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重庆市2025-2026学年八年级下学期期末模拟自测数学试卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2025 合江县模拟）在0，﹣4，，5四个数中，最大的数是（　　）
A．0 B．﹣4 C． D．5
2．（4分）（2025 宿迁模拟）宋朝 杨万里有诗曰：“只道花无十日红，此花无日不春风．一尖已剥胭脂笔，四破犹包翡翠茸”．月季被誉为“花中皇后”，月季也是南阳市的市花，具有非常高的观赏价值．某品种的月季花粉直径约为0.0000352米，则数据0.0000352用科学记数法表示为（　　）
A．3.52×10﹣5 B．0.352×10﹣5
C．3.52×10﹣6 D．35.2×10﹣6
3．（4分）（2024 仁布县一模）关于x的函数y＝﹣x﹣3，当x＝﹣1时，函数值是（　　）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
4．（4分）（2024秋 北碚区校级期末）估计的值应在（　　）
A．1和2之间 B．3和4之间 C．5和6之间 D．7和8之间
5．（4分）（2025春 开封期末）如图，小明能用一根绳子检查一个书架的侧边与上、下底垂直，他的依据是（　　）
A．有一个角是直角的平行四边形是矩形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．有三个角是直角的四边形是矩形
6．（4分）（2024春 渝水区校级月考）“蜂窝图”如图所示，按照这样的规律，则第4个图案中“”的个数是（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
7．（4分）（2024春 昌邑区校级期中）荡秋千不仅可以增进健康，而且可以培养勇敢精神，为人们特别是儿童所喜爱．已知小明某次荡秋千，秋千离地面的高度h（m）与摆动时间t（s）之间的关系如图所示．结合图象，下列结论正确的有（　　）
①变量h是变量t的函数；
②秋千静止时，最低点离地面的高度是0.5m；
③秋千摆第二个来回需2.6s；
④秋千离地面的高度h（m）随着抎动时间t（s）的增大而减小．
A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③
8．（4分）（2024秋 保定校级期中）方程x2﹣5x+2＝0的根的存在情况是（　　）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实根
C．没有实数根 D．无法确定
9．（4分）（2025 九龙坡区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、BC、CD上，连接AF、EG交于点H，连接CH，若CF＝CG，AE＝2DG，∠BAF＝α，则∠HCF的度数为（　　）
A．45°+α B．45°﹣α C．2α D．α
10．（4分）（2025 青山区校级模拟）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线y＝ax2﹣2ax+1（a是常数）上．以下四个结论：
①抛物线一定经过点（0，1）；
②抛物线的对称轴是直线x＝1；
③若|x1﹣1|＞|x2﹣1|，则y1＞y2；
④关于x的方程ax2﹣2ax+1＝0有两个不相等的实数根．
其中正确结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11．（4分）（2022秋 邹平市期末）计算：　 　 ．
12．（4分）（2024 巴中模拟）若一个n边形的外角和是它内角和的倍，则n＝　 　 ．
13．（4分）（2023秋 海沧区校级月考）若（﹣2，y1），（3，y2）是抛物线y＝﹣x2+2x﹣2上的两点，则y1　 　 y2．（用“＜”，“＞”或“＝”号连接）
14．（4分）（2025春 福鼎市期中）已知一次函数y1＝mx+3m﹣1（m≠0），y2＝k（x﹣2）+2（k≠0），若无论x取何值，始终有y2＞y1，则m的取值范围是　 　 ．
15．（4分）（2023春 江都区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝5，OH＝3，则菱形ABCD的面积为 　 　 ．
16．（4分）（2024秋 石首市期末）若关于y的不等式组有解，且关于x的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数m之和为 　 　 ．
17．（4分）（2025春 重庆期中）如图，正方形ABCD的边长为，点E，G分别为边AD，BC的中点，连接BE，将△ABE沿BE翻折至同一平面得到△FBE，边CD上有一点H，连接GH，又将△CGH沿GH翻折至同一平面得到△PGH，若点P恰好落在BF上，则此时折痕GH的长为 　 　 ．
18．（4分）（2023秋 丰都县期末）一个各位数字都不为0的四位正整数m，若个位与千位数字相同，百位与十位数字相同，则称这个数m为“唯善呈和数”，将千位与百位数字交换，十位与个位数字交换，得到一个新的“唯善呈和数”m'，并规定，则F（7667）＝　 　 ；若已知数m为“唯善呈和数”，且千位与百位数字互不相同，是一个完全平方数，则满足条件的m的最大值为 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（8分）（2024秋 虞城县期末）（1）计算：（x﹣3y）2+（2x+3y）（2x﹣3y）；
（2）化简：．
20．（10分）（2024春 南宁期中）学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试．已知七、八年级各有300人，现从两个年级分别随机抽取10名学生的测试成绩x（单位：分）进行统计：
七年级86，94，79，84，71，90，76，83，90，87
