八年级下学期期末数学选择填空专项练习-2025-2026学年重庆南岸区文德中学期末复习资料

**基本信息** 以“概念辨析-方法提炼-综合应用”为主线，通过表格分析、图像解读等多元题型，系统训练分式、函数、几何等核心知识，培养抽象能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |分式概念|5题|无意义/值为零条件判断|从表格数据抽象分式特征| |中心对称|5题|180°旋转重合判定|从基础图形到实际应用| |方程与不等式|12题|参数范围确定/图像法|代数推理与数形结合| |几何综合|14题|折叠性质/勾股定理|图形变换与计算融合| |新定义运算|5题|规则转化与验证|抽象概念的实际应用|

八年级下学期期末数学选择填空专项练习-2025-2026学年重庆南岸区文德中学期末复习资料 选择1-10题、填空11-16题专项练习 一、分式的概念与意义 1．已知分式满足下列表格中的信息： 的取值 分式的取值 无意义 则分式有可能是（   ）． A． B． C． D． 2．根据下列表格信息，y可能是（　　） x … 0 1 2 … y … * 无意义 * * 0 … A． B． C． D． 3．根据下列表格中的部分信息，分式可能是（    ） … 0 1 2 … … 无意义 0 … A． B． C． D． 4．已知分式满足下列表格中的信息，则分式有可能是（   ） 的值 1 2 的值 无意义 0 A． B． C． D． 5．若分式无意义，则的值是（    ） A． B． C． D． 二、中心对称图形 6．下列图形中，是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 7．下列高速集团属于中心对称图形的是（     ） A．B．C．D． 8．下面的图形都是用数学家名字命名的，其中是中心对称图形的是（   ） A．杨辉三角 B．赵爽弦图 C．希尔伯特曲线 D．笛卡尔心形线 9．下列标识中，属于中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 10．下列分子结构图中，是中心对称图形的是（  ） A．苯分子结构图 B．乙烯分子结构图 C．丙烯分子结构图 D．丙烷分子结构图 三、一元二次方程的解（根） 11．根据下列表格中的对应值判断关于的一元二次方程的一个解的取值范围是（    ） 3.86 3.87 3.88 0.02 A． B． C． D． 12．根据下表可知，方程的一个解的范围为（    ） …… …… …… …… A． B． C． D． 13．观察下面的表格，一元二次方程的一个近似解是（    ） A． B． C． D． 14．若关于的一元二次方程有一根为，则一元二次方程必有一根为（    ） A． B． C． D． 15．已知是关于的一元二次方程的一个根，则的值为（    ） A． B． C． D． 四、特殊平行四边形的概念、性质及判定定理 16．下列说法错误的是（     ） A．对角线垂直且互相平分的四边形是菱形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线相等且垂直的四边形是正方形 D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 17．下列说法正确的是（    ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是正方形 C．一组邻边相等的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 18．下列说法中，正确的是（    ） A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是矩形 C．一组邻边相等的四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是正方形 19．下列说法正确的是（    ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直平分的四边形是矩形 C．对角线互相平分且相等的四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形 20．下列命题，其中是假命题的是（　　） A．对角线相等的菱形是正方形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形 D．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 五、列分式方程 21．某校组织九年级学生开展红色研学活动，参观大青山抗日战争纪念馆．已知该学校离纪念馆千米，位于乌兰察布市卓资县的红石崖旅游风景区内．师生乘大巴车前往，某老师因临时有事，推迟了分钟出发，自驾小车以大巴车速度的倍前往，结果同时到达．设大巴车的平均速度为千米/时，则可列方程为（    ） A． B． C． D． 22．一艘轮船在静水中的最大航速为千米/时，它沿江以最大航速顺流航行千米所用时间，与以最大航速逆流航行千米所用时间相等，江水的流速为多少？设江水的流速为千米/时，则可列方程（   ） A． B． C． D． 23．《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到900里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少2天，已知快马的速度是慢马的倍，求规定时间．设规定时间为x天，则下列分式方程正确的是（    ） A． B． C． D． 24．《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为现代文是：把一份文件慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多1天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间．设规定时间为天，则可列方程为（   ） A． B． C． D． 25．甲、乙两船从相距的A，B两地同时出发相向而行，甲船从A地顺流航行时与从B地逆流航行的乙船相遇，水流的速度为，若甲、乙两船在静水中的速度为,则所列方程为（     ） A． B． C． D． 六、找规律：一次函数图像与几何 26．如图，正方形，正方形，正方形，按如图方式排列，点在直线上，点在x轴上，则正方形的边长为（     ） A． B． C． D． 27．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象直线与轴交于点，以为一边作正方形，使得点在轴正半轴上，延长交直线于点，按同样方法依次作正方形、正方形、、正方形，使得点，，，，均在直线上，点，，在轴正半轴上，则点的横坐标是（    ） A． B． C． D． 28．正方形、，…按如图所示的方式放置．点、、…和点、、…分别在直线和轴上，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 29．