精品解析：山东青岛市超银学校2025-2026学年下学期八年级 6月 阶段测试数学试题

2025-2026（二）八年级数学学科阶段反馈练习题 本试题共四道大题，含24道小题．所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效．其中，选择题要求用2B铅笔正确涂写在“客观题答题区”． 一、选择题（本大题共9道小题，每小题3分，共27分） 1. 下列图案中是轴对称图形，但不是中心对称图形的有（　　）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形； B、不是轴对称图形也不是中心对称图形； C、是轴对称图形，也是中心对称图形； D、不是轴对称图形，是中心对称图形； 故选：A． 【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 2. 函数y＝中，自变量x的取值范围是（　　） A. x＞﹣2 B. x≥﹣2 C. x＞﹣2且x≠1 D. x≥﹣2且x≠1 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不为0，列不等式组可求得自变量x的取值范围． 【详解】根据题意得：， 解得：x≥﹣2且x≠1． 故选：D． 【点睛】本题考查了函数自变量取值范围的求法．函数自变量的范围一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 3. 下列各式中，从左向右的变形正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查分式的基本性质，即分子分母同时乘以或除以同一个非零整式，分式的值不变，逐一验证各选项是否符合该性质即可. 【详解】解：选项A：，分子分母均减去2，不符合分式基本性质（需乘除非零整式），故错误， 选项B：，分子分母均除以（时），化简后等式成立，故正确； 选项C：，左边可拆分为，与右边明显不等，故错误； 选项D：，若等式成立，需分子分母同时除以3，但常数项无法满足此操作，故错误， 综上，正确答案为B， 故选：B． 4. 如图，在平面直角坐标系中，长方形两边与坐标轴重合， ．将长方形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据矩形的性质可知，再作出旋转后的图形，进而找到B点的坐标规律即可． 【详解】解：， ． 将矩形绕点O逆时针旋转，如图 可知：，…， 则：每旋转4次则回到原位置， ， 即：第次旋转结束时，完成了次循环，并再旋转两次，与的位置相同， 的坐标为． 5. 边长为，的长方形，它的周长为，面积为，则的值为(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把所给式子提取公因式mn，再整理为与题意相关的式子，代入求值即可． 【详解】根据题意得：m+n=7，mn=10， ∴． 故选：B． 【点睛】本题既考查了对因式分解方法的掌握，又考查了代数式求值的方法，同时还隐含了数学整体思想和正确运算的能力． 6. 能够铺满地面的正多边形的组合是（ ） （1）正三角形与正方形；（2）正五边形与正十边形；（3）正六边形与正三角形． A. （1）（2） B. （1）（3） C. （2）（3） D. （1）（2）（3） 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出各个正多边形的每个内角的度数，再利用围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角即可作出判断． 【详解】解：正三角形的每个内角是，正方形的每个内角是， 度， （1）成立； 正十边形的每个内角是，由于正多边形的边数是不确定的，那么也就不能保证所有的正多边形都能与正十边形组成镶嵌，（2）不成立； 正六边形的每个内角是，正三角形的每个内角是， ，或， （3）成立． 故选：B． 【点睛】本题考查了平面镶嵌，几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 7. 如图1，中，， 为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）． 取BD中点O，作， 作于N，于M 作AN，CM分别平分，，交BD于点N，M A. 甲、乙、丙都是 B. 只有甲、乙才是 C. 只有甲、丙才是 D. 只有乙、丙才是 【答案】A 【解析】 【分析】方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确； 方案乙：证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确； 方案丙：证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确． 【详解】解：方案甲中，连接AC，如图1所示： ∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点， ∴OB＝OD，OA＝OC， ∵BN＝NO，OM＝MD， ∴NO＝OB，OM＝OD， ∴NO＝OM， ∴四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确； 方案乙中：如图2， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB CD， ∴∠ABN＝∠CDM， ∵AN⊥BD，CM⊥BD， ∴∠ANM＝∠CMN＝90°，∠ANB＝∠CMD＝90° ∴AN CM， 在△ABN和△CDM中， ∴△ABN≌△CDM（AAS）， ∴AN＝CM， 又∵AN CM， ∴四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确； 方案丙中：如图3， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB CD， ∴∠ABN＝∠CDM， ∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD， ∴∠BAN＝∠BAD＝∠BCD＝∠DCM， 在△ABN和△CDM中， ∴△ABN≌△CDM（ASA）， ∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD， ∴∠ANM＝∠CMN， ∴AN CM， ∴四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确； 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 8. 如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E，连接 ，点D恰好落在线段 上，若，，则 的长为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，由旋转得，，，推出是等腰直角三角形，，过点A作于点H，得到，利用勾股定理求出 的长． 【详解】解：由旋转得，， ∴，，， ∴是等腰直角三角形，， 过点A作于点H， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 9. 若数a使关于x的不等式组的解集为，且使关于y的分式方程的解为负数，则符合条件的所有整数a有（ ） A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式组，由不等式组的解集求出a的范围，再由分式方程的解为负数以及分式有意义的条件，求出满足题意的整数a的值，进而求出符合条件a的个数． 【详解】解：解不等式组得：， ∵不等式组解集为x＜−2， ∴2a＋4≥−2， ∴a≥−3， 分式方程去分母得：， 解得：， ∵其解为负数， ∴，且， ∴a＜4且a≠2， ∵a为整数， ∴a＝−3或a＝−2或a＝−1或a＝0或a＝1或a＝3， ∴符合条件的a有6个． 故选：B． 【点睛】本题主要考查求一元一次不等式组解集、解一元一次不等式，解分式方程，熟练掌握解一元一次不等式的方法是解题关键． 二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分） 10. 把分式中的m和n同时扩大为原来的2倍，那么分式的值_______． 【答案】缩小为原来的 【解析】 【分析】直接利用分式的性质化简得出答案． 【详解】解：把分式中的m和n都扩大为原来的2倍， 则原式可变为：， 故分式的值缩小为原来的． 11. 如图，在中，， ， 分别为，的中点，，平分，交于点 ．若，，则 的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了中位线定理，勾股定理、等角对等边等知识，熟练掌握中位线定理是解题的关键． 由 ， 分别为，的中点，则，，通过勾股定理得，故有，然后通过平行线的性质，角平分线定义可得，所以，最后通过线段和差即可求解． 【详解】解：∵ ， 分别为，的中点， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12. 如图，在七边形中，的延长线交于点，其中，若，则的值是___________． 【答案】 ##226度 【解析】 【分析】根据图形可知与是同一个角，得出的度数，再根据邻补角定义求出处的外角度数，最后利用五边形的外角和为，进而得出的度数 【详解】解：，  的邻补角为，   五边形的外角和为，  ，   13. 已知关于x的分式方程无解，则k的值是_________． 【答案】或2 【解析】 【分析】本题考查分式方程无解的情况，需注意分式方程无解时要考虑增根的情况．先将分式方程去分母转化为整式方程，得出分式方程的解为，由为增根，无意义两种情况列式求解，即可解题． 【详解】解： ， 关于x的分式方程无解， 当为增根时，，解得， 当无意义时，，解得， 则k的值为或2； 故答案为：或2． 14. 如图，在平行四边形 中，，，，分别以A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线与交于点E，与 交于点F，连接 ， ，则四边形 的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理得到，由作图可知，是线段的垂直平分线，求得，，推出 ， 根据平行四边形的性质得到，，，同理可得，于是得到结论． 【详解】解：，，， ， 由作图可知，是线段的垂直平分线， ，， ， ， ， ， ， 四边形 是平行四边形， ，，， 同理可得， 四边形 的周长． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，作图——基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的性质，利用勾股定理列出方程是解题的关键． 15. 如图，的对角线、交于点， 平分交于点 ，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，成立的有__________．（把所有正确结论的序号都填在横线上） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由中，，易得是等边三角形，又由，证得①；继而证得，得②；可得是三角形的中位线，证得④． 【详解】解：∵四边形 是平行四边形， ∴，， ∴， ∵ 平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴ ， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴，故②正确， ∵，， ∵， ∴，故③错误； ∵，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴．故④正确． 故答案为：①②④． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质、三角形中位线的性质以及等边三角形的判定与性质．注意证得是等边三角形，是的中位线是关键． 三、作图题 16. 已知：如图，，射线上一点D， 求作：等腰，使线段为等腰的底边，点P在内部，且点到两边的距离相等．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】 如图，即为所作的三角形． 【解析】 【分析】根据角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质即可解决问题． 【详解】解：∵点P在的平分线上， ∴点P到两边的距离相等（角平分线上的点到角的两边距离相等）， ∵点P在线段的垂直平分线上， ∴（线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等）， ∴是以线段为底边的等腰三角形． 四、解答题（满分70分） 17. 分解因式： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用提公因式法，进行分解即可解答； （2）先利用平方差公式分解，再利用完全平方公式继续分解，即可解答． 【小问1详解】 解：原式； 【小问2详解】 解：原式． 【点睛】本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解．因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法．因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止． 18. （1）解分式方程：； （2）先化简，再求值：，其中． 【答案】（1）分式方程无实数解，（2） 【解析】 【分析】（1）通过去分母将分式方程化为整式方程，求解整式方程后，检验所得的根是否使原分式方程的分母为零，若使分母为零，则为增根，原分式方程无解． （2）先对原式进行化简，即先算括号内的减法，再将除法转化为乘法进行约分，得到最简形式后，代入给定的的值进行计算． 本题主要考查了分式方程的解法、分式的化简求值，熟练掌握分式方程的求解步骤（去分母、解整式方程、检验）以及分式化简的运算顺序（先算括号内，再将除法变乘法约分）是解题的关键． 【详解】（1）解：， 去分母得：， 去括号得：， 移项得：， 合并同类项得：， 解得：． 检验：当时，，是增根，舍去， 原分式方程无实数解． （2）解：原式， 当时，原式． 19. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，延长AE交BC的延长线于点F． （1）求证：△DAE≌△CFE； （2）若AB＝BC+AD，求证：BE⊥AF． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】（1）根据AD∥BC可知∠ADC=∠ECF，再根据E是CD的中点可求出△ADE≌△FCE； （2）由（1）知△ADE≌△FCE，得到AE=EF，AD=CF，由于AB=BC+AD，等量代换得到AB=BC+CF，即AB=BF，证得△ABE≌△FBE，即可得到结论． 【详解】证明：（1）∵AD∥BC（已知）， ∴∠ADC＝∠ECF（两直线平行，内错角相等）， ∵E是CD的中点（已知）， ∴DE＝EC（中点的定义）． ∵在△ADE与△FCE中， ， ∴△ADE≌△FCE（ASA）； （2）由（1）知△ADE≌△FCE， ∴AE＝EF，AD＝CF， ∵AB＝BC+AD， ∴AB＝BC+CF， 即AB＝BF， 在△ABE与△FBE中， ， ∴△ABE≌△FBE（SSS）， ∴∠AEB＝∠FEB＝90°， ∴BE⊥AF. 【点睛】主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的“三线合一”的性质． 20. 中国高铁以其庞大的网络规模、先进的技术和快速便捷的服务，成为世界上最长的高速铁路网络，连接了国内众多城市，极大地促进了区域经济的发展和人员流动的便利．从地到地，路程为，某趟动车行驶的平均速度比普通列车快，所需时间比普通列车少，求该动车行驶的平均速度． 【答案】该动车行驶的平均速度 【解析】 【分析】设普通列车的平均速度为，根据动车所需时间比普通列车少，列分式方程求解即可． 【详解】解：设普通列车的平均速度为， 根据题意列方程为：， 解得：， 经检验是方程的根且符合题意， 可得：， 答：该动车行驶的平均速度． 21. 如图，已知，相交于点O，延长到点E，使，连接 ． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，交 于点F，连接，判断 与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析 （2），见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理： （1）根据平行四边形的性质可得，再由，可得，即可求证； （2）根据平行四边形的性质可得，，然后根据三角形中位线定理可得，再由，可得，即可． 【小问1详解】 证明：∵四边形 是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解： 与的数量关系为：，理由如下： 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形 是平行四边形， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴． 22. 在如今“互联网+”的时代，“密码”与我们的生活已经紧密相连，密不可分，而诸如生日、连续数字等简单密码容易被破解，密码过于复杂自己又容易忘记．因此利用简单方法产生一组容易记忆、不易被破解的密码就很有必要了． 某班级同学们在经过思考后想出了不同的方法，其中有一种用“因式分解”法产生的密码．其原理是：将一个多项式分解因式，如 因式分解的结果为，当 时， （在密码中记作09，后面同理）， ，此时把所得到的3组数按照从大到小的顺序排列可以得到一个6位数字的密码111009． （1）根据上述方法，小明同学设置了学科网登录密码：多项式分解因式后利用 ， 的数值设置密码，当 时，请破解小明设置的6位数的密码是___________； （2）学校管理员设置了一个密码，一个等腰三角形的周长是12，其中腰和底分别为不同的整数 ，请你破解出由多项式分解因式后得到的密码___________． （3）利用前面的方法，若多项式 因式分解后，当 时，得到的密码为322924，求、 的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）综合运用提取公因式法与公式法进行因式分解，进而求出每个因式的值，即可求解； （2）根据等腰三角形的定义、三角形三边关系求出符合条件的x，y的值，再将因式分解，求出每个因式的值，即可求解； （3）令，根据密码得出三个因式的值，进而求出a，b的值，通过对比系数即可求解． 【小问1详解】 解： ， 当，时， ， ， 三个因式的值从大到小排列为10，8，6， 每个补0为两位数，得密码100806； 【小问2详解】 解：由题意得 ，其中x，y为整数，且 ， ， 由三角形三边关系得 ，即 ， ， 解得， 当时，，不满足，不合题意； 当 时，，符合题意； 当时，，不合题意； 综上可得， ， 当时， ， ， 三个因式的值从大到小排列为9，5，1， 每个补0为两位数，得密码； 【小问3详解】 解：， 令，则， 当 时，得到的密码为322924， 三个因式的值为32，29，24， ， ， 解得 ， ， ， 对比系数得， 解得． 23. 西大附中第23届缤纷节在各校区缤纷上演，活动期间，学校向某商家订购了甲、乙两种荧光棒，其中购买甲种荧光棒共花费2000元，购买乙种荧光棒共花费3000元，已知乙种荧光棒的销售单价比甲种荧光棒贵，且乙种荧光棒的购买数量比甲种荧光棒的购买数量多100根． （1）求甲、乙两种荧光棒的销售单价； （2）由于需求量较大，学校追订这两种荧光棒共800个，且本次订购甲种荧光棒的个数不少于乙种荧光棒个数的．该商家决定：甲种荧光棒售价打8折出售，乙种荧光棒售价不变．已知甲种荧光棒的成本为3元，乙种荧光棒的成本为2元．当订购甲种荧光棒的数量为多少时，商家获得的利润最大？利润最大为多少元？ 【答案】（1）甲、乙两种荧光棒的销售单价分别为5元个，6元个； （2）当订购甲种荧光棒的数量为267个时，商家获得的利润最大，利润最大为2399元． 【解析】 【分析】本题考查分式方程的应用，一次函数的应用，一元一次不等式组的应用，理解题意，准确列出方程组和函数表达式是解题的关键． （1）设甲荧光棒的销售单价为元，根据“乙种荧光棒的购买数量比甲种荧光棒的购买数量多100根”列出分式方程解出即可； （2）设订购甲种荧光棒的数量为个，商家获得的利润为元，列出关于的函数关系式，求出的取值范围，根据函数增减性即可解决问题． 【小问1详解】 解：设甲荧光棒的销售单价为元，则乙荧光棒的销售单价为元， 根据题意，得， 解得 ， 经检验， 是原方程的根， ， 答：甲、乙两种荧光棒的销售单价分别为5元个，6元个； 【小问2详解】 设订购甲种荧光棒的数量为个，则订购乙种荧光棒的数量为个，商家获得的利润为元， 根据题意，得， 本次订购甲种荧光棒的个数不少于乙种荧光棒个数的， ， 解得， ， 随的增大而减小， 当时，最大，最大值为（元， 答：当订购甲种荧光棒的数量为267个时，商家获得的利润最大，利润最大为2399元． 24. 综合与探究 问题情境：数学课上，同学们以等腰三角形为背景，探索图形运动变化中元素之间的不变关系．如图1，已知中，，．点D是线段上的一个动点，将线段 绕点D逆时针旋转，得到线段 ，点E，F分别是A，B的对应点． （1）如图2，当点D位于中点处时，连接， ，判断的形状，并说明理由； （2）如图3，当点D在线段上时（），连接 ， ，猜想 ， 的数量关系和位置关系，并说明理由； （3）当点D在线段上运动时，是否存在某一时刻，使得是直角三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）等边三角形，理由见解析 （2）且，理由见解析 （3）存在，或 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定及性质，综合运用相关知识是解题的关键． （1）由旋转可得，，从而得到，，即可判定是等边三角形； （2）连接 ，，，并延长交于点G，由等腰求出，由旋转可得，，，，从而证得，得到，根据三角形内角和求出，因此，又，即可判定四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可解答； （3）分和两种情况讨论即可． 【小问1详解】 解：是等边三角形，理由如下： 由旋转可得，， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形． 【小问2详解】 解：，．理由如下： 连接，，并延长交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴， 由旋转可得，，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，． 【小问3详解】 解：存在，理由如下： 分两种情况讨论： ①如图，当时，连接 ，，， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∴， 由（2）同理可证， ∴，在同一直线上，即点B，E，F三点共线， ∴， ∴， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴． ②如图，当时，连接 ，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴点D与点C重合，如图所示， 过点A作于点H，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 综上所述，存在某一时刻，使得是直角三角形，此时的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026（二）八年级数学学科阶段反馈练习题 本试题共四道大题，含24道小题．所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效．其中，选择题要求用2B铅笔正确涂写在“客观题答题区”． 一、选择题（本大题共9道小题，每小题3分，共27分） 1. 下列图案中是轴对称图形，但不是中心对称图形的有（　　）． A. B. C. D. 2. 函数y＝中，自变量x的取值范围是（　　） A. x＞﹣2 B. x≥﹣2 C. x＞﹣2且x≠1 D. x≥﹣2且x≠1 3. 下列各式中，从左向右的变形正确的是（　　） A. B. C. D. 4. 如图，在平面直角坐标系中，长方形两边与坐标轴重合， ．将长方形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点 的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 边长为 ， 的长方形，它的周长为，面积为，则的值为(　　) A. B. C. D. 6. 能够铺满地面的正多边形的组合是（ ） （1）正三角形与正方形；（2）正五边形与正十边形；（3）正六边形与正三角形． A. （1）（2） B. （1）（3） C. （2）（3） D. （1）（2）（3） 7. 如图1，中，，为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）． 取BD中点O，作， 作于N，于M 作AN，CM分别平分，，交BD于点N，M A. 甲、乙、丙都是 B. 只有甲、乙才是 C. 只有甲、丙才是 D. 只有乙、丙才是 8. 如图，将 绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E，连接，点D恰好落在线段上，若，，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 9. 若数a使关于x的不等式组的解集为，且使关于y的分式方程的解为负数，则符合条件的所有整数a有（ ） A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分） 10. 把分式中的m和n同时扩大为原来的2倍，那么分式的值_______． 11. 如图，在中，， ， 分别为，的中点，， 平分，交于点 ．若，，则 的长为______． 12. 如图，在七边形中，的延长线交于点，其中，若，则 的值是___________． 13. 已知关于x的分式方程无解，则k的值是_________． 14. 如图，在平行四边形中，，，，分别以A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点 ，，作直线与交于点E，与交于点F，连接，，则四边形的周长为______． 15. 如图，的对角线 、交于点，平分交于点 ，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，成立的有__________．（把所有正确结论的序号都填在横线上） 三、作图题 16. 已知：如图，，射线上一点D， 求作：等腰，使线段为等腰的底边，点P在内部，且点 到两边的距离相等．（不写作法，保留作图痕迹） 四、解答题（满分70分） 17. 分解因式： （1） （2） 18. （1）解分式方程：； （2）先化简，再求值：，其中． 19. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，延长AE交BC的延长线于点F． （1）求证：△DAE≌△CFE； （2）若AB＝BC+AD，求证：BE⊥AF． 20. 中国高铁以其庞大的网络规模、先进的技术和快速便捷的服务，成为世界上最长的高速铁路网络，连接了国内众多城市，极大地促进了区域经济的发展和人员流动的便利．从 地到 地，路程为，某趟动车行驶的平均速度比普通列车快，所需时间比普通列车少，求该动车行驶的平均速度． 21. 如图，已知，相交于点O，延长到点E，使，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接 ，交于点F，连接，判断与的数量关系，并说明理由． 22. 在如今“互联网+”的时代，“密码”与我们的生活已经紧密相连，密不可分，而诸如生日、连续数字等简单密码容易被破解，密码过于复杂自己又容易忘记．因此利用简单方法产生一组容易记忆、不易被破解的密码就很有必要了． 某班级同学们在经过思考后想出了不同的方法，其中有一种用“因式分解”法产生的密码．其原理是：将一个多项式分解因式，如 因式分解的结果为，当 时， （在密码中记作09，后面同理）， ，此时把所得到的3组数按照从大到小的顺序排列可以得到一个6位数字的密码111009． （1）根据上述方法，小明同学设置了学科网登录密码：多项式分解因式后利用 ， 的数值设置密码，当 时，请破解小明设置的6位数的密码是___________； （2）学校管理员设置了一个密码，一个等腰三角形的周长是12，其中腰和底分别为不同的整数 ，请你破解出由多项式分解因式后得到的密码___________． （3）利用前面的方法，若多项式 因式分解后，当 时，得到的密码为322924，求 、 的值． 23. 西大附中第23届缤纷节在各校区缤纷上演，活动期间，学校向某商家订购了甲、乙两种荧光棒，其中购买甲种荧光棒共花费2000元，购买乙种荧光棒共花费3000元，已知乙种荧光棒的销售单价比甲种荧光棒贵，且乙种荧光棒的购买数量比甲种荧光棒的购买数量多100根． （1）求甲、乙两种荧光棒的销售单价； （2）由于需求量较大，学校追订这两种荧光棒共800个，且本次订购甲种荧光棒的个数不少于乙种荧光棒个数的．该商家决定：甲种荧光棒售价打8折出售，乙种荧光棒售价不变．已知甲种荧光棒的成本为3元，乙种荧光棒的成本为2元．当订购甲种荧光棒的数量为多少时，商家获得的利润最大？利润最大为多少元？ 24. 综合与探究 问题情境：数学课上，同学们以等腰三角形为背景，探索图形运动变化中元素之间的不变关系．如图1，已知 中，，．点D是线段上的一个动点，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段 ，点E，F分别是A，B的对应点． （1）如图2，当点D位于中点处时，连接，，判断的形状，并说明理由； （2）如图3，当点D在线段上时（），连接，，猜想，的数量关系和位置关系，并说明理由； （3）当点D在线段上运动时，是否存在某一时刻，使得是直角三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $