精品解析：甘肃省兰州市某校2024-2025学年八年级下学期期末考试数学试卷

2024-2025学年度第二学期分校联考 八年级数学期末考试试卷 考试时间：120分钟 总分：120分 一．选择题（本大题共11小题，每小题3分，共33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） 1. 随着人工智能技术的普及，出现众多具有广泛影响力的人工智能应用，以下是一些常见人工智能应用的图案，其中属于中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 计算的结果正确的是（ ） A. 1 B. C. D. 3. 下列是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列命题是真命题的是（ ） A. 有一个角是的三角形是等边三角形 B. 若，则 C. 角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等 D. 用反证法证明：“已知，，求证：．”第一步应先假设 5. 解集在数轴上表示为如图所示的不等式组是（ ） A. 或 B. C. D. 6. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的值可以是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 7. “读万卷书，行万里路．”走同样的路，每个人的感受却不尽相同．春日实践将学校传统课堂延伸至户外的广阔天地，莘莘学子在感知历史、拥抱自然的过程中，成长为有情怀、有担当的社会主义建设者和接班人!某校举办了“寻迹古滇，趣动四月”主题研学活动．宣纸轻覆雕版刻章，拓印千年古滇文明印记．小南以正八边形为边框，拓印了如图所示的作品，则此正八边形作品一个外角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在矩形中，对角线相交于点O，点E、F分别是的中点，连接，若，，则的长是（ ） A. 5 B. C. D. 3 9. 如图，将绕直角顶点C顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 10. 某科技公司研发的物流无人机参与抗洪救灾物资运输．已知无人机运送一批物资到受灾村庄，若比原计划搭载传统运输车的速度提高，可提前2小时到达．若两地相距150公里，设传统运输车原计划的行驶速度是x千米/小时，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 11. 如图，直线 和分别与x轴交于点A，点B，则不等式组的解集为（　　）． A. B. C. 或 D. 二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分） 12. 若代数式有意义，则实数的取值范围是______． 13. 如图，在平面直角坐标系中，将线段平移后得到了线段，点A、B的对应点分别是点C、D，已知点，，，则点C的坐标为______． 14. 已知是一元二次方程的两个实数根，则_____． 15. 如图，在中，，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点D，E，再分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点P，作射线交于点F．已知，，则的长为______． 三．解答题（共11小题，满分75分） 16. 用配方法解方程：． 17. 解方程：． 18. 解不等式组：． 19. 如图，在中，，点E 在延长线上，，垂足为P，交于点 F．求证：是等腰三角形． 20. 如图，在□ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，EF过点O且垂直于AD． （1）求证：OE＝OF； （2）若S▱ABCD＝63，OE＝3.5，求AD的长． 21. 阅读下面材料： 在数学课上，老师提出如下问题： 已知：如图，在中，． 求作：矩形． 小明的思考过程是： （1）由于求作矩形，回顾了矩形的定义和判定： 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； 矩形判定1：对角线相等的平行四边形是矩形； 矩形判定2：有三个角是直角的四边形是矩形． （2）条件给出了，可以选矩形的定义或者矩形判定2；经过思考，小明选择了“矩形定义”． （3）小明决定通过作线段AC的垂直平分线，作出线段的中点O，再倍长线段，从而确定点D的位置． 小明的作法如下： 作法：（1）分别以点A，C为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧分别交于点E，F； （2）作直线，直线交于点O； （3）作射线，在上截取，使得； （4）连接，． ∴ 四边形就是所求作的矩形． 请你根据小明同学设计的尺规作图过程： （1）使用直尺和圆规，依作法在图1中补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明： 证明：∵直线是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形（ ① ）（填推理的依据）． ∵， ∴四边形是矩形（ ② ）（填推理的依据）． （3）参考小明的作图思路，另外设计一种作法，利用直尺和圆规在图2中完成． （温馨提示：保留作图痕迹，不用写作法和证明） 22. 电影《哪吒之魔童闹海》热映后，哪吒与敖丙的联名玩偶深受欢迎．