精品解析：重庆市第二外国语学校2025-2026学年九年级上学期入学摸底数学试题

重庆市第二外国语学校初2026级九上入学摸底 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题（每小题4分，共40分） 1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，逐一判断即可． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意； B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意； C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意； D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2. 将不等式3x－1≤2x＋1的解集表示在数轴上正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据解一元一次不等式组的方法，首先解出不等式3x-1≤2x+1的解集，即可解答本题． 【详解】解：3x-1≤2x+1， 移项及合并同类项，得x≤2， 表示在数轴上为： 故选D． 【点睛】本题考查解一元一次不等式，在数轴表示不等式的解集，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法． 3. 要使分式有意义，则x的取值应满足（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】若使分式有意义，则分母不为零，依此进行计算即可． 【详解】解：若分式有意义，则x+2≠0， 解得：x≠-2， 故选：A． 【点睛】本题主要考查的是分式有意义的条件，掌握分式的基础性质是解题的关键． 4. 下列由左边到右边的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查因式分解的定义．逐一分析各选项是否符合条件即可． 【详解】解：A选项：右边出现分式，不符合因式分解要求； B选项：展开右边得，与左边不相等，等式不成立； C选项：右边为，是加法形式而非整式乘积，不符合因式分解定义； D选项：左边提取公因式，得到，为整式的乘积形式，符合因式分解定义； 故选：D． 5. 若，则下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了不等式的性质，熟记不等式的性质是解题的关键． 根据不等式的性质判断即可． 【详解】解：A：，则，故该选项不合题意； B：，则，，故该选项符合题意； C：，则，故该选项不合题意； D：，则，故该选项不合题意． 故选：B ． 6. 一元二次方程的根的情况为（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根据判别式来判断即可，当时，方程有两个不相等的实数根，当时，方程有两个相等的实数根，当时，方程没有实数根． 【详解】解：∵一元二次方程， ∴，，， ∴， ∴一元二次方程没有实数根． 故选：D． 7. 如图，四边形的对角线交于点，已知，添加下列其中一个条件，能判定四边形为平行四边形的是（    ）     A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟记“一组对边平行且相等的四边形为平行四边形”是解题的关键．由平行四边形的判定定理即可得出结论． 【详解】解：添加，能判定四边形是平行四边形的是，理由如下： ， 又， 四边形是平行四边形， 只有B选项符合题意，其他选项不能判定四边形是平行四边形， 故选：B． 8. 某化工厂要在规定时间内搬运化工原料，现有两种机器人可供选择，已知B型机器人每小时完成的工作量是A型机器人的倍，B型机器人单独完成所需的时间比A型机器人少16小时，若设A型机器人每小时搬运化工原料，则可以列出以下哪个方程（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的实际应用．根据题意，B型机器人每小时搬运千克，其完成时间比A型少16小时．通过工作时间=总量÷效率，建立方程． 【详解】解：设A型机器人每小时搬运千克，则B型每小时搬运千克． A型完成2400千克需小时，B型完成2400千克需小时． 根据题意，B型时间比A型少16小时， 故， 故选：C． 9. 如图，在中，，点在边上，交于点，垂足为，则的长为（ ） A. 8 B. C. 7 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质和勾股定理以及三角形的面积等知识，运用等面积法求出DE的长是解题的关键． 根据题意利用等腰三角形的性质可知是的垂直平分线，利用勾股定理求出的长，再利用等积法求出的长，再利用进行计算即可． 【详解】解：，， 是的垂直平分线，是的角平分线， ， 是的角平分线，， ， 在中，由勾股定理得： ， ， ， ， ， 故选：B． 10. 已知整式，其中n，，，，，…，均为自然数．则下列说法正确的个数为（ ） ①若，则； ②若，且时，则满足条件的整式M有且只有10个； ③若，，，，…，为互不相同的自然数，当时，M的值为2025，则n的最大值为64． A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 0个 【答案】B 【解析】 【分析】根据整式恒等式的性质即不含项问题解答判断，利用求代数式的值方法，自然数的性质解答即可． 本题考查了整式恒等式的性质即不含项问题，代数式的值，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得，其中n，，，，，…，均为自然数． ①：由，得，，故，正确； ②：当且时，当或或或或 或或或或或共有10种组合，对应10个不同的整式，正确； ③：若为互不相同的自然数，且时，根据题意，最小自然数序列的和为，当时，和为；当时，最小和为， 故的最大值为63，③错误； 综上，正确的说法为①和②，共2个， 故选：B． 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 分解因式：16a2b﹣b＝________________． 【答案】b（4a﹣1）（4a+1） 【解析】 【分析】直接提取公因式b，再利用平方差公式分解因式即可． 【详解】16a2b﹣b ＝b（16a2﹣1） ＝b（4a﹣1）（4a+1）． 故答案为：b（4a﹣1）（4a+1）． 【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用分解因式的方法是解题关键． 12. 正六边形中，连接对角线，，则的度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】通过正六边形的性质求出相关内角，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出角的度数．本题主要考查了正多边形的性质，熟练掌握正六边形的内角性质以及等腰三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：． 13. 如图，函数与的图象相交于点，则关于x的不等式的解集是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式，求出A点坐标是解题的关键． 首先利用函数过点，求出A点坐标，再以交点为分界，结合图象写出不等式的解集即可． 【详解】解：函数过点， ， 解得：， ， 不等式的解集为 故答案为：． 14. 已知是正整数，关于的分式方程有非负整数解，则满足条件的所有正整数的和为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的解和解分式方程，解题关键是熟练掌握分式方程解的定义和解分式方程的一般步骤．先解关于的分式方程，再根据分式方程有非负整数解，列出关于的方程，解方程求出，然后根据是正整数，求出满足条件的所有正整数的值，再求出它们的和即可． 【详解】解：， ， ， ， ， 分式方程有非负整数解， 且， 且， 是正整数， 或3， 满足条件的所有正整数的和为：， 故答案为：8． 15. 如图，在平行四边形中，，，，点E是边上且．F是边上的一个动点，将线段绕点E逆时针旋转，得到，连接、，则的最小值_________． 【答案】 【解析】 【分析】取得中点N，连接，，，作交的延长线于点H，先求出，，，再说明是等边三角形，根据“”证明，可求，即可得出点G的运动轨迹是射线，然后证明，可确定的最小值，根据勾股定理求出答案即可． 【详解】解：如图，取得中点N，连接，，，作交的延长线于点H． 由题意，得，，． ∵点N是的中点， ∴， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴，，， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点G的运动轨迹是射线． ∵，，， ∴， ∴， ∴． 在中，，，， ∴，， ∴． 根据勾股定理，得， ∴， ∴的最小值是． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形与旋转的综合问题，全等三角形的性质和判定，三角形三边关系，勾股定理等，确定点G的运动轨迹是解题的关键． 16. 若一个四位自然数的千位数字、百位数字与十位数字的和恰好等于个位数字的平方，则称这个四位数为“方和数”．若“方和数”且（），将“方和数”的千位数字与十位数字对调、百位数字与个位数字对调得到新数，规定，若为整数，除以13余7，则的值为______________，满足条件的的值为______________． 【答案】 ①. 10 ②. 6554 【解析】 【分析】本题考查了新定义，整式的加减，正确理解“方和数”是解答本题的关键． 由题意可得：，整理可得，由为整数可得；设，，由除以13余7可得是整数，进而可求出答案． 【详解】解：由题意可得：， ，∵为整数，； ， ∴，； 设，，， ， 故，， ，，，． 故答案为：10；6554． 三、解答题（17，18题每小题8分，其余每小题10分，共86分） 17. 解不等式组：，并写出它的所有整数解． 【答案】，整数解为：3，4 【解析】 【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．分别求解两个不等式，得到不等式组的解集，然后写出整数解即可． 【详解】解：， 解不等式①，得：， 解不等式②，得：， 则不等式组的解集为， 所以不等式组的整数解为：3，4． 18. 如图，矩形中，点是中点，连接、． （1）尺规作图：过点作直线的垂线交于点，在射线上截取线段（点在的下方），使得，连接和（保留作图痕迹，不写作法）； （2）完成下列证明过程： 四边形是矩形， ， ① 点是的中点 ② 在和中 ， ③ ，，，， 四边形是 ④ ． 【答案】（1） 如图，直线，点，和即为所求； （2）；；；菱形 【解析】 【分析】本题主要考查了尺规作图，矩形的性质，菱形的判定： （1）根据过已知点作已知直线的垂线的作法，作一条线段等于已知线段的作法画出图形，即可求解； （2）证明，可得，可得到，即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 证明：四边形是矩形， ，， 点是的中点， ， 在和中 ， ， ，， ，， ， 四边形是菱形． 故答案为：；；；菱形 19. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． （1）画出将绕原点顺时针旋转得到的． （2）画出关于原点成中心对称的，并直接写出点的坐标． （3）在直角坐标系坐标轴上是否存在点P，使得以，，P三点为顶点的三角形是等腰三角形，若存在直接写出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）或或或或或或 或或． 【解析】 【分析】本题主要考查了图形的旋转、中心对称以及等腰三角形的判定，熟练掌握图形变换的性质和等腰三角形的性质是解题的关键． （1）依据旋转的性质，确定各顶点绕原点顺时针旋转后的对应点坐标，进而画出． （2）根据中心对称的性质，求出各顶点关于原点对称的点的坐标，画出，并得到的坐标． （3）先确定、的坐标，再依据等腰三角形的性质，分点在轴和轴两种情况，讨论满足以，，三点为顶点的三角形是等腰三角形的点的坐标． 【小问1详解】 解：如图，为所求； 【小问2详解】 解：如图，为所求， 的坐标为； 【小问3详解】 解：由（2）图可得，． ． 当点在轴上时，设， 若，则， 解得，即． 若，则， 解得．即或． 若，则， 两边平方得， 即，解得或，即或． 当点在轴上时，设： 若，则， 解得，即． 若，则， 解得或，即或． 若，则， 解得．即或． 综上，点P的坐标为或或或或或或 或或． 20. 先化简：，然后从中选择一个你认为合适的整数作为a的值代入求值． 【答案】，当时，原式；当时，原式；当时，原式． 【解析】 【分析】先对括号内的式子进行通分计算，再将除法转化为乘法，并对相关多项式进行因式分解，最后约分得到最简形式．之后在给定的取值范围内选择一个合适的整数代入化简后的式子求值，需要注意原式分母不能为，所以要避开使分母为的值．本题主要考查了分式的化简求值，涉及分式的通分、因式分解、除法运算转化为乘法运算以及约分等知识．熟练掌握分式的运算法则和因式分解的方法是解题的关键． 【详解】解： ∵原式分母不能为，则，即；且，即．， ∴，或， 当时，原式； 当时，原式； 当时，原式． 21. 如图，在中，点D，E分别是边，的中点，连接．点F为延长线上一点，且，连接，，，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵ 点，分别是边，的中点， ∴ 是的中位线， ∴ ，且． ∴ ． 又∵ ， ∴ ， ∴ ． （2） 【解析】 【分析】（1）通过三角形中位线定理得到线段平行，进而利用平行线的性质及等腰三角形的判定证明线段相等． （2）先根据三角形中位线定理求出，再结合（1）的结论和角度判断三角形形状，进而求出，最终得到． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵ 是的中位线，， ∴ ． 由（1）知， 又∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ 是等腰直角三角形． 根据勾股定理，且， ∴ ，即． ∵ ，， ∴ ， ∴ ， ∴ ． ∵ 是的中点， ∴ ． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 22. 一商店销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元.为了扩大销售、增加盈利，该店采取了降价措施，在每件盈利不少于25元的前提下，经过一段时间销售，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件. （1）若降价3元，则平均每天销售数量为________件； （2）当每件商品降价多少元时，该商店每天销售利润为1200元？ 【答案】（1）26；（2）每件商品降价10元时，该商店每天销售利润为1200元. 【解析】 【分析】（1）根据销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件，可得若降价3元，则平均每天可多售出2×3=6件，即平均每天销售数量为20+6=26件； （2）利用商品平均每天售出的件数×每件盈利=每天销售这种商品利润列出方程解答即可． 【详解】（1）若降价3元，则平均每天销售数量为20+2×3=26件． （2）设每件商品应降价x元时，该商店每天销售利润为1200元． 根据题意，得（40-x）（20+2x）=1200， 整理，得x2-30x+200=0， 解得：x1=10，x2=20． ∵要求每件盈利不少于25元， ∴x2=20应舍去， ∴x=10． 答：每件商品应降价10元时，该商店每天销售利润为1200元． 【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，利用基本数量关系：平均每天售出的件数×每件盈利=每天销售的利润是解题关键． 23. 新年将至，某超市为开展新年大促活动准备购进、两种类型的新年大礼包，已知每件型大礼包比每件型大礼包的进价多元，且用元购进的型大礼包数量是用元购进的型大礼包数量的． （1），两种型号的大礼包进价分别为多少元？ （2）该超市分别以元和元的单价销售、两种型号的大礼包，在型大礼包售出，型大礼包售出一半后，超市决定加大销售力度，对型大礼包每件降价销售，型大礼包在每件加价元后，再按买件型大礼包送件型大礼包进行捆绑销售（即每件捆绑在一起销售，只付件的费用），若两种型号的大礼包全部售完后，该超市的总利润不低于元，求的最大值． 【答案】（1）型大礼包的进价为元，型大礼包的进价为元 （2） 【解析】 【分析】本题考查分式方程和一元一次不等式的应用， （1）设型大礼包的进价为元，则型大礼包的进价为元，根据题意列出分式方程，解方程即可求解； （2）设型大礼包购进件，型大礼包购进件，根据题意求出与的值，再列出不等式，解不等式即可求解； 正确理解题意并列出分式方程和一元一次不等式是解题的关键． 【小问1详解】 解：设型大礼包的进价为元，则型大礼包的进价为元， 依题意，得：， 解得：， 经检验，是原方程的解且符合题意， ∴， ∴型大礼包的进价为元，型大礼包的进价为元； 【小问2详解】 设型大礼包购进件，型大礼包购进件， 由（1）知：型大礼包的进价为元，型大礼包的进价为元， ∴，， ∴，，， 依题意，得：， 解得：， ∴的最大值为． 24. 如图，一次函数与轴交于点，与轴交于点，将该一次函数向下平移5个单位后其图象与轴交于点，与轴交于点，过点的直线与一次函数的图象在第二象限交于点． （1）求直线的函数解析式： （2）设点是轴上的一个动点，过点作轴的平行线，交直线于点，交直线于点，交直线于点． ①当时，求点的坐标． ②当点运动到线段的中点时，在平面内存在一点，使得以E、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形．请求出符合条件的点的坐标． 【答案】（1） （2）①或；②或或 【解析】 【分析】（1）先求出点B的坐标，再根据平移的性质得到点D的坐标，将点代入一次函数求出的值，即可利用待定系数法求解； （2）①由（1）知直线的函数解析式为，直线的函数解析式为，设，则，求出，根据，建立方程求解即可；②设，分为对角线，为对角线，为对角线，三种情况讨论即可． 【小问1详解】 解：将代入，则， ∴， ∵一次函数向下平移5个单位后，则一次函数的解析式为， 将代入，则， ∴， ∵过点的直线与一次函数的图象在第二象限交于点， ∴， ∴， 设直线的函数解析式为：， 则，解得：， ∴直线的函数解析式为； 【小问2详解】 解：①由（1）知直线的函数解析式为，直线的函数解析式为， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 当时，解得：； 当时，解得：； 综上，当时，点的坐标为或； ②令，解得：， ∴， ∵点运动到线段的中点， ∴， 将代入，则； 将代入，则； ∴， ∵，以E、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形， 设， 当为对角线时，，解得， ∴； 当为对角线时，，解得， ∴； 当为对角线时，，解得， ∴； 综上，符合条件的点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，一次函数的平移问题，一次函数与坐标轴的交点问题，平行四边形的性质．讨论平行四边形存在性问题时，按对角线进行分类讨论，画出图形再计算． 25. 在中，，，为直线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至线段，连接，过点分别作交于点，交于点． （1）如图1，若点在线段上，且，，，求的长度； （2）如图2，若点为线段中点，连接，与交于点，若，用等式表示线段和之间的数量关系，并证明； （3）如图3，若，连接，将沿直线翻折至所在平面内得到，同时线段、上分别有两个动点、，且，连接、，当最大，同时最小时，求的值． 【答案】（1） （2） 解：，证明如下， 在中，，，点为线段中点， ∴， 设，则， 在中，， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 如图所示，延长至点使得，，过点作于点，则， ∵将线段绕点顺时针旋转至线段， ∴， 在和中， ∴， ∴，, ∵点是中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴，且， ∴； （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证，得到，在中，运用勾股定理可得，根据等面积法可得，由此即可求解； （2）点为线段中点，设，则，在中，由等面积法可得，在中，由勾股定理可得，则有，如图所示，延长至点使得，，过点作于点，则，可证，得到，,再证，得到，则有，证明，得到，，在中，由勾股定理可得，由此即可求解； （3）证明是等边三角形，得出，结合，得出，设，则，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接交于，由旋转的性质可得，，证明得出，从而得出，此时最小，作交的延长线于，于，结合勾股定理和等面积法得出，由三角形三边关系可得，当且仅当点、、在同一直线上时成立，连接，由折叠的性质可得：，，则为等腰直角三角形，点在的垂直平分线上，作交于，延长交的延长线于，此时最大，作交的延长线于，设，则，，由等腰直角三角形的性质得出，再由，，计算即可得解． 【小问1详解】 解：将线段绕点顺时针旋转至线段， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵段绕点顺时针旋转至线段， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 设，则，， 如图，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接交于，则此时最小， ， 由旋转的性质可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴，此时最小， 作交的延长线于，于， ∵， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由三角形三边关系可得：，当且仅当点、、在同一直线上时成立，连接， 由折叠的性质可得：，， ∴为等腰直角三角形，点在的垂直平分线上， 作交于，延长交的延长线于，此时最大，作交的延长线于， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、三角形面积公式等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市第二外国语学校初2026级九上入学摸底 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题（每小题4分，共40分） 1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 将不等式3x－1≤2x＋1的解集表示在数轴上正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 要使分式有意义，则x的取值应满足（ ） A. B. C. D. 4. 下列由左边到右边的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 若，则下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 一元二次方程的根的情况为（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 7. 如图，四边形的对角线交于点，已知，添加下列其中一个条件，能判定四边形为平行四边形的是（    ）     A. B. C. D. 8. 某化工厂要在规定时间内搬运化工原料，现有两种机器人可供选择，已知B型机器人每小时完成的工作量是A型机器人的倍，B型机器人单独完成所需的时间比A型机器人少16小时，若设A型机器人每小时搬运化工原料，则可以列出以下哪个方程（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，，点在边上，交于点，垂足为，则的长为（ ） A. 8 B. C. 7 D. 6 10. 已知整式，其中n，，，，，…，均为自然数．则下列说法正确的个数为（ ） ①若，则； ②若，且时，则满足条件的整式M有且只有10个； ③若，，，，…，为互不相同的自然数，当时，M的值为2025，则n的最大值为64． A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 0个 二、填空题（每小题4分，共24分） 11. 分解因式：16a2b﹣b＝________________． 12. 正六边形中，连接对角线，，则的度数为______． 13. 如图，函数与的图象相交于点，则关于x的不等式的解集是______． 14. 已知是正整数，关于的分式方程有非负整数解，则满足条件的所有正整数的和为________． 15. 如图，在平行四边形中，，，，点E是边上且．F是边上的一个动点，将线段绕点E逆时针旋转，得到，连接、，则的最小值_________． 16. 若一个四位自然数的千位数字、百位数字与十位数字的和恰好等于个位数字的平方，则称这个四位数为“方和数”．若“方和数”且（），将“方和数”的千位数字与十位数字对调、百位数字与个位数字对调得到新数，规定，若为整数，除以13余7，则的值为______________，满足条件的的值为______________． 三、解答题（17，18题每小题8分，其余每小题10分，共86分） 17. 解不等式组：，并写出它的所有整数解． 18. 如图，矩形中，点是中点，连接、． （1）尺规作图：过点作直线的垂线交于点，在射线上截取线段（点在的下方），使得，连接和（保留作图痕迹，不写作法）； （2）完成下列证明过程： 四边形是矩形， ， ① 点是的中点 ② 在和中 ， ③ ，，，， 四边形是 ④ ． 19. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． （1）画出将绕原点顺时针旋转得到的． （2）画出关于原点成中心对称的，并直接写出点的坐标． （3）在直角坐标系坐标轴上是否存在点P，使得以，，P三点为顶点的三角形是等腰三角形，若存在直接写出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 20. 先化简：，然后从中选择一个你认为合适的整数作为a的值代入求值． 21. 如图，在中，点D，E分别是边，的中点，连接．点F为延长线上一点，且，连接，，，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 22. 一商店销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元.为了扩大销售、增加盈利，该店采取了降价措施，在每件盈利不少于25元的前提下，经过一段时间销售，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件. （1）若降价3元，则平均每天销售数量为________件； （2）当每件商品降价多少元时，该商店每天销售利润为1200元？ 23. 新年将至，某超市为开展新年大促活动准备购进、两种类型的新年大礼包，已知每件型大礼包比每件型大礼包的进价多元，且用元购进的型大礼包数量是用元购进的型大礼包数量的． （1），两种型号的大礼包进价分别为多少元？ （2）该超市分别以元和元的单价销售、两种型号的大礼包，在型大礼包售出，型大礼包售出一半后，超市决定加大销售力度，对型大礼包每件降价销售，型大礼包在每件加价元后，再按买件型大礼包送件型大礼包进行捆绑销售（即每件捆绑在一起销售，只付件的费用），若两种型号的大礼包全部售完后，该超市的总利润不低于元，求的最大值． 24. 如图，一次函数与轴交于点，与轴交于点，将该一次函数向下平移5个单位后其图象与轴交于点，与轴交于点，过点的直线与一次函数的图象在第二象限交于点． （1）求直线的函数解析式： （2）设点是轴上的一个动点，过点作轴的平行线，交直线于点，交直线于点，交直线于点． ①当时，求点的坐标． ②当点运动到线段的中点时，在平面内存在一点，使得以E、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形．请求出符合条件的点的坐标． 25. 在中，，，为直线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至线段，连接，过点分别作交于点，交于点． （1）如图1，若点在线段上，且，，，求的长度； （2）如图2，若点为线段中点，连接，与交于点，若，用等式表示线段和之间的数量关系，并证明； （3）如图3，若，连接，将沿直线翻折至所在平面内得到，同时线段、上分别有两个动点、，且，连接、，当最大，同时最小时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $