整合提优 自主检测-【通成学典】2026-2027学年预备九年级数学暑期升级训练（8升9浙教版）

2整合提优 整合提优自主检测 (满分：100分时间：90分钟) 一、选择题（每小题3分，共30分） 7.如图，菱形ABCD的对角线A 1.[2026金华义鸟段考]下列运算中，正确的是 O,AC=2,BD=8,将△BOC绕着点C旋转 ( 180得到△B'O'C,连结AB',则AB'的长是 A.√2X√3=√6 B.63-√3=6 () C.√⑧÷√2=4 D.√2+5=√5 2.若某等腰三角形一内角为50°，则该等腰三角 R 形一腰上的高与底边的夹角为 ) 0' (第7题) A.25或30° B.40°或35 A.3 B.4 C.25°或40° D.30°或50° C.5 D.7 3.如图，在△ABC中，AB=AC,∠B=35°，D 8.如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AB 是边BC上的动点，连结AD.若△ABD为直 12,AD=5,M,N分别为线段BC,AB上的 角三角形，则∠DAC的度数为 动点（点M不与点B重合），E,F分别为 A.20° B.35 DM,MN的中点，则EF的长可能为() C.20°或55 D.20°或35 C (第3题) (第4题) (第8题) 4.如图，在△ABC中，AD平分∠BAC,∠B A.2 B.2.3 2∠ADB,AB=3,CD=5,则AC的长为 C.4 D.7 A.15 B.11 9.如图，直线y=2十2与x轴交于点B,与 C.8 D.6 y轴交于点A.过线段AB的中点A1作 5.[2025杭州滨江期末]一部电梯的额定限载 A1B1⊥x轴于点B1,连结OA1;过线段A1B 量为1000千克，两人要用电梯把一批货物从 的中点A2作A2B2⊥x轴于点B2,连结 底层搬到顶层，这两个人的质量分别为60千 B1A2;过线段A2B的中点A3作AB3⊥ 克和80千克，每箱货物的质量为40千克.若 x轴于点B3,连结B2A3…以此类推， 两人一起乘电梯，则他们每次最多搬运货物 △A,B,B-1(n≥2)的面积为 () A.5箱B.21箱C.22箱D.25箱 6.已知x,y满足x2+y2十13=4y一6x,则化 简√6y一4x的结果是 B B:BB (第9题)》 A.0 B.26 C.4√6 D.12 c品 35 期升级训练数学（浙教版）八年级 10.如图，正方形ABCD的边长为12，BE= 16.如图，直线y=2x十4与x轴交于点A,与 EC,将正方形ABCD沿DE折叠，点C落 y轴交于点B,D为OB的中点，□OCDE 在点F处，延长EF交AB于点G,连结 的顶点C在x轴上，顶点E在直线AB上， DG,BF.有下列结论：①AG十EC=GE; 则□OCDE的面积为 ②△BGE的周长是一个定值： ③∠GDE=45°；④若连结FC,则△BFC 的面积等于BF·PC.其中.正确的个 A O C B 数是 (第16题) (第17题) 17.如图，矩形ABCD的对角线相交于点O,将 CD沿射线CA的方向平移，点C,D分别与 点O,E重合，连结AE.若∠1=a,则∠E (用含a的式子表示). 18.分类讨论思想如图，在矩形ABCD中， (第10题) A.1B.2 C.3 D.4 AB=3,AD=4,E,F分别是边BC,CD上 二、填空题（每小题3分，共24分） 的点，EF⊥AE,将△ECF沿EF翻折得到 11.用配方法解一元二次方程时，往往先将原方 △EC'F,连结AC'.当BE的长为 程转化为(x十a)2=b的形式.如果用配方 时，△AEC是以AE为腰的等腰三角形. 法解一元二次方程x2一4x一2025=0，那么 此时a十b的值是 a 12.[2026舟山定海模拟]等式 a √a-3√a-3 (第18题) 成立的条件是 三、解答题（共46分） 13.如图，AB⊥BC于点B,AB⊥AD于点A,E 19.(6分)[2026绍兴新昌段考]如果关于x的 是CD的中点.若BC=5,AD=10,BE= 一元一次不等式组 2x一3≥x‘无解，求m 期An的K是 x≤m 的取值范围. D (第13题) 14.若一等腰三角形的两边长a,b满足a2十 b2-6a一14b十58=0，则这个等腰三角形的 周长为 -x十a<2, 15.已知关于x的不等式组3x-1 恰有 2 ≤x十1 3个整数解，则a的取值范围是 36 2整合提优 20.(8分)已知实数x,y满足y=√2x-5十 号的客车，它们的载客量和租金如下表： 10-4+1,求xW2五÷ 工的值。 客车 甲型 乙型 载客量/（人/辆） 35 30 租金/（元/辆） 400 320 该中学计划此次劳动实践活动的租车总费 用不超过3000元 (1)参加此次劳动实践活动的老师和学生 各有多少名？ (2)若每名老师负责1辆车的组织工作，则 有哪几种租车方案？ (3)在(2)的条件下，该中学的租车总费用 最少是多少元？ 21.(10分)某中学组织全体学生前往某劳动实 践基地开展劳动实践活动.在此次活动中， 若每名老师带30名学生，则还剩7名学生 没老师带；若每名老师带31名学生，则有 1名老师少带1名学生.现有甲、乙两种型 37 客期升级训练 数学（浙教版）八年级 22.★(10分)如图①，平面内有一点P到 23.(12分)如图，在平面直角坐标系中，直线 △ABC的三个顶点的距离分别为PA,PB, l1:y=k.x十b经过A(a,0),B(0,b)两点， PC的长.若满足PA2=PB十PC2,则称P 且a,b满足(a一4)2十√b-2=0,过点B作 为△ABC关于点A的“勾股点”.如图②，E BP∥x轴，交直线l2:y=x于点P,连 是矩形ABCD内一点，且C是△ABE关于 结PA. 点A的“勾股点”，连结DE (1)求直线11对应的函数表达式 (1)求证：CE=CD, (2)新考向存在性问题在直线12上是否存 (2)若AB=5,BC=6,DA=DE,求AE 在一点Q,使得S△BPQ=S△BPA？若存在，求 的长 出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. (3)C(n,0)是x轴上的一个动点，D是 y轴上的一个动点，过点C作x轴的垂线， 交直线l1,l2于点M,N.若△MND是等腰 E 直角三角形，请求出符合条件的n的值 ① ② (第22题) (第23题) 38(侵aa)将C(侵aa)代入y=k,得a=k·号a,因 为a≠0，所以k=号所以的值不会发生变化 12.(1)(14,6).(2)因为D是线段CB上一个动点，所以 设D(m,6)(4≤m≤14).因为△OAD是等腰三角形，所 以分情况讨论：①当OD=OA=10时，OD= √m十6=10，所以m=8(负值舍去).所以D(8,6), ②当OD=AD时，点D在OA的垂直平分线上，所以 D(5,6).③当OA=AD=10时，AD=√(10-m)2+6= 10,所以m=2或18.因为2<4,18>14，所以均不合题 意，舍去.综上所述，D(8,6)或(5,6).(3)如图，连结AC, OB交于点E.因为四边形OABC是平行四边形，所以 AE=CE.因为点A的坐标是(10,0)，点C的坐标是(4， 6),所以E(7,3).因为直线y=kx十b将□OABC分成面 积相等的两部分，所以直线y=kx十b过点E(7,3).所以 3=张+6所以63学，即关于6的园数表达式为k= y个 7B 0 (第12题) 整合提优自主检测 -、1.A2.C 3.C解析：因为AB=AC,∠B=35°，所以∠B=∠C= 35.所以∠BAC=110°.当∠BAD=90°时，∠DAC 110°-90°=20°.当∠ADB=90°，即AD⊥BC时， ∠ADC=90°.所以∠DAC=180°-∠ADC一∠C= 55°.综上所述，∠DAC的度数为20或55°. 4.C解析：如图，在AC上截取AE=AB,连结DE.因 为AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠EAD.在△ABD和 AB=AE. △AED中，」 ∠BAD=∠EAD,所以△ABD≌△AED.所 AD-AD, 以BD=ED,∠B=∠AED,∠ADB=∠ADE.因为 ∠B=2∠ADB,所以∠AED=2∠ADB=∠BDE.因为 ∠CED=180°-∠AED,∠CDE=180°-∠BDE,所以 ∠CED=∠CDE.所以CD=CE.所以AC=AE+CE= AB+CD=3+5=8. C E (第4题) 5.B解析：设他们每次搬运货物x箱.根据题意，得 60十80十40x≤10，第得<号因为x为正整数，所以 x的最大值为21.所以他们每次最多搬运货物21箱. 6.B解析：因为x2+y2+13=4y一6x,所以x2+6x+ 9+y2-4y+4=0.所以(x十3)2+(y-2)2=0.所以x+ 3=0,y-2=0.所以x=-3,y=2.所以√6y-47= √6X2-4×(-3)=2W6 7.C解析：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD, OC=7AC=1,0B=2BD=4因为△B0C绕若点C旋 转180°得到△B'O'C,所以∠O=∠BOC=90°，OC= OC=1,OB'=OB=4.所以AO'=AC+O'C=3.所以 AB=AO+BO=5. 8.C解析：连结DN.因为E,F分别为DM,MN的中 点，所以ED=EM,MF=FN,EF=号DN.所以当DN 的长最大时，EF的长最大；当DN的长最小时，EF的长 最小.当点N与点B重合时，DN的长最大，此时DN= DB=√JAD+AB=√5+12=13.所以EF长的最 大值为2X13=65当点V与点A重合时，DN的长最 小，此时DN=AD=5所以EF长的最小值为号×5 2.5.所以2.5EF6.5.所以EF的长可能为4. 9C解析：因为宜线y=-之十2与x轴交于点B,与 y轴交于点A,以易得A(0,2),B(4,0).所以OA=2, OB=4所以△AOB的面积为2×2×4=4.易知OB,= B,B=20B=2,AB,=0A=1,所以△，B,0的面 积为时×2X1=1同理，可得△A,B,B的面积为子， △A,B,B,的面积为6…所以△A,B.B1(n≥2)的 面积为宁 1 10.D解析：因为四边形ABCD是正方形，所以AD= CD,∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°.由折叠，可知 EC=EF,DF=DC,∠DFE=∠C=90°，所以∠DFG= 90°=∠A,DF=DA.在Rt△ADG和Rt△FDG中， DG=DG, 所以Rt△ADG≌Rt△FDG.所以AG= DA=DF, FG.所以AG十EC=FG十EF=GE.故①正确.因为正方 形ABCD的边长是12，所以AB=BC=12.所以△BGE 的周长为BG+BE十GE=BG+BE+AG+EC=AB+ 8 BC=12+12=24,是一个定值.故②正确.因为 Rt△ADG≌Rt△FDG,所以∠ADG=∠FDG.由折叠，可 得∠CDE=∠FDE,所以∠GDE=∠FDG十∠FDE= 是∠ADC=45:故③正确，如图，连结FC交DE于点 H.根据折叠，可知DE是CF的垂直平分线，所以FH= CH,∠CHE=90°.又因为BE=EC,所以EH是△CBF 的中位线.所以EH∥BF.所以∠BFC=∠CHE=90°.所 以△BFC的面积等于2BF·FC.故④正确，综上所述， 正确的个数是4. 、H E C (第10题) 二、11.202712.a>3 13.12解析：延长BE交AD于点F.因为E是CD的中 点，所以DE=CE.因为AB⊥BC,AB⊥AD,以AD∥ BC.所以∠D=∠C.又因为∠FED=∠BEC, 所以△FDE≌△BCE.所以DF=CB=5,FE=BE.所以 BF=2BE=13,AF=AD-DF=5.在Rt△ABF中，由 勾股定理，可得AB=√BF2-AFz=12. 14.17解析：将等式变形为(a2一6a+9)+(b2一14b十 49)=0,即(a-3)2+(b-7)2=0.因为(a-3)2≥0，(b- 7)2≥0，所以a-3=0,b-7=0,解得a=3,b=7.当3是 腰长时，三边长分别为3,3,7,3十3<7，不符合三角形的 三边关系，舍去；当3是底边长时，三边长分别为3,7,7， 3十7>7，符合三角形的三边关系，周长为3+7+7 17.所以这个等腰三角形的周长为17. -x+a<2① 15.2≤a<3解析：i记3-1≤x十1②. 解不等式①，得 2 x>a一2；解不等式②，得x≤3.因为不等式组有解，所以 不等式组的解集为a一2<x≤3.因为不等式组恰有3个 整数解，所以整数解为1,2,3.所以0a一2<1.所以2 a<3. 16.2解析：当x=0时，y=2X0十4=4，所以点B的坐 标为(0,4).所以OB=4.因为D为OB的中点，所以 0D=20B=2×4=2.因为四边形0CDE为平行四边 形，点C在x轴上，所以DE∥x轴，DE=OC.当y=2 时，2x+4=2,解得x=一1，所以点E的坐标为（一1， 2).所以DE=1.所以OC=1.所以□OCDE的面积为 0C·0D=1×2=2. 17.90°一a解析：因为四边形ABCD是矩形，对角线相 交于点O,所以OA=OC=OD,∠BCD=90°.所以 ∠ODC=∠OCD.因为∠BCD=∠1+∠OCD=90°， ∠1=a,所以∠OCD=90°-a.所以∠ODC=∠OCD= 90°-a.由平移，得OE=CD,OE∥CD,所以∠AOE= AO=OC, ∠OCD.在△AOE和△OCD中，∠AOE=∠OCD,所以 OE=CD, △AOE2△OCD.所以∠E=∠ODC=90°-a. 18名或号解析：设BE=x,则C=4一x由翻折，得 EC=EC=4-x.分情况讨论：①当AE=EC'时，AE= 4一x.因为在矩形ABCD中，∠B=90°，所以由勾股定 理，得AB2+BE2=AE2,即3+x2=(4-x)2,解得x= 名所以BE=名@当AE=AC时：过点A作AHL EC于点H,则∠AHE=90°.因为EF⊥AE,所以 ∠AEF=∠AEC'+∠FEC'=90°.所以∠AEB+ ∠FEC=90°.因为△ECF沿EF翻折得到△EC'F,所以 ∠FEC'=∠FEC.所以∠AEC'=∠AEB,即∠AEH= ∠AEB.因为∠AHE=∠B=90°，AE=AE,所以 △AHE≌△ABE.所以HE=BE=x.因为AE=AC', AH⊥EC',所以EC'=2HE,即4-x=2x,解得x= 专所以BE=青综上所述，当BE=号或营时，△ABC 是以AE为腰的等腰三角形 三、19.由2x一3≥x,得x≥3.因为关于x的一元一次不 /2x一3≥x， 等式组 无解，所以m<3.所以m的取值范围 【xm 是m<3. 20.因为2x-5≥0,10-4x≥0，所以x= 所以y x_55 1.所以x2x÷√=2√2X2÷√ 1 5× 2 2_52 W52 21.(1)设参加此次劳动实践活动的老师有x名，则学生 有(30x+7)名.根据题意，得30x+7=31x一1，解得x= 8.所以30x+7=30×8十7=247.所以参加此次劳动实践 活动的老师有8名，学生有247名.(2)因为每名老师负 责1辆车的组织工作，所以一共租8辆客车.设租甲型客 车m辆，则租乙型客车(8一m)辆.根据题意，得 35m+30(8-m)247+8, 解得3≤m≤5.5.因为m为 400m+320(8-m)≤3000， 整数，所以m的值可取3,4,5.所以一共有3种租车方案： 租甲型客车3辆，租乙型客车5辆：租甲型客车4辆，租乙 型客车4辆；租甲型客车5辆，租乙型客车3辆.(3)设该 中学的租车总费用是心元，则w=400m十320(8一m)= 80m+2560.因为80>0，所以随m的增大而增大.由 (2),知3≤m≤5.5，所以当m=3时，心取最小值，此时 =80×3十2560=2800.所以该中学的租车总费用最少 是2800元. 22.(1)因为C是△ABE关于点A的“勾股点”，所以 CA2=CB2+CE.因为四边形ABCD是矩形，所以 ∠ABC=90°，AB=CD.所以CA2=CB2+AB2=CB2+ CD.所以CE=CD.(2)如图，作△ECD的高线CF,EG 和△AED的高线EH.由题意，得CE=CD=AB=5, DA=DE=BC=6.因为CE=CD,CF⊥DE,所以EF= DF-DE=3,在Rt△CEF中，由勾股定理，得CP- V5-3=4因为Sm=号DE·CF=2CD·EG. 所以BG=DE:CF_6X4=24因为易得∠BGD= CD 5 5 ∠HDG=∠DHE=90°，所以四边形HEGD是矩形. 所以DH=G=器所以AH=6-琴-景在 Rt△AHE中，由勾股定理，得EH=AE一AH;在 Rt△DHE中，由勾股定理，得EH=DE2一DH,所以 AE-AF=DE-DH,即AE-(号)°-6- (得).所以AE=6 5 H E G B (第22题) 方法归纳 几何新定义问题的解题策略 对于此类题目，解题时首先需要结合图形理解定 义，挖掘其中的关键条件；其次是数形结合，利用新定 义得到图形中相关量之间的关系，再建立合适的模型 解决问题.例如本题中必须先理解“勾股点”的定义， 然后根据“C是△ABE关于，点A的‘勾股点”数形结 合，得到CA2=CB2十CE2这一隐含条件，为顺利解题 奠定基础. 2 23.(1)因为(a-4)2+√b-2=0,所以易得a=4,b= 2.所以点A,B的坐标分别为(4,0)，(0,2).把A(4,0), 1 4k+b=0,, B(0,2)代人y=kx十b,得 解得 k=一2'所 b=2, b=2. 以直线1，对应的函数表达式为y=一x十2(2)存 在.因为B(0,2),BP∥x轴，所以点P的纵坐标为2.因为 点P在直线l2:y=x上，所以P(2,2).所以BP=2.所以 1 SAPA=2X2X2=2.因为SA四=S△PA,所以易得点 Q的纵坐标为0或4.因为点Q在直线l2:y=x上，所以 点Q的坐标为(0,0)或(4,4).(3)由题意，可知点M,N 分别在直线l,l2上，点M,N的横坐标都为，所以 M(,-3+2,N(,n.所以MN= -2n+2 1 m=-号n+2分情况讨论：①当∠MDN=90时。 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得 号引-十2-n,解得n=号或n=-4.②当 ∠DNM=90°或∠DMN=90°时，可得 -2+2- 4 n,解得n一5或n=4.综上所述，符合条件的n的值为 号或-4或号或4 3预学储备 第1章二次函数 1.1二次函数的意义 【新知导学】 1.因为y=3x2+(2-3x)(2x+1)化简，得y=-3x2+ x十2，所以该函数是二次函数，二次项系数为一3，一次项 系数为1，常数项为2. 2.(1)由题意，得y=(200-x)(140-x)=x2-340x+ 28000(0<x<140).(2)当x=100时，y=1002-340× 100+28000=4000. 1 a+b+3=6, a= 2 3.由题意，得 解得 所以这个二 (4a-2b+3=0, 5 b2 次函数的束达式为y=2x2+号x十3， 1