浙江省杭州外国语学校2021-2022学年八年级上学期期末数学试题（含答案）

这是一份浙江省杭州外国语学校2021-2022学年八年级上学期期末数学试题（含答案），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021－2022学年浙江省杭州外国语学校八年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
1．如图图形是以科学家名字命名的，其中是轴对称图形的有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．在平面直角坐标系中，点A（﹣2022，2022）位于哪个象限？（       ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．若，，则（       ）
A．， B．， C．， D．，
4．已知（﹣3，）（﹣1，），（，）是直线y＝﹣x＋2上的三个点，则，，的大小关系是（       ）
A．＞＞ B．＞＞ C．＞＞ D．＞＞
5．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，AD⊥BC于点D，则AD的长为（　　）

A． B．2 C． D．3
6．如图，直线y＝x+m与y＝nx﹣5n（n≠0）的交点的横坐标为3，则关于x的不等式x+m＞nx﹣5n＞0的整数解为（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6
7．已知，是方程x2＋2022x＋1＝0的两个根，则代数式（1＋2023＋2）（1＋2026＋2）的值是（       ）
A．4 B．3 C．2 D．1
8．如图，等边△ABC中，D是边BC上不与两端点重合的点，线段AD的垂直平分线分别交AB，AC于点E，F，连接ED，FD，则下列选项中不一定正确的是（ ）

A．EA=ED B．∠EDF=60° C．DF⊥AC D．∠2=2∠1
9．如图1，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则△ABC的面积是（　　）

A．10 B．16 C．18 D．20
10．如图，在直角△ABC中，AB=BC，点D是边AC上一动点，以BD为直角边作等腰直角△DBE，DE交BC于点F，连接CE．过点B作BQ⊥DE于点P，交CD于点Q．下面结论中正确的有（   ）个
①△ABD≌△CBE： ②∠CDE= ∠ABD；③AD2+CQ2=DQ2：
④当AD：DC=1：2，S△BEC+S△DCE=S△DBE； ⑤当时CD=BC时，BD：EF=．

A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题（本大题共8小题，每题3分，共24分）
11．若直角三角形的两条直角边分别5和12，则斜边上的中线长为 _______．
12．如图，扶梯AB的坡比为4:3，滑梯CD的坡比为1:2，若米，一男孩经扶梯AB走到滑梯的顶部BC，然后从滑梯CD滑下，共经过了_____米．

13．点P（a＋2，2a﹣5）关于y轴的对称点在第二象限，则a的取值范围是______．
14．在平面直角坐标系中，点A（﹣4，2），B（2，4），C（x，﹣1），当x＝_____时，点A，B，C在同一条直线上．
15．已知关于x的一元二次方程ax2＋bx＋1＝0（a≠0）有两个相等的实数根，那么的值是______．
16．如图，在一次函数y＝﹣x＋12的图象上取点P，作PA⊥x轴于A，PB⊥y轴于B，且长方形OAPB的面积为30，则这样的点P个数共有______个．

17．在中，，其中一个锐角为，，点在直线上（不与，两点重合），当时，的长为__________．
18．如图所示，已知点F的坐标为（3，0），点A，B分别是某函数图像与x轴、y轴的交点，点P是此图象上的一动点，设点P的横坐标为x，PF的长为d，且d与x之间满足关系：d＝5﹣x（0≤x≤5），则正确结论的序号是______．
①AF＝2；②OB＝3；③当d＝时，OP＝；④S△POF的最大值是6．

三、解答题（本大题共计56分，解答应写出推演步骤、说理过程或文字说明．）
19．化简或解方程：
(1)÷﹣84；
(2)＋（）2；
(3)3x2﹣2＝4x；
(4)（2x＋3）2＝2（2x＋3）．
20．已知：y＝＋5，化简并求的值．
21．平面直角坐标系xOy中有点P（x，y），实数x，y，m满足以下两个等式：2x﹣3m＋1＝0，3y﹣2m﹣16＝0．
(1)当x＝1时，点P到x轴的距离为 ；
(2)若点P落在一、三象限的角平分线上，求点P的坐标；
(3)当x≤4＜y时，求m的最小整数值．
22．如图，在△ABC中，AB＝AC，D为CA延长线上一点，DE⊥BC于点E，交AB于点F．
（1）求证：△ADF是等腰三角形．
（2）若AF＝BF＝，BE＝2，求线段DE的长．

