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浙江省舟山市2024-2025学年下学期八年级学科素养监测 数学试题卷
一、选择题（本题有10小题，每题3分，共30分．请选出各题中唯一的正确选项，不选、多选、错选，均不得分）
1． 若要使有意义，则字母的值可以是（　　）
A．3 B．1 C．0 D．
【答案】A
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：若有意义，则a-2≥0，
∴a≥2，
∴字母a的值可以是3，
故答案为：A.
【分析】根据二次根式有意义被开方数a-2≥0，求出a的取值范围，再根据选项的值逐项判断即可求解.
2．我国新能源汽车产业发展迅猛，取得了举世瞩目的成就，下列新能源汽车标志既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】生活中的轴对称现象；轴对称图形；生活中的旋转现象；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B中图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C中图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D中图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
【分析】
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；在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形．
3． 已知边形的内角和为，则的值是（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【知识点】多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：∵(n-2)·180°=900°，
∴n=7.
故答案为：B.
【分析】利用多边形内角和公式建立方程求解.
4． 用反证法证明命题“若，则”时，则应先假设（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：反证法证明命题“若a2≥0，则a≥0”时，则应先假设a<0，
故答案为：A.
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立.
5． 已知关于的一元二次方程的一个根是，则（　　）
A． B．1 C．2 D．
【答案】D
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵x=-1是方程x2+ax+2=0的一个根，
∴1-a+2=0，
∴a=3.
故答案为：D.
【分析】把x=-1代入方程得到关于a的方程，解方程即可.
6．已知在中，对角线交于点，添加下列条件后，不一定能使其成为菱形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：A、，则是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），故不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），故不符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，即，
∴是矩形，不一定能使其成为菱形，故符合题意；
D、∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴是菱形，故不符合题意；
故选：C．
【分析】
菱形的判定共有三种方法，一是定义法，即一组邻边相等的平行四边形；二是定理法，有两种，一是对角线互相垂直的平行四边形是菱形，二是四条边相等的四边形是菱形．
7．如图，过反比例函数上一点作轴的垂线，交轴于点，点在轴上，满足四边形是平行四边形，若的面积为4，则的值是（　　）
A． B．8 C． D．
【答案】C
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；平行四边形的面积；反比例函数的一点两垂线型
【解析】【解答】解：过点A作轴于点G，
∵轴，轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵四边形为平行四边形，
∴，
由反比例函数经过第二象限，得，
∴．
故选：C．
【分析】
反比例函数k的几何意义．过点A作轴于点G，则k的绝对值等于矩形ABOG的面积等于平行四边形ABCD的面积，又双曲线的一个分支在第二象限，则k为负数．
8．《九章算术》中记录了这样一则“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本四尺，问折者高几何？意思是：一根竹子，原高一丈，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部4尺远（如图），则折断后的竹子高度为多少尺？（1丈=10尺）如果我们假设折断后的竹子高度为尺，根据题意，可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理的应用；风吹树折模型
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意得：，
设折断处离地面的高度是尺，
由勾股定理得：．
故选：D．
【分析】根据题意画出图形，利用x表示出AB的长，利用勾股定理得出方程，解方程即可．
9．如图，在中，，，点是上一点，连结，点是的中点，连结，作于点，连结，若，则的长为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵，点是的中点，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，即点是的中点，
∴是的中位线，
∴．
故选：A．
【分析】
先由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BD的长，再利用勾股定理可得AD的长，则CD可得，再根据等腰三角形三线合一可得AE平分BC，再利用三角形中位线定理即可．
10．已知点都在反比例函数的图像上，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点都在反比例函数的图像上，
∴，
∴，
∵，
∴，
当时，则，
若，则，解得：，则；
若，则，解得：，则；
综上，若，则或，故A选项错误，不符合题意；
若，则，故B选项正确，符合题意；
若，则，故D选项错误，不符合题意；
若，则，
若，则，解得：，则；
若，则，解得：，则无解；
综上，若，则，故C选项错误，不符合题意；
故选：B．
【分析】
由于m的符号不确定，可进行分类讨论，即当时，由双曲线上点的坐标特征可得，则在双曲线的每一个分支上都有y随x的减小而增大，即有，所以，即，故，故B正确；
若，则分两种情况，即当时，即有；而当时，即有，故A错误；
同理，若，再分两种情况，即当时，即有；而当时，即有，故C错误；
若，则，此时应分两种情况，即当时，则，则；当时则，即，此时的符号无法确定，故D错误.
