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广东省深圳市宝安区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
1．（2024八下·宝安期末）若分式 有意义，则满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分式有无意义的条件
【解析】【解答】解：∵分式有意义，
∴，
解得：，
故答案为：．
【分析】根据分式有意义的条件，列出不等式求解．
2．（2024八下·宝安期末）下列选项中，能使不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】不等式的解及解集；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵，
∴，
、由，符合题意；
、由，不符合题意；
、由，不符合题意；
、由，不符合题意；
故答案为：．
【分析】将求解，得出解集，再比较即可求出答案.
3．（2024八下·宝安期末）年月日时分，神舟飞船再一次按计划准时准点从太空返回地面，中国航天员不断在太空创造新的纪录．下列四个以航天为主题的图案中，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】、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，它不是中心对称图形，故不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，它不是中心对称图形，故不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，它是中心对称图形，故符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，它不是中心对称图形，故不符合题意；
故答案为：．
【分析】利用中心对称图形的定义，判断四个图形是否是中心对称图形．
4．（2024八下·宝安期末）下列从左边到右边的变形中，属于因式分解的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A.是因式分解；
B.最后运算是整式加法，不是因式分解；
C.，是整式的乘法，不是因式分解；
D.，是整式的乘法，不是因式分解；
故答案为：A．
【分析】根据因式分解的定义即可求出答案.
5．（2024八下·宝安期末）过某个多边形的一个顶点可以引出4条对角线，这些对角线将这个多边形分成（ ）个三角形．
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【知识点】多边形的对角线
【解析】【解答】解：∵某个多边形的一个顶点可以引出条对角线，
∴该多边形的边数为，
∴这些对角线将这个多边形分成个三角形．
故选B．
【分析】根据过n边形的一个顶点可以引出条对角线，把多边形分成个三角形解题即可．
6．（2024八下·宝安期末）若一个点在第二象限，且它到x轴和y轴的距离分别为3和4，则这个点关于原点对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：第二象限内的点横坐标小于，纵坐标大于；
∵到x轴的距离是，
∴其纵坐标为，
到y轴的距离为，
∴其横坐标为，
∴坐标是．
∴关于原点对称点的坐标为
故答案为：C．
【分析】根据第二象限点的坐标特征可得坐标是，再根据关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
7．（2024八下·宝安期末）如果，那么 的值为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
【答案】D
【知识点】完全平方公式及运用；分式的化简求值-整体代入
【解析】【解答】解：∵
∴，即
∴
故答案为：D．
【分析】根据题意得出代入分式进行计算即可求解．
8．（2024八下·宝安期末）下列命题中，假命题是（ ）
A．多边形的外角和都等于
B．三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半
C．两条直角边分别相等的两个直角三角形全等
D．如果，那么，
【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、多边形的外角和都等于，故原命题是真命题，故该选项不符合题意；
B、三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，故原命题是真命题，故该选项不符合题意；
C、两条直角边分别相等的两个直角三角形全等，故原命题是真命题，故该选项不符合题意；
D、如果，那么或，故原命题是假命题，故该选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用多边形的外角和，三角形的中位线定理，全等三角形的判定，实数的性质逐项进行判断即可求出答案.
9．（2024八下·宝安期末）又到了荔枝成熟的季节，家住宝安的张华同学想给远在老家的亲人们寄一些荔枝，某快递公司规定每件重量不超标的普通小件包裹的收费标准如下：
首重 续重
元千克 元千克
说明：单件包裹重量不超过千克； 运费计算方式：首重运费续重续重运费， 首重为千克，超过千克即要续重，续重以千克为一个计重单位（不足千克按千克计算）
例如：寄出的包裹为千克，则总运费为元．
若张华想要寄千克的荔枝回老家，在不考虑保价及其它优惠活动的情况下，至少需要付运费（ ）元．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】有理数混合运算的实际应用
【解析】【解答】解：张华想要寄7.5千克的荔枝回老家，根据表中给出的运费计算方式应当分5千克和2.5千克，
则总运费为（元），
故答案为：C．
【分析】由于单件包裹重量不超过5千克，故张华想要寄7.5千克的荔枝回老家应当分5千克的包裹和2.5千克的包裹两个单件，然后根据运费计算方式分别计算两个包裹的运费，再求和即可.