八年级88，76，90，78，87，93，75，87，87，79
整理如下：
年级 平均数 中位数 众数 方差
七年级 84 85 b 44.4
八年级 84 a 87 36.6
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：a＝　 　 ，b＝　 　 ．
小明同学说：“这次测试我得了86分，位于年级中等偏上水平”，由此判断他是 　 　 年级学生．
（2）学校规定测试成绩不低于85分为“优秀”，估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数．
21．（10分）（2025秋 开州区期中）在学行四边形与特殊平行四边形的相关知识后，小文与小峰进行了更深入的研究，他们发现，过平行四边形的一个顶点作邻角的角平分线的垂线，与平行四边形的边相交可以巧妙地构造菱形，根据他们的想法与思路，用直尺和圆规完成以下作图并填空：
如图，平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，过点A作BE的垂线AG，垂足为G，交线段BC于点F，连接EF（保留作图痕迹）．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴①　 　 ，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴②　 　 ，
∴AB＝AE，
∵AF⊥BE，∠AGB＝∠FGB＝90°，
又∵BG＝BG，
∴△ABG≌△FBG（ASA），
∴AB＝BF，
∵AB＝AE，AF⊥BE，
∴AF垂直平分BE，
∴③　 　 ，
∴BF＝BA＝EF＝AE，
∴四边形ABFE是菱形．
进一步思考，如果四边形ABCD是矩形，可判定四边形ABFE是④　 　 ．
22．（10分）（2024秋 项城市期中）某网店直接从工厂购进A、B两款钥匙扣，进货价和销售价如表．（注：利润＝销售价﹣进货价）
A款钥匙扣 B款钥匙扣
进货价/（元/个） 30 25
销售价/（元/个） 45 37
（1）该网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30个，求两款钥匙扣分别购进的个数．
（2）该网店打算把B款钥匙扣调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售出4个，经调查发现，每降价1元，平均每天可多售出2个．将销售价定为每个多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天的销售利润为90元？
23．（10分）（2025 浙江模拟）甲、乙两地相距300千米，一辆货车从甲地出发去乙地，1.5小时后，一辆轿车也从甲地出发去乙地，货车一直保持匀速行驶，但轿车中途有一次提速，从而轿车比货车提前到达乙地．设货车行驶的时间为x（小时），图中折线O﹣A﹣B﹣C﹣D﹣E表示货车与轿车之间的距离y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系．根据图象解答下列问题：
（1）货车的行驶速度是 　 　 千米/小时，点E的坐标是 　 　 ．
（2）轿车提速前的速度比提速后的速度慢多少千米/小时？
（3）轿车提速后经过多长时间赶上货车？
24．（10分）（2024 太和县一模）如图，B港口位于A观测点的北偏东45°方向，且其到A观测点正北方向的距离BM的长为．一艘货轮从B港口沿BC方向航行到达C处，测得C处位于A观测点北偏东75°方向，求此时货轮与A观测点之间的距离AC的长．（结果精确到0.1，参考数据：1.4，1.7）
25．（10分）（2026秋 门头沟区校级期末）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），经过点A（0，1）和点B（﹣2，2a+1）．
（1）求c的值，并用含a的式子表示b；
（2）过点P（t，0）作x轴的垂线，交抛物线于点M，交直线y＝﹣ax+1于点N．
①若a＝1，t＝2，求MN的长；
②已知在点P从点O运动到点C（3a，0）的过程中，MN的长随OP的长的增大而增大，求a的取值范围．
26．（10分）（2024春 黄石期中）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E两点分别在AB，AC上，且DE∥BC，将△ADE绕点A顺时针旋转，记旋转角为α．
【问题发现】（1）当α＝0°时，线段BD，CE的数量关系是 　 　 ；
【拓展探究】（2）当0°≤α＜360°时，（1）中的结论有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
【问题解决】（3）设DE＝4，，0°≤α＜360°，△ADE旋转至A，B，E三点共线时，画出图形，直接写出线段BE的长．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2025 合江县模拟）在0，﹣4，，5四个数中，最大的数是（　　）
A．0 B．﹣4 C． D．5
【考点】实数大小比较；算术平方根．
【专题】数形结合；实数；运算能力．
【答案】D．
【分析】利用实数大小的比较方法：1、在数轴上表示的两个数，右边的总比左边的数大．2、正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数．3、两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小．按照从小到大的顺序排列找出结论即可．
【解答】解：∵﹣40＜5，
∴最大的数是：5．
故选：D．
【点评】本题考查了实数的大小比较，掌握正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数，两个正数比较大小，绝对值大的数大，两个负数比较大小，绝对值大的数反而小是解答本题的关键．
2．（4分）（2025 宿迁模拟）宋朝 杨万里有诗曰：“只道花无十日红，此花无日不春风．一尖已剥胭脂笔，四破犹包翡翠茸”．月季被誉为“花中皇后”，月季也是南阳市的市花，具有非常高的观赏价值．某品种的月季花粉直径约为0.0000352米，则数据0.0000352用科学记数法表示为（　　）
A．3.52×10﹣5 B．0.352×10﹣5
C．3.52×10﹣6 D．35.2×10﹣6
【考点】科学记数法—表示较小的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】A
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：0.0000352＝3.52×10﹣5．
故选：A．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．（4分）（2024 仁布县一模）关于x的函数y＝﹣x﹣3，当x＝﹣1时，函数值是（　　）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】B
【分析】代入x＝﹣1，求出y值即可．
【解答】解：当x＝﹣1时，y＝﹣1×（﹣1）﹣3＝﹣2．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，牢记“直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b”是解题的关键．
4．（4分）（2024秋 北碚区校级期末）估计的值应在（　　）
A．1和2之间 B．3和4之间 C．5和6之间 D．7和8之间
【考点】估算无理数的大小；二次根式的混合运算．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【答案】B
【分析】先根据二次根式的混合运算法则进行计算，得出结果是，再估算无理数的大小即可得出答案．
【解答】解：
，
∵，
∴，
∴的值在3和4之间，即的值在3和4之间．
故选：B．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，估算无理数的大小，熟练掌握二次根式的混合运算法则，利用夹逼法估算无理数的大小是解题的关键．
5．（4分）（2025春 开封期末）如图，小明能用一根绳子检查一个书架的侧边与上、下底垂直，他的依据是（　　）
A．有一个角是直角的平行四边形是矩形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．有三个角是直角的四边形是矩形
【考点】矩形的判定；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【解答】解：小明用一根绳子检查一个书架的侧边与上、下底垂直，推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形．
综上所述，只有选项C正确，符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
6．（4分）（2024春 渝水区校级月考）“蜂窝图”如图所示，按照这样的规律，则第4个图案中“”的个数是（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
【考点】规律型：图形的变化类．
【专题】规律型；推理能力．
【答案】B
【分析】由题意可知：第1个图案有3+1＝4个三角形，第2个图案有3×2+1＝7个三角形，第3个图案有3×3+1＝10个三角形，…依此规律，第n个图案有（3n+1）个三角形，进而求出答案．
【解答】解：∵第1个图案中有1+3＝4个，
第2个图案中有1+3×2＝7个，
第3个图案中有1+3×3＝10个，
…
∴第4个图案中有1+3×4＝13个，
第n个图案中有（1+3n）个，
故选：B．
【点评】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的运算规律，利用规律解决问题．
7．（4分）（2024春 昌邑区校级期中）荡秋千不仅可以增进健康，而且可以培养勇敢精神，为人们特别是儿童所喜爱．已知小明某次荡秋千，秋千离地面的高度h（m）与摆动时间t（s）之间的关系如图所示．结合图象，下列结论正确的有（　　）
①变量h是变量t的函数；
②秋千静止时，最低点离地面的高度是0.5m；
③秋千摆第二个来回需2.6s；
④秋千离地面的高度h（m）随着抎动时间t（s）的增大而减小．
A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】A
【分析】①根据变量与函数的定义判断即可；
②③④根据图象直接判断即可．
【解答】解：①由图象可知，秋千离地面的高度h随摆动时间t的变化而变化，
∴变量h是变量t的函数，
∴①正确；
②h的最小值是0.5m，
∴秋千静止时，最低点离地面的高度是0.5m，
∴②正确；
5.4﹣2.8＝2.6（s），即秋千摆第二个来回需2.6s，
∴③正确；
由图象可知，秋千离地面的高度h（m）并非随着摆动时间t（s）的增大而一直减小，
∴④不正确．
综上，①②③正确．
故选：A．
【点评】本题考查一次函数的应用，掌握变量与函数的定义、从图象获得有关信息是解题的关键．
8．（4分）（2024秋 保定校级期中）方程x2﹣5x+2＝0的根的存在情况是（　　）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实根
C．没有实数根 D．无法确定
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：①Δ＞0，方程有两个不相等的实数根，②Δ＝0，方程有两个相等的实数根，③Δ＜0，方程没有实数根，计算出Δ＝（﹣5）2﹣4×1×2＝17＞0，即可得出答案．
