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广东省深圳市深圳高级中学2023-2024学年八年级下学期期末考试数学试题
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分.答案填在答卷的指定位置上，否则不给分)
1．（2024八下·深圳期末）2024年4月25日搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭成功发射升空，叶光富、李聪、李广苏3名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度下列航空航天图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：选项A、B、D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C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：C．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．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．
2．（2024八下·深圳期末）下列从左到右的变形中，是因式分解的为 (　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】A选项，从左到右为整式的乘法，不符合题意；
B选项，从左到右为因式分解；
C选项，左边为单项式，从左到右不是因式分解，不符合题意；
D选项，从左到右并不转化为乘积的形式，不是因式分解，不符合题意；
答案：B.
【分析】由因式分解的定义：多项式化为乘积的形式，依次判断即可.
3．（2024八下·深圳期末）根据下表中的数值，判断方程(为常数)的一个解的取值范围是(　　)
x 3.23 3.24 3.25 3.26
-0.04 -0.01 0.02 0.06
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】估算一元二次方程的近似解
【解析】【解答】由零点存在定理知当x=3.24，=-0.01<0，x=3.25，=0.02>0，故方程的零点在3.24和3.25之间
答案：C.
【分析】直接由表格中的数据，根据零点存在定理即可得零点的范围.
4．（2024八下·深圳期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（ ）
①； ②； ③； ④．
A．①③ B．②③ C．③④ D．①④
【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形ABCD是菱形，①满足题意；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形ABCD是矩形，②不满足题意；
③根据一组邻边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形ABCD是菱形，③满足题意；
④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形ABCD是矩形，④不满足题意，
故满足题意的有①③.
故答案为：A．
【分析】根据菱形的判定定理：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组邻边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；矩形的判定定理：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；四个角是直角的四边形是矩形，可逐一判断得出答案.
5．（2024八下·深圳期末）用配方法解下列方程，其中应在方程两边同时加上4的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：A、应在方程左右两边同时加上1，故不符题意；
B、应在方程左右两边同时加上4，故符题意；
C、原方程移项得，应在方程左右两边同时加上1，故不符题意；
D、应在方程左右两边同时加上1，故不符题意；
故答案为：B．
【分析】结合配方法与完全平方式的性质知两边同时加4的方程为 .
6．（2024八下·深圳期末）如图，小明荡秋千，位置从A点运动到了点，若，则秋千旋转的角度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵小刚的位置从A点运动到了A'点，
∴，
∴，
∴，
∴秋千旋转的角度为
故答案为：D．
【分析】根据旋转的性质得OA=A'O，根据等边对等角得，然后利用三角形内角和即可求解．
7．（2024八下·深圳期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，连接OE，若AD=4，CD=8，则OE的长为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，．
∴．
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴．
是的中点，，
∴是的中位线，
，
故答案为：C．
【分析】根据平行四边形的性质得AB∥CD，AB=CD=8，BO=DO，由两直线平行，内错角相等，得∠CDP=∠APD，由角平分线的定义得∠ADP=∠CDP，则∠ADP=∠APD，由等角对等边得AP=AD=4，进而由线段的和差可得PB=4，再根据三角形的中位线等于第三边的一半解答即可．
8．（2024八下·深圳期末）如图，直线 与直线 交于点(1，m)，则不等式 的解集为(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】由图知当x<1时，y2图像在y1的上方，即
答案：A.
【分析】直接数形结合判断x的范围即可.
9．（2024八下·深圳期末）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．顺次连接矩形四边中点形成的图形是菱形
C．对角线相等的矩形是正方形
D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、∵对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故选项A错误，不符合要求；
B、顺次连接矩形四边中点形成的图形是菱形，故选项B正确，符合要求；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故选项C错误，不符合要求；
D、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故选项D错误，不符合要求.
故答案为：B．
【分析】根据菱形的判定：对角线互相垂直且平分的四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判断A选项；根据三角形中位线定理、矩形的对角线相等及四边相等得四边形是菱形，可判断B选项；根据正方形的判定定理：对角线互相垂直的矩形是正方形，可判断C选项；根据矩形的判定定理：对角线相等且互相平分的四边形是矩形或对角线相等的平行四边形是矩形，可判断D选项.