10．（2024八下·宝安期末）在中，已知 ，，的垂直平分线分别交，于点，，点和点分别是线段和边上的动点，则 的最小值为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴当点三点共线，时，有最小值，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴有最小值，
故答案为：．
【分析】先求出BG，再说明当点三点共线，时，有最小值，然后利用勾股定理求得AG即为最小值．
11．（2024八下·宝安期末）因式分解： .
【答案】3（x+2）（x-2）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解： .
【分析】先提取公因式3，再根据平方差公式分解因式.
12．（2024八下·宝安期末）若不等式（m为常数，且）的解集为 ，则m的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】不等式的性质；利用不等式的性质解简单不等式
【解析】【解答】解：∵不等式（m为常数，且）的解集为，
∴，
解得：，
故答案为：．
【分析】根据“不等式两边同时乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变”，转化为关于字母参数的不等式求解．
13．（2024八下·宝安期末）若关于的分式方程有增根，则的值为 ．
【答案】
【知识点】分式方程的解及检验；分式方程的增根
【解析】【解答】解：，
去分母，得，
解得：，
∵关于的分式方程有增根，
∴，
解得：，
故答案为：．
【分析】先求出方程的解，再根据方程有增根，得到关于字母参数的方程求解．
14．（2024八下·宝安期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形， ，，将对角线绕点顺时针旋转交的延长线于点 ，则点 的坐标为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接，过作轴于点，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，，
∵点A的坐标为，
∴，
∴，
∴点C的坐标为，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
由旋转性质可知：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，过作轴于点，先根据一组邻边相等的四边形是菱形，证明四边形是菱形，根据菱形的性质可得，，利用30度角的直角三角形的性质求得OD，再用勾股定理求得DF，就可得到F点的坐标．
15．（2024八下·宝安期末）如图，在等腰中， ，，以为边作等边 ，连接，若平分交于点E，则的长为 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理
【解析】【解答】解：过点D作于点F，连，
∵是等边三角形，，
∴，，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，平分，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴．
【分析】先求出，可说明，再利用等腰直角三角形的性质求得DF，再说明，利用勾股定理求得EF，再根据BE=BF+EF，求得BE．
16．（2024八下·宝安期末）解不等式组：，并把它的解集在数轴上表示出来．
【答案】解：
解不等式①得，
解不等式②得，
∴不等式组的解集为：，
数轴上表示为：
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到来确定不等式组的解集．
17．（2024八下·宝安期末）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：
，
当时，原式．
【知识点】分式的混合运算；分式的化简求值-直接代入
18．（2024八下·宝安期末）已知 ．
（1）如图1，请用无刻度的直尺和圆规按要求作图：作线段的中点D（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）如图2，在（1）的条件下，点E为边上一点且．，连接，取的中点F，连接、、，求证：四边形为平行四边形．
【答案】（1）解：点D即为所作；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵D，E是，的中点，
∴，，
∴DF=BE，
∴四边形为平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定；尺规作图-垂直平分线；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）作出AC的垂直平分线，交点就是所求作的点；
（2）通过证明四边形BEDF有一组对边平行且相等，来证明四边形BEDF是平行四边形．
（1）解：点D即为所作；
（2）证明：∵，
∴，，
又∵D，E是，的中点，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
19．（2024八下·宝安期末）人工智能的快速发展带动了物流行业的高速发展，给我们的生活带来了很多便利．某快递公司计划购进A，B两种型号的快递分拣机器人，已知A型号分拣机器人的单价比B型号分练机器人的单价少3万元，且用120万元购买A型号分拣机器人的数量是用180万元购买B型号分拣机器人的数量的2倍．
（1）A，B两种型号分拣机器人的单价各是多少
（2）若该快递公司购进A，B两种型号的快递分拣机器人共50个，每个A种型号的快递分拣机器人每天能分拣0.8 万个包裹，每个B种型号快递分拣机器人每天能分拣1.2万个包裹，若该快递公司每天至少要分拣44万个包裹，求最多购进A 种型号分拣机器人多少个
【答案】（1）解：设型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元，
由题意，得，
解得：，
经检验是原方程的解，且符合题意，
，
答：型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元；
（2）解：设购进型号分拣机器人个，则购进B型号分拣机器人个，
由题意，得，解得：
答：最多购进型号分拣机器人个．
【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】（1）设型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元，根据“用120万元购买A型号分拣机器人的数量是用180万元购买B型号分拣机器人的数量的2倍”列出方程，解方程即可求出答案.