【解答】解：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：①Δ＞0，方程有两个不相等的实数根，②Δ＝0，方程有两个相等的实数根，③Δ＜0，方程没有实数根，
∵方程x2﹣5x+2＝0；a＝1，b＝﹣5，c＝2；
∴Δ＝（﹣5）2﹣4×1×2＝17＞0，
∴方程有两个不相等的实根．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，正确进行计算是解题关键．
9．（4分）（2025 九龙坡区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、BC、CD上，连接AF、EG交于点H，连接CH，若CF＝CG，AE＝2DG，∠BAF＝α，则∠HCF的度数为（　　）
A．45°+α B．45°﹣α C．2α D．α
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】过点D作DH∥GE交AB于点H，连接AG，FG，作△CFG的外接圆，则四边形DHEG是平行四边形，由此得AH＝DG，由此可证明△AHD和△DGA全等，则∠BAF＝∠GAD＝α，DH＝AG，证明BF＝AH，进而可证明△ABF和△DAH全等，则∠BAF＝∠ADH＝α，AF＝DH，继而得AF⊥GE，则∠AGE＝2α，再根据DH＝AG，AF＝DH得AF＝AG，则∠AGF＝∠AFG＝45°+α，∠FGE＝45°﹣α，证明点H在△CFG的外接圆上，根据圆周角定理得∠HCF＝∠FGE＝45°﹣α．据此即可得出结论．
【解答】解：过点D作DH∥GE交AB于点H，连接AG，FG，作△CFG的外接圆，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA＝BC＝DC，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，AB∥CD，
∴四边形DHEG是平行四边形，
∴DE＝HE，DH＝GE，
∴AE＝AH+HE＝AH+DE，
∵AE＝2DG，
∴AH+DE＝2DG，
∴AH＝DG，
在△AHD和△DGA中，
，
∴△AHD≌△DGA（SAS），
∴∠BAF＝∠GAD＝α，DH＝AG，
∴∠FAG＝∠DAB﹣（∠BAF+∠GAD）＝90°﹣2α，
∵BC＝DC，CF＝CG，
∴BC﹣CF＝DC﹣CG，
∴BF＝DG，
又∵AH＝DG，
∴BF＝AH，
在△ABF和△DAH中，
，
∴△ABF≌△DAH（SAS），
∴∠BAF＝∠ADH＝α，AF＝DH，
∵∠BAF+∠FAG＝∠DAB＝90°，
∴∠ADH+∠FAG＝90°，
∴AF⊥DH，
∵DH∥GE，
∴AF⊥GE，
∴∠AGE＝90°﹣∠FAG＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∵DH＝AG，AF＝DH，
∴AF＝AG，
∴∠AGF＝∠AFG（180°﹣∠FAG）（180°﹣90°+2α）＝45°+α，
∴∠FGE＝∠AGF﹣∠AGE＝45°+α﹣2α＝45°﹣α，
∵∠BCD＝90°，
∴FG是△CFG外接圆的直径，
∵AF⊥GE，
∴∠FHG＝90°，
∴点H在△CFG的外接圆上，
根据圆周角定理得：∠HCF＝∠FGE＝45°﹣α．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
10．（4分）（2025 青山区校级模拟）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线y＝ax2﹣2ax+1（a是常数）上．以下四个结论：
①抛物线一定经过点（0，1）；
②抛物线的对称轴是直线x＝1；
③若|x1﹣1|＞|x2﹣1|，则y1＞y2；
④关于x的方程ax2﹣2ax+1＝0有两个不相等的实数根．
其中正确结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】抛物线与x轴的交点；根的判别式；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一元二次方程及应用；二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】B
【分析】根据题意和二次函数的性质、一元二次方程根的判别式，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2﹣2ax+1＝a（x﹣1）2﹣a+1，
∴当x＝0时，y＝1，即抛物线一定经过点（0，1），故①正确，符合题意；
抛物线的对称轴是直线x＝1，故②正确，符合题意；
当a＞0时，若|x1﹣1|＞|x2﹣1|，则y1＞y2；当a＜0时，若|x1﹣1|＞|x2﹣1|，则y1＜y2；故③错误，不符合题意；
关于x的方程ax2﹣2ax+1＝0的Δ＝（﹣2a）2﹣4a＝4a2﹣4a＝（2a﹣1）2﹣1，当a时，Δ＝0，此时该方程有两个相等的实数根，故④错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、根的判别式、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11．（4分）（2022秋 邹平市期末）计算：　8　 ．
【考点】负整数指数幂；有理数的减法；零指数幂．
【专题】实数；运算能力．
【答案】8
【分析】先根据负整数指数幂及零指数幂的运算法则计算出各数，再根据有理数的加减法则进行计算即可．
【解答】解：原式＝9﹣1
＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查的是负整数指数幂及零指数幂，有理数的加减法则，熟知运算法则是解题的关键．
12．（4分）（2024 巴中模拟）若一个n边形的外角和是它内角和的倍，则n＝　5　 ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】5．
【分析】根据n边形的内角和可以表示成（n﹣2） 180°，外角和为360°，根据题意列方程求解．
【解答】解：由题意得（n﹣2） 180°360°，
解得：n＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理．解题的关键是熟练掌握多边形的内角和公式与外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
13．（4分）（2023秋 海沧区校级月考）若（﹣2，y1），（3，y2）是抛物线y＝﹣x2+2x﹣2上的两点，则y1　＜　 y2．（用“＜”，“＞”或“＝”号连接）
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】＜．
【分析】利用抛物线解析式求得开口方向和对称轴，然后根据二次函数的对称性和增减性判断即可．
【解答】解：∵y＝﹣x2+2x﹣2，
∴抛物线y＝﹣x2+2x﹣2开口向下，对称轴为直线x1，
∵（﹣2，y1），（3，y2）是抛物线y＝﹣x2+2x﹣2上的两点，
∴点（﹣2，y1）的对称点为（4，y1）在抛物线y＝﹣x2+2x﹣2上，
∵1＜3＜4，
∴y1＜y2，
故答案为：＜．
【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数的性质是解题的关键．
14．（4分）（2025春 福鼎市期中）已知一次函数y1＝mx+3m﹣1（m≠0），y2＝k（x﹣2）+2（k≠0），若无论x取何值，始终有y2＞y1，则m的取值范围是m且m≠0　 ．
【考点】一次函数与一元一次不等式．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；一次函数及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】m且m≠0．
【分析】由题意可知y1∥y2，且y2在y1的上方，则m＝k，3m﹣1＜﹣2k+2，即可求得m的取值范围．
【解答】解：∵无论x取何值，始终有y2＞y1，
∴两条直线平行且y2在y1的上方，
∴，
解得m，
∴m的取值范围是m且m≠0．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，通过所给的条件确定两条直线的位置关系是解题的关键．
15．（4分）（2023春 江都区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝5，OH＝3，则菱形ABCD的面积为 　30　 ．
【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】30．
【分析】由菱形的性质得OA＝OC＝5，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝10，再由直角三角形斜边上的中线性质求出BD的长度，然后由菱形的面积公式求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝5，OB＝OD，AC⊥BD，
∴AC＝10，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∵BD是斜边上的中线，
∴BD＝2OH＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的面积AC BD10×6＝30，
故答案为：30．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，求出BD的长是解题的关键．
16．（4分）（2024秋 石首市期末）若关于y的不等式组有解，且关于x的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数m之和为 　﹣12　 ．
【考点】分式方程的解；解一元一次不等式组；一元一次不等式组的整数解．
【专题】分式方程及应用；一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】﹣12．
【分析】分别解不等式组和分式方程，根据题意确定m的取值范围，求出所有符合条件的整数m的值，将它们相加即可．
【解答】解：解不等式组，得4m﹣6≤y≤6m+10，
∵不等式组有解，
∴6m+10≥4m﹣6，解得m≥﹣8．
解分式方程，得x（m≠﹣1），
∵x＝2为原分式方程的增根，
∴m≠﹣4，且m≠﹣1．
∵m≥﹣8，
∴m+1≥﹣7，
∵x0，
∴m+1＜0，
综上，﹣7≤m+1＜0，且m≠﹣4，m≠﹣1．
又∵x为整数，
∴m+1＝﹣6、﹣3、﹣2或﹣1．
当m+1＝﹣6时，m＝﹣7；
当m+1＝﹣3时，m＝﹣4（不符合题意，舍去）；
当m+1＝﹣2时，m＝﹣3，
当m+1＝﹣1时，m＝﹣2，
∴m＝﹣7、﹣3或﹣2，
∴﹣7﹣3﹣2＝﹣12，
故答案为：﹣12．
【点评】本题考查分式方程的解等，熟练地解分式方程及一元一次不等式组是本题的关键．
17．（4分）（2025春 重庆期中）如图，正方形ABCD的边长为，点E，G分别为边AD，BC的中点，连接BE，将△ABE沿BE翻折至同一平面得到△FBE，边CD上有一点H，连接GH，又将△CGH沿GH翻折至同一平面得到△PGH，若点P恰好落在BF上，则此时折痕GH的长为 　　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】由正方形的性质以及题意可得∠A＝∠D＝90°，AB＝CD，；再根据折叠的性质可得，BF＝AB，、∠BFE＝∠A＝90°；延长BF交DC于K，连接EK，则∠EFK＝90°，易证Rt△DKE≌Rt△FKE（HL），可得KF＝DK，设KF＝DK＝x，则有，根据勾股定理列方程可得，即；连接PC，根据等边对等角、三角形内角和定理可得∠CPB＝90°，再根据折叠的性质可得PC⊥HG，H是线段CK的中点，最后由勾股定理求解即可．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为，点E，G分别为边AD，BC的中点，
∴∠A＝∠D＝90°，AB＝CD，，
∵将△ABE沿BE翻折至同一平面得到△FBE，边CD上有一点H，连接GH，又将△CGH沿翻折至同一平面得到△PGH，
∴，BF＝AB，，∠BFE＝∠A＝90°，
如图，延长BF交DC于K，连接EK，则∠EFK＝90°，
∴∠EFK＝∠D＝90°，
∴ED＝EF，EK＝EK，
∴Rt△DKE≌Rt△FKE（HL），
∴KF＝DK，
设KF＝DK＝x，则有CK，BKx，
在Rt△BCK中，BK2＝CK2+BC2，
∴，
解得，
∴，
连接PC，
∵BG＝GP，
∴∠GPB＝∠GBP，∠GPC＝∠GCP，
同理，∠GPB+∠GBP+∠GPC+∠GCP＝180°，
∴∠CPB＝∠GPB+∠GPC＝90°，
∵将△CGH沿GH翻折至同一平面得到△PGH，
∴GH垂直平分PC，CH＝PH，
∴PC⊥HG，∠HCP＝∠HPC，
∵∠HCP+∠CKP＝∠HPC+∠HPK＝90°，
∴∠HKP＝∠HPK，
∴HK＝HP＝CH，
即H是线段CK的中点，
∴，
在Rt△CHG中，由勾股定理得，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识并掌握特殊化思想成为解题的关键．
18．（4分）（2023秋 丰都县期末）一个各位数字都不为0的四位正整数m，若个位与千位数字相同，百位与十位数字相同，则称这个数m为“唯善呈和数”，将千位与百位数字交换，十位与个位数字交换，得到一个新的“唯善呈和数”m'，并规定，则F（7667）＝　27　 ；若已知数m为“唯善呈和数”，且千位与百位数字互不相同，是一个完全平方数，则满足条件的m的最大值为 　9449　 ．
【考点】因式分解的应用；完全平方式．
【专题】新定义；推理能力；创新意识．
【答案】27，9449．
【分析】易得m＝7667，根据要求得到m′＝6776，根据规定可得F（7667）的值；设m的千位数字为x，百位数字为y，分别求得m和m′，然后求得F（m），进而根据是一个完全平方数求得m的最大值．
【解答】解：由题意得：m＝7667，
∴m′＝6776．
∵F（m），
∴F（7667）27．
可设m的千位数字为x，百位数字为y，那么个位数字为x，十位数字为y．
∴m＝1000x+100y+10y+x＝1001x+110y，
∴m′＝1000y+100x+10x+y＝1001y+110x．
∴F（m）27x﹣27y．
∴．
∵是一个完全平方数，
∴x﹣y是5的倍数，
∴x﹣y＝5或0．
∵千位与百位数字互不相同，
∴x＝y+5．
∴y最大可选4，
∴x＝9．
∴m＝1001x+110y＝9449．
故答案为：27，9449．
【点评】本题考查新定义问题．理解新定义及规定的意义是解决本题的关键．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（8分）（2024秋 虞城县期末）（1）计算：（x﹣3y）2+（2x+3y）（2x﹣3y）；
（2）化简：．
【考点】分式的混合运算；完全平方公式；平方差公式．
【专题】分式；运算能力．
【答案】（1）5x2﹣6xy；
（2）．
【分析】（1）先根据完全平方公式和平方差公式计算，再合并同类项即可；
（2）先进行括号内计算，再计算除法即可．
【解答】解：（1）（x﹣3y）2+（2x+3y）（2x﹣3y）
＝x2﹣6xy+9y2+4x2﹣9y2
＝5x2﹣6xy．
（2）
．
【点评】本题考查了整式的混合运算，分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
20．（10分）（2024春 南宁期中）学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试．已知七、八年级各有300人，现从两个年级分别随机抽取10名学生的测试成绩x（单位：分）进行统计：
七年级86，94，79，84，71，90，76，83，90，87
八年级88，76，90，78，87，93，75，87，87，79
整理如下：
年级 平均数 中位数 众数 方差
七年级 84 85 b 44.4
八年级 84 a 87 36.6
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：a＝　87　 ，b＝　90　 ．
小明同学说：“这次测试我得了86分，位于年级中等偏上水平”，由此判断他是 　七　 年级学生．
（2）学校规定测试成绩不低于85分为“优秀”，估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数．
【考点】方差；用样本估计总体；中位数；众数．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】（1）87，90；
（2）七；
（3）330人．
【分析】（1）根据中位数和众数的定义即可求出答案；
（2）根据中位数的定义即可求出答案；
（3）分别求出七、八年级优秀的比例，再乘以总人数即可．
【解答】解：（1）七年级10名学生的成绩中90分的最多有2人，所以众数b＝90，
把八年级10名学生的测试成绩排好顺序为：75，76，78，79，87，87，87，88，90，93，
根据中位数的定义可知，该组数据的中位数为a87，
八故答案为：87，90；
（2）A同学得了86分，大于85分，位于年级中等偏上水平，由此可判断他是七年级的学生；
故答案为：七；
（3）300300＝330（人），
答：该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数大约为330人．
【点评】本题考查中位数、众数、方差的意义和计算方法以及用样本估计总体，理解各个概念的内涵和计算方法是解题的关键．
21．（10分）（2025秋 开州区期中）在学行四边形与特殊平行四边形的相关知识后，小文与小峰进行了更深入的研究，他们发现，过平行四边形的一个顶点作邻角的角平分线的垂线，与平行四边形的边相交可以巧妙地构造菱形，根据他们的想法与思路，用直尺和圆规完成以下作图并填空：
如图，平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，过点A作BE的垂线AG，垂足为G，交线段BC于点F，连接EF（保留作图痕迹）．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴①AD∥BC ，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴②　∠AEB＝∠ABE ，
∴AB＝AE，
∵AF⊥BE，∠AGB＝∠FGB＝90°，
又∵BG＝BG，
∴△ABG≌△FBG（ASA），
∴AB＝BF，
∵AB＝AE，AF⊥BE，
∴AF垂直平分BE，
∴③BF＝EF ，
∴BF＝BA＝EF＝AE，
∴四边形ABFE是菱形．
进一步思考，如果四边形ABCD是矩形，可判定四边形ABFE是④　正方形　 ．
【考点】作图—复杂作图；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】解：如图，垂线AG，垂足为G，交线段BC于点F，即为所求；
AD∥BC，∠AEB＝∠ABE，BF＝EF，正方形．
【分析】根据垂线的作法作图即可；然后根据正方形的判定方法进行逐一填空即可．
【解答】解：如图，垂线AG，垂足为G，交线段BC于点F，即为所求；
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∴AB＝AE，
∵AF⊥BE，∠AGB＝∠FGB＝90°，
又∵BG＝BG，
∴△ABG≌△FBG（ASA），
∴AB＝BF，
∵AB＝AE，AF⊥BE，
∴AF垂直平分BE，
∴BF＝EF，
∴BF＝BA＝EF＝AE，
∴四边形ABFE是菱形，
进一步思考，如果四边形ABCD是矩形，可知：∠BAD＝90°，所以可判定四边形ABFE是正方形．
故答案为：AD∥BC，∠AEB＝∠ABE，BF＝EF，正方形．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
22．（10分）（2024秋 项城市期中）某网店直接从工厂购进A、B两款钥匙扣，进货价和销售价如表．（注：利润＝销售价﹣进货价）
A款钥匙扣 B款钥匙扣
进货价/（元/个） 30 25
销售价/（元/个） 45 37
（1）该网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30个，求两款钥匙扣分别购进的个数．
（2）该网店打算把B款钥匙扣调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售出4个，经调查发现，每降价1元，平均每天可多售出2个．将销售价定为每个多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天的销售利润为90元？
【考点】一元二次方程的应用；二元一次方程组的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】（1）A款钥匙扣购进20个，B款钥匙扣购进10个；
（2）30或34元．
【分析】（1）设A款钥匙扣购进x个，B款钥匙扣购进y个，根据该网店用850元购进A、B两款钥匙扣共30个，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设销售价定为每个m元，则每个B款钥匙扣的销售利润为（m﹣25）元，平均每天可售出（78﹣2m）个，利用总利润＝每个B款钥匙扣的销售利润×日销售量，可列出关于m的一元二次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）设A款钥匙扣购进x个，B款钥匙扣购进y个，
根据题意得：，
解得：．
答：A款钥匙扣购进20个，B款钥匙扣购进10个；
（2）设销售价定为每个m元，则每个B款钥匙扣的销售利润为（m﹣25）元，平均每天可售出4+2（37﹣m）＝（78﹣2m）个，
根据题意得：（m﹣25）（78﹣2m）＝90，
整理得：m2﹣64m+1020＝0
解得：m1＝30，m2＝34．
答：将销售价定为每个30或34元时，才能使B款钥匙扣平均每天的销售利润为90元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
23．（10分）（2025 浙江模拟）甲、乙两地相距300千米，一辆货车从甲地出发去乙地，1.5小时后，一辆轿车也从甲地出发去乙地，货车一直保持匀速行驶，但轿车中途有一次提速，从而轿车比货车提前到达乙地．设货车行驶的时间为x（小时），图中折线O﹣A﹣B﹣C﹣D﹣E表示货车与轿车之间的距离y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系．根据图象解答下列问题：
（1）货车的行驶速度是 　60　 千米/小时，点E的坐标是 　（5，0）　 ．
（2）轿车提速前的速度比提速后的速度慢多少千米/小时？
（3）轿车提速后经过多长时间赶上货车？
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）60，（5，0）；
（2）30；
（3）1.4小时．
【分析】（1）根据速度＝路程÷时间求出货车的行驶速度，由时间＝路程÷速度求出货车到达乙地所用时间，从而求出点E的横坐标，进而得到点E的坐标即可；
（2）分别求出轿车提速前后的速度并求差即可；
（3）根据轿车提速时两车之间的距离÷轿车提速后的速度与货车的速度差列式计算即可．
【解答】解：（1）货车的行驶速度是90÷1.5＝60（千米/小时），
货车到达乙地所用时间为300÷60＝5（小时），
∴点E的坐标是（5，0）．
故答案为：60，（5，0）．
（2）轿车提速前的速度为60+（90﹣70）÷（2.5﹣1.5）＝80（千米/小时），提速后的速度为[300﹣80×（2.5﹣1.5）]÷（4.5﹣2.5）＝110（千米/小时），
110﹣80＝30（千米/小时）．
答：轿车提速前的速度比提速后的速度慢30千米/小时．
（3）70÷（110﹣60）＝1.4（小时）．
答：轿车提速后经过1.4小时赶上货车．
【点评】本题考查一次函数的应用，掌握时间、速度和路程之间的关系是解题的关键．
24．（10分）（2024 太和县一模）如图，B港口位于A观测点的北偏东45°方向，且其到A观测点正北方向的距离BM的长为．一艘货轮从B港口沿BC方向航行到达C处，测得C处位于A观测点北偏东75°方向，求此时货轮与A观测点之间的距离AC的长．（结果精确到0.1，参考数据：1.4，1.7）
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【答案】货轮与A观测点之间的距离AC的长约为6.8km．
【分析】过点B作BE垂直于AC延长线于点E，在Rt△ABE中求得AB＝10km，在Rt△BAE中求得AE＝ABcos∠BAE＝5km、BE＝ABsin∠BAE＝5km，利用勾股定理求得CEkm，根据AC＝AE﹣CE可得答案．
【解答】解：如图，过点B作BE垂直于AC延长线于点E，
在Rt△ABE中，
∵∠BAE＝45°，BM＝5km，
∴AM＝5km，
∴AB10（km），
∵∠BAE＝∠CAM﹣∠BAM＝30°，
∴AE＝ABcos∠BAE＝105（km），BE＝ABsin∠BAE＝50（km），
∴CE（km），
则AC＝AE﹣CE＝546.8（km），
答：货轮与A观测点之间的距离AC的长约为6.8km．
【点评】本题主要考查解直角三角形的应用﹣方向角问题，根据已知构造直角三角形得出BE的长是解题的关键．
25．（10分）（2026秋 门头沟区校级期末）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），经过点A（0，1）和点B（﹣2，2a+1）．
（1）求c的值，并用含a的式子表示b；
（2）过点P（t，0）作x轴的垂线，交抛物线于点M，交直线y＝﹣ax+1于点N．
①若a＝1，t＝2，求MN的长；
②已知在点P从点O运动到点C（3a，0）的过程中，MN的长随OP的长的增大而增大，求a的取值范围．
【考点】二次函数综合题．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】（1）c＝1；b＝a；
（2）①8；
②a＞0或a＜0．
【分析】（1）点A（0，1）、点B（﹣2，2a+1）代入y＝ax2+bx+c，即可求解；
（2）①分别求出M（t，at2+at+1），N（t，﹣at+1），则MN＝|at2+2at|，当a＝1，t＝2时，MN＝8；
②分两种情况画出函数图象，结合函数图象讨论即可．
【解答】解：（1）将点A（0，1）代入y＝ax2+bx+c，
∴c＝1；
将点B（﹣2，2a+1）代入y＝ax2+bx+1，
∴4a﹣2b+1＝2a+1，
∴b＝a；
（2）①M（t，at2+at+1），N（t，﹣at+1），
∴MN＝|at2+2at|，
当a＝1，t＝2时，MN＝8；
②当MN＝|at2+2at|＝0时，t＝0或t＝﹣2，
当a＞0时，MN关于t的函数图象如图，
当0≤t≤3a时，MN的长随OP的长的增大而增大；
当a＜0时，MN关于t的函数图象如图，
当﹣1≤3a＜0时，
解得a＜0时，MN的长随OP的长的增大而增大；
综上所述：a＞0或a＜0时，MN的长随OP的长的增大而增大．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．
26．（10分）（2024春 黄石期中）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E两点分别在AB，AC上，且DE∥BC，将△ADE绕点A顺时针旋转，记旋转角为α．
【问题发现】（1）当α＝0°时，线段BD，CE的数量关系是 BD＝EC ；
【拓展探究】（2）当0°≤α＜360°时，（1）中的结论有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
【问题解决】（3）设DE＝4，，0°≤α＜360°，△ADE旋转至A，B，E三点共线时，画出图形，直接写出线段BE的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）BD＝EC；
（2）结论不变，证明见解答；
（3）图见解答，或．
【分析】（1）利用平行线的性质，利用等腰三角形的性质和判定即可解决问题；
（2）结论不变，只要证明△BAD≌△CAE即可；
（3）分两种情形画出图形，运用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠A＝90°，
∴，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，
∴AB﹣AD＝AC﹣AE，
即BD＝EC，
故答案为：BD＝EC．
（2）结论不变，证明如下：
∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC．
（3）如图，
∵，DE＝4，△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，
设AB＝AC＝x，则由勾股定理得AB2+AC2＝BC2，
∴x2+x2＝72，
解得x＝6，
∴AB＝AC＝6，
同理，
当点E在BA的延长线上时，；
如图，当点E在线段AB上时，同理可求；
综上所述，BE的长为或．
【点评】本题考查几何变换综合题，主要考查勾股定理，等腰三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．

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