23．设m是不小于﹣1的实数，使得关于x的方程x2＋2（m﹣2）x＋m2﹣3m＋3＝0有两个实数根x1，x2．
(1)若，求m的值；
(2)令T＝＋，求T的取值范围．
24．在学习贯彻习近平总书记关于生态文明建设系列重要讲话精神，牢固树立“绿水青山就是金山银山”理念，我市把生态文明建设融入经济建设、政治建设、文化建设、社会建设各个方面和全过程，建设美丽中国的活动中，某学校计划组织全校1441名师生到相关部门规划的林区植树，经过研究，决定租用当地租车公司一共62辆A、B两种型号客车全部作为交通工具．下表是租车公司提供给学校有关两种型号客车的载客量和租金信息：
型号
载客量
租金单价
A
30人/辆
380元/辆
B
20人/辆
280元/辆

注：载客量指的是每辆客车最多可载该校师生的人数．
（1）设租用A型号客车x辆，租车总费用为y元，求y与x的函数解析式，请直接写出x的取值范围；
（2）若要使租车总费用不超过21940元，一共有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？最低总费用是多少？
25．如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，直线y＝﹣x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线y＝x交于点C．

（1）求点C的坐标；
（2）点P是线段OA上的一个动点（点P不与点O，A重合），过点P作平行于y轴的直线l，分别交直线AB，OC于点D，点E，设点P的横坐标为m．
①求线段PD的长（用含m的代数式表示）；
②当点P，D，E三点中有一个点是另两个点构成线段的中点时，请直接写出的值；
（3）过点C作CF⊥y轴于点F，点M在线段CF上且不与点C重合，点N在线段OC上，CM＝ON，连接BM，BN，BM+BN是否存在最小值？如果存在，请直接写出最小值；如果不存在，请说明理由．

1．B
【详解】
解：“笛卡尔心形线”和“科克曲线”是轴对称图形，共有2个，
故选：B．
【点睛】
本题考查了轴对称图形，熟记轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）是解题关键．
2．B
【分析】
根据点在各个象限的坐标特点即可完成．
【详解】
点A的横坐标为负，纵坐标为正，则点A位于第二象限
故选：B
【点睛】
本题考查了点在各个象限的坐标特点，掌握这个特点是解题的关键．
3．D
【分析】
由不等式的性质即可判断．
【详解】
解：∵x+a＜y+a，
∴由不等式的性质1，得x＜y，
∵ax＞ay，
∴a＜0．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了不等式的基本性质：（1）不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．（3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
4．A
【分析】
由k=-＜0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而减小，结合-3＜-1＜，即可得出y1＞y2＞y3．
【详解】
∵k=-＜0，
∴y随x的增大而减小，
又∵（-3，y1）（-1，y2），（，y3）是直线y=-x+2上的三个点，-3＜-1＜，
∴y1＞y2＞y3．
故选：A．
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，牢记“k＞0，y随x的增大而增大；k＜0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
5．B
【分析】
首先由勾股定理得AB，AC，BC的三边长，从而有AB2+AC2＝BC2，得∠BAC＝90°，再根据S△ABC，代入计算即可．
【详解】
解：由勾股定理得：AB，AC，BC，
∵AB2+AC2＝25，BC2＝25，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∴S△ABC，
∴，
∴AD＝2，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，通过勾股定理计算出三边长度，判断出∠BAC＝90°是解题的关键．
6．B
【分析】
令y＝0可求出直线y＝nx﹣5n与x轴的交点坐标，根据两函数图象与x轴的上下位置关系结合交点横坐标即可得出不等式x+m＞nx﹣5n＞0的解，找出其内的整数即可．
【详解】
解：当y＝0时，nx﹣5n＝0，
解得：x＝5，
∴直线y＝nx﹣5n与x轴的交点坐标为（5，0）．
观察函数图象可知：当3＜x＜5时，直线y＝x+m在直线y＝nx﹣5n的上方，且两直线均在x轴上方，
∴不等式x+m＞nx﹣5n＞0的解为3＜x＜5，
∴不等式x+m＞nx﹣5n＞0的整数解为4．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查函数与不等式的关系，解题的关键是熟知函数图像交点的几何含义．
7．A
【分析】
根据根与系数的关系得到αβ=1，通过根的定义得到α2+2022α+1=0，β2+2022β+1=0，即可得到1+2023α+α2=α，1+2026β+β2=4β，进一步即可求出答案．
【详解】
∵α，β是方程x2+2022x+1=0的两个根，
∴αβ=1，α2+2022α+1=0，β2+2022β+1=0，
∴1+2023α+α2=α，1+2026β+β2=4β
∴（1+2023α+α2）（1+2026β+β2）
=a•4β
=4αβ
=4×1
=4．
故选：A．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程根的定义，属于基础题，关键是把所求代数式合理变形后再利用根与系数的关系解题．
8．C
【分析】
由线段垂直平分线的性质得出EA=ED，FA=FD，选项A正确；
由等边三角形的性质得出∠BAC=∠B=60°，由等腰三角形的性质得出∠EDA=∠1，∠FAD=∠FDA，得出∠EDF=∠EDA+∠FDA=∠BAC=60°，选项B正确；
由三角形的外角性质得出∠BED=∠1+∠EDA=2∠1，再由∠EDC=∠EDF+∠2=∠B+∠BED，得出∠2=2∠1，选项D正确；即可得出结论．
【详解】
解：∵EF是AD的垂直平分线，
∴EA=ED，FA=FD，选项A正确；
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠B=60°，
∵EA=ED，FA=FD，
∴∠EDA=∠1，∠FAD=∠FDA，
∴∠EDF=∠EDA+∠FDA=∠BAC=60°，选项B正确；
∵∠BED=∠1+∠EDA=2∠1，∠EDC=∠EDF+∠2=∠B+∠BED
∴60°+∠2=60°+2∠1，
∴∠2=2∠1，选项D正确；
已知条件不能推出DF与AC是否垂直
故选：C．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质以及三角形外角性质；熟记等腰三角形的性质和三角形外角性质是关键．
9．A
【分析】
根据函数的图象、结合图形求出、的值，根据三角形的面积公式得出的面积．
【详解】
解：动点从点出发，沿、、运动至点停止，而当点运动到点，之间时，的面积不变，
函数图象上横轴表示点运动的路程，时，开始不变，说明，时，接着变化，说明，
，，
的面积是：．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图象，在解题时要能根据函数的图象求出有关的线段的长度，从而得出三角形的面积是本题的关键．
10．C
【分析】
根据等腰直角三角形的性质，得，，则可判定①；由可得∠CDF=∠CBE，然后根据①可判定②；根据勾股定理的性质，得，通过三角形面积公式计算，得S△BEC+S△DCES△DBE；根据等腰三角形三线合一、垂直平分线和勾股定理的性质，得AD2+CQ2=DQ2；根据等腰三角形和三角形内角和性质，得，过点F作FH⊥BE于点H，设，进而根据等腰直角三角形的性质、二次根式的计算，即可得到答案．
【详解】
解：∵直角△ABC中，AB=BC，等腰直角△DBE，
∴，，，
∵，
∴，
△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE，即①正确；
∴，，
∵，
∴由三角形内角和可知∠CDF=∠CBE，
∴∠CDE=∠ABD，故②正确；
∵AD：DC=1：2，
∴设，，
∴，
∵在等腰直角△ABC中，
∴，
∵，
∴，
∵等腰直角△DBE
∴
过点B作，交AC于点M，如下图，

∵等腰直角△ABC
∴，
∴，
，
，
∴S△BEC+S△DCES△DBE，即④错误；
连接，如下图：

∵BQ⊥DE，△DBE是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴AD2+CQ2=DQ2，即③正确；
∵CD=BC，
∴，，
∴,
∴,
∴，
过点F作FH⊥BE于点H，如图所示：

设，
∵，
∴△FHE是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，即BD：EF=；故⑤正确；
∴①②③⑤正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的性质与判定及二次根式等知识；解题的关键是熟练掌握等腰直角三角形、全等三角形及勾股定理，从而完成求解．
11．6.5
【分析】
根据勾股定理可求得直角三角形斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】
解：∵直角三角形两直角边长为5和12，
∴斜边=，
∴此直角三角形斜边上的中线的长=．
故答案为：6.5
【点睛】
此题主要考查勾股定理及直角三角形斜边上的中线的性质；熟练掌握勾股定理，熟记直角三角形斜边上的中线的性质是解决问题的关键．
12．
【分析】
根据两个坡度比求出BE和DF，再利用勾股定理求出AB和CD，最后加上BC就是经过的路程长．
【详解】
解：∵AB的坡度是4:3，
∴，
∵，则，
∴，
∵CD的坡度是1:2，
∴，
∵，则，
∴，
根据勾股定理，，
，
．
故答案是：．
【点睛】
本题考查解直角三角形的实际应用，解题的关键是抓住坡度的比，利用这个关系去解直角三角形．
13．
【分析】
根据P关于y轴的对称点在第二象限，可得点P在第一象限，再根据第一象限内点的坐标符号列不等式组，最后解不等式组即可．
【详解】
∵点P（a+2，2a-5）关于y轴的对称点在第二象限，
∴点P在第一象限，
∴，
解得．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了关于y轴的对称点的坐标，以及一元一次不等式组的解法，关键是掌握解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
14．−13
【分析】
用待定系数法求出直线AB的函数解析式，则当点C在直线AB上时，其坐标满足函数解析式，从而可求得x的值．
【详解】
设直线AB的解析式为，把A、B两点坐标分别代入得：
解得：
∴直线AB的解析式为
当点A，B，C在同一条直线上时，则有
解得x=−13
故答案为：−13
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、点在直线上的坐标特征，掌握这两个知识点是关键．
15．4
【分析】
根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式的意义得到a≠0且Δ=0，即b2-4a=0，即b2=4a，最后代入b2=4a计算即可．
【详解】
∵关于x的一元二次方程ax2+bx+1=0有两个相等的实数根，
∴a≠0且Δ=0，
∴b2-4a=0，
∴b2=4a，
∴原式=．
故答案为4．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式Δ=b2-4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
16．4
【分析】
设点P的坐标为（x，y），由图象得|x||y|=30，再将y=-x+12代入，即可得出关于x的一元二次方程，根据一元二次方程的判别式，判断点P的个数即可．
【详解】
：设点P的坐标为（x，y），由图象得|x||y|=30，再将y=-x+12代入，得x（-x+12）=±30，
则x2-12x+30=0或x2-12x-30=0，
∴Δ=（-12）2-4×1×30=24＞0或Δ=（-12）2-4×1×（-30）=264＞0，
∴每个方程都有两个不相等的实数根，
∴这样的点P个数共有4个．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上的点的坐标特征与一元二次方程的根的判别式的运用，解题时注意：点到x轴的距离是纵坐标的绝对值；点到y轴的距离是横坐标的绝对值．
17．或或4
【分析】
根据题意画出图形，分4种情况进行讨论，利用含30°角直角三角形与勾股定理解答．
【详解】
解：如图1：

当∠C=60°时，∠ABC=30°，与∠ABP=30°矛盾；
如图2：

当∠C=60°时，∠ABC=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠CBP=60°，
∴△PBC是等边三角形，
∴；
如图3：

当∠ABC=60°时，∠C=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠PBC=60°-30°=30°，
∴PC=PB，
∵，
∴，
在Rt△APB中，根据勾股定理,
即,
即，解得，
如图4：

当∠ABC=60°时，∠C=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠PBC=60°+30°=90°，
∴
在Rt△BCP中，根据勾股定理,
即,解得PC=4（已舍去负值）．
综上所述，的长为或或4．
故答案为：或或4．
【点睛】
本题考查含30°角直角三角形，等边三角形的性质和判定，勾股定理．理解直角三角形30°角所对边是斜边的一半，并能通过勾股定理去求另外一个直角边是解决此题的关键．
18．①④##④①
【分析】
当点P与点A重合时，由AF=d=5﹣x可求得x的值，从而可判断①正确；当点P与点B重合，即x=0时，由d＝5﹣x可求得d，即BF的值，由勾股定理可求得OB的值，从而可判断②；由d＝及d＝5﹣x，可求得x=3，可得PF⊥x轴，由勾股定理可求得OP的长，进而可判断③；由知，当点P与点B重合时，最大，从而△POF的面积也最大，从而可判断④．
【详解】
∵点F的坐标为（3，0）
∴OF=3
当点P与点A重合时，由AF=d=5﹣x，另一方面，AF=OA−OF=x−3
∴5﹣x=x−3
∴x=5
即A(5，0)
∴OA=5
∴AF=5−3=2
故①正确
当点P与点B重合，即x=0时，d＝5﹣×0=5
即BF=5
在Rt△OBF中，由勾股定理得
故②错误
当d＝时，，解得x=3
即点P坐标为
∴PF⊥x轴，且
在Rt△PFO中，由勾股定理得
故③错误
∵，其中是点P的纵坐标
∴当点P与点B重合时，最大，从而△POF的面积也最大
而的最大值为4
∴△POF的面积最大值为
故④正确
综上所述，正确的序号为①④
故答案为：①④
【点睛】
本题是函数的图象的综合，考查了函数图象、勾股定理、三角形面积等知识，注意数形结合是解题的关键．
19．(1)
(2)
(3)，
(4)，

【分析】
（1）根据二次根式混合运算的法则计算即可；
（2）利用完全平方公式和二次根式的除法法则运算．
（3）利用公式法求解即可；
（4）利用因式分解法求解即可．
(1)
原式
；
(2)
原式

；
(3)
，
，
△，
，
，
(4)
，
，
，
或，
，．
【点睛】
此题考查了二次根式的混合运算，解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解本题的关键．
20．
，-4
【分析】
根据二次根式有意义的条件得到x=4，则y=5，再利用约分得到原式=，然后通分得到原式=，最后把x、y的值代入计算即可．
【详解】
解：∵x-4≥0且4-x≥0，
∴x=4，
∴y=5，

=
=，
=，
=，
=-4．
【点睛】
本题考查了考查了二次根式有意义的条件、二次根式的化简求值，做题的关键是要先化简再代入求值．
21．(1)6
(2)P(10，10)
(3)−1

【分析】
（1）当x＝1时，由2x﹣3m＋1＝0可求得m的值，再由3y﹣2m﹣16＝0可求得y的值，从而可得点P的坐标，即可得点P到x轴的距离；
（2）根据角平分线的性质定理及点在第一、三象限的坐标特征可得x=y，从而可得关于x与m的方程组，消去m即可求得x的值，从而可得点P的坐标；
（3）由条件可得用含m的代数式表示x、y的等式，根据不等关系可得关于m的不等式组，解不等式组即可求得m的最小整数值．
(1)
当x＝1时，由2x﹣3m＋1＝0，得
解得m=1
由3y﹣2m﹣16＝0，得
解得y=6
∴点P的坐标为(1，6)
即点P到x轴的距离为6
故答案为：6
(2)
∵点P在第一、三象限的角平分线上，且在一、三象限的点的两个坐标符号相同
∴
∴3x﹣2m﹣16＝0
由消去m，得x=10
∴y=10
∴点P的坐标(10，10)
(3)
由2x﹣3m＋1＝0，3y﹣2m﹣16＝0可得：
由题意得：
解不等式组得：
故不等式组的整数解为：−1，0，1，2，3，最小整数值为−1．
【点睛】
本题考查了点与坐标，角平分线的性质定理，点在各个象限的坐标特征，解二元一次方程组及解一元一次不等式组等知识，灵活运用这些知识是关键．
22．（1）见解析；（2）9
【分析】
（1）由等腰三角形的性质和余角的性质可证得∠D＝∠DFA，根据等腰三角形的判定即可证得结论；
（2）根据题意过A作AH⊥DE于H，由等腰三角形的性质可得DH＝FH，根据全等三角形的判定证得△AFH≌△BFE，得到DH＝FH＝EF，在Rt△BEF中，根据勾股定理求出EF，即可求出DE．
【详解】
解：（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠B＋∠BFE＝∠C＋∠D＝90°，
∴∠D＝∠BFE，
∵∠BFE＝∠DFA，
∴∠D＝∠DFA，
∴AD＝AF，
∴△ADF是等腰三角形；
（2）过A作AH⊥DE于H，

∵DE⊥BC，
∴∠AHF＝∠BEF＝90°，
由（1）知，AD＝AF，
∴DH＝FH，
在△AFH和△BFE中，
，
∴△AFH≌△BFE（AAS），
∴FH＝EF，
∴DH＝FH＝EF，
在Rt△BEF中，
∵BF＝，BE＝2，
∴EF＝＝3，
∴DE＝3EF＝9．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质和判定以及全等三角形的性质和判定和勾股定理，正确作出辅助线，并证得DH=FH=EF是解决问题的关键．
23．(1)1
(2)0
【分析】
首先根据方程有两个实数根及m是不小于-1的实数，确定m的取值范围，根据根与系数的关系，用含m的代数式表示出两根的和、两根的积．
（1）变形x12+x22为（x1+x2）2-2x1x2，代入用含m表示的两根的和、两根的积得方程，解方程根据m的取值范围得到m的值；
（2）化简T，用含m的式子表示出T，根据m的取值范围，得到T的取值范围．
(1)
∵关于x的方程x2+2（m-2）x+m2-3m+3=0有两个实数根，
∴Δ=4（m-2）2-4（m2-3m+3）≥0，
解得m≤1，
∵m是不小于-1的实数，
∴-1≤m≤1，
∵方程x2+2（m-2）x+m2-3m+3=0的两个实数根为x1，x2，
∴x1+x2=-2（m-2）=4-2m，x1•x2=m2-3m+3．
∵x12+x22=2，
∴（x1+x2）2-2x1x2=2，
∴4（m-2）2-2（m2-3m+3）=2，
整理得m2-5m+4=0，解得m1=1，m2=4（舍去），
∴m的值为1；
(2)
T＝＋，
=
=
=
=
=
=2-2m．
∵当x=1时，方程为1＋2（m﹣2）＋m2﹣3m＋3＝0，
解得m=1或m=0．
∴当m=1或m=0时，T没有意义．
∴且
∴0<2-2m≤4且．
即0 【点睛】
本题考查了根与系数的关系、根的判别式、一元二次方程的解法及分式的化简．解决本题的关键是掌握根与系数的关系，并能把要求的代数式变形为含两根的和、两根的积的式子．
24．（1）x的取值范围为21≤x≤62的整数．（2）共有25种租车方案，A型号客车21辆，B型号客车41辆时，最省钱．最低费用为19460元.
【分析】
（1）根据租车总费用=A、B两种车的费用之和，列出函数关系式即可；
（2）列出不等式，求出自变量x的取值范围，利用函数的性质即可解决问题；
【详解】
解：（1）由题意：y=380x+280（62﹣x）=100x+17360．
∵30x+20（62﹣x）≥1441，∴x≥20.1，
∴21≤x≤62，且x为正整数．
（2）由题意100x+17360≤21940，
∴x≤45.8，∴21≤x≤45，
∴共有25种租车方案，x=21时，y有最小值=19460元．
故共有25种租车方案，A型号客车21辆，B型号客车41辆时，最省钱．
【点睛】
本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会利用函数的性质解决最值问题．
25．（1）C(4，3) （2）①PD=||，②m=或m=；（3）存在最小值，最小值是，理由见解析．
【分析】
(1)由方程组，解得：，即可求解；
(2)①点P的横坐标为m，由PDy轴，得点P、D三点横坐标都为m，点D坐标为(m，)，得PD=||；②先表示出P，D，E三点坐标，分三种情况，第一种情形：点D是PE的中点时，第二种情形：点P是DE的中点时，第三种情形：点E是PD的中点时，根据中点坐标公式即可求解；综上，m=或m=；
(3)在OA上取点H，使得OH=BC，连接NH，先证△BCM≌△HON(SAS)，，BM=NH，BM+BN=NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，即可求解．
【详解】
解：(1)∵直线与直线交于点C，
∴得方程组：，
解得：，
∴点C的坐标为(4，3)；
(2)①点P的横坐标为m，
∵PDy轴，
∴点P、D三点横坐标都为m，
当x=m时，，
∴点D坐标为(m，)，
∴PD=∣∣；
②当x=m时，
∴点E坐标为(m，)，
而点P坐标为(m，0)，
第一种情形：点D是PE的中点时，

解得：m=；
第二种情形：点P是DE的中点时，
，
此方程无解，故不成立；
第三种情形：点E是PD的中点时，

解得：m=
综上，m=或m=；
(3)BM+BN存在最小值，在OA上取点H，使得OH=BC，连接NH，

∵C(4，3)，A(8，0)，B(0，6)，∠AOB=90°
∵AB=10，
∴CF⊥BO，
∴点F坐标为(0，3)，
∴CF垂直平分BO，
∴CB=OC=AC=5，∠BCF=∠OCF，
∴CFAO，
∴∠FCO=∠AOC，
∴∠BCM=∠HON，
∵MC=NO，CB=OH，
∴△BCM≌△HON(SAS)，
∴BM=NH，
∴BM+BN=NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，此时最小值=．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，中点坐标公式的运用，全等三角形的性质与判定，最值问题，解题关键是利用全等三角形的性质把BM+BN的值转化为NH+BN的值．