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浙江省嘉兴市2024-2025学年八年级下学期3月素养调研测试数学试题
1．（2025八下·嘉兴月考）设a，b，c是不为零的实数，那么的值有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】B
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；有理数的除法法则；化简含绝对值有理数
【解析】【解答】解：∵a，b，c是不为零的实数，
∴三个数分为三个正数或三个负数或两个正数，一个负数或两个负数，一个正数；
第一种：当三个数为三个正数时，
即：当，，时，
∴，
第二种：当三个数为三个负数时，
即：当，，时，
∴，
第三种：当三个数为两个正数，一个负数时，
即：当，，时，
∴，
第四种：当，，时或，，时，
∴，
第五种：当三个数为两个负数，一个正数；
即：当，，时，
∴，
第六种：当，，或，，，
∴，
综上：的值有4种；
故选：B
【分析】根据一个正数的绝对值是它本身，一个负数的绝对值是它的相反数；分情况讨论：三个数分为三个正数或三个负数或两个正数，一个负数或两个负数，一个正数；再进一步根据 有理数的混合运算计算即可.
2．（2025八下·嘉兴月考）化简：（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：令，
展开平方，得
化简合并同类项，得t2
利用平方差公式：，
代入上式，得t2，
∴，
即，
故选：B．
【分析】通过将原表达式转化为平方差的形式，计算t2的值，利用平方差公式和二次根式的性质进行化简，最终得到t2=2，从而得出t的值.
3．（2025八下·嘉兴月考）在三边互不相等的三角形中，最长边的长为，最长的中线的长为，最长的高线的长为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形三边关系；三角形相关概念；三角形的中线
4．（2025八下·嘉兴月考）实数满足，则（　　）
A．186 B．188 C．190 D．192
【答案】D
【知识点】平方差公式及应用；分式的加减法
【解析】【解答】解：∵
∴，，
=
化简：原式
∵a+b+c=57
∴原式=135+57=192，
故选：D．
【分析】通过等量代换，可得，同理可得，，将原式变形，分母利用平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)分解，化简计算即可.
5．（2025八下·嘉兴月考）如图，在中，和的平分线相交于点，过点作分别交于点．喜欢探究的小东通过独立思考，得到以下结论：①当是的中点时；②当的形状变化时，点有可能为的中点．下列判断正确的是（　　）
A．①，②都正确 B．①，②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点F作，交于点G，如图所示：
∵、分别平分，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理：，
结论①当是的中点
∴，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
∴，
又∵AE=BF
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故①正确；
∵和的平分线相交于点 ，连接，
∴平分，（三角形的三条内角平分线交于一点）
∴，
结论②若E为的中点，则，
又∵由①可知
∴，
∴，，
∵，
即2∠DAE+2∠ECD=180°，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵三角形ABC内角和为，
∴这与三角形内角和为矛盾，
∴当的形状变化时，点有可能为的中点，故②错误．
故选：C．
【分析】过点F作，交于点G，根据角平分线分两等角和两直线平行内错角相等，证明，，得出，，两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明为平行四边形，得出，证明，得出，判断①正确；连接，三角形的三条内角平分线交于一点，则平分，由①中信息得，等边对等角，在△ACD中，等量代换证明，求出，得出，说明这与三角形内角和为矛盾，判断②错误．
6．（2025八下·嘉兴月考）如图，函数（是常数，且）的图像分别交轴，轴于点，，线段上两点，（点在点的右侧），作轴，轴，且垂足分别为，，若，则的面积与的面积的大小关系是（　　）
A． B． C． D．无法确定
【答案】A
【知识点】一次函数中的面积问题
7．（2025八下·嘉兴月考）如图，中，，点在边上，，点在边上，且，若，则的长为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
8．（2025八下·嘉兴月考）使得是完全平方数的整数的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【知识点】根据数量关系列方程；有理数的乘方法则
9．（2025八下·嘉兴月考）若关于的不等式的整数解是1，2，3，4，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解：∵，
∴，
（1）当a=0时，得，不成立；
（2）当a＞0时，得
∵关于的不等式的整数解是1，2，3，4，
∴
解得与a＞0不符；
∴当时，得，
同理∵不等式的整数解是1，2，3，4，
∴；
故答案为：
【分析】首先需要将不等式0≤ax+5≤4进行分解，得到关于ax的不等式。然后，根据a的正负情况进行讨论，分别求出a的取值范围。最后，通过整数解的条件，进一步确定a的具体范围。
10．（2025八下·嘉兴月考）已知均为质数，且满足，则　 　．
【答案】15
【知识点】求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵均为质数，，
又∵59是奇数，奇数+偶数=奇数
∴必为一奇一偶，
又∵均为质数，2是唯一的偶数质数；
∴中必有一数为2，
当时，，解得：，符合题意，
∴；
当时，，解得：，不符合题意；
故答案为：15．
【分析】考查代数式求值，质数的定义，熟知"在所有的质数中，只有2是偶数”根据题意，得到必为一奇一偶，再根据均为质数，则中必有一数为2，进行讨论求解即可．
11．（2025八下·嘉兴月考）方程的解是　 　．
【答案】或
【知识点】解含绝对值符号的一元一次方程
【解析】【解答】解：∵，
∴或，（根据去绝对值符号的基本原则）
第一种情况：当时，
∴，
同理：或，
解得：（不符合题意舍去）或（不符合题意舍去）；
第二种情况：当时，
∴，
同理：或，
解得：或，
经检验或是原方程的解，
故答案为：或．
【分析】考查的是绝对值方程的解法，去绝对值符号，去绝对值符号的关键在于判断绝对值内数值的正负性，正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数.一元一次方程的解法，由可得或，再分情况讨论即可.
12．（2025八下·嘉兴月考）如图，在中，，，点在的延长线上，点在边上，且，，交于点，，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，在边上取点，连接，使为，作于点，
∵在中，，，
∴，，
∵(三角形的外角等于不相邻的两个内角和）
∴，
∵=60°，
∴
即三个内角均为60°，
为等边三角形，
∴
又∵，
∴，
在中，，
在中，，
，
，
，
设，
则，
由题意可得：，
，
则，
解得：，
，
在中，，，
，
，
在中，；
故答案为：
【分析】本题考查勾股定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键；
如图，在边上取点，连接使为，作于点，三个内角都是60°的三角形证明为等边三角形，进而根据，两角分别对应相等，则两三角形相似证明，设，用未知数表达DM、FC，根据相似三角形对应边成比例求解，最后根据勾股定理求得的长度，进而求得的长度，进而求解.
13．（2025八下·嘉兴月考）已知，，均为正数，且满足，求的值．
【答案】【解答】解：∵，
∴
∴
，，均为正数，
，
．
故答案为：.
【知识点】因式分解的应用-化简求值
14．（2025八下·嘉兴月考）甲、乙两车分别从地将一批物品运往地，再返回地，两车离地的距离（千米）随时间（小时）变化的图像如图所示，乙车到达地后以千米/小时的速度返回．
（1）甲车与乙车在距离地多远处迎面相遇？
（2）当甲车从地返回的速度多大时，才能比乙车先回到地？
【答案】（1）解：设甲车由A地前往B地的函数解析式为，
将(2.5，50)代入得：50=2.5t，
解得k = 20，
∴甲车由A地前往B地的函数解析式为= 20t，
当s=20时，20t=20，
解得t = 1，
设乙车由A地前往B地的函数解析式为=mt+b，将(0.6，0)，(1，20)分别代入得：
解得：
∴，
当s=50时，得50t-30=50，
解得t = 1.6，
设乙车由B地前往A地的函数解析式为=-25t + q，
把(1.6，50)代入得：-25 x1.6+q= 50，
解得：q=90，
∴=-25t+ 90，
∴两车相遇时，
即20t=-25t+90，
解得t=2，
此时= 40，
∴甲车与乙车在距离A地40千米处迎面相遇，
（2）解：当乙车返回到A地时，有-25t+90=0，
解得t = 3.6，
甲车要比乙车先回到A地，速度应大于
【知识点】一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【分析】（1）根据图象可得甲车由地前往地的函数解析式为，乙车由地前往地的函数解析式为，乙车由地前往地的函数解析式为，求甲车与乙车迎面相遇的地点，当两车相遇时，进而求解.
（2）根据当乙车返回到地时，有，求得的值，然后根据甲车要比乙车先回到地速度应大计算求解即可.
（1）解：设甲车由地前往地的函数解析式为，
将代入，
解得，则，
令，解得，
设乙车由地前往地的函数解析式为，
把，代入得，，
则，
令，解得，
设乙车由地前往地的函数解析式为，
把代入得，
则，
，
解得，
此时，
甲车与乙车在距离地千米处迎面相遇．
（2）解：当乙车返回到地时，有，
解得，
甲车要比乙车先回到地，速度应大于（千米小时）
15．（2025八下·嘉兴月考）根据表中的素材，完成下面的任务：
制作无盖长方体纸盒
素材1 裁剪长方形纸板 将某种规格的长方形纸板按图1、图2所示的两种方法裁剪，分别可裁得2块小长方形纸板和3块小正方形纸板．
素材2 制作无盖长方体纸盒 4块相同的小长方形纸板和1块小正方形纸板可做成图3所示的无盖长方体纸盒；3块相同的小长方形纸板和2块小正方形纸板可做成图4所示的无盖长方体纸盒．
问题解决
任务 制作图3、图4规格的纸盒若干个 若有21张长方形纸板，且恰好能够完成制作（纸板无剩余），则能做成图3、图4规格的纸盒各多少个？
【答案】【解答】解：设能做成图3规格的纸盒数量为x，图4规格的纸盒一数量为y.
由题意得根据纸板的使用情况，建立以下方程组：
，
∵每张长方形纸板可以裁剪成2块小长方形纸板和3块小正方形纸板，
∴21张长方形纸板可以裁剪成
2×21=42块小长方形纸板
3×21=63块小正方形纸板，
将小长方形和小正方形纸板的总数代入方程组得到：
解方程组，得
能做成图3规格的纸盒9个，图4规格的纸盒0个．
【知识点】二元一次方程组的应用-几何问题
16．（2025八下·嘉兴月考）如图，在中，，，点是的中点，点是边上的任意一点，点在边上，且满足，作于点．
（1）证明：；
（2）记，猜想当点在上运动时，的值是否会发生改变？若不变，求出的值；若改变，请说明理由．
【答案】（1）证明：，
∴△ABC是等腰直角三角形
又∵点是的中点，
，（直角三角形斜边中线等于斜边一半）
，
又，
，，
，
∵
∴，

，
；
（2）不会发生变化，，
解：的值不变，理由如下：
∵由（1）可知，
∴，
∵，，
∴△CDE是等腰直角三角形
∴，
∴，
由（1）得，
，
又∵OB2=BP2-OP2，
AB2=OB2+OA2
（定值）．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角的性质等边对等角，证明，，根据全等三角形判定定理AAS证明，再根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据（1）中的信息证明，结合，等量代换可得，根据勾股定理再进一步求解即可.
（1）解：，点是的中点，
，
，
又，
，，
，
又，
，
；
（2）解：的值不变，理由如下：
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由（1）得，
，
（定值）．
17．（2025八下·嘉兴月考）若，求代数式的最大值．
【答案】【解答】解：∵，
∴当x＞0时，原式＞0，
当x＜0时，原式＜0，
∴当时，原代数式有最大值，
此时，
令，
则原式，
上述问题等价于动点到两定点距离差的最大值，
根据三角形的三边关系，
当且仅当动点位于该线段的延长线上时，等号成立，
当时，，得，
此时的最大值为，
代数式的最大值为．

【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】先化简代数式为，换元法，然后设，得到，然后构造动点到两定点距离差的最大值，平面上一动点到两个定点的距离之差的最大值为两定点间线段的延长线长度，当且仅当动点位于该线段的延长线上时取最值，解题即可．
18．（2025八下·嘉兴月考）一只青蛙，位于数轴上的点，跳动一次后到达，已知满足，我们把青蛙从开始，经次跳动的位置依次记作．
（1）写出一个，使其，且；
（2）若，求的值；
（3）对于整数，如果存在一个能同时满足如下两个条件：
①；
②．
求证：．
【答案】（1）解：∵，，
则4次跳动后回到初始位置，
∵，
∴青蛙从原点出发，经4次跳动后回到原点.
这样的跳动之一是：0，1，2，1，0（或 0，1，0，1，0）；
此时a1+a2+a3+a4+a5=0+1+2+1+0=4＞0，
∴A5：0，1，2，1，0（或 0，1，0，1，0）
（2）解：从经2024步到达，设向右跳了步，向左跳了步，
则，
两式相加，解得，
∴可见青蛙一直往右跳，没有往左跳，
（3）解：设从a1到an，经过k-1步到达ak，青蛙向右跳了步，向左跳了步，经过步到达，
则，
，
，
，
即．
【知识点】整式的加减运算；探索数与式的规律；加减消元法解二元一次方程组
【解析】【分析】（1）根据4次跳动后回到初始位置，这就只能两次向右，两次向左.为保证a1+a2+a3+a4+a5＞0，只需将“向右”安排在前即可.
（2）从经2024步到达，设向右跳了步，向左跳了步，根据总共跳的次数2024及最终位置2036列方程组，解方程组得出跳动方式.
（3）理解题目，从原点出发，经过n-1步回到原点，每一步可向左或向右；设向右跳了步，向左跳了步，经过步到达，则，可得，计算总和，化简得出结论．
（1）解：∵，，，
则4次跳动后回到初始位置，
这样的跳动之一是：0，1，2，1，0（也可以是 0，1，0，1，0）；
（2）解：从经2024步到达，设向右跳了步，向左跳了步，
则，
解得，
∴青蛙一直往右跳，没有往左跳，
．
（3）解：设向右跳了步，向左跳了步，经过步到达，
则，
，
，
，即．
1 / 1浙江省嘉兴市2024-2025学年八年级下学期3月素养调研测试数学试题
1．（2025八下·嘉兴月考）设a，b，c是不为零的实数，那么的值有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
2．（2025八下·嘉兴月考）化简：（　　）
A．1 B． C． D．2
3．（2025八下·嘉兴月考）在三边互不相等的三角形中，最长边的长为，最长的中线的长为，最长的高线的长为，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025八下·嘉兴月考）实数满足，则（　　）
A．186 B．188 C．190 D．192
5．（2025八下·嘉兴月考）如图，在中，和的平分线相交于点，过点作分别交于点．喜欢探究的小东通过独立思考，得到以下结论：①当是的中点时；②当的形状变化时，点有可能为的中点．下列判断正确的是（　　）
A．①，②都正确 B．①，②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
6．（2025八下·嘉兴月考）如图，函数（是常数，且）的图像分别交轴，轴于点，，线段上两点，（点在点的右侧），作轴，轴，且垂足分别为，，若，则的面积与的面积的大小关系是（　　）
A． B． C． D．无法确定
7．（2025八下·嘉兴月考）如图，中，，点在边上，，点在边上，且，若，则的长为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
8．（2025八下·嘉兴月考）使得是完全平方数的整数的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2025八下·嘉兴月考）若关于的不等式的整数解是1，2，3，4，则的取值范围为　 　．
10．（2025八下·嘉兴月考）已知均为质数，且满足，则　 　．
11．（2025八下·嘉兴月考）方程的解是　 　．
12．（2025八下·嘉兴月考）如图，在中，，，点在的延长线上，点在边上，且，，交于点，，，则的长为　 　．
13．（2025八下·嘉兴月考）已知，，均为正数，且满足，求的值．
14．（2025八下·嘉兴月考）甲、乙两车分别从地将一批物品运往地，再返回地，两车离地的距离（千米）随时间（小时）变化的图像如图所示，乙车到达地后以千米/小时的速度返回．
（1）甲车与乙车在距离地多远处迎面相遇？
（2）当甲车从地返回的速度多大时，才能比乙车先回到地？
15．（2025八下·嘉兴月考）根据表中的素材，完成下面的任务：
制作无盖长方体纸盒
素材1 裁剪长方形纸板 将某种规格的长方形纸板按图1、图2所示的两种方法裁剪，分别可裁得2块小长方形纸板和3块小正方形纸板．
素材2 制作无盖长方体纸盒 4块相同的小长方形纸板和1块小正方形纸板可做成图3所示的无盖长方体纸盒；3块相同的小长方形纸板和2块小正方形纸板可做成图4所示的无盖长方体纸盒．
问题解决
任务 制作图3、图4规格的纸盒若干个 若有21张长方形纸板，且恰好能够完成制作（纸板无剩余），则能做成图3、图4规格的纸盒各多少个？
16．（2025八下·嘉兴月考）如图，在中，，，点是的中点，点是边上的任意一点，点在边上，且满足，作于点．
（1）证明：；
（2）记，猜想当点在上运动时，的值是否会发生改变？若不变，求出的值；若改变，请说明理由．
17．（2025八下·嘉兴月考）若，求代数式的最大值．
18．（2025八下·嘉兴月考）一只青蛙，位于数轴上的点，跳动一次后到达，已知满足，我们把青蛙从开始，经次跳动的位置依次记作．
（1）写出一个，使其，且；
（2）若，求的值；
（3）对于整数，如果存在一个能同时满足如下两个条件：
①；
②．
求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；有理数的除法法则；化简含绝对值有理数
【解析】【解答】解：∵a，b，c是不为零的实数，
∴三个数分为三个正数或三个负数或两个正数，一个负数或两个负数，一个正数；
第一种：当三个数为三个正数时，
即：当，，时，
∴，
第二种：当三个数为三个负数时，
即：当，，时，
∴，
第三种：当三个数为两个正数，一个负数时，
即：当，，时，
∴，
第四种：当，，时或，，时，
∴，
第五种：当三个数为两个负数，一个正数；
即：当，，时，
∴，
第六种：当，，或，，，
∴，
综上：的值有4种；
故选：B
【分析】根据一个正数的绝对值是它本身，一个负数的绝对值是它的相反数；分情况讨论：三个数分为三个正数或三个负数或两个正数，一个负数或两个负数，一个正数；再进一步根据 有理数的混合运算计算即可.
2．【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：令，
展开平方，得
化简合并同类项，得t2
利用平方差公式：，
代入上式，得t2，
∴，
即，
故选：B．
【分析】通过将原表达式转化为平方差的形式，计算t2的值，利用平方差公式和二次根式的性质进行化简，最终得到t2=2，从而得出t的值.
3．【答案】A
【知识点】三角形三边关系；三角形相关概念；三角形的中线
4．【答案】D
【知识点】平方差公式及应用；分式的加减法
【解析】【解答】解：∵
∴，，
=
化简：原式
∵a+b+c=57
∴原式=135+57=192，
故选：D．
【分析】通过等量代换，可得，同理可得，，将原式变形，分母利用平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)分解，化简计算即可.
5．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点F作，交于点G，如图所示：
∵、分别平分，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理：，
结论①当是的中点
∴，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
∴，
又∵AE=BF
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故①正确；
∵和的平分线相交于点 ，连接，
∴平分，（三角形的三条内角平分线交于一点）
∴，
结论②若E为的中点，则，
又∵由①可知
∴，
∴，，
∵，
即2∠DAE+2∠ECD=180°，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵三角形ABC内角和为，
∴这与三角形内角和为矛盾，
∴当的形状变化时，点有可能为的中点，故②错误．
故选：C．
【分析】过点F作，交于点G，根据角平分线分两等角和两直线平行内错角相等，证明，，得出，，两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明为平行四边形，得出，证明，得出，判断①正确；连接，三角形的三条内角平分线交于一点，则平分，由①中信息得，等边对等角，在△ACD中，等量代换证明，求出，得出，说明这与三角形内角和为矛盾，判断②错误．
6．【答案】A
【知识点】一次函数中的面积问题
7．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
8．【答案】A
【知识点】根据数量关系列方程；有理数的乘方法则
9．【答案】
【知识点】解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解：∵，
∴，
（1）当a=0时，得，不成立；
（2）当a＞0时，得
∵关于的不等式的整数解是1，2，3，4，
∴
解得与a＞0不符；
∴当时，得，
同理∵不等式的整数解是1，2，3，4，
∴；
故答案为：
【分析】首先需要将不等式0≤ax+5≤4进行分解，得到关于ax的不等式。然后，根据a的正负情况进行讨论，分别求出a的取值范围。最后，通过整数解的条件，进一步确定a的具体范围。
10．【答案】15
【知识点】求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵均为质数，，
又∵59是奇数，奇数+偶数=奇数
∴必为一奇一偶，
又∵均为质数，2是唯一的偶数质数；
∴中必有一数为2，
当时，，解得：，符合题意，
∴；
当时，，解得：，不符合题意；
故答案为：15．
【分析】考查代数式求值，质数的定义，熟知"在所有的质数中，只有2是偶数”根据题意，得到必为一奇一偶，再根据均为质数，则中必有一数为2，进行讨论求解即可．
11．【答案】或
【知识点】解含绝对值符号的一元一次方程
【解析】【解答】解：∵，
∴或，（根据去绝对值符号的基本原则）
第一种情况：当时，
∴，
同理：或，
解得：（不符合题意舍去）或（不符合题意舍去）；
第二种情况：当时，
∴，
同理：或，
解得：或，
经检验或是原方程的解，
故答案为：或．
【分析】考查的是绝对值方程的解法，去绝对值符号，去绝对值符号的关键在于判断绝对值内数值的正负性，正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数.一元一次方程的解法，由可得或，再分情况讨论即可.
12．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，在边上取点，连接，使为，作于点，
∵在中，，，
∴，，
∵(三角形的外角等于不相邻的两个内角和）
∴，
∵=60°，
∴
即三个内角均为60°，
为等边三角形，
∴
又∵，
∴，
在中，，
在中，，
，
，
，
设，
则，
由题意可得：，
，
则，
解得：，
，
在中，，，
，
，
在中，；
故答案为：
【分析】本题考查勾股定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键；
如图，在边上取点，连接使为，作于点，三个内角都是60°的三角形证明为等边三角形，进而根据，两角分别对应相等，则两三角形相似证明，设，用未知数表达DM、FC，根据相似三角形对应边成比例求解，最后根据勾股定理求得的长度，进而求得的长度，进而求解.
13．【答案】【解答】解：∵，
∴
∴
，，均为正数，
，
．
故答案为：.
【知识点】因式分解的应用-化简求值
14．【答案】（1）解：设甲车由A地前往B地的函数解析式为，
将(2.5，50)代入得：50=2.5t，
解得k = 20，
∴甲车由A地前往B地的函数解析式为= 20t，
当s=20时，20t=20，
解得t = 1，
设乙车由A地前往B地的函数解析式为=mt+b，将(0.6，0)，(1，20)分别代入得：
解得：
∴，
当s=50时，得50t-30=50，
解得t = 1.6，
设乙车由B地前往A地的函数解析式为=-25t + q，
把(1.6，50)代入得：-25 x1.6+q= 50，
解得：q=90，
∴=-25t+ 90，
∴两车相遇时，
即20t=-25t+90，
解得t=2，
此时= 40，
∴甲车与乙车在距离A地40千米处迎面相遇，
（2）解：当乙车返回到A地时，有-25t+90=0，
解得t = 3.6，
甲车要比乙车先回到A地，速度应大于
【知识点】一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【分析】（1）根据图象可得甲车由地前往地的函数解析式为，乙车由地前往地的函数解析式为，乙车由地前往地的函数解析式为，求甲车与乙车迎面相遇的地点，当两车相遇时，进而求解.
（2）根据当乙车返回到地时，有，求得的值，然后根据甲车要比乙车先回到地速度应大计算求解即可.
（1）解：设甲车由地前往地的函数解析式为，
将代入，
解得，则，
令，解得，
设乙车由地前往地的函数解析式为，
把，代入得，，
则，
令，解得，
设乙车由地前往地的函数解析式为，
把代入得，
则，
，
解得，
此时，
甲车与乙车在距离地千米处迎面相遇．
（2）解：当乙车返回到地时，有，
解得，
甲车要比乙车先回到地，速度应大于（千米小时）
15．【答案】【解答】解：设能做成图3规格的纸盒数量为x，图4规格的纸盒一数量为y.
由题意得根据纸板的使用情况，建立以下方程组：
，
∵每张长方形纸板可以裁剪成2块小长方形纸板和3块小正方形纸板，
∴21张长方形纸板可以裁剪成
2×21=42块小长方形纸板
3×21=63块小正方形纸板，
将小长方形和小正方形纸板的总数代入方程组得到：
解方程组，得
能做成图3规格的纸盒9个，图4规格的纸盒0个．
【知识点】二元一次方程组的应用-几何问题
16．【答案】（1）证明：，
∴△ABC是等腰直角三角形
又∵点是的中点，
，（直角三角形斜边中线等于斜边一半）
，
又，
，，
，
∵
∴，

，
；
（2）不会发生变化，，
解：的值不变，理由如下：
∵由（1）可知，
∴，
∵，，
∴△CDE是等腰直角三角形
∴，
∴，
由（1）得，
，
又∵OB2=BP2-OP2，
AB2=OB2+OA2
（定值）．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角的性质等边对等角，证明，，根据全等三角形判定定理AAS证明，再根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据（1）中的信息证明，结合，等量代换可得，根据勾股定理再进一步求解即可.
（1）解：，点是的中点，
，
，
又，
，，
，
又，
，
；
（2）解：的值不变，理由如下：
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由（1）得，
，
（定值）．
17．【答案】【解答】解：∵，
∴当x＞0时，原式＞0，
当x＜0时，原式＜0，
∴当时，原代数式有最大值，
此时，
令，
则原式，
上述问题等价于动点到两定点距离差的最大值，
根据三角形的三边关系，
当且仅当动点位于该线段的延长线上时，等号成立，
当时，，得，
此时的最大值为，
代数式的最大值为．

【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】先化简代数式为，换元法，然后设，得到，然后构造动点到两定点距离差的最大值，平面上一动点到两个定点的距离之差的最大值为两定点间线段的延长线长度，当且仅当动点位于该线段的延长线上时取最值，解题即可．
18．【答案】（1）解：∵，，
则4次跳动后回到初始位置，
∵，
∴青蛙从原点出发，经4次跳动后回到原点.
这样的跳动之一是：0，1，2，1，0（或 0，1，0，1，0）；
此时a1+a2+a3+a4+a5=0+1+2+1+0=4＞0，
∴A5：0，1，2，1，0（或 0，1，0，1，0）
（2）解：从经2024步到达，设向右跳了步，向左跳了步，
则，
两式相加，解得，
∴可见青蛙一直往右跳，没有往左跳，
（3）解：设从a1到an，经过k-1步到达ak，青蛙向右跳了步，向左跳了步，经过步到达，
则，
，
，
，
即．
【知识点】整式的加减运算；探索数与式的规律；加减消元法解二元一次方程组
【解析】【分析】（1）根据4次跳动后回到初始位置，这就只能两次向右，两次向左.为保证a1+a2+a3+a4+a5＞0，只需将“向右”安排在前即可.
（2）从经2024步到达，设向右跳了步，向左跳了步，根据总共跳的次数2024及最终位置2036列方程组，解方程组得出跳动方式.
（3）理解题目，从原点出发，经过n-1步回到原点，每一步可向左或向右；设向右跳了步，向左跳了步，经过步到达，则，可得，计算总和，化简得出结论．
（1）解：∵，，，
则4次跳动后回到初始位置，
这样的跳动之一是：0，1，2，1，0（也可以是 0，1，0，1，0）；
（2）解：从经2024步到达，设向右跳了步，向左跳了步，
则，
解得，
∴青蛙一直往右跳，没有往左跳，
．
（3）解：设向右跳了步，向左跳了步，经过步到达，
则，
，
，
，即．
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