如图，在平面直角坐标系中，已知直线，点坐标为，过点作轴交直线 于，过点作直线 交轴于点，过点作轴交直线 于点，过点作交轴于点……；按此作法继续下去，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 30．如图，在平面直角坐标系中，函数和的图像分别为直线、，过点作轴的垂线交于点，过点作轴的垂线交于点，过点作轴的垂线交于点，过点作轴的垂线交于点，…，依次进行下去，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 七、行程问题：一次函数的应用 31．随着人工智能的发展，智能机器人送餐成为时尚．如图是某餐厅的机器人聪聪和慧慧，他们从厨房门口出发，准备给相距的同一桌客人送餐，聪聪比慧慧先出发，且速度保持不变，慧慧出发一段时间后将速度提高到原来的2倍．设聪聪行走的时间为，聪聪和慧慧行走的路程分别为，，，与之间的函数图像如图所示，则下列说法中不正确的是（    ） A．慧慧比聪聪晚出发15秒 B．慧慧提速后的速度为30厘米/秒 C． D．从聪聪出发直至送餐结束，聪聪和慧慧之间距离的最大值为 32．2024年3月5日，第十四届全国人民代表大会第二次会议在北京开幕，政府工作报告中一个新关键词“人工智能”引发热议，随着人工智能的发展，智能机器人送餐成为时尚．如图①是某餐厅的机器人聪聪和慧慧，他们从厨房门口出发，准备给客人送餐，聪聪比慧慧先出发，且速度保持不变，慧慧出发一段时间后将速度提高到原来的2倍．设聪聪行走的时间为，聪聪和慧慧行走的路程分别为、，，与的函数图象如图②所示，则下列说法不正确的是（    ） A．客人距离厨房门口； B．慧慧比聪聪晚出发； C．聪聪的速度为； D．从聪聪出发直至送餐结束，聪聪和慧慧之间距离的最大值为； 33．现如今，路上随处可见骑手送外卖．已知骑手甲和骑手乙在同一餐饮店等餐，且均送往距离餐饮店米远的同一小区，由于出餐时间不同，甲出发2分钟后乙再出发（假设甲、乙两骑手在骑行过程中都是匀速行驶）．甲、乙两骑手之间的距离y（单位：米）与骑手甲行驶的时间x（单位：分钟）之间的关系如图所示．下列说法正确的是（  ） A．甲的平均速度大于乙的平均速度 B．乙出发后用了8分钟追上甲 C．当乙追上甲时，乙距离小区米 D．当乙到达小区时，甲距离小区米 34．如图，甲、乙两名同学进行登山比赛，甲同学和乙同学沿相同的路线同时在早从山脚出发前往山顶，甲同学到达山顶后休息1小时，沿原路以每小时6千米的速度下山，在这一过程中，各自行进的路程随所用时间变化的图象如图所示，根据提供的信息，下面正确的结论是（   ） A．乙同学登山的速度为3千米/小时 B．甲同学登山的速度为2千米/小时 C．从山脚到达山顶的路程为12千米 D．甲同学在返回山脚 35．小明和爸爸两人从相距4千米的甲地前往乙地，两人同时出发，小明骑自行车，爸爸骑电瓶车．线段，折线分别表示小明和爸爸距离甲地路程S（千米）与时间t（分）之间的函数关系．下列说法正确的是（    ） A． 小明骑车速度为千米/小时 B．爸爸中途停留了20分钟 C．小明在第15分钟追上爸爸 D．小明比爸爸早到5分钟 八、不等式及分式方程的含参问题 36．如果关于x的分式方程有负整数解，且关于x的不等式组的解集为，那么符合条件的所有整数a的和为（     ） A． B． C． D． 37．若整数使关于的不等式组有且只有3个整数解，且使关于的分式方程的解满足，则所有满足条件的整数的值之积为（   ） A．6 B．7 C．8 D．10 38．若关于x的分式方程的解为正数，且关于x的一元一次不等式组有解，则所有满足条件的整数a的值之和是（    ） A．6 B．9 C．11 D．14 39．若关于的一元一次不等式组有解且最多有4个整数解，且关于的分式方程的解为整数．则符合条件的的值和为（   ） A． B．0 C． D． 40．若关于的一元一次不等式组的解集为，且关于的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数的和为（   ） A．9 B．6 C．2 D． 41．如果关于的分式方程有增根，那么的值为（   ） A． B． C． D． 42．若关于的分式方程的解为正数，则实数的取值范围是（   ） A． B． C．且 D．且 九、小几何：三角形和平行四边形 43．在等腰中，，，、分别为、边上的中点，连接并延长到，使得，连接、，则长为（    ） A．4 B． C．5 D． 44．如图，中，点D在边上，将沿射线方向平移得到线段，连接．若，则的长是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 45．如图， 四边形中，，，，，， 则的长为（       ）    A．8 B． C． D． 46．如图，两条宽均为的纸条，交叉叠放在一起，且它们的夹角为，则它们重叠部分的面积为（　　） A． B． C． D． 十、选择压轴：数论题 47．对任意正整数n，若n为偶数则除以2，若n为奇数则乘3再加1，在这样一次变化下，我们得到一个新的自然数，在1937年LotharCollatz提出了一个问题：如此反复这种变换，是否对于所有的正整数，最终都能变换到1呢？这就是数学中著名的“考拉兹猜想”．如果某个正整数通过上述变换能变成1，我们就把第一次变成1时所经过的变换次数称为它的路径长，例如5经过5次变成1，则路径长．下列说法： ①无论输入的正整数n是奇数还是偶数，当路径长时，总能得到连续四次变换的结果依次是，，，； ②若输入正整数n，变换次数m，当时，n的所有可能值只有4个； ③若输入正整数n，变换次数m，当时，n的所有可能值中最大是512，最小是13． 其中正确的个数是（   ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 48．对于任意非零数x，每次（次数为k）选择进行这样的运算（n为非零自然数），我们把这种方式叫做“计数操作”，如：当时，进行第一次“计数操作”，∵，∴，进行第二次“计数操作”，∵，∴．对于该操作，说法正确的是（   ） ①若，则不存在这样的“计数操作”，使． ②存在这样的“计数操作”，使得． ③存在这样的“计数操作”，使得不等式 ④存在这样的“计数操作”，使得． A．1 B．2 C．3 D．4 49．对实数，定义一种新运算△，规定：（其中，均为非零常数），例如：．若，．则下列结论： ①，； ②若，则； ③若，则，有且仅有5组整数解； ④如果，那么或； 其中正确的个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 十一、因式分解 50．分解因式：______． 51．分解因式：__________． 52．分解因式：__________． 53．因式分解:= __________. 54．因式分解：________． 55．因式分解：________． 十二、多边形内角和与外角和综合 56．已知一个正多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个正多边形内角的度数为______． 