10．（2024八下·深圳期末） 如图， 四边形ABCD中， BC∥AD， AC⊥BD， AC=3， BD=6，BC=1， 则AD的长为(　　)
A．8 B． C． D．
【答案】D
【知识点】梯形；直角三角形的性质
【解析】【解答】过点C作CE||BD交AD延长线于点E，又BC||DE得BCED为平行四边形，
DE=BC=1，CE=BD=6，而 AC⊥BD 得AC⊥CE，由勾股定理得AE=
故AD=AE-DE=3-1
故答案为：D
【分析】作CE||BD可得BCED为平行四边形得DE=BC=1，由勾股定理得AE的长，即可得AD的长.
二、填空题(每小题3分，共15分.答案填在答卷的指定位置上，否则不给分)
11．（2024八下·深圳期末）因式分解：x2-4y2=　 　 .
【答案】（x+2y）（x-2y）
【知识点】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解：原式
故答案为：
【分析】根据平方差公式进行因式分解即可.
12．（2024八下·深圳期末）若m是一元二次方程的一个解，则 　 　．
【答案】10
【知识点】一元二次方程的根；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：由题意知，，即，
∴
故答案为：．
【分析】根据一元二次方程解的定义，将x=m代入x2-3x-5=0可得m2-3m=5，然后将待求式子含字母的部分逆用乘法分配律变形后整体代值求解即可．
13．（2024八下·深圳期末）一个正多边形的内角和减外角和等于360°，则它的边数为　 　.
【答案】6
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】设正多边形的边数为n，则由题意得180°(n-2)-360°=360°，解得n=6
答案：6.
【分析】设多边形的边数为n，根据题意列出方程即可得结果.
14．（2024八下·深圳期末） 关于的不等式组 有且仅有3个整数解，那么m的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】一元一次不等式组的含参问题
【解析】【解答】解不等式组得≤x答案：
【分析】先求解不等式组，结合题意有3个整数解，即可得m的取值范围.
15．（2024八下·深圳期末） 如图， 在□ABCD 中， AG⊥BC， ∠ADB=30°， E为平行四边形对角线BD上一点， F为CD边上一点，且BE=CF，连接AE、AF， 则AE+AF的最小值为　 　.
【答案】7
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-SAS；线段最值问题
【解析】【解答】解：作CM使CM=AB且∠FCM=∠ABE，由BE=CF得△CFM≌△BEA，得FM=AE，
AE+AF=AF+FM，当A、F、M共线时，取最小值，
过点M作MH⊥AG，MN⊥BC于点N
∠ABE=∠BDC，∠FCM=∠ABD得∠BDC=∠FCM，故BD||CM，故∠MCN=∠CBD=∠ADB=30°
MN=3，故GH=3，AH=1，由勾股定理得AM=
答案：7
【分析】构造△CFM与△ABE全等，即可转化为FM=AE，当A、F、M共线时取最小值，根据特殊角即可求出AM的长即可.
三、解答题(共7题，合计55分.答案填在答卷的指定位置上，否则不给分)
16．（2024八下·深圳期末）计算：
（1）
（2）
【答案】（1）解：
（2）解：
【知识点】因式分解法解一元二次方程；解一元一次不等式
【解析】【分析】(1)直接提公因式法求解即可；
（2）先去分母，再移项合并后系数化1即可得结果.
17．（2024八下·深圳期末）先化简， 再求值： 其中
【答案】解：原式
将 带入
原式
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】先利用分式运算化简结果得，代入求值即可.
18．（2024八下·深圳期末）如图， 在 ABCD中， BC=2AB， E、F分别是BC、AD的中点， AE与BF交于点O， 连接EF、OC.
（1） 求证： 四边形 ABEF 是菱形；
（2） 若BC=8， ∠ABC=60°， 求OC的长.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC， AD=BC
∴AF∥BE
∵点E、F 分别是BC、AD的中点
∴AF=BE
∴四边形ABEF是平行四边形
∵ BC=2AB，且BC=2BE
∴AB= BE
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：如图， 过点O作OH⊥BC于H
由(1) 知， 四边形 ABEF是菱形， ∠ABC=60°
∵ AB=4
∵BC=2AB=2×4=8
HC=BC-BH=8-3=5
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】(1)由平行四边形的性质得AF=BE且AF||BE得ABEF为平行四边形，由AB=BE即可得菱形；
(2)由菱形的性质和勾股定理可得CH和OH的长，即可得OC的长.
19．（2024八下·深圳期末）某粮食生产基地积极扩大粮食生产规模，计划投入一笔资金购买甲、乙两种农机具，已知件甲种农机具比件乙种农机具多万元，用万元购买甲种农机具的数量和用万元购买乙种农机具的数量相同．
（1）求购买件甲种农机具和件乙种农机具各需多少万元
（2）若该粮食生产基地计划购买甲、乙两种农机具共件，且购买的总费用不超过万元，则甲种农机具最多能购买多少件
【答案】（1）解：设乙种农机具一件需万元，则甲种农机具一件需万元根据题意得：；
解得：；
经检验：是原方程的解，且符合题意；
∴一台甲种农机具需万元．
答：甲种农机具一件需万元，乙种农机具一件需万元；
（2）解：设甲种农机具购买件，由题意得；
解得；
∵为正整数，则的最大值为；
答：甲种农机具最多能购买件．
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式的应用
【解析】【分析】（）设乙种农机具一件需x万元，则甲种农机具一件需(x+3)万元，利用数量＝总价÷单价，结合用30万元购买甲种农机具的数量和用21万元购买乙种农机具的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出购买1件乙种农机具所需费用，再将其代入(x+3)中即可求出购买1件甲种农机具所需费用；
（）设甲种农机具购买m件，利用总价＝单价×数量，结合购买m件甲农具的费用+购买(10-m)件乙农具的总费用不超过90万元，即可列出关于字母m的一元一次不等式，解之取其中的最大整数值即可得出结论．
20．（2024八下·深圳期末）仅利用已有的格点与无刻度直尺作图．(保留作图痕迹)
（1）在图中，作出面积最大的平行四边形．
（2）在图中，是中点，在边上找到点，连接，使．
（3）在图中，在边上找到点，连接，使平分．
【答案】（1）解：以AB为底，平移AB到CD，则AB=CD且AB∥CD，从而连接AD和BC，当平行线CD与AB之间的距离最大时，平行四边形ABCD的高最大，即面积最大，作图如下所示：
（2）解：取点F和点G，连接AG，AF，BF，BG，可得四边形AGBF为平行四边形，
∴AB和FG为对角线，
∴点E是AB边上中点，
又∵D是AC中点，
∴且，
作图如下所示：

（3）解：取各点T，使AB=AT，取AT的中点Q，连接BQ并延长交CD于点E，则BE就是所求的平分∠ABC的线，作图如下：
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的性质；三角形的中位线定理；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）按照平移的性质及平行四边形的面积计算方法，以AB为底，当平行线CD与AB之间的距离最大时，平行四边形ABCD的高最大，即面积最大，作图即可；
（2）根据矩形的对角线互相平分找到AB的中点E，连接DE，再根据三角形中位线的性质可得结论；
（3）以A为顶点AB为腰构造等腰三角形ABT，由矩形的对角线互相平分取AT的中点Q，连接BQ，延长BQ交CD一点E，根据等腰三角形的三线合一可得线段BE即为所求．
21．（2024八下·深圳期末）先阅读材料，再回答问题.
我们定义：形如 (m、n为非零实数)，且两个解分别为 的方程称为“可分解分式方程”.例如： 为可分解分式方程，可化为
应用上面的结论解答下列问题：
（1）若 为可分解分式方程，则： x1=　 　，x2=　 　.
（2）若可分解分式方程方程： 的两个解分别为 求 的值.
（3）若关于的可分解分式方程 的两个解分别为x1、x2(k为实数)，且 求k的值.
【答案】（1）6；-2
（2）解：∵可分解分式方程 的两个解分别为
∴，
（3）解：方程 是可分解分式方程，
可化为
∵k为实数，不妨设
∴
(舍去)
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；解分式方程
【解析】【解答】解： (1) ∵方程 是可分解分式方程，可化为 故答案为： 6， -2.(-2， 6亦可以)
【分析】(1)去分母后解一元二次方程即可；
(2)化简得一元二次方程可得ab和a+b的值，再代入求值即可；
(3)先将方程转化为一元二次方程，利用韦达定理可得 x1、x2 与k之间的关系，即可得k的值.
22．（2024八下·深圳期末）
（1）【问题感知】如图1， 在四边形ABCD 中， ， 且AD=CD，①请直接写出AB、BC、BD的数量关系： ；
②证明： BD平分∠ABC；
（2）【迁移应用】 如图2， 四边形 ABCD 中， ∠ABC=60°， ∠ADC=120°， BE⊥AD， AB=BC= ，CD=1， 计算 BE的长度；
（3）【拓展研究】如图3， 正方形ABCD中， E为BC边上一点， 连接AE， F为AE边上一点， 且 AF=BC，FG 垂直DF 交 AB于点G， EF=2， AG=5， 直接写出正方形的边长.
【答案】（1）解：①
②证明： 将△DAB绕点D逆时针旋转90°至△DCE
∴∠DCB+∠DCE=∠DCB+∠DAB=180°
∴B、C、E三点共线
∵∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC=90°， BD=CD
∴△BDE是等腰直角三角形
∴∠DBC=∠DEC=∠DBA=45°
∴BD平分∠ABC
（2）解：连接BD， 将△BCD绕点D逆时针旋转60°至△BAD'
在四边形ABCD中，∠BAC+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360°
∴∠BAD+∠BAD'=∠BAD+∠BCD=180°
∴B、D、D'三点共线
又∠ 所以 是等边三角形
∵BE⊥AD
∴BE平分∠D'BE
设则
在Rt△ABE中，
则
解得 (舍)
∴AE=1
（3）解：
【知识点】勾股定理；正方形的性质；四边形的综合；旋转全等模型
【解析】【解答】解：(1)①证明： 将△DAB绕点D逆时针旋转90°至△DCE
∴∠DCB+∠DCE=∠DCB+∠DAB=180°
∴B、C、E三点共线
∵∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC=90°， BD=CD
∴△BDE是等腰直角三角形
∴BE=BD
∵BE=BC+CE=BC+AB
∴
（3）设∠DAF=α，则∠BAE=90°-α，
∵AF=BC，BC=AB
∴AF=AB，AF=AD，
∴∠ABF=∠AFB=45°+α，AFD=90°-α，
∵∠DFG=90°
∴∠BGF=90°-α，
∴∠MBG=α
∴∠FBM=∠ABF-∠MBG=45°+α-α=45°
∴MB=MF
∵BM⊥MF，BN⊥FN，MF⊥FN，
∴BNFM为正方形
∴BM=BN，∠MBN=∠ABE=90°
∴∠GBM=∠HBN
∴△BMG≌△BNH
∴GB=BH
∵∠ADF=∠AFD，∠ADF=∠FHE，∠AFD=∠HFE
∴∠FHE=∠HFE
∴EH=EF=2
设AB=x，则AF=x，BH=BG=x-5，于是BE=x-5=2=x-3，AE=x+2，
由勾股定理得得x=或(舍去)
故AB=
【分析】(1)利用旋转得BDE为等腰直角三角形，即可得结论；
(2)同理利用对角互补旋转△BCD至△BD'A，可得△BDD'为等边三角形，利用勾股定理可得BE的长；
(3)由等腰三角形可得角度关系，得∠MBF=45°，即可得BMFN为正方形，得△BMG≌△BNH，利用勾股定理设方程即可得正方形的边长.
1 / 1广东省深圳市深圳高级中学2023-2024学年八年级下学期期末考试数学试题
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分.答案填在答卷的指定位置上，否则不给分)
1．（2024八下·深圳期末）2024年4月25日搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭成功发射升空，叶光富、李聪、李广苏3名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度下列航空航天图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024八下·深圳期末）下列从左到右的变形中，是因式分解的为 (　　)
A． B．
C． D．
3．（2024八下·深圳期末）根据下表中的数值，判断方程(为常数)的一个解的取值范围是(　　)
x 3.23 3.24 3.25 3.26
-0.04 -0.01 0.02 0.06
A． B．
C． D．
4．（2024八下·深圳期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（ ）
①； ②； ③； ④．
A．①③ B．②③ C．③④ D．①④
5．（2024八下·深圳期末）用配方法解下列方程，其中应在方程两边同时加上4的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024八下·深圳期末）如图，小明荡秋千，位置从A点运动到了点，若，则秋千旋转的角度为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024八下·深圳期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，连接OE，若AD=4，CD=8，则OE的长为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
8．（2024八下·深圳期末）如图，直线 与直线 交于点(1，m)，则不等式 的解集为(　　)
A． B． C． D．
9．（2024八下·深圳期末）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．顺次连接矩形四边中点形成的图形是菱形
C．对角线相等的矩形是正方形
D．对角线相等的四边形是矩形
10．（2024八下·深圳期末） 如图， 四边形ABCD中， BC∥AD， AC⊥BD， AC=3， BD=6，BC=1， 则AD的长为(　　)
A．8 B． C． D．
二、填空题(每小题3分，共15分.答案填在答卷的指定位置上，否则不给分)
11．（2024八下·深圳期末）因式分解：x2-4y2=　 　 .
12．（2024八下·深圳期末）若m是一元二次方程的一个解，则 　 　．
13．（2024八下·深圳期末）一个正多边形的内角和减外角和等于360°，则它的边数为　 　.
14．（2024八下·深圳期末） 关于的不等式组 有且仅有3个整数解，那么m的取值范围为　 　.
15．（2024八下·深圳期末） 如图， 在□ABCD 中， AG⊥BC， ∠ADB=30°， E为平行四边形对角线BD上一点， F为CD边上一点，且BE=CF，连接AE、AF， 则AE+AF的最小值为　 　.
三、解答题(共7题，合计55分.答案填在答卷的指定位置上，否则不给分)
16．（2024八下·深圳期末）计算：
（1）
（2）
17．（2024八下·深圳期末）先化简， 再求值： 其中
18．（2024八下·深圳期末）如图， 在 ABCD中， BC=2AB， E、F分别是BC、AD的中点， AE与BF交于点O， 连接EF、OC.
（1） 求证： 四边形 ABEF 是菱形；
（2） 若BC=8， ∠ABC=60°， 求OC的长.
19．（2024八下·深圳期末）某粮食生产基地积极扩大粮食生产规模，计划投入一笔资金购买甲、乙两种农机具，已知件甲种农机具比件乙种农机具多万元，用万元购买甲种农机具的数量和用万元购买乙种农机具的数量相同．
（1）求购买件甲种农机具和件乙种农机具各需多少万元
（2）若该粮食生产基地计划购买甲、乙两种农机具共件，且购买的总费用不超过万元，则甲种农机具最多能购买多少件
20．（2024八下·深圳期末）仅利用已有的格点与无刻度直尺作图．(保留作图痕迹)
（1）在图中，作出面积最大的平行四边形．
（2）在图中，是中点，在边上找到点，连接，使．
（3）在图中，在边上找到点，连接，使平分．
21．（2024八下·深圳期末）先阅读材料，再回答问题.
我们定义：形如 (m、n为非零实数)，且两个解分别为 的方程称为“可分解分式方程”.例如： 为可分解分式方程，可化为
应用上面的结论解答下列问题：
（1）若 为可分解分式方程，则： x1=　 　，x2=　 　.
（2）若可分解分式方程方程： 的两个解分别为 求 的值.
（3）若关于的可分解分式方程 的两个解分别为x1、x2(k为实数)，且 求k的值.
22．（2024八下·深圳期末）
（1）【问题感知】如图1， 在四边形ABCD 中， ， 且AD=CD，①请直接写出AB、BC、BD的数量关系： ；
②证明： BD平分∠ABC；
（2）【迁移应用】 如图2， 四边形 ABCD 中， ∠ABC=60°， ∠ADC=120°， BE⊥AD， AB=BC= ，CD=1， 计算 BE的长度；
（3）【拓展研究】如图3， 正方形ABCD中， E为BC边上一点， 连接AE， F为AE边上一点， 且 AF=BC，FG 垂直DF 交 AB于点G， EF=2， AG=5， 直接写出正方形的边长.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：选项A、B、D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C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：C．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．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．
2．【答案】B
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】A选项，从左到右为整式的乘法，不符合题意；
B选项，从左到右为因式分解；
C选项，左边为单项式，从左到右不是因式分解，不符合题意；
D选项，从左到右并不转化为乘积的形式，不是因式分解，不符合题意；
答案：B.
【分析】由因式分解的定义：多项式化为乘积的形式，依次判断即可.
3．【答案】C
【知识点】估算一元二次方程的近似解
【解析】【解答】由零点存在定理知当x=3.24，=-0.01<0，x=3.25，=0.02>0，故方程的零点在3.24和3.25之间
答案：C.
【分析】直接由表格中的数据，根据零点存在定理即可得零点的范围.
4．【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形ABCD是菱形，①满足题意；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形ABCD是矩形，②不满足题意；
③根据一组邻边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形ABCD是菱形，③满足题意；
④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形ABCD是矩形，④不满足题意，
故满足题意的有①③.
故答案为：A．
【分析】根据菱形的判定定理：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组邻边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；矩形的判定定理：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；四个角是直角的四边形是矩形，可逐一判断得出答案.
5．【答案】B
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：A、应在方程左右两边同时加上1，故不符题意；
B、应在方程左右两边同时加上4，故符题意；
C、原方程移项得，应在方程左右两边同时加上1，故不符题意；
D、应在方程左右两边同时加上1，故不符题意；
故答案为：B．
【分析】结合配方法与完全平方式的性质知两边同时加4的方程为 .
6．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵小刚的位置从A点运动到了A'点，
∴，
∴，
∴，
∴秋千旋转的角度为
故答案为：D．
【分析】根据旋转的性质得OA=A'O，根据等边对等角得，然后利用三角形内角和即可求解．
7．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，．
∴．
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴．
是的中点，，
∴是的中位线，
，
故答案为：C．
【分析】根据平行四边形的性质得AB∥CD，AB=CD=8，BO=DO，由两直线平行，内错角相等，得∠CDP=∠APD，由角平分线的定义得∠ADP=∠CDP，则∠ADP=∠APD，由等角对等边得AP=AD=4，进而由线段的和差可得PB=4，再根据三角形的中位线等于第三边的一半解答即可．
8．【答案】A
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】由图知当x<1时，y2图像在y1的上方，即
答案：A.
【分析】直接数形结合判断x的范围即可.
9．【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、∵对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故选项A错误，不符合要求；
B、顺次连接矩形四边中点形成的图形是菱形，故选项B正确，符合要求；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故选项C错误，不符合要求；
D、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故选项D错误，不符合要求.
故答案为：B．
【分析】根据菱形的判定：对角线互相垂直且平分的四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判断A选项；根据三角形中位线定理、矩形的对角线相等及四边相等得四边形是菱形，可判断B选项；根据正方形的判定定理：对角线互相垂直的矩形是正方形，可判断C选项；根据矩形的判定定理：对角线相等且互相平分的四边形是矩形或对角线相等的平行四边形是矩形，可判断D选项.
10．【答案】D
【知识点】梯形；直角三角形的性质
【解析】【解答】过点C作CE||BD交AD延长线于点E，又BC||DE得BCED为平行四边形，
DE=BC=1，CE=BD=6，而 AC⊥BD 得AC⊥CE，由勾股定理得AE=
故AD=AE-DE=3-1
故答案为：D
【分析】作CE||BD可得BCED为平行四边形得DE=BC=1，由勾股定理得AE的长，即可得AD的长.
11．【答案】（x+2y）（x-2y）
【知识点】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解：原式
故答案为：
【分析】根据平方差公式进行因式分解即可.
12．【答案】10
【知识点】一元二次方程的根；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：由题意知，，即，
∴
故答案为：．
【分析】根据一元二次方程解的定义，将x=m代入x2-3x-5=0可得m2-3m=5，然后将待求式子含字母的部分逆用乘法分配律变形后整体代值求解即可．
13．【答案】6
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】设正多边形的边数为n，则由题意得180°(n-2)-360°=360°，解得n=6
答案：6.
【分析】设多边形的边数为n，根据题意列出方程即可得结果.
14．【答案】
【知识点】一元一次不等式组的含参问题
【解析】【解答】解不等式组得≤x答案：
【分析】先求解不等式组，结合题意有3个整数解，即可得m的取值范围.
15．【答案】7
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-SAS；线段最值问题
【解析】【解答】解：作CM使CM=AB且∠FCM=∠ABE，由BE=CF得△CFM≌△BEA，得FM=AE，
AE+AF=AF+FM，当A、F、M共线时，取最小值，
过点M作MH⊥AG，MN⊥BC于点N
∠ABE=∠BDC，∠FCM=∠ABD得∠BDC=∠FCM，故BD||CM，故∠MCN=∠CBD=∠ADB=30°
MN=3，故GH=3，AH=1，由勾股定理得AM=
答案：7
【分析】构造△CFM与△ABE全等，即可转化为FM=AE，当A、F、M共线时取最小值，根据特殊角即可求出AM的长即可.
16．【答案】（1）解：
（2）解：
【知识点】因式分解法解一元二次方程；解一元一次不等式
【解析】【分析】(1)直接提公因式法求解即可；
（2）先去分母，再移项合并后系数化1即可得结果.
17．【答案】解：原式
将 带入
原式
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】先利用分式运算化简结果得，代入求值即可.
18．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC， AD=BC
∴AF∥BE
∵点E、F 分别是BC、AD的中点
∴AF=BE
∴四边形ABEF是平行四边形
∵ BC=2AB，且BC=2BE
∴AB= BE
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：如图， 过点O作OH⊥BC于H
由(1) 知， 四边形 ABEF是菱形， ∠ABC=60°
∵ AB=4
∵BC=2AB=2×4=8
HC=BC-BH=8-3=5
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】(1)由平行四边形的性质得AF=BE且AF||BE得ABEF为平行四边形，由AB=BE即可得菱形；
(2)由菱形的性质和勾股定理可得CH和OH的长，即可得OC的长.
19．【答案】（1）解：设乙种农机具一件需万元，则甲种农机具一件需万元根据题意得：；
解得：；
经检验：是原方程的解，且符合题意；
∴一台甲种农机具需万元．
答：甲种农机具一件需万元，乙种农机具一件需万元；
（2）解：设甲种农机具购买件，由题意得；
解得；
∵为正整数，则的最大值为；
答：甲种农机具最多能购买件．
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式的应用
【解析】【分析】（）设乙种农机具一件需x万元，则甲种农机具一件需(x+3)万元，利用数量＝总价÷单价，结合用30万元购买甲种农机具的数量和用21万元购买乙种农机具的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出购买1件乙种农机具所需费用，再将其代入(x+3)中即可求出购买1件甲种农机具所需费用；
（）设甲种农机具购买m件，利用总价＝单价×数量，结合购买m件甲农具的费用+购买(10-m)件乙农具的总费用不超过90万元，即可列出关于字母m的一元一次不等式，解之取其中的最大整数值即可得出结论．
20．【答案】（1）解：以AB为底，平移AB到CD，则AB=CD且AB∥CD，从而连接AD和BC，当平行线CD与AB之间的距离最大时，平行四边形ABCD的高最大，即面积最大，作图如下所示：
（2）解：取点F和点G，连接AG，AF，BF，BG，可得四边形AGBF为平行四边形，
∴AB和FG为对角线，
∴点E是AB边上中点，
又∵D是AC中点，
∴且，
作图如下所示：

（3）解：取各点T，使AB=AT，取AT的中点Q，连接BQ并延长交CD于点E，则BE就是所求的平分∠ABC的线，作图如下：
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的性质；三角形的中位线定理；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）按照平移的性质及平行四边形的面积计算方法，以AB为底，当平行线CD与AB之间的距离最大时，平行四边形ABCD的高最大，即面积最大，作图即可；
（2）根据矩形的对角线互相平分找到AB的中点E，连接DE，再根据三角形中位线的性质可得结论；
（3）以A为顶点AB为腰构造等腰三角形ABT，由矩形的对角线互相平分取AT的中点Q，连接BQ，延长BQ交CD一点E，根据等腰三角形的三线合一可得线段BE即为所求．
21．【答案】（1）6；-2
（2）解：∵可分解分式方程 的两个解分别为
∴，
（3）解：方程 是可分解分式方程，
可化为
∵k为实数，不妨设
∴
(舍去)
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；解分式方程
【解析】【解答】解： (1) ∵方程 是可分解分式方程，可化为 故答案为： 6， -2.(-2， 6亦可以)
【分析】(1)去分母后解一元二次方程即可；
(2)化简得一元二次方程可得ab和a+b的值，再代入求值即可；
(3)先将方程转化为一元二次方程，利用韦达定理可得 x1、x2 与k之间的关系，即可得k的值.
22．【答案】（1）解：①
②证明： 将△DAB绕点D逆时针旋转90°至△DCE
∴∠DCB+∠DCE=∠DCB+∠DAB=180°
∴B、C、E三点共线
∵∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC=90°， BD=CD
∴△BDE是等腰直角三角形
∴∠DBC=∠DEC=∠DBA=45°
∴BD平分∠ABC
（2）解：连接BD， 将△BCD绕点D逆时针旋转60°至△BAD'
在四边形ABCD中，∠BAC+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360°
∴∠BAD+∠BAD'=∠BAD+∠BCD=180°
∴B、D、D'三点共线
又∠ 所以 是等边三角形
∵BE⊥AD
∴BE平分∠D'BE
设则
在Rt△ABE中，
则
解得 (舍)
∴AE=1
（3）解：
【知识点】勾股定理；正方形的性质；四边形的综合；旋转全等模型
【解析】【解答】解：(1)①证明： 将△DAB绕点D逆时针旋转90°至△DCE
∴∠DCB+∠DCE=∠DCB+∠DAB=180°
∴B、C、E三点共线
∵∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC=90°， BD=CD
∴△BDE是等腰直角三角形
∴BE=BD
∵BE=BC+CE=BC+AB
∴
（3）设∠DAF=α，则∠BAE=90°-α，
∵AF=BC，BC=AB
∴AF=AB，AF=AD，
∴∠ABF=∠AFB=45°+α，AFD=90°-α，
∵∠DFG=90°
∴∠BGF=90°-α，
∴∠MBG=α
∴∠FBM=∠ABF-∠MBG=45°+α-α=45°
∴MB=MF
∵BM⊥MF，BN⊥FN，MF⊥FN，
∴BNFM为正方形
∴BM=BN，∠MBN=∠ABE=90°
∴∠GBM=∠HBN
∴△BMG≌△BNH
∴GB=BH
∵∠ADF=∠AFD，∠ADF=∠FHE，∠AFD=∠HFE
∴∠FHE=∠HFE
∴EH=EF=2
设AB=x，则AF=x，BH=BG=x-5，于是BE=x-5=2=x-3，AE=x+2，
由勾股定理得得x=或(舍去)
故AB=
【分析】(1)利用旋转得BDE为等腰直角三角形，即可得结论；
(2)同理利用对角互补旋转△BCD至△BD'A，可得△BDD'为等边三角形，利用勾股定理可得BE的长；
(3)由等腰三角形可得角度关系，得∠MBF=45°，即可得BMFN为正方形，得△BMG≌△BNH，利用勾股定理设方程即可得正方形的边长.
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