二、填空题（本题有6小题，每题3分，共18分）
11．化简　 　．
【答案】2025
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：，
故答案为：2025．
【分析】
．
12．如图，在矩形中，过点作于点，则的度数为　 　．
【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；矩形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】
如图，设AC交BD于点O，则由矩形的性质可得OA＝OD，则由等边对等角并结合三角形的外角的性质可得的度数，再利用直角三角形两锐角互余即可．
13．已知在温度不变的条件下，汽缸内气体的体积和气体对气缸壁所产生的压强成反比例关系，当时，，则当时，　 　．
【答案】
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数的实际应用；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵汽缸内气体的体积和气体对气缸壁所产生的压强成反比例关系，
∴设汽缸内气体的体积和气体对气缸壁所产生的压强的关系式为，
当时，，
∴，解得：，
∴汽缸内气体的体积和气体对气缸壁所产生的压强的关系式为，
当时，，
故答案为：．
【分析】
先利用待定系数法求出反比例函数解析式，再利用双曲线上点的坐标特征把V＝120代入即可求得对应的p．
14． 在一次广播操比赛中，801班、802班、803班的各项得分如下表，若对于“服装统一”、“动作整齐”、“动作准确”三个项目按进行加权计算，则得分最高的班级是　 　．
服装统一 动作整齐 动作准确
801班 80 84 87
802班 98 78 80
803班 90 82 83
【答案】班
【知识点】加权平均数及其计算
【解析】【解答】解：801班平均分为(分)，
802班平均分为(分)，
803班平均分为(分)，
∴得分最高的班级是801班，
故答案为：801班.
【分析】确定权重计算公式，计算各班级总分，比较总分.
15．定义：对于任意实数，有，其中等式右边是通常的乘法和减法运算，如：对已知类于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】∵，
∴可变为，
∴．
∵方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】
先由新定义可得关于x的一元二次方程，再利用根的判别式可得关于m的不等式并求解即可．
16．如图，在中，作点关于的对称点，连结交于点，连结，若是等腰直角三角形，则　 　；与的面积之比是　 　．
【答案】；
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵是等腰直角三角形，
∴，
在中，，，
∴，
根据对称可得，，
∴，
∴，
设，
过点A作，
则，
∴，
四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
故答案为：，．
【分析】
第1空：由于不可能是直角，则，再由折叠的性质结合矩形的性质可证，再利用三角形的外角的性质可得，再由折叠知即可；
第2空：如图，延长EA交BC于点H，则由折叠的性质可得三角形ABH是等腰直角三角形，即AH＝BH，此时为便于计算可设AB＝x，则由勾股定理可得BH的长，再利用平行四边形的性质结合折叠的性质可证，即三角形DCF的面积等于三角形EAF的面积，再利用三角形面积公式分别求出指定两三角形面积，再求出其比值即可．
三、解答题（本题有8小题，第17~21题每题8分，第22、23题每题10分，第24题12分，共72分）
17． 计算：
（1）
（2）．
【答案】（1）解：原式
（2）解：原式
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【分析】(1)先将二次根式化简成最简二次根式，再合并即可；
(2)先将二次根式化简成最简二次根式，再合并即可.