（2）设购进型号分拣机器人个，则购进型号分拣机器人个，根据“快递公司每天至少要分拣万个包裹”列出不等式，解不等式即可求出答案.
（1）设型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元，
由题意，得，
解得：，
经检验是原方程的解，且符合题意，
，
答：型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元；
（2）设购进型号分拣机器人个，则购进B型号分拣机器人个，
由题意，得，解得：
答：最多购进型号分拣机器人个．
20．（2024八下·宝安期末）在学习《图形的平移》后，某数学兴趣小组开展了在平面直角坐标系中研究直线平移的探究活动．
素材 两点确定一条直线
素材 图形平移的本质就是点的平移
素材 平移不改变直线的倾斜程度
任务 一次函数，与轴的交点为，与轴的交点为，若该函数图象向左平移个单位长度，此时点的对应点的坐标为______，点的对应点为的坐标为______，并求出平移后的函数表达式；
任务 一次函数，与轴的交点为，与轴的交点 ，将该函数向右平移个单位长度，线段扫过的图形面积为，请求出平移后的函数表达式．
【答案】解：任务：，；
平移后的函数表达式为，
任务：当时，，
∴，则，
∵线段扫过的图形面积为，
∴，
∴，
∵平移不改变直线的倾斜程度，
∴设平移后的函数表达式为，
将代入得，解得，
∴设平移后的函数表达式为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：任务：由得，
当时，；当时，，
∴，，
∵该函数图象向左平移个单位长度，
∴，，
故答案为：，
【分析】任务：由得，，再由函数图象向左平移个单位长度得，，；
任务：当时，，则，由线段扫过的图形面积为，可得，最后由一次函数的平移即可求解；
21．（2024八下·宝安期末）【阅读理解】
我们把形如（a、b均为整数，且．）的方程称为二元一次整系数方程．若，则可以用以下方法确定其正整数解的数量，例如．，则，∵，∴，∵y为正整数， 1，2，3，故原方程的正整数解有3个，分别为 ，，；
若，则可以用以下方法确定其正整数解的数量，例如，则 ，设（k为正整数），则 ，，，，故原方程的正整数解有1个，为 ．
【问题解决】
（1）结合上述内容，请直接写出的所有正整数解；
（2）若关于x和y的二元一次方程有且只有一个正整数解，请求出m的值；
【应用迁移】
（3）假期临近，吴老师为表彰本学年积极参与班级活动的学生，委托采购小组购买奖品．组长小丽汇报称：“我们购买了两种类型的笔记本，其中A 类型笔记本7本，B类型笔记本12本，总计花费84元，由于未索取收银小票，因此暂不能确定两种笔记本的具体单价．”吴老师听后，敏锐地指出：两种类型笔记本的单价不可能同时为整数．请你结合上述内容分析吴老师的判断是否正确．
【答案】（1）∵，
∴，
∵均为正整数，
∴，；
（2）解：∵，
∵，
，
又∵
∴，
∴，
∵二元一次方程有且只有一个正整数解，
∴；
（3）设类型笔记本的单价为元，类型笔记本的单价为元，根据题意，
可得即，
∵均为正整数，
设（k为正整数），则，
，
，
不能为整数，
故原方程无正整数解．
∴吴老师的判断正确．
【知识点】二元一次方程的解；二元一次方程的应用；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）根据题意， 可得， 根据均为正整数， 即可求解；
（2）根据正整数解的解法计算即可；
（3）设类型笔记本的单价为元，类型笔记本的单价为元，根据题意，可得根据均为正整数，即可求解.
22．（2024八下·宝安期末）【材料背景】
如图1，在中，以边为底边向外作等腰，其中，且，那么点D就被称为边的“外展等直点”．
【建构与探究】
如图2，正方形网格是由边长为“1”的正方形组成，点O、A、B、C都在格点上，，点C为的中点．
（1）连接、、，请分别作边、的“外展等直点”P和Q，连接、和，则的形状为 ；
（2）如图3，点E、F在格点上，请在线段上的格点中任取一点D（不与点A重合），连接、，分别作的边和边的“外展等直点”G、H，连接、和，请判断的形状，并说明理由．
【应用与拓展】
（3）如图4，点M、N为平面内某三角形两条边的“外展等直点”，已知，请直接写出该三角形第三条边的中点K的坐标．
【答案】解：（1）等腰直角三角形，
（2）选取点如图所示，、即为所求，形状为等腰直角三角形，
理由如下：
如图，，，
∴，
∴，且，
∴为等腰直角三角形．
（3）
【知识点】正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
1 / 1广东省深圳市宝安区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
1．（2024八下·宝安期末）若分式 有意义，则满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024八下·宝安期末）下列选项中，能使不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024八下·宝安期末）年月日时分，神舟飞船再一次按计划准时准点从太空返回地面，中国航天员不断在太空创造新的纪录．下列四个以航天为主题的图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024八下·宝安期末）下列从左边到右边的变形中，属于因式分解的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024八下·宝安期末）过某个多边形的一个顶点可以引出4条对角线，这些对角线将这个多边形分成（ ）个三角形．
A．4 B．5 C．6 D．7
6．（2024八下·宝安期末）若一个点在第二象限，且它到x轴和y轴的距离分别为3和4，则这个点关于原点对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024八下·宝安期末）如果，那么 的值为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
8．（2024八下·宝安期末）下列命题中，假命题是（ ）
A．多边形的外角和都等于
B．三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半
C．两条直角边分别相等的两个直角三角形全等
D．如果，那么，
9．（2024八下·宝安期末）又到了荔枝成熟的季节，家住宝安的张华同学想给远在老家的亲人们寄一些荔枝，某快递公司规定每件重量不超标的普通小件包裹的收费标准如下：
首重 续重
元千克 元千克
说明：单件包裹重量不超过千克； 运费计算方式：首重运费续重续重运费， 首重为千克，超过千克即要续重，续重以千克为一个计重单位（不足千克按千克计算）
例如：寄出的包裹为千克，则总运费为元．
若张华想要寄千克的荔枝回老家，在不考虑保价及其它优惠活动的情况下，至少需要付运费（ ）元．
A． B． C． D．
10．（2024八下·宝安期末）在中，已知 ，，的垂直平分线分别交，于点，，点和点分别是线段和边上的动点，则 的最小值为 （ ）
A． B． C． D．
11．（2024八下·宝安期末）因式分解： .
12．（2024八下·宝安期末）若不等式（m为常数，且）的解集为 ，则m的取值范围是 ．
13．（2024八下·宝安期末）若关于的分式方程有增根，则的值为 ．
14．（2024八下·宝安期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形， ，，将对角线绕点顺时针旋转交的延长线于点 ，则点 的坐标为 ．
15．（2024八下·宝安期末）如图，在等腰中， ，，以为边作等边 ，连接，若平分交于点E，则的长为 ．
16．（2024八下·宝安期末）解不等式组：，并把它的解集在数轴上表示出来．
17．（2024八下·宝安期末）先化简，再求值：，其中．
18．（2024八下·宝安期末）已知 ．
（1）如图1，请用无刻度的直尺和圆规按要求作图：作线段的中点D（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）如图2，在（1）的条件下，点E为边上一点且．，连接，取的中点F，连接、、，求证：四边形为平行四边形．
19．（2024八下·宝安期末）人工智能的快速发展带动了物流行业的高速发展，给我们的生活带来了很多便利．某快递公司计划购进A，B两种型号的快递分拣机器人，已知A型号分拣机器人的单价比B型号分练机器人的单价少3万元，且用120万元购买A型号分拣机器人的数量是用180万元购买B型号分拣机器人的数量的2倍．
（1）A，B两种型号分拣机器人的单价各是多少
（2）若该快递公司购进A，B两种型号的快递分拣机器人共50个，每个A种型号的快递分拣机器人每天能分拣0.8 万个包裹，每个B种型号快递分拣机器人每天能分拣1.2万个包裹，若该快递公司每天至少要分拣44万个包裹，求最多购进A 种型号分拣机器人多少个
20．（2024八下·宝安期末）在学习《图形的平移》后，某数学兴趣小组开展了在平面直角坐标系中研究直线平移的探究活动．
素材 两点确定一条直线
素材 图形平移的本质就是点的平移
素材 平移不改变直线的倾斜程度
任务 一次函数，与轴的交点为，与轴的交点为，若该函数图象向左平移个单位长度，此时点的对应点的坐标为______，点的对应点为的坐标为______，并求出平移后的函数表达式；
任务 一次函数，与轴的交点为，与轴的交点 ，将该函数向右平移个单位长度，线段扫过的图形面积为，请求出平移后的函数表达式．
21．（2024八下·宝安期末）【阅读理解】
我们把形如（a、b均为整数，且．）的方程称为二元一次整系数方程．若，则可以用以下方法确定其正整数解的数量，例如．，则，∵，∴，∵y为正整数， 1，2，3，故原方程的正整数解有3个，分别为 ，，；
若，则可以用以下方法确定其正整数解的数量，例如，则 ，设（k为正整数），则 ，，，，故原方程的正整数解有1个，为 ．
【问题解决】
（1）结合上述内容，请直接写出的所有正整数解；
（2）若关于x和y的二元一次方程有且只有一个正整数解，请求出m的值；
【应用迁移】
（3）假期临近，吴老师为表彰本学年积极参与班级活动的学生，委托采购小组购买奖品．组长小丽汇报称：“我们购买了两种类型的笔记本，其中A 类型笔记本7本，B类型笔记本12本，总计花费84元，由于未索取收银小票，因此暂不能确定两种笔记本的具体单价．”吴老师听后，敏锐地指出：两种类型笔记本的单价不可能同时为整数．请你结合上述内容分析吴老师的判断是否正确．
22．（2024八下·宝安期末）【材料背景】
如图1，在中，以边为底边向外作等腰，其中，且，那么点D就被称为边的“外展等直点”．
【建构与探究】
如图2，正方形网格是由边长为“1”的正方形组成，点O、A、B、C都在格点上，，点C为的中点．
（1）连接、、，请分别作边、的“外展等直点”P和Q，连接、和，则的形状为 ；
（2）如图3，点E、F在格点上，请在线段上的格点中任取一点D（不与点A重合），连接、，分别作的边和边的“外展等直点”G、H，连接、和，请判断的形状，并说明理由．
【应用与拓展】
（3）如图4，点M、N为平面内某三角形两条边的“外展等直点”，已知，请直接写出该三角形第三条边的中点K的坐标．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分式有无意义的条件
【解析】【解答】解：∵分式有意义，
∴，
解得：，
故答案为：．
【分析】根据分式有意义的条件，列出不等式求解．
2．【答案】A
【知识点】不等式的解及解集；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵，
∴，
、由，符合题意；
、由，不符合题意；
、由，不符合题意；
、由，不符合题意；
故答案为：．
【分析】将求解，得出解集，再比较即可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，它不是中心对称图形，故不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，它不是中心对称图形，故不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，它是中心对称图形，故符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，它不是中心对称图形，故不符合题意；
故答案为：．
【分析】利用中心对称图形的定义，判断四个图形是否是中心对称图形．
4．【答案】A
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A.是因式分解；
B.最后运算是整式加法，不是因式分解；
C.，是整式的乘法，不是因式分解；
D.，是整式的乘法，不是因式分解；
故答案为：A．
【分析】根据因式分解的定义即可求出答案.
5．【答案】B
【知识点】多边形的对角线
【解析】【解答】解：∵某个多边形的一个顶点可以引出条对角线，
∴该多边形的边数为，
∴这些对角线将这个多边形分成个三角形．
故选B．
【分析】根据过n边形的一个顶点可以引出条对角线，把多边形分成个三角形解题即可．
6．【答案】C
【知识点】点的坐标；关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：第二象限内的点横坐标小于，纵坐标大于；
∵到x轴的距离是，
∴其纵坐标为，
到y轴的距离为，
∴其横坐标为，
∴坐标是．
∴关于原点对称点的坐标为
故答案为：C．
【分析】根据第二象限点的坐标特征可得坐标是，再根据关于原点对称的点的坐标特征即可求出答案.
7．【答案】D
【知识点】完全平方公式及运用；分式的化简求值-整体代入
【解析】【解答】解：∵
∴，即
∴
故答案为：D．
【分析】根据题意得出代入分式进行计算即可求解．
8．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、多边形的外角和都等于，故原命题是真命题，故该选项不符合题意；
B、三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，故原命题是真命题，故该选项不符合题意；
C、两条直角边分别相等的两个直角三角形全等，故原命题是真命题，故该选项不符合题意；
D、如果，那么或，故原命题是假命题，故该选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用多边形的外角和，三角形的中位线定理，全等三角形的判定，实数的性质逐项进行判断即可求出答案.
9．【答案】C
【知识点】有理数混合运算的实际应用
【解析】【解答】解：张华想要寄7.5千克的荔枝回老家，根据表中给出的运费计算方式应当分5千克和2.5千克，
则总运费为（元），
故答案为：C．
【分析】由于单件包裹重量不超过5千克，故张华想要寄7.5千克的荔枝回老家应当分5千克的包裹和2.5千克的包裹两个单件，然后根据运费计算方式分别计算两个包裹的运费，再求和即可.
10．【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴当点三点共线，时，有最小值，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴有最小值，
故答案为：．
【分析】先求出BG，再说明当点三点共线，时，有最小值，然后利用勾股定理求得AG即为最小值．
11．【答案】3（x+2）（x-2）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解： .
【分析】先提取公因式3，再根据平方差公式分解因式.
12．【答案】
【知识点】不等式的性质；利用不等式的性质解简单不等式
【解析】【解答】解：∵不等式（m为常数，且）的解集为，
∴，
解得：，
故答案为：．
【分析】根据“不等式两边同时乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变”，转化为关于字母参数的不等式求解．
13．【答案】
【知识点】分式方程的解及检验；分式方程的增根
【解析】【解答】解：，
去分母，得，
解得：，
∵关于的分式方程有增根，
∴，
解得：，
故答案为：．
【分析】先求出方程的解，再根据方程有增根，得到关于字母参数的方程求解．
14．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接，过作轴于点，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，，
∵点A的坐标为，
∴，
∴，
∴点C的坐标为，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
由旋转性质可知：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，过作轴于点，先根据一组邻边相等的四边形是菱形，证明四边形是菱形，根据菱形的性质可得，，利用30度角的直角三角形的性质求得OD，再用勾股定理求得DF，就可得到F点的坐标．
15．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理
【解析】【解答】解：过点D作于点F，连，
∵是等边三角形，，
∴，，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，平分，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴．
【分析】先求出，可说明，再利用等腰直角三角形的性质求得DF，再说明，利用勾股定理求得EF，再根据BE=BF+EF，求得BE．
16．【答案】解：
解不等式①得，
解不等式②得，
∴不等式组的解集为：，
数轴上表示为：
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到来确定不等式组的解集．
17．【答案】解：
，
当时，原式．
【知识点】分式的混合运算；分式的化简求值-直接代入
18．【答案】（1）解：点D即为所作；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵D，E是，的中点，
∴，，
∴DF=BE，
∴四边形为平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定；尺规作图-垂直平分线；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）作出AC的垂直平分线，交点就是所求作的点；
（2）通过证明四边形BEDF有一组对边平行且相等，来证明四边形BEDF是平行四边形．
（1）解：点D即为所作；
（2）证明：∵，
∴，，
又∵D，E是，的中点，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
19．【答案】（1）解：设型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元，
由题意，得，
解得：，
经检验是原方程的解，且符合题意，
，
答：型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元；
（2）解：设购进型号分拣机器人个，则购进B型号分拣机器人个，
由题意，得，解得：
答：最多购进型号分拣机器人个．
【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】（1）设型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元，根据“用120万元购买A型号分拣机器人的数量是用180万元购买B型号分拣机器人的数量的2倍”列出方程，解方程即可求出答案.
（2）设购进型号分拣机器人个，则购进型号分拣机器人个，根据“快递公司每天至少要分拣万个包裹”列出不等式，解不等式即可求出答案.
（1）设型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元，
由题意，得，
解得：，
经检验是原方程的解，且符合题意，
，
答：型号分拣机器人的单价是万元，型号分拣机器人的单价是万元；
（2）设购进型号分拣机器人个，则购进B型号分拣机器人个，
由题意，得，解得：
答：最多购进型号分拣机器人个．
20．【答案】解：任务：，；
平移后的函数表达式为，
任务：当时，，
∴，则，
∵线段扫过的图形面积为，
∴，
∴，
∵平移不改变直线的倾斜程度，
∴设平移后的函数表达式为，
将代入得，解得，
∴设平移后的函数表达式为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：任务：由得，
当时，；当时，，
∴，，
∵该函数图象向左平移个单位长度，
∴，，
故答案为：，
【分析】任务：由得，，再由函数图象向左平移个单位长度得，，；
任务：当时，，则，由线段扫过的图形面积为，可得，最后由一次函数的平移即可求解；
21．【答案】（1）∵，
∴，
∵均为正整数，
∴，；
（2）解：∵，
∵，
，
又∵
∴，
∴，
∵二元一次方程有且只有一个正整数解，
∴；
（3）设类型笔记本的单价为元，类型笔记本的单价为元，根据题意，
可得即，
∵均为正整数，
设（k为正整数），则，
，
，
不能为整数，
故原方程无正整数解．
∴吴老师的判断正确．
【知识点】二元一次方程的解；二元一次方程的应用；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）根据题意， 可得， 根据均为正整数， 即可求解；
（2）根据正整数解的解法计算即可；
（3）设类型笔记本的单价为元，类型笔记本的单价为元，根据题意，可得根据均为正整数，即可求解.
22．【答案】解：（1）等腰直角三角形，
（2）选取点如图所示，、即为所求，形状为等腰直角三角形，
理由如下：
如图，，，
∴，
∴，且，
∴为等腰直角三角形．
（3）
【知识点】正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
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