名师押题卷(二)-【锦上添花·期末大赢家】2024-2025学年八年级下学期数学（冀教版）

２３　 　　名师押题卷（二） 题号 一 二 三 附加题 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．骆驼被称为“沙漠之舟”，它的体温是随时间的变化而变化的，在这一 问题中，因变量是 （　　） Ａ．沙漠 Ｂ．体温 Ｃ．时间 Ｄ．骆驼 ２．为了解游客对恭王府、北京大观园、北京动物园和景山公园四个旅游景 区的满意率情况，某班实践活动小组的同学给出了以下几种调查方案： 方案一：在多家旅游公司随机调查４００名导游； 方案二：在恭王府景区随机调查４００名游客； 方案三：在北京动物园景区随机调查４００名游客； 方案四：在上述四个景区各随机调查４００名游客． 在这四种调查方案中，最合理的是 （　　） Ａ．方案一 Ｂ．方案二 Ｃ．方案三 Ｄ．方案四 ３．若点Ｐ（ｘ，ｙ）在第四象限，且｜ｘ｜＝２，｜ｙ｜＝３，则ｘ＋ｙ＝ （　　） Ａ．－１ Ｂ．１ Ｃ．－５ Ｄ．５ ４．已知一次函数ｙ＝（ｋ－１）ｘ＋２，若ｙ随 ｘ的增大而增大，则 ｋ的取值范 围是 （　　） Ａ．ｋ＞１ Ｂ．ｋ＜１ Ｃ．ｋ＜０ Ｄ．ｋ＞０ ５．下面给出了四边形 ＡＢＣＤ中∠Ａ，∠Ｂ，∠Ｃ，∠Ｄ的度数之比，其中能判 定四边形ＡＢＣＤ是平行四边形的是 （　　） Ａ．１２３４ Ｂ．２２３３ Ｃ．２３２３ Ｄ．２３３２ ６．矩形的两条对角线的夹角为６０度，对角线长为１５，则矩形的较短边长 为 （　　） Ａ．１５ Ｂ．１０ Ｃ．７．５ Ｄ．５ ７．用频数分布直方图描述数据，下列说法正确的是 （　　） Ａ．所分的组数与数据的个数无关 Ｂ．长方形的高越高，说明落在这个区域的数据越多 Ｃ．不可以求最大值和最小值的差 Ｄ．可以看出数据的变化趋势 ８．菱形具有而矩形不具有性质是 （　　） Ａ．对角线相等 Ｂ．对角线互相平分 Ｃ．对角线互相垂直 Ｄ．对角线平分且相等 ９．如图，在矩形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝８，ＢＣ＝４，将矩形沿ＡＣ 折叠，则重叠部分△ＡＦＣ的面积为 （　　） Ａ．１２ Ｂ．１０ Ｃ．８ Ｄ．６ １０．某二元一次方程的解是 ｘ＝ｍ－１， ｙ＝－２ｍ{ ＋１（ｍ为实数），若把ｘ看作平面直 角坐标系中点的横坐标，ｙ看作平面直角坐标系中点的纵坐标，下面 说法正确的是 （　　） Ａ．点（ｘ，ｙ）一定不在第一象限 Ｂ．点（ｘ，ｙ）一定不在第二象限 Ｃ．ｙ随ｘ的增大而增大 Ｄ．点（ｘ，ｙ）一定不在第三象限 １１．设０＜ｋ＜２，关于ｘ的一次函数ｙ＝（ｋ－２）ｘ＋２，当１≤ｘ≤２时的最大 值是 （　　） Ａ．２ｋ－２ Ｂ．ｋ－１ Ｃ．ｋ Ｄ．ｋ＋１ １２．如图，在∠ＭＯＮ的两边上分别截取ＯＡ、ＯＢ，使ＯＡ＝ＯＢ；分别以点Ａ、Ｂ 为圆心，ＯＡ长为半径作弧，两弧交于点 Ｃ；连接 ＡＣ、ＢＣ、ＡＢ、ＯＣ．若 ＡＢ＝２ｃｍ，四边形 ＯＡＣＢ的面 积为４ｃｍ２．则ＯＣ的长为 （　　） Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．５ １３．如图，在边长为２的正方形 ＡＢＣＤ中剪去一个边长为１的小正方形 ＣＥＦＧ，动点Ｐ从点Ａ出发，沿Ａ→Ｄ→Ｅ→Ｆ→Ｇ→Ｂ的路线绕多边形 的边匀速运动到点Ｂ时停止（不含点Ａ和点Ｂ），则△ＡＢＰ的面积Ｓ随 着时间ｔ变化的函数图象大致是 （　　） 　　 Ａ 　 Ｂ 　 Ｃ 　 Ｄ １４．如图，把△ＡＢＣ纸片沿ＤＥ折叠，当点Ａ在四边形 ＢＣＤＥ的外部时，记 ∠ＡＥＢ为∠１，∠ＡＤＣ为∠２，则∠Ａ、∠１与∠２的数量关系，结论正确 的是 （　　） Ａ．∠１＝∠２＋∠Ａ Ｂ．∠１＝２∠Ａ＋∠２ Ｃ．∠１＝２∠２＋２∠Ａ Ｄ．２∠１＝∠２＋∠Ａ 第１４题图 　　　　　 第１５题图 １５．甲、乙两车从 Ａ地出发沿同一路线驶向 Ｂ地，甲车先出发匀速驶向 Ｂ 地．４０分钟后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗 时半小时，由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了５０千米／时，结 果与甲车同时到达Ｂ地，甲乙两车距Ａ地的路程ｙ（千米）与乙车行驶 时间ｘ（时）之间的函数图象如图所示，下列说法：① ａ＝４．５；② 甲的 速度是６０千米／时；③ 乙出发８０分钟追上甲；④ 乙刚到达货站时，甲 距Ｂ地１８０千米．其中正确的有 （　　） Ａ．１个 Ｂ．２个 Ｃ．３个 Ｄ．４个 １６．在菱形ＡＢＣＤ中，∠ＡＤＣ＝６０°，点Ｅ为ＡＢ边的中点，点Ｐ与点Ａ关于 ＤＥ对称，连接 ＤＰ、ＢＰ、ＣＰ，下列结论：① ＤＰ＝ ＣＤ；② ＡＰ２＋ＢＰ２＝ＣＤ２；③ ∠ＤＣＰ＝７５°；④ ∠ＣＰＡ＝１５０°，其中正确的是 （　　） Ａ．①② Ｂ．①②③ Ｃ．①②④ Ｄ．①②③④ 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．在电影票上，如果将“８排４号”记作（８，４），那么１２排１６号记作　　　　． １８．如下图，在正方形ＡＢＣＤ的外侧，作等边△ＡＤＥ，则∠ＡＥＢ＝　　　　． 第１８题图 　　　　　 第１９题图 １９．如图，点 Ｐ是矩形 ＡＢＣＤ的边 ＡＤ上的一动点，矩形的两条边 ＡＢ、ＢＣ 的长分别是６和８，则点Ｐ到矩形的两条对角线距离之和 ＰＥ＋ＰＦ是 　　　　． 三、解答题（本大题有７个小题，共６８分） ２０．（本小题满分８分）２０２０年６月５日是第４９个“世界环境日”，为提高 学生的环保意识，某校组织该校２０００名学生参加了“环保知识”竞赛， 为了解“环保知识”的笔试情况，学校随机抽取了部分参赛同学的成 绩，整理并绘制成如图所示的不完整的图表． 分数段 频数 频率 ６０≤ｘ＜７０ ３０ ０．１ ７０≤ｘ＜８０ ９０ ｎ ８０≤ｘ＜９０ ｍ ０．４ ９０≤ｘ＜１００ ６０ ０．２ 　　 请你根据表中提供的信息，解答下列问题： （１）此次调查的样本容量为　　　　； （２）在表中：ｍ＝　　　　，ｎ＝　　　　； （３）补全频数分布直方图； （４）如果比赛成绩８０分以上（含８０分）为优秀，那么请你估计该校学 生笔试成绩的优秀人数大约是　　　　名． ２４　 ２１．（本小题满分９分）如图，在五边形 ＡＢＣＤＥ中，ＡＰ平分∠ＥＡＢ，ＢＰ平 分∠ＡＢＣ． （１）五边形ＡＢＣＤＥ的内角和为　　　　度； （２）若∠Ｃ＝１００°，∠Ｄ＝７５°，∠Ｅ＝１３５°，求∠Ｐ的度数． ２２．（本小题满分９分）如图，在ＡＢＣＤ中，作对角线 ＢＤ的垂直平分线 ＥＦ，垂足为 Ｏ，分别交 ＡＤ、ＢＣ于点 Ｅ、Ｆ，连接 ＢＥ、ＤＦ．求证：四边形 ＢＦＤＥ是菱形． ２３．（本小题满分９分）对于平面直角坐标系内的点Ｐ（ｍ，ｎ）和点Ｑ（ｋｍ＋ ｎ，ｋ２ｍ＋ｋｎ），其中ｋ为常数，我们把点Ｑ叫做点Ｐ的ｋ倍随点．例如： 点Ａ（１，３）的２倍随点Ｂ的坐标为（２×１＋３，２２×１＋２×３），即点Ｂ的 坐标为（５，１０）． （１）点（－２，０）的３倍随点的坐标为　　　　； （２）若点Ｃ（０，ｎ）的ｋ倍随点Ｄ的坐标为（－２，－８），求ｋ和ｎ的值． ２４．（本小题满分１０分）甲、乙两家商场以同样价格出售相同的商品，在同 一促销期间两家商场都让利酬宾，让利方式如下：甲商场所有商品都 按原价的８．５折出售，乙商场只对一次购物中超过２００元后的价格部 分按原价的７．５折出售．某顾客打算在促销期间到这两家商场中的一 家去购物，设该顾客在一次购物中的购物金额的原价为 ｘ（ｘ＞０）元， 让利后的购物金额为ｙ元． （１）分别就甲、乙两家商场写出ｙ关于ｘ的函数解析式； （２）该顾客应如何选择这两家商场去购物会更省钱？并说明理由． ２５．（本小题满分１１分）小玲和弟弟小东分别从家和图书馆同时出发，沿 同一条路相向而行，小玲开始跑步中途改为步行，到达图书馆恰好用 ３０ｍｉｎ．小东骑自行车以３００ｍ／ｍｉｎ的速度直接回家，两人离家的路 程ｙ（ｍ）与各自离开出发地的时间ｘ（ｍｉｎ）之间的函数图象如图所示． （１）家与图书馆之间的路程为　　　　ｍ，小玲步行的速度为　　　　 ｍ／ｍｉｎ； （２）求小东离家的路程ｙ关于 ｘ的函数解析式，并写出自变量的取值 范围； （３）求两人相遇的时间． ２６．（本小题满分１２分）如图，在△ＡＢＣ中，Ｏ是边 ＡＣ上的一个动点，过 点Ｏ作直线 ＭＮ∥ＢＣ．设 ＭＮ交∠ＡＣＢ的平分线于点 Ｅ，交△ＡＣＢ的 外角∠ＡＣＤ的平分线于点Ｆ． （１）求证：ＯＥ＝ＯＦ； （２）若ＣＥ＝１２，ＣＦ＝５，求ＯＣ的长； （３）当点Ｏ在边 ＡＣ上运动到什么位置时，四边形 ＡＥＣＦ是矩形？并 说明理由． 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＋