某网购平台商家3月4日销售玩偶共200个，5日、6日销售量持续增长，6日销量达到338个． （1）求3月5日、6日这两天玩偶销售量的日平均增长率． （2）为庆祝《哪吒之魔童闹海》全球票房大卖，商家决定做优惠活动．已知玩偶每个成本30元，售价为每个50元时，日销量可达320个；每降价1元，日销量可增加5个．当每个玩偶降价多少元时，当日总利润可达到5940元？ 23. 如图，在四边形中 ，，平分，过点A作， 交延长线于点E．四边形对角线交于点O，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的面积． 24. 小明从一张边长为的正方形纸板上减掉一个边长为的正方形（如图1），然后将剩余部分沿虚线剪开并重新拼成一个长方形（如图2）．   （1）上述过程揭示的因式分解的等式是______； （2）若，，求的值； （3）利用因式分解计算：． 25. 已知正方形和正方形． （1）如图1，当正方形在正方形在外部时，连接，．求证：； （2）如图2，将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上． ①若，，求线段的长； ②如图3，与交于点O，连接．判断线段与的数量关系并说明理由． 26. 如果两个分式M与N的和为常数k，且k为正整数，则称M与N互为“和整分式”，常数k称为“和整值”．例：分式，，，则M与N互为“和整分式”，“和整值”． （1）已知分式，，判断A与B是否互为“和整分式”，若不是，请说明理由；若是，请求出“和整值”k． （2）已知分式，，C与D互为“和整分式”，且“和整值”． ①求G； ②若x为正整数，分式D的值也为正整数，则x值为________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期分校联考 八年级数学期末考试试卷 考试时间：120分钟 总分：120分 一．选择题（本大题共11小题，每小题3分，共33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） 1. 随着人工智能技术的普及，出现众多具有广泛影响力的人工智能应用，以下是一些常见人工智能应用的图案，其中属于中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握相关概念是解题关键．中心对称图形的定义是：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的定义，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、选项A的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意； B、选项B的图案是中心对称图形，所以此选项符合题意； C、选项C的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意； D、选项D的图案不是中心对称图形，所以此选项不符合题意． 故选：B． 2. 计算的结果正确的是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了异分母分式加法， 先把异分母分式加法化成同分母加法，然后求解即可． 【详解】解：， 故选：B 3. 下列是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查因式分解，根据把一个多项式写成几个整式乘积是因式分解解答即可． 【详解】解：A. ，是因式分解； B. ，是整式的乘法，不是因式分解； C. ，原式不是因式分解； D. ，不是因式分解； 故选：A． 4. 下列命题是真命题的是（ ） A. 有一个角是的三角形是等边三角形 B. 若，则 C. 角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等 D. 用反证法证明：“已知，，求证：．”第一步应先假设 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了判断命题真假，等边三角形的判定，角平分线的性质，反证法中的假设，根据等边三角形的判定定理可判断A；根据时，满足，但不满足可判断B；根据角平分线的性质可判断C；反证法中第一步应假设结论不成立，即假设，据此可判断D． 【详解】解：A、有一个角是的等腰三角形是等边三角形，原命题是假命题，不符合题意； B、由，不能得到，例如时，满足，但不满足，原命题是假命题，不符合题意； C、角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等，原命题是真命题，符合题意； D、用反证法证明：“已知，，求证：．”第一步应先假设，原命题是假命题，不符合题意； 故选：C． 5. 解集在数轴上表示为如图所示的不等式组是（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数轴的不等号的方向,界点值的虚实,写出解集即可． 【详解】∵, ∴不等式的解集为, 故选C． 【点睛】本题考查了解集的数轴表示,熟练掌握根据数轴表示写解集是解题的关键． 6. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的值可以是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了根的判别式，解题的关键是牢记“当时，方程有两个不相等的实数根”．根据方程的系数结合根的判别式，可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，对照四个选项即可得出结论． 【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根， ， 解得：，故A符合题意． 故选：A． 7. “读万卷书，行万里路．”走同样的路，每个人的感受却不尽相同．春日实践将学校传统课堂延伸至户外的广阔天地，莘莘学子在感知历史、拥抱自然的过程中，成长为有情怀、有担当的社会主义建设者和接班人!某校举办了“寻迹古滇，趣动四月”主题研学活动．宣纸轻覆雕版刻章，拓印千年古滇文明印记．小南以正八边形为边框，拓印了如图所示的作品，则此正八边形作品一个外角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了正多边形的外角问题，熟练掌握多边形的外角和为360°360°是解题的关键．根据多边形的外角和定理解答即可． 【详解】解：∵正八边形的外角和是 ∴正八边形的每一个外角是． 故选：C． 8. 如图，在矩形中，对角线相交于点O，点E、F分别是的中点，连接，若，，则的长是（ ） A. 5 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由矩形的性质结合勾股定理可求出，从而求出．再根据三角形中位线的性质即可求出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴． ∵点E、F分别是的中点， ∴为的中位线， ∴． 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理．利用数形结合的思想是解题关键． 9. 如图，将绕直角顶点C顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的外角性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得，则是等腰直角三角形，得出，再由旋转性质和三角形的外角性质可知． 【详解】解：∵绕直角顶点顺时针旋转， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 由旋转性质可知：， 故选：B． 10. 某科技公司研发的物流无人机参与抗洪救灾物资运输．已知无人机运送一批物资到受灾村庄，若比原计划搭载传统运输车的速度提高，可提前2小时到达．若两地相距150公里，设传统运输车原计划的行驶速度是x千米/小时，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，理解题意找准等量关系列出方程是解题的关键．设传统运输车原计划的行驶速度是x千米/小时，根据题意列出方程，即可得出答案． 【详解】解：设传统运输车原计划的行驶速度是x千米/小时， 由题意得，． 故选：C． 11. 如图，直线 和分别与x轴交于点A，点B，则不等式组的解集为（　　）． A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式的知识，解题的关键是根据两条直线与x轴的交点坐标及直线的位置确定不等式组的解集．根据图象求解即可． 【详解】解：解：∵直线 和分别与x轴交于点A，点B， ∴的解集为， 故选B． 二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分） 12. 若代数式有意义，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件为分母不等于零成为解题的关键． 根据分式有意义的条件列不等式求解即可． 【详解】解：∵代数式有意义， ∴，解得：． 故答案为：． 13. 如图，在平面直角坐标系中，将线段平移后得到了线段，点A、B的对应点分别是点C、D，已知点，，，则点C的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，根据对应点得出平移方式是解题关键．由、连点坐标可知，线段的平移方式为先向右平移7个单位长度，再向下平移2个单位长度，据此即可得到点C的坐标． 【详解】解：由，可知，线段的平移方式为先向右平移7个单位长度，再向下平移2个单位长度， ， 对应点的坐标为即， 故答案为：． 14. 已知是一元二次方程的两个实数根，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程的根与系数关系得到，即可解答． 【详解】解：∵是一元二次方程的两个实数根， ∴，， ∴， 故答案为． 【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数关系，已知式子的值求代数式的值，掌握一元二次方程的根与系数关系是解题的关键． 15. 如图，在中，，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点D，E，再分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点P，作射线交于点F．已知，，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了作图基本作图：作角平分线，角平分线的性质定理，勾股定理及全等三角形的判定与性质等知识．根据基本作图可判断平分，过F作于G，再利用角平分线的性质得到，根据勾股定理求出，证明，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求解即可． 【详解】解：过F作于G， 由作图得：平分，，， ∴， 在中根据勾股定理得：， ，， ， ， 设，则，， 在中，根据勾股定理得： ， 即：， 解得：， ， 故答案为：． 三．解答题（共11小题，满分75分） 16. 用配方法解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了用配方法解一元二次方程，解题的关键是掌握配方法的步骤． 利用配方法逐步进行计算即可． 【详解】解： ． 17. 解方程：． 【答案】. 【解析】 【分析】方程先两边同时乘以，去分母化为整式方程，解得，再检验即可解答. 【详解】解：， 方程两边同时乘以，得 ， ∴， 将检验是方程的解； ∴方程的解为. 【点睛】本题考查分式方程的解；掌握分式方程的求解方法，验根是关键． 18. 解不等式组：． 【答案】 【解析】 【分析】先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可． 【详解】解：解不等式，得， 解不等式，得， ∴不等式组的解集为． 19. 如图，在中，，点E 在延长线上，，垂足为P，交于点 F．求证：是等腰三角形． 【答案】 证明： ， ， ， ， 和是直角三角形， ，， 又有， ， ∵， ， ， 是等腰三角形． 【解析】 【分析】根据得，再根据垂直定义得，进而根据直角三角形的两个锐角互余得，，由此得，则，即可作答．此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，互为余角的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，互为余角的性质是解决问题的关键． 【详解】略 20. 如图，在□ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，EF过点O且垂直于AD． （1）求证：OE＝OF； （2）若S▱ABCD＝63，OE＝3.5，求AD的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形ABCD是平行四边形，O是AC与BD的交点， ∴AO=CO，AD∥BC， ∴∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴OE=OF； （2）9 【解析】 【分析】（1）先由平行四边形的性质得到AO=CO，AD∥BC，则∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，即可证明△AOE≌△COF得到OE=OF； （2）由（1）得OE=OF=3.5，得到EF=7，再由AD∥BC，EF⊥AD，得到EF的长即为平行四边形ABCD中AD边上的高，即可利用平行四边形面积公式求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）得OE=OF=3.5， ∴EF=7， ∵AD∥BC，EF⊥AD， ∴EF的长即为平行四边形ABCD中AD边上的高， ∵四边形ABCD的面积为63， ∴， ∴AD=9． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． 21. 阅读下面材料： 在数学课上，老师提出如下问题： 已知：如图，在中，． 求作：矩形． 小明的思考过程是： （1）由于求作矩形，回顾了矩形的定义和判定： 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； 矩形判定1：对角线相等的平行四边形是矩形； 矩形判定2：有三个角是直角的四边形是矩形． （2）条件给出了，可以选矩形的定义或者矩形判定2；经过思考，小明选择了“矩形定义”． （3）小明决定通过作线段AC的垂直平分线，作出线段的中点O，再倍长线段，从而确定点D的位置． 小明的作法如下： 作法：（1）分别以点A，C为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧分别交于点E，F； （2）作直线，直线交于点O； （3）作射线，在上截取，使得； （4）连接，． ∴ 四边形就是所求作的矩形． 请你根据小明同学设计的尺规作图过程： （1）使用直尺和圆规，依作法在图1中补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明： 证明：∵直线是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形（ ① ）（填推理的依据）． ∵， ∴四边形是矩形（ ② ）（填推理的依据）． （3）参考小明的作图思路，另外设计一种作法，利用直尺和圆规在图2中完成． （温馨提示：保留作图痕迹，不用写作法和证明） 【答案】（1） 如图： （2）①对角线互相平分的四边形是平行四边形； ②有一个角是直角的平行四边形叫做矩形 （3） 作图如下：（方法不唯一） 【解析】 【分析】（1）根据小明同学设计的尺规作图过程作图即可； （2）根据平行四边形、矩形的判定定理，结合所给证明过程，即可写出依据； （3）利用直尺和圆规作，，通过两组对边分别相等的四边形是平行四边形可知四边形是平行四边形，结合可知四边形是矩形． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：补充后的证明过程如下： 证明：∵直线是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）． ∵， ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形叫做矩形）． 故答案为：①对角线互相平分的四边形是平行四边形； ②有一个角是直角的平行四边形叫做矩形． 【小问3详解】 解：作图方法： 以C点为圆心，AB长为半径作弧，以A点为圆心，BC长为半径作弧，两弧交于D点，连接AD，CD即可； 证明：由作图方法可知，，， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）． ∵， ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形叫做矩形）． 【点睛】本题考查尺规作图、平行四边形的判定、矩形的判定等知识点，熟练掌握几种基本的尺规作图方法是解题的关键． 22. 电影《哪吒之魔童闹海》热映后，哪吒与敖丙的联名玩偶深受欢迎．某网购平台商家3月4日销售玩偶共200个，5日、6日销售量持续增长，6日销量达到338个． （1）求3月5日、6日这两天玩偶销售量的日平均增长率． （2）为庆祝《哪吒之魔童闹海》全球票房大卖，商家决定做优惠活动．已知玩偶每个成本30元，售价为每个50元时，日销量可达320个；每降价1元，日销量可增加5个．当每个玩偶降价多少元时，当日总利润可达到5940元？ 【答案】（1）日平均增长率为 （2）每个玩偶降价元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设日平均增长率为，根据题意，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可； （2）设每个玩偶降价元，根据当日总利润可达到 5940 元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【小问1详解】 解：设日平均增长率为， 由题意得：， 解得：（舍）， 答：日平均增长率为； 【小问2详解】 解：设每个玩偶降价元， 由题意得：， 解得：（舍）， 答：每个玩偶降价2元． 23. 如图，在四边形中 ，，平分，过点A作， 交延长线于点E．四边形对角线交于点O，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的面积． 【答案】（1）证明：∵ ∴， ∵平分， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形； ∵ ∴四边形是菱形； （2） 【解析】 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，证明四边形是菱形是解题的关键． （1）证明，得到四边形是平行四边形；由即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质和直角三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵四边形是菱形 ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 24. 小明从一张边长为的正方形纸板上减掉一个边长为的正方形（如图1），然后将剩余部分沿虚线剪开并重新拼成一个长方形（如图2）．   （1）上述过程揭示的因式分解的等式是______； （2）若，，求的值； （3）利用因式分解计算：． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的应用，熟练掌握平方差公式是解题的关键． （1）根据图形面积相等即可求解； （2）根据平方差公式进行计算即可求解； （3）根据平方差公式进行计算即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得，， 故答案为：； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：原式 ． 25. 已知正方形和正方形． （1）如图1，当正方形在正方形在外部时，连接，．求证：； （2）如图2，将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上． ①若，，求线段的长； ②如图3，与交于点O，连接．判断线段与的数量关系并说明理由． 【答案】（1） 证明：在正方形和正方形中，，，， ，即， ； （2）4； 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质；掌握这些性质进行角和边关系的推理是解题的关键． （1）由正方形可得，，即可利用证明； （2）①作于点，由正方形性质可得，再由勾股定理求出，得到，最后由得到； ②连接，由正方形性质和得到，，再由点是、的中点，最后根据斜边中线性质得到，即可得到． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①如图2，作于点， 在正方形和正方形中，，， ， ，， ，， ， ， 由（1）可得， ； ②，理由如下 在正方形和正方形中，，， ， 由（1）可得， ， ， ， 是、的中点， ， ． 26. 如果两个分式M与N的和为常数k，且k为正整数，则称M与N互为“和整分式”，常数k称为“和整值”．例：分式，，，则M与N互为“和整分式”，“和整值”． （1）已知分式，，判断A与B是否互为“和整分式”，若不是，请说明理由；若是，请求出“和整值”k． （2）已知分式，，C与D互为“和整分式”，且“和整值”． ①求G； ②若x为正整数，分式D的值也为正整数，则x值为________． 【答案】（1）A与B是互为“和整分式”，“和整值” （2）①；②或 【解析】 【分析】本题考查了分式的加法、解一元一次方程、解分式方程，熟练掌握运算法则并理解题意是解此题的关键． （1）根据分式的加法运算法则得出，结合题意判断即可； （2）根据题意可得，再去分母，整理即可得解；②由①可得，结合题意得出或，分别求解即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴A与B是互为“和整分式”，“和整值”； 【小问2详解】 解：①∵分式，，C与D互为“和整分式”，且“和整值”． ∴， 去分母可得：， ∴； ②∵， ∴， ∵x为正整数，分式D的值也为正整数， ∴或， 当时，， 当时，， 综上所述，的值为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $