．８ Ｃ．９ Ｄ．１０ １１．根据如图所示的程序计算函数值，若输入的 ｘ的值为１２，则输出的函 数值为 （　　） 输入ｘ值 ｙ＝ｘ－１（－１≤ｘ＜０） ｙ＝ｘ２ （０≤ｘ≤２） ｙ＝２ｘ （２≤ｘ＜４ { } ） 输出ｙ值 Ａ．１４ Ｂ．－ １ ２ Ｃ．１ Ｄ． ２５ ４ １２．平面直角坐标系中，点Ａ（－３，２），Ｂ（１，４），经过点 Ａ的直线 ｌ∥ｘ轴， 点Ｃ是直线ｌ上的一个动点，则线段ＢＣ的长度最小时，点Ｃ的坐标为 （　　） Ａ．（－１，４） Ｂ．（１，０） Ｃ．（１，２） Ｄ．（４，２） １３．若某四边形各顶点的横坐标分别变为原来的相反数，纵坐标不变，所 得图形与原图形位置相同，则这个四边形不可能是 （　　） Ａ．长方形 Ｂ．直角梯形 Ｃ．正方形 Ｄ．等腰梯形 １４．已知一次函数ｙ１＝２ｘ＋ｍ与ｙ２＝２ｘ＋ｎ（ｍ≠ｎ）的图象如图所示，则关 于ｘ与ｙ的二元一次方程组 ２ｘ－ｙ＝－ｍ， ２ｘ－ｙ＝－{ ｎ的解的个数为 （　　） Ａ．０个 Ｂ．１个 Ｃ．２个 Ｄ．无数个 第１４题图 　 　　　　　　 第１５题图 １５．如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形 ＡＢＣＤ， 若测得Ａ，Ｃ之间的距离为１２ｃｍ，点Ｂ，Ｄ之间的距离为１６ｃｍ，则线段 ＡＢ的长为 （　　） Ａ．９．６ｃｍ Ｂ．１０ｃｍ Ｃ．２０ｃｍ Ｄ．１２ｃｍ １６．如图，在平面直角坐标系ｘＯｙ中，菱形ＡＢＣＤ的顶点Ａ的坐标为（２，０）， 点Ｂ的坐标为（０，１），点 Ｃ在第一象限，对角 线ＢＤ与ｘ轴平行．直线ｙ＝ｘ＋４与ｘ轴、ｙ轴 分别交于点Ｅ，Ｆ．将菱形ＡＢＣＤ沿ｘ轴向左平 移ｋ个单位，当点Ｃ落在△ＥＯＦ的内部时（不 包括三角形的边），ｋ的值可能是 （　　） Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．５ 二、填空题（本大题有３小题，１７～１８小题各３分，１９小题有２个空，每空 ２分，共１０分） １７．一次函数ｙ＝－ｘ＋３的图象上有两点（－７６，ｙ１）和（ ８ ３，ｙ２），则 ｙ１与 ｙ２的大小关系为：ｙ１　　　　ｙ２（填“＞”“＝”或“＜”）． １８．如图所示，直线 ＢＣ经过原点 Ｏ，点 Ａ在 ｘ轴上，ＡＤ⊥ＢＣ于 Ｄ，若 Ｂ （ｍ，３），Ｃ（ｎ，－５），Ａ（４，０），则ＡＤ·ＢＣ＝　　　　． 第１８题图 　　　　　　　 第１９题图 １９．如图所示，ＢＦ平行于正方形ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ，点Ｅ在ＢＦ上，且ＡＥ ＝ＡＣ，ＣＦ∥ＡＥ，则∠ＢＣＦ的度数为　　　　． 三、解答题（本大题有７个小题，共６８分） ２０．（本小题满分８分）如图，在平面直角坐标系中，Ｒｔ△ＡＢＣ的三个顶点 坐标为Ａ（－３，０），Ｂ（－３，－３），Ｃ（－１，－３）． （１）在图中作出△ＡＢＣ关于ｘ轴对称的图形△ＤＥＦ； （２）按要求画图，将△ＡＢＣ沿 ＣＣ′方向平移，使得点 Ｃ移动至图中点 Ｃ′的位置． ２０　 ２１．（本小题满分９分）“低碳生活，绿色出行”的理念已深入人心，现在越 来越多的人选择骑自行车上下班或外出旅游．周末，小红到郊外游玩， 她从家出发０．５小时后到达甲地，玩一段时间后按原速前往乙地，刚 到达乙地，接到妈妈电话，快速返回家中．小红从家出发到返回家中， 离家距离ｙ（ｋｍ）随时间ｘ（ｈ）变化的函数图象大致如图所示． （１）小红从甲地到乙地骑车的速度为　　　　ｋｍ／ｈ； （２）当１．５≤ｘ≤２．５时，求出路程 ｙ（ｋｍ）关于时间 ｘ（ｈ）的函数解析 式；并求乙地离小红家多少千米？ ２２．（本小题满分９分）为了提高学生书写汉字的能力，增强保护汉字的意 识，我市举办了“汉字听写大赛”，经选拔后有５０名学生参加决赛，这 ５０名学生同时听写５０个汉字，若每正确听写出一个汉字得１分，写错 或不写不得分，根据测试成绩绘制出部分频数分布表和部分频数分布 直方图如图表： 组别 成绩ｘ分 频数（人数） 第１组 ２５≤ｘ＜３０ ４ 第２组 ３０≤ｘ＜３５ ８ 第３组 ３５≤ｘ＜４０ １６ 第４组 ４０≤ｘ＜４５ ａ 第５组 ４５≤ｘ＜５０ １０ 请结合图表完成下列各题： （１）求表中ａ的值； （２）请把频数分布直方图补充完整； （３）若测试成绩不低于４０分为优秀，则本次测试的优秀率是多少？ ２３．（本小题满分９分）如图，已知正方形 ＯＡＢＣ的边长为２，顶点 Ａ、Ｃ分 别在ｘ轴的负半轴和ｙ轴的正半轴上，Ｍ是 ＢＣ的中点．Ｐ（０，ｍ）是线 段ＯＣ上一动点（Ｃ点除外），直线ＰＭ交ＡＢ的延长线于点Ｄ． （１）求点Ｄ的坐标（用含ｍ的代数式表示）； （２）当△ＡＰＤ是以ＡＰ为腰的等腰三角形时，求ｍ的值． ２４．（本小题满分１０分）已知：如图所示，四边形 ＡＢＣＤ中∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ ＝９０°，Ｍ是ＡＣ上任一点，Ｏ是ＢＤ的中点，连接ＭＯ并延长ＭＯ到Ｎ， 使ＮＯ＝ＭＯ，连接ＢＮ与ＮＤ． （１）判断四边形ＢＮＤＭ的形状，并证明； （２）若Ｍ是ＡＣ的中点，则四边形ＢＮＤＭ形状又如何？说明理由； （３）在（２）的条件下，若∠ＢＡＣ＝３０°，∠ＡＣＤ＝４５°，求四边形ＢＮＤＭ的 各内角的度数． ２５．（本小题满分１１分）小张文具店每月一次性购进１００件文具进行销售 （能全部售出），有Ａ，Ｂ两种文具可供选择，已知Ａ型文具的进价是每 件１０元，Ｂ型文具的进价是每件１５元，小张发现，所获总利润 ｙ（元） 与Ａ型文具的进货量ｘ（件）之间存在着如下表所示的一次函数关系： 购进Ａ型文具ｘ件 … １０ ２０ ３０ ４０ ５０ … 总利润ｙ元 … ７４０ ６８０ ６２０ ５６０ ５００ … （１）求ｙ与ｘ之间的函数关系式，并写出自变量ｘ的取值范围； （２）在小张文具店中，Ｂ型文具的售价是　　　　元； （３）若在六月份，小张只有１３００元，在进货量（１００件）不变的前提下， 六月份的最大利润是多少？ ２６．（本小题满分１２分）已知两个等腰Ｒｔ△ＡＢＣ，Ｒｔ△ＣＥＦ有公共顶点Ｃ， ∠ＡＢＣ＝∠ＣＥＦ＝９０°，连接ＡＦ，Ｍ是ＡＦ的中点，连接ＭＢ、ＭＥ． （１）如图１，当ＣＢ与ＣＥ在同一直线上时，求证：ＭＢ∥ＣＦ； （２）如图１，若ＣＢ＝ａ，ＣＥ＝２ａ，求ＢＭ，ＭＥ的长； （３）如图２，当∠ＢＣＥ＝４５°时，求证：ＢＭ＝ＭＥ．