18．小李与小王两位同学解方程的过程如下框：
小李： 解：两边同除以，得 ， 则。 小王： 解：移项，得， 提取公因式，得． 则或， 解得。
你认为他们的解法是否正确？若正确请在框内打“√”；若错误请在框内打“×”，并写出正确的解答过程。
【答案】；
解：
∴
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】本题是解方程的步骤。从解题步骤上可以看出，小李和小王的解题步骤都有错误，其中小李的错误，主要是没有考虑当x-2=0时的情况，因此不能在方程两边同时除以x-2；而小王的错误，主要是在“提取公因式”这一步做减法计算的时候没有变号，正确答案应该是。因此在解方程的时候要格外注意这两点。
19．如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE＝DF，
(1)求证：AE＝CF；
(2)求证：四边形AECF是平行四边形．
【答案】证明：
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD．
∴∠ABE=∠CDF．
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS）．
∴AE=CF．
（2）∵△ABE≌△DCF，
∴∠AEB=∠CFD，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE∥CF，
∵AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；邻补角；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）先由平行四边形的对边平行且相等可得AB=CD，AB∥CD，再由平行线的性质可得∠ABE=∠CDF，则可利用SAS来判定△ABE≌△DCF，从而得出AE=CF；
（2）由全等三角形的性质可得∠AEB=∠CFD，再由等角的补角相等可得∠AEF=∠CFE，再由平行线的判定可得AE∥CF，再由一给对边平行且相等即可判定结论成立．
20．某班为选拔一名选手参加校知识竞赛，从自愿报名、综合表现等角度确定了甲、乙两名考察对象，在学校组织的辅导过程中，共安排了6次测试，满分10分，每次测试具体得分如图．
得分对象 平均数（分） 中位数（分） 众数（分） 方差（分2）
甲 7 7 7 ③
乙 7 ① ② 3.2
（1）将表格补充完整
（2）请结合历次测试成绩，你将推荐谁参加校知识竞赛，并说明理由．
【答案】（1）答：补充表格得：
得分对象 平均数（分） 中位数（分） 众数（分） 方差（分2）
甲 7 7 7
乙 7 6.5 6 3.2
（2）解：推荐甲谁参加校知识竞赛，理由如下：
∵两人的平均数相同，
∴甲的方差比乙小，成绩更稳定，
∴推荐甲谁参加校知识竞赛.
【知识点】平均数及其计算；中位数；方差；分析数据的波动程度；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】
（1）
解：把乙的6次成绩从小到大排列为：5，6，6，7，8，10，故中位数为，出现次数最多的是6，故众数为，
甲的方差为：；
【分析】
（1）中位数指把一组数据按照从小到大的顺序排列后，最中间的一个或最中间两个数据的平均值；众数是指一组数据中重复出现次数最多的数据，可能是一个也可能是几个；方差指一组中各数据与平均值差的完全平方的平均值；
（2）方差是衡量一组数据离散程度的量，方差越小说明数据越稳定，因此在平均数相等的情况下可通过方差来比较，当然也可用中位数或众数来进行比较，理由不唯一.
（1）解：把乙的6次成绩从小到大排列为：5，6，6，7，8，10，故中位数为，出现次数最多的是6，故众数为，
甲的方差为：；
（2）解：推荐甲谁参加校知识竞赛，理由如下：
∵两人的平均数相同，
∴甲的方差比乙小，成绩更稳定，
∴推荐甲谁参加校知识竞赛.（理由不唯一，合理即可）
21．如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，．
（1）求的值和一次函数的表达式；
（2）直接写出关于的不等式的解集．
【答案】（1）解：把代入得，
解得，
∴反比例函数解析式为，
把代入得，
解得，
∴，
把，代入得，
解得，
∴一次函数解析式为；
（2）或
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】（2）解：由可知，反比例函数在一次函数下方，
∴不等式的解集或．
【分析】（1）根据待定系数法将点B坐标代入反比例函数解析式可得反比例函数解析式为，将点B坐标代入反比例函数解析式可得，再根据待定系数法将点A，B坐标代入一次函数解析式即可求出答案.
（2）当反比例函数的图象在一次函数图象下方时，有，结合函数图象即可求出答案.
（1）解：把代入得，
解得，
∴反比例函数解析式为，
把代入得，
解得，
∴，
把，代入得，
解得，
∴一次函数解析式为；
（2）解：由可知，反比例函数在一次函数下方，
∴不等式的解集或．
22．观察以下式子：记，则
①；
②；
【计算观察】（1）___________；___________．（直接写出结果即可）
【归纳验证】（2）猜想：___________（为正整数）；并证明．
【应用推广】（3）令，计算的值．
【答案】（1）；；（2）；
（3）解：根据题意得，，，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；二次根式的混合运算；探索数与式的规律
【解析】【解答】（1）
；
；
（2）猜想：
证明：
；
【分析】
（1）先由新定义分别表示出、和，再分别利用平方差公式进行二次根式的混合运算即可；
（2）先寻找出的规律，再利用平方差公式计算并进行化简即可；
（3）利用错位加减法可化为，再同上计算即可．
23．如图1，有一张长为，宽为的长方形硬纸片．
（1）若裁去角上的四个小正方形之后，折成如图2所示的无盖纸盒，当，纸盒的底面积为时，求裁去的正方形边长是多少？
（2）若裁去部分图形后，折成如图3所示底面是正三角形的无盖纸盒，则此时的长为多少？当纸盒的底面积与侧面积（三个长方形的面积）相等时，底面正三角形的边长是多少？
【答案】（1）解：设裁去的正方形边长为，
由题意得：，
解得：或（不合题意，舍），
答：裁去的正方形边长；
（2）解：延长交于点，
∵是等边三角形，
∴，
由矩形可得：
∴设，
由题意得：四边形为矩形，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴由勾股定理得：，
∵
∴
∵，
∴
过点作于点，则，
∴由勾股定理得：，
∴，
∵当纸盒的底面积与侧面积（三个长方形的面积）相等，
，
∴，
将代入，
则
解得：，
∴等边三角形边长为．
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；矩形的性质；几何图形的面积计算-割补法；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】
（1）设裁去的正方形边长为，则底部长方形的长和宽分别为和，再由题意得关于x的一元二次方程并结合实际对根进行适当取舍即可；
（2）如图，延长交于点，设EF＝2a，FK＝x，由等边三角形的性质结合矩形的性质可得为30度，再由直角三角形中30度角的性质可得，即，再由勾股定理可得，则；同理可得，即，再整体代入可得的长；此时再过点N作EF的垂线段NG，则由等腰三角形三线合一结合勾股定理可得，侧面3个矩形面积的和为6ax，则由题意可联立关于a和x的方程并求解得，再利用代入法可得关于a的一元一次方程并求解即可．
（1）解：设裁去的正方形边长为，
由题意得：，
解得：或（不合题意，舍），
答：裁去的正方形边长；
（2）解：延长交于点，
∵等边，
∴，
由矩形可得：
∴设，
由题意得：四边形为矩形，
∴，
设，
∵，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴由勾股定理得：，
∵
∴
∵，
∴
过点作于点，则，
∴由勾股定理得：，
∴，
∵当纸盒的底面积与侧面积（三个长方形的面积）相等，
，
∴，
将代入，
则
解得：，
∴等边三角形边长为．
24．如图1，已知四边形是正方形，点分别是边上的点（不与正方形的顶点重合），且满足，连结相交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，连结交于点，作的角平分线交于点．
①当时，求的值；
②试猜想之间满足的数量关系，并证明．
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
∴
②，理由如下：
如图，在DA上截取DQ=BF，连接CQ交DE于点R，再过点B作CQ的垂线段BH交AF于点K，连接MK、MH.
四边形ABCD是正方形
四边形AFCQ是平行四边形
四边形GKHR是矩形
四边形ABCD是正方形
同理：
四边形GKHR是正方形
平分
三点共线
【知识点】三角形外角的概念及性质；勾股定理；正方形的判定与性质；同侧一线三垂直全等模型；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由正方形的性质结合一线三垂直全等模型可证 ，再借助全等三角形的对应角相等结合三角形外角的性质即可；
（2）①由（1）的结论结合角平分线的概念可得，则过点M作AF的垂线段MH可得等腰直角三角形MHG，即有MH＝GH，由正方形的性质可得，则由等腰三角形三线合一可得AG平分，再由三角形外角的性质结合等角对等边可得MG＝AG＝2，则由勾股定理可得MH等于GH等于，即AH可得，再利用勾股定理即可得AM2；
②如图，在DA上截取DQ=BF，连接CQ交DE于点R，再过点B作CQ的垂线段BH交AF于点K，连接MK、MH，则由正方形的性质可证四边形AFCQ是平行四边形，即AF平行CQ，再由平行线的性质及判定可证DE平行BH，再由（1）的结论可得四边形GKHR是矩形，再利用正方形的性质结合一线三垂直全等模型可证明，再由全等三角形的对应边相等可得DG=AK且矩形GKHR是正方形，则G、M、H三点共线，此时再利用ASA证明，即点M是对角GH的中点，则是等腰直角三角形，由勾股定理可得，再等量代换即可得．
（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．
∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
∴
②，理由如下：
过作交于
平分，
，是等腰直角三角形
，，
∴，
由（1）知，
，
又四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵，
∴，
∴
∵
∴
∴，
在和中：
，，
1 / 1浙江省舟山市2024-2025学年下学期八年级学科素养监测 数学试题卷
一、选择题（本题有10小题，每题3分，共30分．请选出各题中唯一的正确选项，不选、多选、错选，均不得分）
1． 若要使有意义，则字母的值可以是（　　）
A．3 B．1 C．0 D．
2．我国新能源汽车产业发展迅猛，取得了举世瞩目的成就，下列新能源汽车标志既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3． 已知边形的内角和为，则的值是（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
4． 用反证法证明命题“若，则”时，则应先假设（　　）
A． B． C． D．
5． 已知关于的一元二次方程的一个根是，则（　　）
A． B．1 C．2 D．
6．已知在中，对角线交于点，添加下列条件后，不一定能使其成为菱形的是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，过反比例函数上一点作轴的垂线，交轴于点，点在轴上，满足四边形是平行四边形，若的面积为4，则的值是（　　）
A． B．8 C． D．
8．《九章算术》中记录了这样一则“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本四尺，问折者高几何？意思是：一根竹子，原高一丈，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部4尺远（如图），则折断后的竹子高度为多少尺？（1丈=10尺）如果我们假设折断后的竹子高度为尺，根据题意，可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
9．如图，在中，，，点是上一点，连结，点是的中点，连结，作于点，连结，若，则的长为（　　）
A． B． C． D．1
10．已知点都在反比例函数的图像上，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
二、填空题（本题有6小题，每题3分，共18分）
11．化简　 　．
12．如图，在矩形中，过点作于点，则的度数为　 　．
13．已知在温度不变的条件下，汽缸内气体的体积和气体对气缸壁所产生的压强成反比例关系，当时，，则当时，　 　．
14． 在一次广播操比赛中，801班、802班、803班的各项得分如下表，若对于“服装统一”、“动作整齐”、“动作准确”三个项目按进行加权计算，则得分最高的班级是　 　．
服装统一 动作整齐 动作准确
801班 80 84 87
802班 98 78 80
803班 90 82 83
15．定义：对于任意实数，有，其中等式右边是通常的乘法和减法运算，如：对已知类于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是　 　．
16．如图，在中，作点关于的对称点，连结交于点，连结，若是等腰直角三角形，则　 　；与的面积之比是　 　．
三、解答题（本题有8小题，第17~21题每题8分，第22、23题每题10分，第24题12分，共72分）
17． 计算：
（1）
（2）．
18．小李与小王两位同学解方程的过程如下框：
小李： 解：两边同除以，得 ， 则。 小王： 解：移项，得， 提取公因式，得． 则或， 解得。
你认为他们的解法是否正确？若正确请在框内打“√”；若错误请在框内打“×”，并写出正确的解答过程。
19．如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE＝DF，
(1)求证：AE＝CF；
(2)求证：四边形AECF是平行四边形．
20．某班为选拔一名选手参加校知识竞赛，从自愿报名、综合表现等角度确定了甲、乙两名考察对象，在学校组织的辅导过程中，共安排了6次测试，满分10分，每次测试具体得分如图．
得分对象 平均数（分） 中位数（分） 众数（分） 方差（分2）
甲 7 7 7 ③
乙 7 ① ② 3.2
（1）将表格补充完整
（2）请结合历次测试成绩，你将推荐谁参加校知识竞赛，并说明理由．
21．如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，．
（1）求的值和一次函数的表达式；
（2）直接写出关于的不等式的解集．
22．观察以下式子：记，则
①；
②；
【计算观察】（1）___________；___________．（直接写出结果即可）
【归纳验证】（2）猜想：___________（为正整数）；并证明．
【应用推广】（3）令，计算的值．
23．如图1，有一张长为，宽为的长方形硬纸片．
（1）若裁去角上的四个小正方形之后，折成如图2所示的无盖纸盒，当，纸盒的底面积为时，求裁去的正方形边长是多少？
（2）若裁去部分图形后，折成如图3所示底面是正三角形的无盖纸盒，则此时的长为多少？当纸盒的底面积与侧面积（三个长方形的面积）相等时，底面正三角形的边长是多少？
24．如图1，已知四边形是正方形，点分别是边上的点（不与正方形的顶点重合），且满足，连结相交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，连结交于点，作的角平分线交于点．
①当时，求的值；
②试猜想之间满足的数量关系，并证明．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：若有意义，则a-2≥0，
∴a≥2，
∴字母a的值可以是3，
故答案为：A.
【分析】根据二次根式有意义被开方数a-2≥0，求出a的取值范围，再根据选项的值逐项判断即可求解.
2．【答案】C
【知识点】生活中的轴对称现象；轴对称图形；生活中的旋转现象；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B中图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C中图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D中图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
【分析】
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；在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形．
3．【答案】B
【知识点】多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：∵(n-2)·180°=900°，
∴n=7.
故答案为：B.
【分析】利用多边形内角和公式建立方程求解.
4．【答案】A
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：反证法证明命题“若a2≥0，则a≥0”时，则应先假设a<0，
故答案为：A.
【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立.
5．【答案】D
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵x=-1是方程x2+ax+2=0的一个根，
∴1-a+2=0，
∴a=3.
故答案为：D.
【分析】把x=-1代入方程得到关于a的方程，解方程即可.
6．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：A、，则是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），故不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），故不符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，即，
∴是矩形，不一定能使其成为菱形，故符合题意；
D、∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴是菱形，故不符合题意；
故选：C．
【分析】
菱形的判定共有三种方法，一是定义法，即一组邻边相等的平行四边形；二是定理法，有两种，一是对角线互相垂直的平行四边形是菱形，二是四条边相等的四边形是菱形．
7．【答案】C
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；平行四边形的面积；反比例函数的一点两垂线型
【解析】【解答】解：过点A作轴于点G，
∵轴，轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵四边形为平行四边形，
∴，
由反比例函数经过第二象限，得，
∴．
故选：C．
【分析】
反比例函数k的几何意义．过点A作轴于点G，则k的绝对值等于矩形ABOG的面积等于平行四边形ABCD的面积，又双曲线的一个分支在第二象限，则k为负数．
8．【答案】D
【知识点】勾股定理的应用；风吹树折模型
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意得：，
设折断处离地面的高度是尺，
由勾股定理得：．
故选：D．
【分析】根据题意画出图形，利用x表示出AB的长，利用勾股定理得出方程，解方程即可．
9．【答案】A
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵，点是的中点，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，即点是的中点，
∴是的中位线，
∴．
故选：A．
【分析】
先由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BD的长，再利用勾股定理可得AD的长，则CD可得，再根据等腰三角形三线合一可得AE平分BC，再利用三角形中位线定理即可．
10．【答案】B
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点都在反比例函数的图像上，
∴，
∴，
∵，
∴，
当时，则，
若，则，解得：，则；
若，则，解得：，则；
综上，若，则或，故A选项错误，不符合题意；
若，则，故B选项正确，符合题意；
若，则，故D选项错误，不符合题意；
若，则，
若，则，解得：，则；
若，则，解得：，则无解；
综上，若，则，故C选项错误，不符合题意；
故选：B．
【分析】
由于m的符号不确定，可进行分类讨论，即当时，由双曲线上点的坐标特征可得，则在双曲线的每一个分支上都有y随x的减小而增大，即有，所以，即，故，故B正确；
若，则分两种情况，即当时，即有；而当时，即有，故A错误；
同理，若，再分两种情况，即当时，即有；而当时，即有，故C错误；
若，则，此时应分两种情况，即当时，则，则；当时则，即，此时的符号无法确定，故D错误.
11．【答案】2025
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：，
故答案为：2025．
【分析】
．
12．【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；矩形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】
如图，设AC交BD于点O，则由矩形的性质可得OA＝OD，则由等边对等角并结合三角形的外角的性质可得的度数，再利用直角三角形两锐角互余即可．
13．【答案】
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数的实际应用；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵汽缸内气体的体积和气体对气缸壁所产生的压强成反比例关系，
∴设汽缸内气体的体积和气体对气缸壁所产生的压强的关系式为，
当时，，
∴，解得：，
∴汽缸内气体的体积和气体对气缸壁所产生的压强的关系式为，
当时，，
故答案为：．
【分析】
先利用待定系数法求出反比例函数解析式，再利用双曲线上点的坐标特征把V＝120代入即可求得对应的p．
14．【答案】班
【知识点】加权平均数及其计算
【解析】【解答】解：801班平均分为(分)，
802班平均分为(分)，
803班平均分为(分)，
∴得分最高的班级是801班，
故答案为：801班.
【分析】确定权重计算公式，计算各班级总分，比较总分.
15．【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】∵，
∴可变为，
∴．
∵方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】
先由新定义可得关于x的一元二次方程，再利用根的判别式可得关于m的不等式并求解即可．
16．【答案】；
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵是等腰直角三角形，
∴，
在中，，，
∴，
根据对称可得，，
∴，
∴，
设，
过点A作，
则，
∴，
四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
故答案为：，．
【分析】
第1空：由于不可能是直角，则，再由折叠的性质结合矩形的性质可证，再利用三角形的外角的性质可得，再由折叠知即可；
第2空：如图，延长EA交BC于点H，则由折叠的性质可得三角形ABH是等腰直角三角形，即AH＝BH，此时为便于计算可设AB＝x，则由勾股定理可得BH的长，再利用平行四边形的性质结合折叠的性质可证，即三角形DCF的面积等于三角形EAF的面积，再利用三角形面积公式分别求出指定两三角形面积，再求出其比值即可．
17．【答案】（1）解：原式
（2）解：原式
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【分析】(1)先将二次根式化简成最简二次根式，再合并即可；
(2)先将二次根式化简成最简二次根式，再合并即可.
18．【答案】；
解：
∴
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】本题是解方程的步骤。从解题步骤上可以看出，小李和小王的解题步骤都有错误，其中小李的错误，主要是没有考虑当x-2=0时的情况，因此不能在方程两边同时除以x-2；而小王的错误，主要是在“提取公因式”这一步做减法计算的时候没有变号，正确答案应该是。因此在解方程的时候要格外注意这两点。
19．【答案】证明：
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD．
∴∠ABE=∠CDF．
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS）．
∴AE=CF．
（2）∵△ABE≌△DCF，
∴∠AEB=∠CFD，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE∥CF，
∵AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；邻补角；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）先由平行四边形的对边平行且相等可得AB=CD，AB∥CD，再由平行线的性质可得∠ABE=∠CDF，则可利用SAS来判定△ABE≌△DCF，从而得出AE=CF；
（2）由全等三角形的性质可得∠AEB=∠CFD，再由等角的补角相等可得∠AEF=∠CFE，再由平行线的判定可得AE∥CF，再由一给对边平行且相等即可判定结论成立．
20．【答案】（1）答：补充表格得：
得分对象 平均数（分） 中位数（分） 众数（分） 方差（分2）
甲 7 7 7
乙 7 6.5 6 3.2
（2）解：推荐甲谁参加校知识竞赛，理由如下：
∵两人的平均数相同，
∴甲的方差比乙小，成绩更稳定，
∴推荐甲谁参加校知识竞赛.
【知识点】平均数及其计算；中位数；方差；分析数据的波动程度；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】
（1）
解：把乙的6次成绩从小到大排列为：5，6，6，7，8，10，故中位数为，出现次数最多的是6，故众数为，
甲的方差为：；
【分析】
（1）中位数指把一组数据按照从小到大的顺序排列后，最中间的一个或最中间两个数据的平均值；众数是指一组数据中重复出现次数最多的数据，可能是一个也可能是几个；方差指一组中各数据与平均值差的完全平方的平均值；
（2）方差是衡量一组数据离散程度的量，方差越小说明数据越稳定，因此在平均数相等的情况下可通过方差来比较，当然也可用中位数或众数来进行比较，理由不唯一.
（1）解：把乙的6次成绩从小到大排列为：5，6，6，7，8，10，故中位数为，出现次数最多的是6，故众数为，
甲的方差为：；
（2）解：推荐甲谁参加校知识竞赛，理由如下：
∵两人的平均数相同，
∴甲的方差比乙小，成绩更稳定，
∴推荐甲谁参加校知识竞赛.（理由不唯一，合理即可）
21．【答案】（1）解：把代入得，
解得，
∴反比例函数解析式为，
把代入得，
解得，
∴，
把，代入得，
解得，
∴一次函数解析式为；
（2）或
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】（2）解：由可知，反比例函数在一次函数下方，
∴不等式的解集或．
【分析】（1）根据待定系数法将点B坐标代入反比例函数解析式可得反比例函数解析式为，将点B坐标代入反比例函数解析式可得，再根据待定系数法将点A，B坐标代入一次函数解析式即可求出答案.
（2）当反比例函数的图象在一次函数图象下方时，有，结合函数图象即可求出答案.
（1）解：把代入得，
解得，
∴反比例函数解析式为，
把代入得，
解得，
∴，
把，代入得，
解得，
∴一次函数解析式为；
（2）解：由可知，反比例函数在一次函数下方，
∴不等式的解集或．
22．【答案】（1）；；（2）；
（3）解：根据题意得，，，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；二次根式的混合运算；探索数与式的规律
【解析】【解答】（1）
；
；
（2）猜想：
证明：
；
【分析】
（1）先由新定义分别表示出、和，再分别利用平方差公式进行二次根式的混合运算即可；
（2）先寻找出的规律，再利用平方差公式计算并进行化简即可；
（3）利用错位加减法可化为，再同上计算即可．
23．【答案】（1）解：设裁去的正方形边长为，
由题意得：，
解得：或（不合题意，舍），
答：裁去的正方形边长；
（2）解：延长交于点，
∵是等边三角形，
∴，
由矩形可得：
∴设，
由题意得：四边形为矩形，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴由勾股定理得：，
∵
∴
∵，
∴
过点作于点，则，
∴由勾股定理得：，
∴，
∵当纸盒的底面积与侧面积（三个长方形的面积）相等，
，
∴，
将代入，
则
解得：，
∴等边三角形边长为．
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；矩形的性质；几何图形的面积计算-割补法；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】
（1）设裁去的正方形边长为，则底部长方形的长和宽分别为和，再由题意得关于x的一元二次方程并结合实际对根进行适当取舍即可；
（2）如图，延长交于点，设EF＝2a，FK＝x，由等边三角形的性质结合矩形的性质可得为30度，再由直角三角形中30度角的性质可得，即，再由勾股定理可得，则；同理可得，即，再整体代入可得的长；此时再过点N作EF的垂线段NG，则由等腰三角形三线合一结合勾股定理可得，侧面3个矩形面积的和为6ax，则由题意可联立关于a和x的方程并求解得，再利用代入法可得关于a的一元一次方程并求解即可．
（1）解：设裁去的正方形边长为，
由题意得：，
解得：或（不合题意，舍），
答：裁去的正方形边长；
（2）解：延长交于点，
∵等边，
∴，
由矩形可得：
∴设，
由题意得：四边形为矩形，
∴，
设，
∵，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴由勾股定理得：，
∵
∴
∵，
∴
过点作于点，则，
∴由勾股定理得：，
∴，
∵当纸盒的底面积与侧面积（三个长方形的面积）相等，
，
∴，
将代入，
则
解得：，
∴等边三角形边长为．
24．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
∴
②，理由如下：
如图，在DA上截取DQ=BF，连接CQ交DE于点R，再过点B作CQ的垂线段BH交AF于点K，连接MK、MH.
四边形ABCD是正方形
四边形AFCQ是平行四边形
四边形GKHR是矩形
四边形ABCD是正方形
同理：
四边形GKHR是正方形
平分
三点共线
【知识点】三角形外角的概念及性质；勾股定理；正方形的判定与性质；同侧一线三垂直全等模型；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由正方形的性质结合一线三垂直全等模型可证 ，再借助全等三角形的对应角相等结合三角形外角的性质即可；
（2）①由（1）的结论结合角平分线的概念可得，则过点M作AF的垂线段MH可得等腰直角三角形MHG，即有MH＝GH，由正方形的性质可得，则由等腰三角形三线合一可得AG平分，再由三角形外角的性质结合等角对等边可得MG＝AG＝2，则由勾股定理可得MH等于GH等于，即AH可得，再利用勾股定理即可得AM2；
②如图，在DA上截取DQ=BF，连接CQ交DE于点R，再过点B作CQ的垂线段BH交AF于点K，连接MK、MH，则由正方形的性质可证四边形AFCQ是平行四边形，即AF平行CQ，再由平行线的性质及判定可证DE平行BH，再由（1）的结论可得四边形GKHR是矩形，再利用正方形的性质结合一线三垂直全等模型可证明，再由全等三角形的对应边相等可得DG=AK且矩形GKHR是正方形，则G、M、H三点共线，此时再利用ASA证明，即点M是对角GH的中点，则是等腰直角三角形，由勾股定理可得，再等量代换即可得．
（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．
∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
∴
②，理由如下：
过作交于
平分，
，是等腰直角三角形
，，
∴，
由（1）知，
，
又四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵，
∴，
∴
∵
∴
∴，
在和中：
，，
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