期中质量评估-【精英新课堂·三点分层作业】2025-2026学年八年级下册数学（沪科版·新教材）

13.B14.68.58915.C 16.(1234号36号8210(2)28,30,32)(38,40) 质量评估 第16章质量评估 1.C2.B3.C4.A5.C6.C7.C8.C9.D10.C11.√6（答案不唯一） 12.<13.-2y514.(107(22 2 15.解：1)原式=2×3V厄-5V厄+合×42=6厄-5厄+2厄=3巨.(2)原式=- √⑧+2√2=3-2√2+2√2=3. 16.解：(1)①(2)正确的计算过程如下：原式=8-4√6+3+12-1=22-4√6. 17.解：原式=2(a2-3)-a2+6a+6=2a2-6-a2+6a+6=a2+6a.a=√2-1，.原 式=(W2-1)2+6(W2-1)=2-2√2+1+6√2-6=4√2-3. 18.解：由数轴可知，-1<a<0<1<b,.a一1<0，a十b>0,1-b<0..原式=|a-1 -|a+b1+11-b1=-(a-1)-(a+b)-(1-b)=-a+1-a-b-1+b=-2a. 19.解：d2-d=7×√30-12-7X√20-12=21√2-14√2=7√2(cm).答：d2与d 的差为7√2cm. 2a解1+-号82V+京+D=1+-《V+ V+对+高-√什+而-1+日0-器 21.解：(1)设长方形场地的长为5xm,则其宽为2xm根据题意，得5x·2x=800.解 得x=45,或x=-4√5（不符合题意，舍去）..5x=5×4√5=20√5,2x=2×4√5= 8√5.答：改建后的长方形场地的长和宽分别为20W5m,8√5m.(2)设正方形的边长为 ym,则y2=900.解得y=30,或y=一30（不符合题意，舍去）.∴原正方形的周长为30 ×4=120(m).由(1)，得新长方形的周长为(205+8√5)×2=56√5(m).:120= √14400,56√5=√15680，且14400<15680，∴.120<56√5.∴.栅栏围墙不够用. 2.解：1)6(2)由题意，得a5-)=4.a5-后 4后=25+25.(3)由题意，得 (3十√3)(6十√3m)=12,整理，得3√3m十3m=-6√3-6，∴.(3√3+3)m=-2(3√+ 3)..m=-2. 23.解：(1)m2+3n22mm(2)7421(答案不唯一)(3)，a+6√3=(m+n √3)2=m2+3n2十2√3mn,∴a=m2+3m2,2mn=6..mn=3.:a,m,n均为正整数， .m=3,n=1或m=1,n=3.当m=3,n=1时，a=32+3×12=9+3=12.当m=1,n= 3时，a=12+3×32=1+27=28.综上所述，a的值为12或28. 第17章质量评估 1.D2.B3.D4.A5.D6.D7.A8.C9.C10.D 1.x-2x=0(答案不唯-)12.a>-413.-314.(1)(5-2)(2)5+√④ 15.解：(1)：a=2,b=3,c=-1,∴.b2-4ac=32-4×2×(-1)=17>0.代入求根公式， 得x=一3，，厘=-3±区：原方程的根是西=-3+厘，4=3一应 2X2 4 4 4 (2)把方程左边分解因式，得(x一3)(x一3十2x)=0.因此，有x一3=0或3.x一3=0. 原方程的根是x1=3,x2=1. m一3≠0， 16.解：(1)由题意，得{ 解得m=-3.(2)将m=一3代入原方程，得-6x2+ m2-7=2, -25 12x-3=0,解得-1+号=1- 2 17.解：设这条线路共有x个站点.根据题意，得x(x一1)=56，整理，得x2一x一56=0， 解得=8，x2=一7（不合题意，舍去）.答：这条线路共有8个站点. 18.(1)解：把x=1代入方程x2+(m十3)x十3m=0,得1十m十3+3m=0,解得m= -1.(2)证明：.△=(m+3)2-4×3m=m2+6m+9-12m=m2-6m+9=(m-3)2≥ 0,∴.无论m取何实数，该方程总有实数根. 19.解：(1)关于x的一元二次方程x2-2(a-1)x十a2一a一2=0有两个不相等的实 数根，∴.△=[-2(a-1)]2-4(a2-a-2)>0,解得a<3..a为正整数，∴.a=1或a= 2.(2)x1+x2=2(a-1),x1x2=a2-a-2,·x+x2-x1x2=(x+x2)2-3x1x2 16.∴.[2(a-1)]2-3(a2-a-2)=16,解得a=-1,a2=6.由(1)知a<3,.a=-1. 20.解：根据题意，得(100-5x)(40一2x)=640×4,解得x1=4,x2=36(不合题意，舍 去).答：彩色纸带的宽度为4cm. 21.解：134(2)将=6，a=10代入方程，得a6-)-6=66-b), 解得 a(10-b)-10=10(10-b), 6-5.“方程12(x一5)-x=(x一5)符合表中各方程的规律，是第@个方程，(3)第n a=12, 个方程是2(n十2)(xn-1)-x=x(x-n-1),方程的解是x1=n十2，x2=2(n十1). 22.解：(1)设该品牌头盔销售量的月增长率为x.根据题意，得150(1十x)2=216.解得 x1=0.2=20%,x2=一2.2（不符合题意，舍去）.答：该品牌头盔销售量的月增长率为 20%.(2)设该品牌头盔的实际售价应定为y元/个，根据题意，得(y一30(60-气0 ×5)=10000.整理，得y2-130y+4000=0,解得=80，y=50.,要让顾客得到实 惠，y=50.答：该品牌头盔的实际售价应定为50元/个 23.解：(1)①将x-10x十3=0变形为x3-(9十1)x十3=0，x3-9x-x十3=0. ∴.(x3-9x)-(x-3)=0.∴.x(x十3)(x-3)-(x-3)=0..(x-3)(x2十3x-1)=0. “x-3=0或2+3x-1=0.“原方程有三个根：x1=3,4=3,压，x4 2 -3+√.②设x2=y,则x=y,于是原方程可变形为+3y-4=0,解得y=1,% =一4.，x2≥0，y=一4舍去.当y=1时，x2=1,x=士1.∴原方程有两个根：x1= 1,x2=-1.(2)x2-2x-1=0,.x2-2x=1.x-2x3-3x=x2(x2-2x)-3x=x2 -3x=x2-2x-x=1-x.解方程x2-2x-1=0,得x1=1十√2，x2=1-√2.：x>0, .x=1+√2.∴.x-2x3-3x=1-x=1-(1+√2)=-√2. 第18章质量评估 1.B2.D3.B4.B5.B6.D7.D8.D9.B10.D11.512.2613.23 14.(1)136(2)6W2 15.证明：AC=12+32=10,AB2=12+32=10,BC=22+42=20,.AC+AB2=20 =BC.∴.△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°.∴.AB⊥AC 16.解：由题意，知AC⊥BD,CD=AE=3m,AC=8m,AB=17m.在Rt△ABC中，由 勾股定理，得BC=√AB-AC=l5m,∴.BD=BC十CD=18m.答：发生火灾的住户 窗口距离地面18m. 17.(1)证明：，AC+CD2=42+32=25,AD2=52=25,∴.AC十CD2=AD2,.△ACD 是直角三角形，且∠C=90°.(2)解：在Rt△ACB中，∠C=90°，.BC=√AB2-AC= W(2√13)2-4=6..BD=BC-CD=6-3=3. 18.解：易得Rt△CD'A≌Rt△ABC,.AC=AC=c,CD'=AB=a,AD'=CB=b, ∠CAD'=∠ACB.:'∠ACB+∠CAB=90°，.∠CAD'+∠CAB=90°..∠CAC= —26 90∴Sa影cm=2Sca+Saam=2X7ab叶分C=合a+b6叶a,d2+6=. 19.解：设机器人H1跑步xm后与乐乐相遇，则AB=xm,BC=(9一x)m.,机器人 H1的跑步速度与乐乐的下滑速度相同，.DB=AB=xm.在Rt△BCD中，∠C=90°， .BD2=BC+CD2.∴x2=(9-x)2十32，解得x=5..机器人H1跑步5m后与乐乐 相遇. 20.解：1w5(2)1+(Vm)n(3):8=,=号，s=是 2 4,…, 8=-9∴++8+…+筑=+是++…+9-明 21.(1)证明：DE垂直平分AB,.AB=2AD=2√5.，在△ABC中，BC=2,AC=4, ∴.BC+AC=22十4=20=AB2..AC⊥BC,即∠BCA=90°.(2)解：DF是线段 AB的垂直平分线，∴.BF=AF.∴，CF=BF-BC=AF-2.在Rt△ACF中，CF2+AC =AF2,∴.(AF-2)2+42=AF2..AF=5. 22.解：(1)连接AC.在Rt△ABC中，AB=BC=45√2m,∠B=90°，.AC= V√AB2+BC=90m,∠CAB=∠ACB=45°.：在△ACD中，AC+AD2=902+ (30√3)2=10800，CD2=(60√3)2=10800，.AC+AD2=CD.∴.△ACD是直角三 角形，且∠CAD=90°.·∠DAB=∠CAD+∠CAB=135°.(2)这辆车不能被摄像头监 控到.理由如下：过点D作DM⊥DA,交BE于点M.由(1)知∠DAB-135°，∴·∠DAM =180°-∠DAB=45°.DM⊥DA,.∠ADM=90°.∴.∠AMD=90°-∠DAM=45°. ∴.DM=DA=30√3m.点A,M为摄像头在道路BE上能监控的最远位置.在 Rt△ADM中，AM=√AD2+D=30√6m.∴.BM=AB+AM=(45√2+30√6)m. 105√2>45√2+30√6，.这辆车不能被摄像头监控到. 23.解：(1)8W2(2)在Rt△ABC中，AB=√AC+BC=8√5.·△ABP是以AB为 底的等腰三角形，AP=BP=2t.∴.PC=BC-BP=16一2t.在Rt△PAC中，AP2= AC+PC,.(2)2=82+(16-2t)2,解得t=5.(3)AC=8,CD=3,.AD=AC-CD =5,DE=CD=3.:DE⊥AP,∠AED=90°..AE=√AD2-DE=4.分两种情况 讨论：①如答图①，当点P在线段BC上时，连接PD.:DE⊥AP,∴.∠PED=90°= ∠ACB.在R△PDE和RAPDC中，DE=CD, (PD=PD, △PDE≌△PDC(HL).∴.PE= PC=16-2t.∴.AP=AE+PE=20-2t.在Rt△APC中，AP2=AC+PC,即(20- 2t)2=82+(16-2)2,解得t=5.②如答图②，当点P在线段BC的延长线上时，连接 PD.同理可得△PDE≌△PDC(HL),.PE=PC=2t-16.∴.AP=AE+PE=2t-12. 在Rt△APC中，AP2=AC+PC,即(2t-12)2=82+(2t-16)2,解得t=11.综上所 述，在点P运动的过程中，当t的值为5或11时，DE=CD. 答图① 答图② 期中质量评估 1.C2.B3.D4.D5.D6.C7.B8.B9.C10.C11.53 12.x(x-1)=7213.6-2√514.(1)②(2)2或0 15.解：(1)原式=4√5+3√5-2√2+4√2=7√5+2√2.(2)原式=(2√6+5√2)÷√2- 2√3=2√3+5-23=5. 16.解：(1).a=2,b=-4,c=-5,∴.b2-4ac=(-4)2-4×2×(-5)=56>0.代入求 根公式，得工一生-2生压西-+，，-2二匹（2)移项，得-6z 2×2 2 2 2 —27 =7.配方，得x2-6.x十9=16.则(x-3)2=16.开平方，得x-3=士4.∴.原方程的根是 x1=7,x2=-1. 17.解：设方程的另一个根为a,则a十2-√3=4，∴a=2十√3.∴.-c=(2一√3)(2十3) =1..c=一1..方程的另一个根为2十√3，c的值为一1. :z=3+22y=3-22,“z+3y=6,xy=1,名+￥-4=兰十 xy =x+22-6=62-6=30. 19.解：设AD=xm.由题意，得AB=(x-0.5)m,AE=(x-1)m.在Rt△ABE中，由 勾股定理，得AE+BE2=AB2,(x-1)2+1.52=(x-0.5)2,解得x=3..秋千支柱 AD的高为3m, 20.(1)证明：，△=[-(m十2)]2-4×2m=m2+4m十4-8m=m2-4m+4=(m-2)2 ≥0，.不论m为何值，该方程总有两个实数根.(2)解：·x1,x2是一元二次方程x2一 (m十2)x十2m=0的两个实数根，.x1十x2=m十2，x1x2=2m.x1x2-x1一x2=13, .2m一(m+2)=13,解得m=15. 21.解：1)√+号 2 W1+ (2)√m+1)2-=√1+ 验证： 六v+)T=√ n+1)2-1/m+2n+1-1_ n2 =N n2 =N n2 22.解：(1)设通道的宽是xm.根据题意，得(50一2x)(30一2x)=1196,整理，得x2 40x十76=0，解得x1=2,x2=38(不符合题意，舍去).答：通道的宽是2m.(2)设每个 车位的月租金上涨y元.根据题意，得(20十)(64-六)=14400，整理，得-40y +16000=0,解得y1=40,y=400.:能优惠大众，∴y=40.答：当每个车位的月租金 上涨40元时，既能优惠大众，又能使对外开放的月租金收入为14400元. 23.(1)解：连接AP,BP,CP.PB2=12+22=5,PC=12+22=5,PA2=12+32=10, .PA2=PB2+PC.∴点P是△ABC关于点A的勾股点.(2)解：，AB=AC,AO是 BC边上的中线，BC-10,OB=0C=2BC=5,OA⊥BC.:点C是△AOD关于点A 的“勾股点”，∴.AC=OC+CD2.,CD=12,OC=5,∴AC=√OC+CD=13.在 Rt△AOC中，OA=√AC-OC=12.(3)证明：，△ABC和△APD为等腰直角三角 形，.∠BAC=∠DAP=90°，∠ABC=∠ACB=45°，AB=AC,AD=AP.∴∠BAC ∠DAC=∠DAP-∠DAC,即∠BAD=∠CAP.∴.△ABD≌△ACP(SAS).∴.BD= PC,∠ABD=∠ACP=180°-∠ACB=135°.∠DBP=∠ABD-∠ABC=90. .BD+PB2=PD.PC+PB2=PD.∴.点P为△BDC关于点D的“勾股点”. 第19章质量评估 1.D2.D3.A4.C5.D6.C7.B8.B9.C10.D11.四边形的不稳定性 12.0E⊥AB13.2314.1)3(2)7 2 15.证明：：∠A十∠B+∠C+∠D=360°，∠A=∠D,∠B=∠C,∴.2∠A+2∠B= 2(∠A+∠B)=360°.∠A+∠B=180°.∴.AD∥BC. 16.解：设这个正多边形的边数为n.根据题意，得180×(n一2)=1080，解得n=8.360° ÷8=45°.答：它的每个外角的度数为45°. 17.解：四边形ABCD是平行四边形，AD=BC=8,OB=OD=之BD.:BDLAD, ∠BDA=90°.在Rt△ABD中，由勾股定理，得BD=√AB2-AD=6.∴.OB= 合BD-3 18.解：赞成小洁的说法.补充条件不唯一，如：OA=OC.证明如下：OA=OC,OB= OD,.四边形ABCD是平行四边形.又AC⊥BD,.四边形ABCD是菱形 —28 19.证明：(1)四边形ABCD是矩形，∠BAF=∠ABE=90°.，EF⊥AD,∠AFE =90°.∴四边形ABEF是矩形.AE平分∠BAD,.BF=FE..四边形ABEF是正 方形.(2)AE平分∠BAD,.∠DAG=∠EAB.DG⊥AE,.∠AGD=90°= ∠DAG=∠EAB, ∠ABE.在△AGD和△ABE中， ∠AGD=∠ABE,..△AGD≌△ABE(AAS)..AB AD-AE, =AG. 20.(I1)证明：∠BAC=90,E是BC的中点，AE=2BC=BE.·∠B=∠EAD. ,∠FDA=∠B,∴.∠FDA=∠EAD.AE∥DF.D是AB的中点，∴.DE是△ABC 的中位线..DE∥AC.∴.四边形AEDF是平行四边形.AF=DE.(2)解：四边形 AEDF是平行四边形，∴.AE=DF,DE=AF.由(1)得DE是△ABC的中位线，.DE= 号AC-3cm:AE=专BC-5cm,四边形AEDF的周长=2(AE+DE=16cm 21.解：(1)四边形OEFG是矩形.理由如下：：四边形ABCD是菱形，.OB=OD.E 是AD的中点，OE是△ABD的中位线.OE∥FG.,OG∥EF,.四边形OEFG是 平行四边形.，EF⊥AB,.∠EFG=90°..四边形OEFG是矩形.(2)，四边形ABCD 是菱形，∴AC⊥BD,AD=AB.∠AOD=∠AOB=90°.，OE=5,E是AD的中点， OE是△ABD的中位线，'.AB=2OE=10,AE=OE=5..AD=AB=10.由(1)知四边 形OEFG是矩形，.FG=OE=5.:EF⊥AB,∴∠EFA=90°..AF=√AE-EF= 3.∴.BG=AB-FG-AF=2. 22.(1)证明：，四边形ABCD是正方形，.AB=AD,∠B=∠BAD=∠ADC=90° AB=AD, .∠B=∠ADF=90°.在△ABE和△ADF中， ∠B=∠ADF,∴.△ABE≌△ADF BE=DF, (SAS).(2)解：△ABE≌△ADF,..AF=AE=5,∠BAE=∠DAF...∠DAF十 ∠EAD=∠BAE+∠EAD=∠BAD=90°，即∠EAF=9O°.在Rt△AEF中，EF= VAE+AF=5E.(3)解：∠EAF=90,AE=AF,∴∠AEF=号(I80-∠EAF) =45°.·∠PEC=180°-∠AEB-∠AEF=60°.四边形ABCD是正方形，∠BCD =90,AD=CD.:P是EF的中点，AP=号EF,CP=号EF=ER.AP=CP, ∠PCE=∠PEC=60°..∠PCD=90°-∠PCE=30°.在△ADP和△CDP中， AD=CD, PD=PD,AADP△CDP(SsS).∠ADP=∠CDP-?∠ADC=45.:∠CPD AP=CP, =180°-∠PCD-∠CDP=105° 23.(1)证明：连接BD,交AC于点O.,四边形ABCD是平行四边形，·BO=DO. ,EF=BE,.OE是△BDF的中位线..OE∥DF,即DF∥AC.(2)证明：由(1)知DF ∥AC,∴.∠DFG=∠CEG,∠GDF=∠GCE.G是CD的中点，∴.DG=CG.在△DFG ∠DFG=∠CEG, 和△CEG中，∠GDF=∠GCE,∴△DFG≌△CEG(AAS)..DF=CE.∴.四边形 DG=CG, CFDE是平行四边形.，'四边形ABCD是平行四边形，·AB=CD.2AB=BF, .2CD=BF.又EF=BE,.2EF=BF.∴.CD=EF.∴.四边形CFDE是矩形.(3)解： 设AB=CD=2a,则BE=EF=CD=2a,BF=4a.,'四边形CFDE是正方形，∴.CD⊥ EP,CG=DG=EG=号CD=a.∴∠BGC=90°，BG=BE+EG=3a.在Rt△BCG中，由 勾股定理，得BG+CG=BC,.(3a)2+a2=802,解得a=8√10（负值已舍去）.∴.AB =2a=16/10. -29 第20章质量评估 1.B2.D3.C4.C5.B6.D7.B8.A9.D10.B11.212.甲13.9 14.89 15.解：10.5+10.2+10.3+10.6+10.4=10.4m.答：该同学这五次投实心球的平均 5 成绩为10.4m. 16.解：将这组数据按照从小到大排列为6,6,8,8,8,8,9,9，Q,=6十8=7，Q。=8十8 2 2 =8,Q=89=8.5. 2 17.解：1①5②1(2克×05X12+1X2+1.5×10+2X5+25×3)≈1.16.答： 所调查的学生平均每天阅读时间的平均数约为1.16h. 18.解：(1)甲命中环数的众数为8，乙命中环数的众数为10.(2)x乙= 5+6+7+8+10+10+10-8,2=7×[5-8)2+(6-8)2+(7-8)+(8-8》2+3× 7 (10一8)2门≈3.71.又x甲=8，漏≈1.43，.甲=xz,5漏<2，.甲的成绩更稳定. 19.解：(1)m的值为87，a的值为96，b的值为67.(2)这10名学生的成绩分差较大，超 过80分的学生比较多，（答案不唯一） 20.解：1)平均数是6×(10×1+12×6+13×4+14×1+16×4)=13.25（万元），中 位数是1313=13（万元），众数是12万元.(2)选择中位数.理由如下：中位数是13万 2 元，有超过一半的人可以完成。 21.解：(1)7.588(2)该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的 人数约为800X50420三200.(3)：八年级的合格率高于七年级的合格率，“八年 级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异.（答案不唯一，合理即可） 22.解：(1)5043.2(2)D组人数为50-2一6-10一16-4=12，补全频数直方图如 图所示.(3)八年级大赛成绩在E组的学生人数约为450×品-14. 人数 16 4 5 10 707580859095100成绩/分 23.解：(1)3.752.0(2)①小②2(3)这片树叶更可能来自荔枝树.理由如下： 这片树叶长11cm、宽5.6cm,长宽比接近2.0，∴.这片树叶更可能来自荔枝树. 期末质量评估（一） 1.D2.C3.A4.D5.D6.C7.D8.C9.D10.D11.x≥212.2√2 13.814.(1)8(2)2√6 15.解：原式=1+√3-√2-2√3+√2=1-√3. 16.解：原式=m2-2-m2+3m=3m-2.当m=√3+1时，原式=3(W3+1)-2=3V3+1. 17.解：D,E分别为AB,AC的中点，DE是△ABC的中位线..DE∥BC,BC= 2DE=2√2.DE⊥DC,.BC⊥DC.在Rt△CDE中，CD=√CE-DE=√2.在 Rt△CDB中，BD=√CD+CB=√I0. 18.解：(1)公式法②(2)移项，得x2-3x-1=0.a=1,b=-3,c=-1,.6-4ac =(-3)2-4×1×(-1)=13>0.代人求根公式，得x=二（一3)±③=3±飞 2×1 2 —30期中质量评估 (时间：120分钟满分：150分) 宝 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1.使√x一2有意义的x的取值范围为 A.x≥0 B.x≠2 C.x≥2 D.x≤2 2.下列各组数中，是勾股数的是 A.1,2,3 B.3,4,5 c日哈品 D.√3,4，/5 3.若x1,x2是一元二次方程x2一2x一3=0的两个根，则x1x2的 值是 ( 数 A.2 B.-2 C.4 D.-3 4.用配方法解方程x2十4x十1=0时，配方结果正确的是( A.(x-2)2=5 B.(x-2)2=3 C.(x+2)2=5 D.(x十2)2=3 5.下列计算结果正确的是 A.√2+√6=√8 B.62-√2=6 C.2√23√2=6√2 D.2√2÷√2=2 6.某商店今年1月份的销售额是2万元，3月份的销售额是 4.5万元，则从1月份到3月份，该店销售额平均每月的增 长率是 ( A.20% B.25% C.50% D.62.5% 7.实数a,b在数轴上对应点的位置如图所示，则化简√(a-2)z √(a十b)的结果是 3202 A.-b-2 B.b+2 批 C.b-2 D.-2a-b-2 8.如图，从帐篷的顶部A向地面拉一根绳子AD以固定帐篷.帐 篷一边AC=√3，绳长AD=2,AD与地面的夹角∠D=45°，则 点D与帐篷底部点C之间的距离CD为 A.√2 B.√2-1 C.√3-√2 D.2-√3 -19 9.已知关于x的一元二次方程a(1+x2)+2bx=c(1-x2),其中 a,b,c分别为△ABC的三边长.若方程有两个相等的实数根， 则△ABC的形状为 ( A.等腰三角形 B.等边三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 10.如图，在长方形ABCD中，将此长方形折叠，使点C与点A重 合，折痕为EF.若AD=4,AB=2BF,则DE的长为() A B.5 C.√5-1 D.√5+1 D B (第10题图) (第13题图) 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11.计算√12十√27的结果为 12.某学习小组为了在学习上更好地互帮互助，每名组员都给同 组的其他同学各提一条建议，该小组一共收到72条建议.若 设这个小组有x人，则根据题意，可列方程为 13.如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2BC=4,利用圆规 在CA上截取CD=CB,在AB上截取AE=AD,则BE的长 为 14.定义：若x1,x2是方程ax2+bx十c=0(a≠0)的两个整数根， 且满足|x1一x2|=1,则称此类方程为“自然方程”.例如，(x 2)(x一3)=0是“自然方程”. (1)下列方程是“自然方程”的是 .(填序号) ①2+x=1;②x2+3x+2=0,③x2-4-=0. (2)若方程x2一(m十1)x十m=0是“自然方程”，则m的值为 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15.计算： (1)4√5+√/45-√8+4√2； 20 2vI+60÷E-6,F, 16.解方程： (1)2x2-4x-5=0; (2)x2-6x-7=0. 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17.已知2一√3是关于x的方程x2一4x一c=0的一个根，求另一 个根及c的值. 18.已知x=3+2V2,y=3-22,求乙+义-4的值. y℃ 一21 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19.一个秋千架如图所示，从正面看（图①），当秋千绳子自然下垂 时，踏板离地面0.5（踏板厚度忽略不计），从侧面看（图 ②)，当秋千踏板荡起至点B位置时，点B离地面的垂直高度 BC为1m,离秋千支柱AD的水平距离BE为1.5m(不考虑 支柱的直径).求秋千支柱AD的高. E 1.5m 0.5m D 图① 图② 20.已知关于x的一元二次方程x2-（m+2)x+2m=0. (1)求证：不论m为何值，该方程总有两个实数根； (2)若该方程的两个实数根x1,x2满足x1x2一x1一x2=13,求 m的值. 六、（本题满分12分） 21.观察下列各式及其验证过程： 3v3-1=1+号，骏证：g31=√-+号： 可=+号验运写可=-+号 v6可-+验证6可--+ —22 (1)仿照上述三个等式的变形，对下列式子进行变形： 号v6-1- ,6vm- (2)根据上述规律，写出用n(n为正整数且n≥2)表示的等 式，并加以验证 七、（本题满分12分） 22.某小区新建一个三层停车楼，每一层布局如图所示.已知每层 长为50m、宽为30m,阴影部分设计为停车位，停车位的地面需 要喷漆，其余部分是等宽的通道，已知每层喷漆面积为1196m (1)求通道的宽是多少米； (2)据调查分析，小区停车场多余64个车位可以对外出租，当 每个车位的月租金为200元时，可全部租出；当每个车位 的月租金每上涨10元，就会少租出1个车位，当每个车位 的月租金上涨多少元时，既能优惠大众，又能使对外开放 的月租金收入为14400元？ 50m 30m -23 八、（本题满分14分） 23.定义：如图①，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离 分别为PA,PB,PC,若PA2+PB2=PC,则称点P为 △ABC关于点C的“勾股点” 【知识感知】(1)如图②，在4×3的正方形网格中，每个小正方 形的边长均为1，△ABC的顶点在格点上，判断点P是不 是△ABC关于点A的“勾股点”， 【知识应用】(2)如图③，在等腰三角形ABC中，AB=AC,BC= 10,作BC边上的中线AO,D是△AOC外一点，且点C是 △AOD关于点A的“勾股点”，CD=12,求OA的长. (3)如图④，△ABC为等腰直角三角形，P是斜边BC延长线 上的一点，连接AP,以AP为直角边作等腰直角三角形 APD(点A,P,D顺时针排列)，∠PAD=90°，连接DC, DB.求证：点P为△BDC关于点D的“勾股点”. 图① 图② 图③ 图④ -24