57．若一个正多边形的内角和等于外角和的3倍，则该正多边形的边数是___________． 58．若一个正多边形的内角和等于外角和的2倍，则该正多边形的边数是______． 59．一个正多边形的内角和是它的外角和的两倍，则这个正多边形是正________边形． 60．一个多边形的内角和是外角和的5倍多，则这个多边形的边数为________ 61．已知一个多边形的内角和与外角和之比是，则这个多边形的边数为________． 62．一个多边形的外角和与所有的内角相加是，则这个多边形的边数为_____________． 63．已知一个正多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个正多边形内角的度数为______． 十三、分式化简类题 64．若，，则__________． 65．若，，则的值是_____． 66．若 ，则 的值_______； 67．当时，代数式的值是______． 68．已知实数x，y满足，则______． 十四、一次函数图像与不等式 69．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的边在x轴上，，将平行四边形向上平移m个单位，点C的对应点恰好落在直线上，则平移的距离__________． 70．如图，在平面直角坐标系内，直线：与直线：相交，交点的横坐标为3，则关于x的不等式的解集为______． 71．如图，直线与直线相交于点，则关于的不等式的解集是______． 72．如图所示，直线与直线交点的横坐标是4，那么不等式的解集是_____． 73．如图，直线与相交于点，则关于的不等式的解集为______． 74．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，则关于x的不等式的解集为_______． 十五、小几何：图形折叠 75．如图，在矩形中，F是边上一点，将沿翻折，点C的对应点恰好落在线段上，已知，，则的长是 _______． 76．如图，矩形中，，，折叠长方形的一边，使点D落在边的点F处，则的长为______． 77．如图，将矩形纸片折叠，使点落在的中点处，若，，则折痕的长为____________． 78．如图，在中，为直角，，，将直角边沿折叠，使它落在斜边上，点与点重合，则线段的长度为______． 79．如图，在中，以为折痕将翻折，使点A与点C重合，则的长为______． 十六、填空压轴：定义新运算 80．如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“方佳数”．例如：四位数4385，因为，所以4385是“方佳数”；四位数4238，因为，所以4238不是“方佳数”．若是“方佳数”，则这个数最小是________；若四位自然数M是“方佳数”，将“方佳数”M的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调，得到新数N，若能被33整除，则满足条件的M的最大值________． 81． 若一个各个数位均不相等的四位数，满足，则我们称为“公平数”．若将“公平数”的个位数字与千位数字对调，十位数字与百位数字对调，得到一个新的“公平数”，规定．例如：，则______．若的值能被7整除，则满足条件的“公平数”的最大值是______． 82． 如果一个各数位上的数字互不相等的四位数满足，则称这样的四位数为“和平数”．例如：四位数6534，因为，所以6534是一个“和平数”．按照这个规定，最小的“和平数”是________；若是一个“和平数”，规定，若能被3整除，且除以16余数为3，则满足条件的M的值为________． 83． 如果一个四位数各个数位上的数字互不相等且均不为0，它的千位数字与百位数字之和的平方，刚好等于后两位数，则称为“和方数”．如：，，是“和方数”，则最大的和方数是___________；把“和方数”的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数．规定．已知是“和方数”，（且均为整数），若恰好能被7整除，则满足条件的有___________个． 84．若一个四位数M的百位数字与千位数字的差恰好是个位数字与十位数字的差的2倍，则将这个四位数M称作“星耀重外数”．例如：，∵，是“星耀重外数”；又如，∵，不是“星耀重外数”．则______（是/不是）“星耀重外数”；一个“星耀重外数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，且满足，记，当是整数时，则满足条件的M的最大值为______． 《期末冲刺-2025-2026学年重庆南岸区文德中学八下期末数学选择、填空题专项复习真题汇编》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B A B D C B B B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C C C C D C D A D D 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 A A A B A A D B B A 题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 答案 D D D C C B C C B B 题号 41 42 43 44 45 46 47 48 49 答案 B C A C D C B C B 1．C 【分析】本题主要考了分式的值，分式无意义的条件，分式的值为零的条件，掌握知识点的应用是解题的关键． 由表格可知，当时，分式无意义，当时，分式的值为零，从而得出分式有可能是． 【详解】解：由表格可知，当时，分式无意义， ∴分式的分母可能为， 当时，分式的值为零， ∴分式的分子可能为， ∴分式有可能是， 故选：． 2．B 【分析】根据分式无意义（分母为0）和分式值为0（分子为0且分母不为0）的性质，结合表格数据筛选选项． 【详解】解：A．当时，分母，不合题意； B．当时，分母，当时，分子，符合题意； C．当时，分子，不合题意； D．当时，分母，不合题意； 故选：B． 3．B 【分析】本题考查分式的基本性质，掌握分式无意义的条件和分式值为0的条件是解题关键，根据表格信息可得时分式无意义，时分式值为，结合两个条件即可判断选项． 【详解】解：根据表格信息可知：当时，分式无意义，即分母的值为，当时，分式的值为，即分子为且分母不为， 选项A、时，分子，不符合题意； 选项B、时，分母，分式无意义，时，分子，分母，分式值为，符合题意； 选项C、时，分母，分式有意义，不符合题意； 选项D、时，分母，分式无意义，不符合题意． 4．A 【分析】本题考查分式无意义及分式的值为0的条件，分式无意义时分母为0，分式的值为0时分子为0且分母不为0，根据这两个条件分析选项即可． 【详解】∵当时，分式无意义 ∴分式的分母在时的值为0 ∵当时，分式值为0 ∴分式的分子在时的值为0，且此时分母不为0 A．当时，分母，分式无意义 当时，分子，分母，分式的值为0，符合条件，故本选项符合题意； B．当时，分母，分式有意义，不符合条件，故本选项不符合题意； C．当时，分子，分式的值不为0，不符合条件，故本选项不符合题意； D．当时，分母，分式有意义；时，分子，分式的值不为0，不符合条件，故本选项不符合题意； 故选：A． 5．B 【分析】本题主要考查了分式无意义的条件，根据分式无意义当分母为零，因此求解分母 即可． 【详解】解：∵分式无意义当分母为零， ∴令， 解得， ∴当 时，分式无意义． 故选：B． 6．D 【分析】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．根据中心对称图形的概念判断． 【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、是中心对称图形，符合题意． 7．C 【分析】本题考查中心对称图形的定义，掌握中心对称图形的判断标准是解题关键． 根据“旋转后与自身重合”这一核心特征对各选项进行判断． 【详解】解：选项：旋转后，条纹的倾斜方向无法与原图形重合，不是中心对称图形； 选项：旋转后颜色和形状无法重合，不是中心对称图形； 选项：蓝色的涡旋图案，旋转后能与原图形完全重合，是中心对称图形； 选项：绿色的旋转条纹，旋转后方向无法与原图形重合，不是中心对称图形． 故选：． 8．B 【详解】解：A．杨辉三角不是中心对称图形，不符合题意； B．赵爽弦图是中心对称图形，符合题意； C．希尔伯特曲线不是中心对称图形，不符合题意； D．笛卡尔心形线不是中心对称图形，不符合题意． 9．B 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此即可求解． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、该图形是中心对称图形，故本选项符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：B． 10．B 【分析】根据在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形得出结论即可． 本题考查中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 【详解】解：选项A、C、D中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项B中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：B． 11．C 【分析】根据ax2+bx+c的符号即可估算该方程的解． 【详解】解：由表格可知：当x＝3.87时，ax2+bx+c＝﹣0.05， 当x＝3.88时，ax2+bx+c＝0.02， ∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个解x的范围是3.87＜x＜3.88， 故选：C． 【点睛】本题主要考查一元二次方程根的估算，掌握估算方法是解题的关键． 12．C 【分析】本题考查了一元二次方程的解，正确理解一元二次方程的解的概念是解题的关键．由时，，时，，可知在和之间有一个值能使的值为0，于是判断方程的一个解x的范围为． 【详解】时，，时，， 方程的一个解x的范围为． 故选C． 13．C 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解，根据表格，找出使的值最接近的的值即可． 【详解】解：由表可知，当时，， ∵原方程为， ∴是原方程的一个近似解， 故选：C． 14．C 【分析】本题考查了一元二次方程的解，由整理得，根据关于的一元二次方程有一根为进行对比即可求解，正确理解能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解是解题的关键． 【详解】∵， ∴， ∵关于的一元二次方程有一根为， ∴有一根为， 解得， ∴一元二次方程必有一根为， 故选：． 15．D 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义理解，根据“使方程左、右两边相等的未知数的值就是这个一元二次方程的解，也叫做一元二次方程的根”，把代入关于的一元二次方程中计算求出的值即可，理解一元二次方程的解的定义、正确计算是解题的关键． 【详解】解：把代入，得：， ， 故选：D． 16．C 【分析】根据特殊四边形与平行四边形的判定定理逐一判断选项正误，找出错误说法即可． 【详解】解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，∴A说法正确，不符合题意； B、∵对角线相等的平行四边形是矩形是矩形的判定定理，∴B说法正确，不符合题意； C、∵正方形的判定要求对角线互相垂直平分且相等，仅对角线相等且垂直的四边形不一定是正方形，∴C说法错误，符合题意； D、∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是平行四边形的判定定理，∴D说法正确，不符合题意． 17．D 【详解】解：∵对角线相等且互相平分的四边形才是矩形，仅对角线相等的四边形不一定是矩形，∴A错误． ∵对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅对角线互相垂直的四边形不一定是正方形，∴B错误． ∵一组邻边相等的平行四边形才是菱形，仅一组邻边相等的四边形不一定是菱形，∴C错误． ∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴D正确． 18．A 【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理．根据题意逐一对选项进行分析即可得到本题答案． 【详解】解：∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，即A选项符合题意， ∵对角线相等且互相平分的四边形是矩形，即B选项不符合题意， ∵一组邻边相等的平行四边形是菱形，即C选项不符合题意， ∵四条边相等且有一个角是直角的四边形是正方形，即D选项不符合题意， 故选：A． 19．D 【分析】本题主要考查平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定定理进行排除选项． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原说法错误； B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原说法错误； C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故原说法错误； D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原说法正确； 故选D． 20．D 【详解】此题考查了命题的真假，正方形、菱形、矩形和平行四边形的判定定理，根据正方形、菱形、矩形和平行四边形的判定定理逐一分析各选项的正确性，找出假命题． 【分析】解:A．对角线相等的菱形是正方形．菱形对角线互相垂直，若对角线相等，则满足正方形的条件（既是菱形又是矩形），故A为真命题． B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形．根据菱形判定定理，对角线垂直平分的四边形四边相等，故B为真命题． C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形．对角线互相平分的四边形是平行四边形，若有一个直角，则此平行四边形为矩形，故C为真命题． D．一组对角相等且一组对边相等的四边形不一定是平行四边形．例如，存在满足这两个条件但另一组对边不平行的四边形（如构造反例），故D为假命题． 故选：D． 21．A 【分析】本题考查了分式方程的应用，根据题意找到等量关系是解题的关键． 根据题意列出方程即可． 【详解】解：由题意得，， 故选：A． 22．A 【分析】本题考查由实际问题抽象出分式方程，设江水的流速为千米/时，则顺流航行的最大航速为千米/小时，逆流航行的最大航速为千米/小时，利用时间路程速度，根据“它沿江以最大航速顺流航行千米所用的时间，与以最大航速逆流航行千米所用时间相等”可列出关于的分式方程，此题得解．找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． 【详解】解：设江水的流速为千米/时，则顺流航行速度为千米/时，逆流航行速度为千米/时， 依题意，得：． 故选：A． 23．A 【分析】本题考查列分式方程，根据题意，规定时间为天，慢马送信时间为天，快马送信时间为天，利用速度关系列方程． 【详解】解：设规定时间为天，则慢马所需时间为天，快马所需时间为天． ∴慢马速度为里/天，快马速度为里/天． ∵快马速度是慢马速度的倍， ∴． 故选：A． 24．B 【分析】本题考查了分式方程的应用，设规定时间为天，分别表示出慢马和快马所需的时间，进而根据题意列出方程，即可求解． 【详解】解：设规定时间为天，则可列方程为 故选：B． 25．A 【分析】此题考查了分式方程的应用，甲船从A地顺流航行时与从B地逆流航行的乙船相遇，据此列方程即可． 【详解】解：设甲、乙两船在静水中的速度为， 根据题意可得， ， 故选：A． 26．A 【分析】根据题意可得，，，即可． 【详解】解：∵直线与y轴交于点， ∴，， 当时，， ∴，， 当时，， ∴，， …， ∴， 即正方形的边长为． 27．D 【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质，可得出点、、的坐标，同理可得出、、、…的坐标，进而得到、、、、……的横坐标，根据点的坐标变化可找出变化规律，依此规律即可得出结论． 【详解】解：当时，有， 解得， ∴点的坐标为． ∵四边形为正方形， ∴点的坐标为． 当时，有， 解得， ． 同理，可得出：，，，……， 的横坐标为2，的横坐标为4，的横坐标为8，的横坐标为16，…， 的横坐标为（为正整数）， ∴点的横坐标是． 28．B 【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，能够找出坐标的变化规律是解题的关键． 分别求出、、、、，探究坐标的变化规律，进而得出的坐标，做出选择即可． 【详解】解：当时，， 当时，， ，是等腰直角三角形， 同理可得：，，都是等腰直角三角形， 于是：，，，， ， ． 故选：． 29．B 【分析】利用直线与轴成角的性质，结合等腰直角三角形的两直角边相等，推出，，再求解即可． 【详解】解：令， 解得， 设直线与轴交点为， 由题意，点坐标为即，则点横坐标为1，纵坐标为，则坐标为，即 由过点作直线 交轴于点，直线与轴正方向成角， ∴为等腰直角三角形，， 则点坐标为即，则点横坐标为3，纵坐标为，则坐标为，即， ∴为等腰直角三角形，， 则点坐标为即，则点横坐标为7，纵坐标为，则坐标为即 以此类推， 规律：，． 当时，． 30．A 【分析】先根据一次函数图象上点的坐标特征可得出点等的坐标，根据坐标的变化即可找出变化规律“，，，为自然数”，依此规律结合即可找出点的坐标． 【详解】解：当时，， 点的坐标为； 当时，， 点的坐标为； 同理可得：，，，，，，，， ，，，为自然数 ， 点的坐标为，即 ． 31．D 【分析】本题考查了一次函数的应用，从函数图像获取信息是解题关键．根据图像信息求出运动速度进而判断选项A，B，C；分别求得以及各段的函数解析式，结合函数图像即可判断D选项． 【详解】解：根据题意，聪聪比慧慧先出发，且速度保持不变，慧慧出发一段时间后将速度提高到原来的2倍，结合图像可知，慧慧比聪聪晚出发15秒，故选项A正确，不符合题意； ∵当秒时，，当秒时，厘米， 故慧慧提速前的速度是厘米/秒， ∵慧慧发一段时间后速度提高为原来的2倍， ∴慧慧提速后速度为30厘米/秒，故选项B正确，不符合题意； 故提速后慧慧行走所用时间为：秒， ∴秒， ∴， 则聪聪的速度为厘米/秒 ∴秒，故选项C正确，不符合题意； 设段对应的函数表达式为， 将点代入，可得 可得， ∴可有， 当时，聪聪和慧慧之间距离最大值为厘米； 当时，设， 将，代入， 可得，解得， ∴此阶段有， ∴聪聪和慧慧之间距离， 当时，取最大值，最大值为厘米； 设段对应的函数表达式为， 将，代入， 可得，解得， ∴此阶段有， 当时，聪聪和慧慧之间距离， 当时，取最大值，最大值为厘米； 当时，聪聪和慧慧之间距离最大值为厘米． 综上所述，从聪聪出发直至送餐结束，聪聪和慧慧之间距离的最大值为150厘米，故选项D错误，符合题意． 故选：D． 32．D 【分析】本题考查了一次函数的运用，理解图象，掌握行程问题的数量关系，一次函数图象的性质是解题的关键．根据图象分别求出聪聪的解析式，结合图象的性质，即可求解． 【详解】解：聪聪比慧慧先出发，且速度保持不变， ∴表示的是聪聪行走的时间与路程的关系， 设的解析式为，图象经过点， ∴， 解得，， ∴的解析式为， 由图象知，慧慧从出发到送餐结束用时为， ∴A、客人距离厨房门口，正确，不符合题意； B、慧慧比聪聪晚出发，正确，不符合题意； C、∵， ∴聪聪的速度为，正确，不符合题意； D、当时，聪聪与慧慧的距离逐渐增大， ∴当时，， 当时，聪聪与慧慧的距离先减小，再增加， 当时，， ∴， 当时，聪聪与慧慧的距离逐渐减小到， ∵, ∴D选项不正确，符合题意 ； 故选：D ． 33．D 【分析】本题考查了一次函数的应用，根据题意和函数图象中的数据可以逐一判断，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想． 【详解】解：由题图可知，甲先出发2分钟，骑行了600米，8分钟时乙追上甲， ∴乙的平均速度大于甲的平均速度，故A选项不符合题意； 乙出发后用了（分钟）追上甲，故B选项不符合题意； （米/分钟）， ， 解得：（米/分钟）， 当乙追上甲时，骑行了（米）， ∴此时乙距离小区（米），故C选项不符合题意； 乙骑行米所用时间为（分钟）， 则当乙到达小区时，甲骑行了（米）， ∴当乙到小区时，甲与小区的距离为（米），故D选项符合题意； 故选：D． 34．C 【分析】本题主要考查了函数图象，根据函数图象获得信息，观察函数图象逐一分析四个选项的正误即可． 【详解】解：A、由函数图象可得乙同学登山3小时走了6千米，则乙同学登山的速度为千米/时，故该选项结论错误； B、甲同学登山的速度为（千米/时），选项结论错误； C、由函数图象可得值的最大值为12，从山脚到达山顶的路程为12千米，选项结论正确； D、甲同学登山和下山所用时间为（小时），则甲同学返回山脚的时间为时，选项结论错误． 故选：C． 35．C 【分析】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 根据图象信息可以计算小明骑车的速度，判断A错误； 根据图象信息可以计算爸爸中途停留的时间为15分钟，判断B错误； 通过计算小明行驶2千米所用时间，即可判断C正确； 根据图象信息可以得出爸爸比小明早到5分钟，即可判断D错误． 【详解】解：A．根据图象可知，小明骑车的速度为：（千米/小时），故A错误； B．爸爸中途停留了（分钟），故B错误； C．（小时）， 小时分钟， 即小明在第15分钟追上爸爸，故C正确； D．根据图象可知，爸爸比小明早到5分钟，故D错误． 故选：C． 36．B 【分析】先求解分式方程，根据分式方程有负整数解的条件得到a的初步范围，再解不等式组，根据已知解集确定a的取值范围，最后找出所有符合条件的整数a求和即可． 【详解】解：， 方程两边同乘 去分母得：， 整理得：， 解得：， ∵分式方程有负整数解，且分母不为零， ∴ ，且， 解得：，且； 解不等式组， 解第一个不等式得： ， 解第二个不等式得：， ∵不等式组的解集为， ∴， 解得：， 综上可得，且， 又∵是负整数，因此为偶数，即为偶数， ∴符合条件的整数为：， 计算和为：． 37．C 【分析】本题考查了根据不等式组的解集求参数，解分式方程. 解关于的不等式组得，根据“有且只有3个整数解”求出，解分式方程得，根据且求出且，可知且，再找出范围内的所有整数的值，相乘即可. 【详解】解：解关于的不等式组得， 该不等式组有且只有3个整数解， ， 解得， 将分式方程的两边都乘以得， 解得， 且， 即且， 且， 综上所述，且， 又为整数， 或， 即满足条件的整数的值之积为． 故选：C． 38．C 【分析】本题考查根据分式方程的解的情况求参数，根据不等式组的解集的情况求参数的值：首先解分式方程，得到解的条件为且；再解不等式组，得到．综合条件得的取值范围为且的整数，求和即可． 【详解】解： 两边同乘得：，整理得． ∵分式方程的解为正数： ∴， ∴， ∵分母不为零， ∴， ∴； 解，得： ∵不等式组有解， ∴， ∴， 综上：且， ∴整数为，； 故选C 39．B 【分析】本题考查了解分式方程、解一元一次不等式组，先解不等式组结合不等式组有解且最多有4个整数解得出，再解分式方程得出，结合分式方程的解为整数．且得出或或或或，求和即可得解． 【详解】解：， 解不等式①可得：， 解不等式②得：， ∵关于的一元一次不等式组有解且最多有4个整数解， ∴， 解得：， 解分式方程得：， ∵关于的分式方程的解为整数．且， ∴或或或或， ∴符合条件的的值和为， 故选：B． 40．B 【分析】本题考查了分式方程的解，一元一次不等式组的解，先解一元一次不等式组，根据不等式组的解集为，求出a的范围，再解分式方程，根据分式方程有非负整数解，确定a的值即可． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∵原不等式组的解集为：， ∴， ， 解得：， ∵分式方程有非负整数解， ∴，y为整数且， ∴，且， ∴符合条件的所有整数a的值为：，7， ∴符合条件的所有整数a的和为：6， 故选：B． 41．B 【分析】本题主要考查了分式方程的增根， 先去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1，当最简公分母为0时产生增根，可得解． 【详解】解：去分母，得， 去括号，得， 移项，合并同类项，得， 系数化为1，得． ∵原方程有增根， ∴， 即， 解得． 故选：B． 42．C 【分析】本题考查了分式方程的解，解分式方程得到，根据解为正数且分母不为零确定取值范围． 【详解】解： ， 方程的解为正数， ， 又分母，即， ， 且， 故选：C． 43．A 【分析】由等腰三角形三线合一得AE⊥BC，CE=BE=，在Rt△ABE中，由勾股定理AE=，根据DE为直角△ABE斜边中线，DE=，可得EF=AC，由三角形中位线，可证四边形AEFC为平行四边形即可． 【详解】解：∵，，为边上的中点， ∴AE⊥BC，CE=BE=， ∴∠BEA=∠CEA=90°， 在Rt△ABE中，由勾股定理AE=， ∵为边上的中点， ∴DE为直角△ABE斜边中线， ∴DE=， ∴EF=2DE=5=AC， ∵、分别为、边上的中点， ∴， ∴，且EF=AC， ∴四边形AEFC为平行四边形， ∴AE=CF=4． 故选择A． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线性质，三角形中位线性质，勾股定理，平行四边形判定与性质，掌握等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线性质，三角形中位线性质，勾股定理，平行四边形判定与性质是解题关键． 44．C 【分析】本题考查平移的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等知识，证明四边形是平行四边形，推出，利用勾股定理求出即可, 解题的关键是证明． 【详解】解：根据平移可得，， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， ， 故选：C． 45．D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，延长，过点C作，交于点E，证明四边形为平行四边形，得出，，证明，根据勾股定理得出，即可得出结果． 【详解】解：延长，过点C作，交于点E，如图所示：    ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴根据勾股定理得：， ∴， 故选：D． 46．C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，过点B作于E，于F，由题意得，，，则可证明四边形是平行四边形，得到，由等面积法可得，则，求出，得到，由勾股定理可得，则，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点B作于E，于F， 由题意得，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴它们重叠部分的面积为， 故选：C． 47．B 【分析】本题主要考查有理数的运算，归纳推理的应用，利用变换规则，逆向推理计算求出所有可能的取值，再判断结果即可． 【详解】解：∵对任意正整数n，若n为偶数则除以2，若n为奇数则乘3再加1，在这样一次变化下，我们得到一个新的自然数， ∴由新自然数求原来的数计算方法为：新自然数乘以，或新自然数减去1的差再除以3（取整数）， 若输入正整数n，则最后一次计算过程为：，上一步结果为； 倒数第二次计算过程为：，上一步结果为； 倒数第三次计算过程为：，上一步结果为； 倒数第四次计算过程为：，上一步结果为； 倒数第五次计算过程为：，或，上一步结果为或； 倒数第六计算过程为：，或，上一步结果为或； 倒数第七次计算过程为：，或，或，或，上一步结果为或或或； 倒数第八次计算过程为：，或，或，或，上一步结果为或或或； 倒数第九次计算过程为：，或，或，或，或，或，上一步结果为或或或或或； ∴①无论输入的正整数n是奇数还是偶数，当路径长时，总能得到连续四次变换的结果依次是，，，，说法正确； ②若输入正整数n，变换次数m，当时，n的所有可能值为或或或，只有4个，说法正确； ③若输入正整数n，变换次数m，当时，n的所有可能值为或或或或或，其中最大是512，最小是12，说法错误； ∴正确的个数是2个， 故选：B． 48．C 【分析】本题主要考查了新定义，当初始值时，第一次操作选择，可得，第二次操作，可得，据此可判断①；当初始值，第一次操作时，，第二次操作时，，求出，即可判断②；初始值，第一次操作选择，求出，即可判断③；当时，初始值，选择，得．此时，据此可判断④． 【详解】解：当初始值时，第一次操作选择，得．第二次操作选择，得．故存在操作使，故①不成立． 若初始值（满足），第一次操作选择，得．第二次操作仍选，得．两次操作后结果等于原值，故②成立． 若初始值（负数），第一次操作选择，得．此时，满足，故③成立． 当时，初始值，选择，得．此时，满足，故④成立． 综上，正确的命题为②、③、④，共3个， 故选C． 49．B 【分析】此本题考查了实数的运算，①由新运算法则得到关于a，b的方程组，解之即可求出a，b的值，判断即可；②已知等式利用题中新定义化简，求出d的值，求出的值，判断即可；③已知等式利用题中新定义化简，把a与b的值代入，根据p、q为正整数，判断即可；④已知等式利用题中新定义化简，整理得到关系式，判断即可． 【详解】解：根据题意可得：， 整理得：， 得：， 解得：， 把代入②得：，故选项①正确； ②根据题意得：，，∴，解得，∴，故②错误； ③，∴，整理得：，当时，，∴p、q有且仅有3组正整数解，选项③错误； ④如果，则， ∴，即， ∴或，即或，选项④正确， 综上所述，结论正确的个数有2个． 故选：B． 50． 【详解】解： ． 51． 【分析】本题考查了因式分解，掌握分解因式的方法是解题关键．利用平方差分解因式即可． 【详解】解：， 故答案为：． 52． 【分析】先将原式整理为两个平方项的差的形式，再利用平方差公式分解因式即可． 【详解】原式 ． 53．(2x+3y)(2x-3y) 【详解】原式=（2x+3y）（2x-3y）． 故答案为（2x+3y）（2x-3y） 54． 【分析】两次运用平方差公式进行因式分解，分解至每个因式不可再分即可得到结果． 【详解】解：原式． 55． 【分析】本题考查因式分解，解题思路为先将原式整理为平方差的形式，利用平方差公式分解后，再对可分解的多项式继续分解，直到不能再分解为止． 【详解】解： ． 56．/144度 【分析】先根据题意列方程求出正多边形的边数，再计算正多边形一个内角的度数． 【详解】解：设这个正多边形的边数为， ∴该正多边形的内角和为， 由题意得， 解得， 该正多边形的内角和为， 则这个正多边形一个内角的度数为． 57．八 【分析】设正多边形边数为n，根据多边形的内角和公式、外角和是列出方程，解方程得到答案． 【详解】解：设正多边形边数为n， 由题意得：， 解得：． 58．6 【分析】设边数为n，根据题意可列出方程进行求解． 【详解】解：设多边形有n条边，由题意得： ， 解得． 59．六 【详解】解：设正多边形的边数为， 由题意，得， 解得. 故这个正多边形是正六边形. 60．13 【分析】设多边形的边数为，根据多边形内角和定理及多边形的外角和为，结合题中等量关系列出一元一次方程，解方程即可得到结果． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得：， 解得． 61．5 【分析】设这个多边形的边数为，利用多边形内角和公式与多边形外角和定理，结合已知比例关系建立方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为． 由题意得， 解得． 62．6 【分析】设这个多边形的边数为，根据题意列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得： 解得： ∴这个多边形的边数为6． 63．/144度 【分析】先根据题意列方程求出正多边形的边数，再计算正多边形一个内角的度数． 【详解】解：设这个正多边形的边数为， ∴该正多边形的内角和为， 由题意得， 解得， 该正多边形的内角和为， 则这个正多边形一个内角的度数为． 64． 【分析】此题考查了分式的化简求值，把分式变形为，整体代入求值即可． 【详解】解：∵，， ∴ 故答案为： 65． 【分析】本题考查分式的化简求值，熟练掌握分式的通分是解题的关键，将所求代数式通分后，利用已知条件代入计算即可． 【详解】解：， ∵，： ∴原式， 故答案为：． 66． 【分析】本题考查了分式的求值．由已知得到，将代入所求分式计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 故答案为：． 67． 【分析】本题考查了求分式的值．利用已知方程表示，再代入代数式进行化简，即可求解． 【详解】解：由可得， 将代入代数式中，得， 故答案为：． 68．9 【分析】本题主要考查分式的化简求值，将条件变形为，再代入要求代数式进行解答即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：9． 69．5 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、平移的性质及求一次函数的值，理解题意，熟练掌握这些基础知识点是解题关键． 根据平行四边形的性质得出，确定，再由题意确定当时，，即可求解． 【详解】解：∵平行四边形的边在x轴上，， ∴， ∴， ∵将平行四边形向上平移m个单位，点C的对应点恰好落在直线上， ∴当时，， ∴， 故答案为：5． 70．/ 【分析】本题主要考查了一次函数与不等式之间的关系，根据函数图象找到一次函数的图象在一次函数的图象下方时自变量的取值范围即可得到答案． 【详解】解：由函数图象可知，直线：与直线：的交点的横坐标为3， ∴关于x的不等式的解集为， 故答案为：． 71． 【分析】根据函数图象找到正比例函数的图象在一次函数的图象上方时自变量的取值范围即可得到答案． 【详解】解：观察图象可知，当时，直线的图象在直线的图象上方， 关于的不等式的解集是． 72． 【分析】先将不等式整理为，再根据直线在直线上方部分确定自变量取值范围即可． 【详解】解：∵， ∴． 观察图像可知当时，， ∴当时， ， 所以不等式的解集是， 即不等式的解集是． 73． 【分析】利用图象法求解即可． 【详解】解：∵直线与相交于点， ∴根据图象得：关于的不等式的解集为． 74． 【分析】本题考查一次函数与一元一次不等式，根据图象法，直接求出不等式的解集即可． 【详解】解：∵直线与直线相交于点， ∴， ∴， ∴由图象可知不等式的解集为； 故答案为：． 75． 【分析】先证出，然后在中，利用勾股定理，列方程即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵将沿翻折，点C的对应点恰好落在线段上， ∴，，， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理，得， 即， 解得． 76．3 【分析】本题考查了折叠的性质和矩形的性质，由矩形的性质和折叠的性质得出，，求出，在中，根据勾股定理列出方程，解方程即可．其中根据已知设出未知数，用代数法解决几何问题是解答本题的关键． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， 由翻折的性质可知． 设，则． 在中，由勾股定理可得， ∴，在中，， ∴，解得， ∴． 故答案为：3． 77． 【分析】令点对应的点为，令交于点，由矩形的性质可得，，，由折叠的性质可得，，，，，由题意可得，设，则，结合勾股定理求出，则，证明，得出，，则，再证明，得出，作于点，则四边形为矩形，由矩形的性质可得，，求出，最后由勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：令点对应的点为，令交于点， ∵四边形为矩形， ∴，，， 由折叠的性质可得，，，，， ∵点为的中点， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 作于点，则， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴． 78．/ 【分析】本题考查了勾股定理和折叠，先根据勾股定理求出，根据折叠的性质得出，，，在中，根据勾股定理得出，然后解方程即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵折叠， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 解得， 故答案为：． 79． 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，解题的关键是熟练使用勾股定理．根据勾股定理可以求得，再由勾股定理列出方程即可得出答案． 【详解】解：∵在中， ∴ 设，则 由折叠可知， 在中， ∴ 解得 ∴ 故答案为：． 80． 3162 4961 【分析】本题考查了新定义下的实数运算、一元一次方程的应用、因式分解的应用等知识点，理解新定义、正确推理计算是解题关键． 根据“方佳数”的定义可得，即，再确定a的最小值及b的值即可解答；设这个四位数，则，再结合“和方数”的定义，得出，再由能被33整除可知是整数，得到满足条件的a的值为4，进而得出满足条件的等式，即可得到M的最大值． 【详解】解：∵是“方佳数”， ∴，即， ∴当时，a有最小值3， ∴这个数最小是3162； 设这个四位数，则， ， ∵四位数M是“方佳数”， ∴， ∴， ∵能被33整除， ∴是整数， ∴是整数且，，，，， ∴满足条件的a的值为4， ∴， ∵要求M的最大值，则 ∴满足条件的M的最大值是． 故答案为：3162；4961． 81． 11 【分析】本题主要考查了有理数的混合运算，整式混合运算的应用，因式分解的应用，解题的关键是熟练掌握数字间的关系，根据题意得出，求出或． 【详解】解：根据题意得：； ∵， ， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∵的值能被7整除， ∴能被7整除， ∵，， ∴， ∴或， ∴当时，m有最大值， ∴m的最大值为：． 故答案为：11；． 82． 1230 7593 【分析】根据“和平数”的定义即可求得最小“和平数”；根据题意将进行化简，再代入得到，此时是3的倍数，则b可能为2或5或8，通过枚举分情况讨论，结合除以16余数为3进行验证即可，从而求得满足条件的M的值． 【详解】解：由题意知，要使“和平数”最小，则a取1，b取2， ∴， ∴， ∴仅取满足最小“和平数”要求， ∴最小的“和平数”是1230； ∵，， ∴ ， ∵能被3整除， ∴设（k为整数）， 即， ∴是3的倍数，则b可能为2或5或8， 此时分情况讨论： ①当时，， ∴，d可取0或1， 当时，， ∴的值可能为， ∵除以16余数为3， ∴，则是16的倍数， 分别代入，得：，， 此时不满足题意，舍去； 当时，， ∴的值仅有， ∵除以16余数为3， ∴，则是16的倍数， 代入得：， 此时不满足题意，舍去； ②当时，， ∴，d可取1或3， 当时，，不满足题意，舍去； 当时，， ∴的值可能为， ∵除以16余数为3， ∴，则是16的倍数， 分别代入，得：，， 此时满足题意，则， ∴； ③当时，， ∴，d可取0或1或3或4或5， 当时，，不满足题意，舍去； 当时，，不满足题意，舍去； 当时，，不满足题意，舍去； 当时，，不满足题意，舍去； 当时，，不满足题意，舍去， 综上所述，满足条件的M的值为7593． 83． 6 【分析】根据，且它的千位数字与百位数字之和的平方，刚好等于后两位数，千位数字与百位数字的和为9，且于是得到最大数为；根据已知得到一个四位数为是“和方数”，于是得到，根据题意，，得到，继而得到，结合恰好能被7整除，分类解答即可． 本题考查了完全平方公式，数的表示法，整除的意义，熟练掌握完全平方公式，整除的意义是解题的关键． 【详解】解：∵，且它的千位数字与百位数字之和的平方，刚好等于后两位数， ∴千位数字与百位数字的和为9，且 ∴最大的和方数是， 故答案为：； ∵ ∴一个四位数为是“和方数”， ∴， 根据题意，得， ， ∴， ∵恰好能被7整除，且均为整数且不相等， ∴或， ∴或， ∴四位数为或是“和方数”， ∴四位数为或或或或或， 有6个， 故答案为：6． 84． 不是 【分析】本题考查因式分解的应用和新定义，运用了分类讨论的思想，理解新定义是解题的关键． 2024根据题干中的新定义判定求解；根据新定义将化为，由题意可得：为整数，从而推导出是的整数倍，利用因式分解，结合，可得，，再分四种情况讨论即可． 【详解】解：∵， ∴不是“星耀重外数”； 故答案为不是． ∵一个“星耀重外数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，， ∴，且，，，均为正整数， ∴， ∴， ∴ ， 由题意可得：为整数， 又∵是整数， ∴是的整数倍， ∵， 又∵， ∴，， ∴有以下几种情况： 当，时，即，， ∴，， 此时为； 当，时，即，， ∴， 解得：，， 此时为或； 当，时，即，，不符合题意； 当，时，即，，不符合题意； 当，时，即，， 此时为 当时，，则，即 综上所述，满足条件的的值为或或或或． 满足条件的M的最大值为， 故答案为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $