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【全套专题】初中数学同步 8年级上册 第44课 期末模拟（二）（教师版含解析）
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这是一份【全套专题】初中数学同步 8年级上册 第44课 期末模拟（二）（教师版含解析），文件包含2022年初中数学同步8年级上册第44课期末模拟二教师版含解析doc、2022年初中数学同步8年级上册第44课期末模拟二学生版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
第44课 期末模拟(二)
一、选择题(本题有10小题，每小题4分，共40分，请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分)
1．(4分)将下列四种长度的三根木棒首尾顺次连接，能组成三角形的是( )
A．2，5，8 B．3，4，5 C．2，2，4 D．1，2，3
【考点】三角形三边关系．
【分析】根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边进行分析即可．
【解答】解：A、2+5＜8，不能组成三角形，故此选项错误；
B、3+4＞5，能组成三角形，故此选项正确；
C、2+2=4，不能组成三角形，故此选项错误；
D、1+2=3，不能组成三角形，故此选项错误；
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系定理，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
2．(4分)下列图形是对圆的面积进行四等分的几种作图，则它们是轴对称图形的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的概念求解即可．
【解答】解：第一个图形是轴对称图形；
第二个图形是轴对称图形；
第三个图形不是轴对称图形；
第四个图形是轴对称图形；
所以一共有三个轴对称图形．
故选C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．(4分)下列运算中，正确的是( )
A．(a2)3=a5 B．a2•a4=a6 C．3a2÷2a=a D．(2a)2=2a2
【考点】整式的除法；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】计算题；整式．
【分析】A、原式利用幂的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断；
B、原式利用同底数幂的乘法法则计算得到结果，即可作出判断；
C、原式利用单项式除以单项式法则计算得到结果，即可作出判断；
D、原式利用积的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式=a6，错误；
B、原式=a6，正确；
C、原式=a，错误；
D、原式=4a2，错误，
故选B
【点评】此题考查了整式的除法，同底数幂的乘法，以及幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4．(4分)若分式的值是零，则x的值是( )
A．x=﹣2 B．x=±3 C．2 D．x=3
【考点】分式的值为零的条件．
【分析】直接利用分式的值为0，则分子为0，进而得出答案．
【解答】解：∵分式的值是零，
∴x+2=0，
解得：x=﹣2．
故选：A．
【点评】此题主要考查了分式的值为零的条件，正确把握定义是解题关键．
5．(4分)长方形的面积为x2﹣2xy+x，其中一边长是x，则另一边长是( )
A．x﹣2y B．x+2y C．x﹣2y﹣1 D．x﹣2y+1
【考点】整式的除法．
【专题】计算题；整式．
【分析】根据面积除以一边长得到另一边长即可．
【解答】解：根据题意得：(x2﹣2xy+x)÷x=x﹣2y+1，
故选D
【点评】此题考查了整式的除法，熟练掌握除法法则是解本题的关键．
6．(4分)如图，E，B，F，C四点在一条直线上，EB=CF，∠A=∠D，再添一个条件仍不能证明△ABC≌△DEF的是( )
A．AB=DE B．DF∥AC C．∠E=∠ABC D．AB∥DE
【考点】全等三角形的判定．
【分析】由EB=CF，可得出EF=BC，又有∠A=∠D，本题具备了一组边、一组角对应相等，为了再添一个条件仍不能证明△ABC≌△DEF，那么添加的条件与原来的条件可形成SSA，就不能证明△ABC≌△DEF了．
【解答】解：A、添加DE=AB与原条件满足SSA，不能证明△ABC≌△DEF，故A选项正确．
B、添加DF∥AC，可得∠DFE=∠ACB，根据AAS能证明△ABC≌△DEF，故B选项错误．
C、添加∠E=∠ABC，根据AAS能证明△ABC≌△DEF，故C选项错误．
D、添加AB∥DE，可得∠E=∠ABC，根据AAS能证明△ABC≌△DEF，故D选项错误．
故选：A．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
7．(4分)如图所示，∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA，PD⊥OA，若PC=4，则PD等于( )
A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】菱形的判定与性质；含30度角的直角三角形．
【专题】几何图形问题．
【分析】过点P做PM∥CO交AO于M，可得∠CPO=∠POD，再结合题目推出四边形COMP为菱形，即可得PM=4，又由CO∥PM可得∠PMD=30°，由直角三角形性质即可得PD．
【解答】解：如图：过点P做PM∥CO交AO于M，PM∥CO
∴∠CPO=∠POD，∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA
∴四边形COMP为菱形，PM=4
PM∥CO⇒∠PMD=∠AOP+∠BOP=30°，
又∵PD⊥OA
∴PD=PC=2．
令解：作CN⊥OA．
∴CN=OC=2，
又∵∠CNO=∠PDO，
∴CN∥PD，
∵PC∥OD，
∴四边形CNDP是长方形，
∴PD=CN=2
故选：C．
【点评】本题运用了平行线和直角三角形的性质，并且需通过辅助线求解，难度中等偏上．
8．(4分)如图(1)，是一个长为2a宽为2b(a＞b)的矩形，用剪刀沿矩形的两条对角轴剪开，把它分成四个全等的小矩形，然后按图(2)拼成一个新的正方形，则中间空白部分的面积是( )
A．ab B．(a+b)2 C．(a﹣b)2 D．a2﹣b2
【考点】完全平方公式的几何背景．
【分析】先求出正方形的边长，继而得出面积，然后根据空白部分的面积=正方形的面积﹣矩形的面积即可得出答案．
【解答】解：由题意可得，正方形的边长为(a+b)，
故正方形的面积为(a+b)2，
又∵原矩形的面积为4ab，
∴中间空的部分的面积=(a+b)2﹣4ab=(a﹣b)2．
故选C．
【点评】此题考查了完全平方公式的几何背景，求出正方形的边长是解答本题的关键，难度一般．
9．(4分) “五水共治”工程中，要挖掘一段a千米的排污管沟，如果由10个工人挖掘，要用m天完成；如果由一台挖掘机工作，要比10个工人挖掘提前3天完成，一台挖掘机的工作效率是一个工人工作效率的( )
A． B． C． D．
【考点】列代数式(分式)．
【分析】此题可利用工作总量作为相等关系，借助方程解题．
【解答】解：设一台插秧机的工作效率为x，一个人工作效率为y．
则10my=(m﹣3)x．
所以=，
故选：D．
【点评】本题主要考查了列代数式的知识，列代数式的关键是正确理解文字语言中的关键词，找到其中的数量关系，工程问题要有“工作效率”，“工作时间”，“工作总量”三个要素，数量关系为：工作效率×工作时间=工作总量．
10．(4分)在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x，y)，我们把点P1(﹣y+1，x+1)叫做点P的伴随点，已知点A1的伴随点为A2，点A2的伴随点为A3，点A3的伴随点为A4，…，这样依次得到点A1，A2，A3，…，An，若点A1的坐标为(3，1)，则点A2015的坐标为( )
A．(0，4) B．(﹣3，1) C．(0，﹣2) D．(3，1)
【考点】规律型：点的坐标．
【分析】根据伴随点的定义，罗列出部分点A的坐标，根据点A的变化找出规律“A4n+1(3，1)，A4n+2(0，4)，A4n+3(﹣3，1)，A4n+4(0，﹣2)(n为自然数)”，根据此规律即可解决问题．
【解答】解：观察，发现规律：A1(3，1)，A2(0，4)，A3(﹣3，1)，A4(0，﹣2)，A5(3，1)，…，
∴A4n+1(3，1)，A4n+2(0，4)，A4n+3(﹣3，1)，A4n+4(0，﹣2)(n为自然数)．
∵2015=4×503+3，
∴点A2015的坐标为(﹣3，1)．
故选B．
【点评】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是发现规律“A4n+1(3，1)，A4n+2(0，4)，A4n+3(﹣3，1)，A4n+4(0，﹣2)(n为自然数)”．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，罗列出部分点的坐标，根据点的坐标的变化发现规律是关键．
二、填空题(本题有6小题，每小题5分，共30分
11．(5分)点A(﹣3，2)关于x轴的对称点A′的坐标为 ．
【答案】(﹣3，﹣2)
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答．
【解答】解：点A(﹣3，2)关于x轴对称的点的坐标为(﹣3，﹣2)．
故答案为：(﹣3，﹣2)．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
(1)关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
(2)关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
(3)关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．(5分)因式分解：x2﹣4y2= ．
【答案】(x+2y)(x﹣2y)
【考点】因式分解-运用公式法．
【分析】直接运用平方差公式进行因式分解．
【解答】解：x2﹣4y2=(x+2y)(x﹣2y)．
【点评】本题考查了平方差公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．平方差公式：a2﹣b2=(a+b)(a﹣b)．
13．(5分)等腰三角形一边等于4，另一边等于2，则周长是 ．
【答案】10
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【分析】因为等腰三角形的两边分别为4和2，但没有明确哪是底边，哪是腰，所以有两种情况，需要分类讨论．
【解答】解：当4为底时，其它两边都为2，2、2、4不可以构成三角形；
当4为腰时，其它两边为4和2，4、4、2可以构成三角形，周长为10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系；对于底和腰不等的等腰三角形，若条件中没有明确哪边是底哪边是腰时，应在符合三角形三边关系的前提下分类讨论．
14．(5分)若a﹣b=5，ab=3，则a2+b2= ．
【答案】31
【考点】完全平方公式．
【专题】计算题；整式．
【分析】把a﹣b=5两边平方，利用完全平方公式化简，将ab=3代入即可求出所求式子的值．
【解答】解：把a﹣b=5两边平方得：(a﹣b)2=a2+b2﹣2ab=25，
将ab=3代入得：a2+b2=31，
故答案为：31
【点评】此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
15．(5分)当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．如果一个直角三角形为“特征三角形”，那么它的“特征角”等于 度．
【答案】90或60
【考点】三角形内角和定理．
【分析】根据“特征角”的定义，结合直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：①“特征角”α为90°；
②“特征角”与“另一个内角”都不是直角时，设“特征角是2x”，
由题意得，x+2x=90°，
解得：x=30°，
所以，“特征角”是60°，
综上所述，这个“特征角”的度数为90°或60°．
故答案为：90或60．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
16．(5分)如图，把面积为1的等边△ABC的三边分别向外延长m倍，得到△A1B1C1，那么△A1B1C1的面积是 (用含m的式子表示)
【答案】3m2+3m+1
【考点】等边三角形的性质．
【分析】连接AB1，BC1，CA1，根据等底等高的三角形的面积相等求出△ABB1，△A1AB1的面积，从而求出△A1BB1的面积，同理可求△B1CC1的面积，△A1AC1的面积，然后相加即可得解．
【解答】解：如图，连接AA1，B1C2，BC1，如图所示：
∵把面积为1的等边△ABC的三边分别向外延长m倍，
∴△A1 AB的面积=△BC2C1 的面积=△AB1C2的面积=m×1=m，
同理：△A1B1 A的面积=△B1 C1 C2 的面积=△A1 BC1 的面积=m×m=m2，
∴△A1B1C1的面积=3m2+3m+1；
故答案为：3m2+3m+1．
【点评】本题考查了三角形的面积，主要利用了等底等高的三角形的面积相等，作辅助线把三角形进行分割是解题的关键．
三、解答题(本题有8小题，第17-20题每题8分，第21题10分，第22、23题每题12分，第24题14分，共80分
17．(4分)分解因式：4xy2+4x2y+y3．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】首先提取公因式y，进而利用完全平方公式分解因式得出答案．
【解答】解：4xy2+4x2y+y3
=y(4xy+4x2+y2)
=y(y+2x)2．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
18．(4分)解方程：．
【考点】解分式方程．
【专题】计算题．
【分析】观察可得2﹣x=﹣(x﹣2)，所以可确定方程最简公分母为：(x﹣2)，然后去分母将分式方程化成整式方程求解．注意检验．
【解答】解：方程两边同乘以(x﹣2)，
得：x﹣3+(x﹣2)=﹣3，
解得x=1，
检验：x=1时，x﹣2≠0，
∴x=1是原分式方程的解．
【点评】(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
(2)解分式方程一定注意要验根．
(3)去分母时有常数项的不要漏乘常数项．
19．(8分)先化简再求值：(﹣)÷，其中x=3．
【考点】分式的化简求值．
【分析】先约分化简，再计算括号，最后代入化简即可．
【解答】解：原式=[﹣}×
=()×
=×
=﹣，
当x=3时，原式=﹣1
【点评】本题考查分式的混合运算、乘法公式等知识，解题的关键是灵活掌握分式的混合运算法则，注意简便运算，属于中考常考题型．
20．(8分)在△ABC中，D是BC边上的中点，F、E分别是AD及其延长线上的点，CF∥BE．求证：CF=BE．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题．
【分析】利用CF∥BE和D是BC边的中点可以得到全等条件证明△BDE≌△CDF，从而得出结论．
【解答】证明：∵D是BC边上的中点，
∴BD=CD，
又∵CF∥BE，
∴∠E=∠CFD，∠DBE=∠FCD
∴△BDE≌△CFD，
∴CF=BE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，难度适中．
21．(8分)一个等腰直角三角板如图搁置在两柜之间，且点D，C，E在同一直线上，已知稍高的柜高AD为80cm，两柜距离DE为140cm．求稍矮的柜高BE．
【考点】全等三角形的应用．
【分析】首先证明△ADC≌△CEB，根据全等三角形的性质可得AD=CE，DC=BE，进而可得CE的长，然后可得DC的长度，从而求出BE长．
【解答】解：由题意得：∠ADC=∠ACB=∠BEC=90°，AC=BC，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵∠BEC=90°，
∴∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，DC=BE，
∵AD=80cm，
∴CE=80cm，
∵DE=140cm，
∴DC=60cm，
∴BE=60cm．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是掌握全等三角形的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
22．(10分)某校为了丰富学生的校园生活，准备购进一批篮球和足球．其中篮球的单价比足球的单价多40元，用1500元购进的篮球个数与900元购进的足球个数相等．
(1)篮球和足球的单价各是多少元？
(2)该校打算用800元购买篮球和足球，恰好用完800元，问有哪几种购买方案？
【考点】分式方程的应用；二元一次方程的应用．
【分析】(1)设足球单价为x元，则篮球单价为(x+40)元，根据题意可得等量关系：1500元购进的篮球个数=900元购进的足球个数，由等量关系可得方程，再求解即可；
(2)设恰好用完800元，可购买篮球m个和购买足球n个，根据题意可得篮球的单价×篮球的个数m+足球的单价×足球的个数n=800，再求出整数解即可得出答案．
【解答】解：设足球单价为x元，则篮球单价为(x+40)元，由题意得：
=，
解得：x=60，
经检验：x=60是原分式方程的解，
则x+40=100，
答：篮球和足球的单价各是100元，60元；
(2)设恰好用完800元，可购买篮球m个和购买足球n个，
由题意得：100m+60n=800，
整理得：m=8﹣n，
∵m、n都是正整数，
∴①n=5时，m=5，②n=10时，m=2；
∴有两种方案：
①购买篮球5个，购买足球5个；
②购买篮球2个，购买足球10个．
【点评】此题主要考查了分式方程和二元一次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程．
23．(12分)探究题：
(1) 各个角 都相等， 各条边 都相等的多边形叫做正多边形；
(2)如图，格点长方形MNPQ的各点分布在边长均为1的等边三角形组成的网格上，请在格点长方形MNPQ内画出一个面积最大的格点正六边形ABCDEF，并简要说明它是正六边形的理由；
(3)正六边形有 9 条对角线，它的外角和为 360 度．
【考点】正多边形和圆．
【分析】(1)直接用正多边形的定义得出结论即可；
(2)用网格线的特征和正六边形的性质，画出图形即可；
(3)根据多边形的对角线条数的确定方法和多边形的外角和定理即可．
【解答】解：(1)由正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形；
故答案为：各个角；各条边；
(2)如图，
∵AB=2，BC=2，CD=2，DE=2，EF=2，FA=2，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∵网格是等边三角形的网格，
∴∠FAB=2×60°=120°，
同理：∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=120°，
∴∠FAB=∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=120°，
∴六边形ABCDEFA是正六边形．
最大面积为24；
(3)正六边形的对角线条数为=9，
∵多边形的外角和是360°，
∴正六边形的外角和为360°，
故答案为：9；360°．
【点评】此题是正多边形和圆，主要考查了正多边形的定义，正六边形的性质，网格线的特点，多边形的对角线的确定和多边形的外角和定理，解本题的关键掌握正六边形的性质．
24．(12分)阅读理解：(请仔细阅读，认真思考，灵活应用)
【例】已知实数x满足x+=4，求分式的值．
解：观察所求式子的特征，因为x≠0，我们可以先求出的倒数的值，
因为=x+3+=x++3=4+3=7
所以=
【活学活用】
(1)已知实数a满足a+=﹣5，求分式的值；
(2)已知实数x满足x+=9，求分式的值．
【考点】分式的值．
【专题】阅读型；分式．
【分析】(1)原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值；
(2)原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值．
【解答】解：(1)∵a+=﹣5，
∴=3a+5+=3(a+)+5=﹣15+5=﹣10；
(2)∵x+=9，
∴x+1≠0，即x≠﹣1，
∴x+1+=10，
∵==x+1++3=10+3=13，
∴=．
【点评】此题考查了分式的值，将所求式子就行适当的变形是解本题的关键．
25．(14分)有公共顶点A的△ABD，△ACE都是的等边三角形．
(1)如图1，将△ACE绕顶点A旋转，当E，C，B共线时，求∠BCD的度数；
(2)如图2，将△ACE绕顶点A旋转，当∠ACD=90°时，延长EC角BD于F，
①求证：∠DCF=∠BEF；
②写出线段BF与DF的数量关系，并说明理由．
【考点】三角形综合题．
【分析】(1)先由等边三角形得出AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，从而判断出∠DAC=∠BAE，得到△DAC≌△BAE，最后用平角的定义即可；
(2)①同(1)的方法判断出△DAC≌△BAE，再用直角三角形的性质即可；
②作出辅助线，利用①的结论即可得出DF=BF．
【解答】解：∵△ABD，ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，AD=AB，AC=AE
∵∠DAC=∠DAB+∠BAC，∠BAE=∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ACD=∠E=60°，
∵E，C，B共线，
∴∠BCD=180°﹣∠ACD﹣∠ACE=60°；
(2)①∵△ABD，ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，AD=AB，AC=AE
∵∠DAC=∠DAB﹣∠BAC，∠BAE=∠CAE﹣∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠AEB=∠ACD=90°，
∴∠BEC=∠AEB﹣∠AEC=90°﹣60°=30°，
∵∠DCF=180°﹣∠ACD﹣∠ACE=30°，
∴∠DCF=∠BEF；
②DF=BF，
理由：如图，
在EF上取一点G，使BG=BF，
∴∠GFB=∠FGB，
∴∠DFC=∠BGE，
由(1)知，△DAC≌△BAE，CD=EB，
∠DCF=∠BEC，
∴△DCF≌△BGE，
∴DF=BG，
∴DF=BF．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解本题的关键是∠DAC=∠BAE．
第44课 期末模拟(二)
一、选择题(本题有10小题，每小题4分，共40分，请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分)
1．(4分)将下列四种长度的三根木棒首尾顺次连接，能组成三角形的是( )
A．2，5，8 B．3，4，5 C．2，2，4 D．1，2，3
【考点】三角形三边关系．
【分析】根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边进行分析即可．
【解答】解：A、2+5＜8，不能组成三角形，故此选项错误；
B、3+4＞5，能组成三角形，故此选项正确；
C、2+2=4，不能组成三角形，故此选项错误；
D、1+2=3，不能组成三角形，故此选项错误；
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系定理，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
2．(4分)下列图形是对圆的面积进行四等分的几种作图，则它们是轴对称图形的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的概念求解即可．
【解答】解：第一个图形是轴对称图形；
第二个图形是轴对称图形；
第三个图形不是轴对称图形；
第四个图形是轴对称图形；
所以一共有三个轴对称图形．
故选C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．(4分)下列运算中，正确的是( )
A．(a2)3=a5 B．a2•a4=a6 C．3a2÷2a=a D．(2a)2=2a2
【考点】整式的除法；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】计算题；整式．
【分析】A、原式利用幂的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断；
B、原式利用同底数幂的乘法法则计算得到结果，即可作出判断；
C、原式利用单项式除以单项式法则计算得到结果，即可作出判断；
D、原式利用积的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式=a6，错误；
B、原式=a6，正确；
C、原式=a，错误；
D、原式=4a2，错误，
故选B
【点评】此题考查了整式的除法，同底数幂的乘法，以及幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4．(4分)若分式的值是零，则x的值是( )
A．x=﹣2 B．x=±3 C．2 D．x=3
【考点】分式的值为零的条件．
【分析】直接利用分式的值为0，则分子为0，进而得出答案．
【解答】解：∵分式的值是零，
∴x+2=0，
解得：x=﹣2．
故选：A．
【点评】此题主要考查了分式的值为零的条件，正确把握定义是解题关键．
5．(4分)长方形的面积为x2﹣2xy+x，其中一边长是x，则另一边长是( )
A．x﹣2y B．x+2y C．x﹣2y﹣1 D．x﹣2y+1
【考点】整式的除法．
【专题】计算题；整式．
【分析】根据面积除以一边长得到另一边长即可．
【解答】解：根据题意得：(x2﹣2xy+x)÷x=x﹣2y+1，
故选D
【点评】此题考查了整式的除法，熟练掌握除法法则是解本题的关键．
6．(4分)如图，E，B，F，C四点在一条直线上，EB=CF，∠A=∠D，再添一个条件仍不能证明△ABC≌△DEF的是( )
A．AB=DE B．DF∥AC C．∠E=∠ABC D．AB∥DE
【考点】全等三角形的判定．
【分析】由EB=CF，可得出EF=BC，又有∠A=∠D，本题具备了一组边、一组角对应相等，为了再添一个条件仍不能证明△ABC≌△DEF，那么添加的条件与原来的条件可形成SSA，就不能证明△ABC≌△DEF了．
【解答】解：A、添加DE=AB与原条件满足SSA，不能证明△ABC≌△DEF，故A选项正确．
B、添加DF∥AC，可得∠DFE=∠ACB，根据AAS能证明△ABC≌△DEF，故B选项错误．
C、添加∠E=∠ABC，根据AAS能证明△ABC≌△DEF，故C选项错误．
D、添加AB∥DE，可得∠E=∠ABC，根据AAS能证明△ABC≌△DEF，故D选项错误．
故选：A．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
7．(4分)如图所示，∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA，PD⊥OA，若PC=4，则PD等于( )
A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】菱形的判定与性质；含30度角的直角三角形．
【专题】几何图形问题．
【分析】过点P做PM∥CO交AO于M，可得∠CPO=∠POD，再结合题目推出四边形COMP为菱形，即可得PM=4，又由CO∥PM可得∠PMD=30°，由直角三角形性质即可得PD．
【解答】解：如图：过点P做PM∥CO交AO于M，PM∥CO
∴∠CPO=∠POD，∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA
∴四边形COMP为菱形，PM=4
PM∥CO⇒∠PMD=∠AOP+∠BOP=30°，
又∵PD⊥OA
∴PD=PC=2．
令解：作CN⊥OA．
∴CN=OC=2，
又∵∠CNO=∠PDO，
∴CN∥PD，
∵PC∥OD，
∴四边形CNDP是长方形，
∴PD=CN=2
故选：C．
【点评】本题运用了平行线和直角三角形的性质，并且需通过辅助线求解，难度中等偏上．
8．(4分)如图(1)，是一个长为2a宽为2b(a＞b)的矩形，用剪刀沿矩形的两条对角轴剪开，把它分成四个全等的小矩形，然后按图(2)拼成一个新的正方形，则中间空白部分的面积是( )
A．ab B．(a+b)2 C．(a﹣b)2 D．a2﹣b2
【考点】完全平方公式的几何背景．
【分析】先求出正方形的边长，继而得出面积，然后根据空白部分的面积=正方形的面积﹣矩形的面积即可得出答案．
【解答】解：由题意可得，正方形的边长为(a+b)，
故正方形的面积为(a+b)2，
又∵原矩形的面积为4ab，
∴中间空的部分的面积=(a+b)2﹣4ab=(a﹣b)2．
故选C．
【点评】此题考查了完全平方公式的几何背景，求出正方形的边长是解答本题的关键，难度一般．
9．(4分) “五水共治”工程中，要挖掘一段a千米的排污管沟，如果由10个工人挖掘，要用m天完成；如果由一台挖掘机工作，要比10个工人挖掘提前3天完成，一台挖掘机的工作效率是一个工人工作效率的( )
A． B． C． D．
【考点】列代数式(分式)．
【分析】此题可利用工作总量作为相等关系，借助方程解题．
【解答】解：设一台插秧机的工作效率为x，一个人工作效率为y．
则10my=(m﹣3)x．
所以=，
故选：D．
【点评】本题主要考查了列代数式的知识，列代数式的关键是正确理解文字语言中的关键词，找到其中的数量关系，工程问题要有“工作效率”，“工作时间”，“工作总量”三个要素，数量关系为：工作效率×工作时间=工作总量．
10．(4分)在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x，y)，我们把点P1(﹣y+1，x+1)叫做点P的伴随点，已知点A1的伴随点为A2，点A2的伴随点为A3，点A3的伴随点为A4，…，这样依次得到点A1，A2，A3，…，An，若点A1的坐标为(3，1)，则点A2015的坐标为( )
A．(0，4) B．(﹣3，1) C．(0，﹣2) D．(3，1)
【考点】规律型：点的坐标．
【分析】根据伴随点的定义，罗列出部分点A的坐标，根据点A的变化找出规律“A4n+1(3，1)，A4n+2(0，4)，A4n+3(﹣3，1)，A4n+4(0，﹣2)(n为自然数)”，根据此规律即可解决问题．
【解答】解：观察，发现规律：A1(3，1)，A2(0，4)，A3(﹣3，1)，A4(0，﹣2)，A5(3，1)，…，
∴A4n+1(3，1)，A4n+2(0，4)，A4n+3(﹣3，1)，A4n+4(0，﹣2)(n为自然数)．
∵2015=4×503+3，
∴点A2015的坐标为(﹣3，1)．
故选B．
【点评】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是发现规律“A4n+1(3，1)，A4n+2(0，4)，A4n+3(﹣3，1)，A4n+4(0，﹣2)(n为自然数)”．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，罗列出部分点的坐标，根据点的坐标的变化发现规律是关键．
二、填空题(本题有6小题，每小题5分，共30分
11．(5分)点A(﹣3，2)关于x轴的对称点A′的坐标为 ．
【答案】(﹣3，﹣2)
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答．
【解答】解：点A(﹣3，2)关于x轴对称的点的坐标为(﹣3，﹣2)．
故答案为：(﹣3，﹣2)．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
(1)关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
(2)关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
(3)关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．(5分)因式分解：x2﹣4y2= ．
【答案】(x+2y)(x﹣2y)
【考点】因式分解-运用公式法．
【分析】直接运用平方差公式进行因式分解．
【解答】解：x2﹣4y2=(x+2y)(x﹣2y)．
【点评】本题考查了平方差公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．平方差公式：a2﹣b2=(a+b)(a﹣b)．
13．(5分)等腰三角形一边等于4，另一边等于2，则周长是 ．
【答案】10
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【分析】因为等腰三角形的两边分别为4和2，但没有明确哪是底边，哪是腰，所以有两种情况，需要分类讨论．
【解答】解：当4为底时，其它两边都为2，2、2、4不可以构成三角形；
当4为腰时，其它两边为4和2，4、4、2可以构成三角形，周长为10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系；对于底和腰不等的等腰三角形，若条件中没有明确哪边是底哪边是腰时，应在符合三角形三边关系的前提下分类讨论．
14．(5分)若a﹣b=5，ab=3，则a2+b2= ．
【答案】31
【考点】完全平方公式．
【专题】计算题；整式．
【分析】把a﹣b=5两边平方，利用完全平方公式化简，将ab=3代入即可求出所求式子的值．
【解答】解：把a﹣b=5两边平方得：(a﹣b)2=a2+b2﹣2ab=25，
将ab=3代入得：a2+b2=31，
故答案为：31
【点评】此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
15．(5分)当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．如果一个直角三角形为“特征三角形”，那么它的“特征角”等于 度．
【答案】90或60
【考点】三角形内角和定理．
【分析】根据“特征角”的定义，结合直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：①“特征角”α为90°；
②“特征角”与“另一个内角”都不是直角时，设“特征角是2x”，
由题意得，x+2x=90°，
解得：x=30°，
所以，“特征角”是60°，
综上所述，这个“特征角”的度数为90°或60°．
故答案为：90或60．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
16．(5分)如图，把面积为1的等边△ABC的三边分别向外延长m倍，得到△A1B1C1，那么△A1B1C1的面积是 (用含m的式子表示)
【答案】3m2+3m+1
【考点】等边三角形的性质．
【分析】连接AB1，BC1，CA1，根据等底等高的三角形的面积相等求出△ABB1，△A1AB1的面积，从而求出△A1BB1的面积，同理可求△B1CC1的面积，△A1AC1的面积，然后相加即可得解．
【解答】解：如图，连接AA1，B1C2，BC1，如图所示：
∵把面积为1的等边△ABC的三边分别向外延长m倍，
∴△A1 AB的面积=△BC2C1 的面积=△AB1C2的面积=m×1=m，
同理：△A1B1 A的面积=△B1 C1 C2 的面积=△A1 BC1 的面积=m×m=m2，
∴△A1B1C1的面积=3m2+3m+1；
故答案为：3m2+3m+1．
【点评】本题考查了三角形的面积，主要利用了等底等高的三角形的面积相等，作辅助线把三角形进行分割是解题的关键．
三、解答题(本题有8小题，第17-20题每题8分，第21题10分，第22、23题每题12分，第24题14分，共80分
17．(4分)分解因式：4xy2+4x2y+y3．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】首先提取公因式y，进而利用完全平方公式分解因式得出答案．
【解答】解：4xy2+4x2y+y3
=y(4xy+4x2+y2)
=y(y+2x)2．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
18．(4分)解方程：．
【考点】解分式方程．
【专题】计算题．
【分析】观察可得2﹣x=﹣(x﹣2)，所以可确定方程最简公分母为：(x﹣2)，然后去分母将分式方程化成整式方程求解．注意检验．
【解答】解：方程两边同乘以(x﹣2)，
得：x﹣3+(x﹣2)=﹣3，
解得x=1，
检验：x=1时，x﹣2≠0，
∴x=1是原分式方程的解．
【点评】(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
(2)解分式方程一定注意要验根．
(3)去分母时有常数项的不要漏乘常数项．
19．(8分)先化简再求值：(﹣)÷，其中x=3．
【考点】分式的化简求值．
【分析】先约分化简，再计算括号，最后代入化简即可．
【解答】解：原式=[﹣}×
=()×
=×
=﹣，
当x=3时，原式=﹣1
【点评】本题考查分式的混合运算、乘法公式等知识，解题的关键是灵活掌握分式的混合运算法则，注意简便运算，属于中考常考题型．
20．(8分)在△ABC中，D是BC边上的中点，F、E分别是AD及其延长线上的点，CF∥BE．求证：CF=BE．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题．
【分析】利用CF∥BE和D是BC边的中点可以得到全等条件证明△BDE≌△CDF，从而得出结论．
【解答】证明：∵D是BC边上的中点，
∴BD=CD，
又∵CF∥BE，
∴∠E=∠CFD，∠DBE=∠FCD
∴△BDE≌△CFD，
∴CF=BE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，难度适中．
21．(8分)一个等腰直角三角板如图搁置在两柜之间，且点D，C，E在同一直线上，已知稍高的柜高AD为80cm，两柜距离DE为140cm．求稍矮的柜高BE．
【考点】全等三角形的应用．
【分析】首先证明△ADC≌△CEB，根据全等三角形的性质可得AD=CE，DC=BE，进而可得CE的长，然后可得DC的长度，从而求出BE长．
【解答】解：由题意得：∠ADC=∠ACB=∠BEC=90°，AC=BC，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵∠BEC=90°，
∴∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，DC=BE，
∵AD=80cm，
∴CE=80cm，
∵DE=140cm，
∴DC=60cm，
∴BE=60cm．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是掌握全等三角形的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
22．(10分)某校为了丰富学生的校园生活，准备购进一批篮球和足球．其中篮球的单价比足球的单价多40元，用1500元购进的篮球个数与900元购进的足球个数相等．
(1)篮球和足球的单价各是多少元？
(2)该校打算用800元购买篮球和足球，恰好用完800元，问有哪几种购买方案？
【考点】分式方程的应用；二元一次方程的应用．
【分析】(1)设足球单价为x元，则篮球单价为(x+40)元，根据题意可得等量关系：1500元购进的篮球个数=900元购进的足球个数，由等量关系可得方程，再求解即可；
(2)设恰好用完800元，可购买篮球m个和购买足球n个，根据题意可得篮球的单价×篮球的个数m+足球的单价×足球的个数n=800，再求出整数解即可得出答案．
【解答】解：设足球单价为x元，则篮球单价为(x+40)元，由题意得：
=，
解得：x=60，
经检验：x=60是原分式方程的解，
则x+40=100，
答：篮球和足球的单价各是100元，60元；
(2)设恰好用完800元，可购买篮球m个和购买足球n个，
由题意得：100m+60n=800，
整理得：m=8﹣n，
∵m、n都是正整数，
∴①n=5时，m=5，②n=10时，m=2；
∴有两种方案：
①购买篮球5个，购买足球5个；
②购买篮球2个，购买足球10个．
【点评】此题主要考查了分式方程和二元一次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程．
23．(12分)探究题：
(1) 各个角 都相等， 各条边 都相等的多边形叫做正多边形；
(2)如图，格点长方形MNPQ的各点分布在边长均为1的等边三角形组成的网格上，请在格点长方形MNPQ内画出一个面积最大的格点正六边形ABCDEF，并简要说明它是正六边形的理由；
(3)正六边形有 9 条对角线，它的外角和为 360 度．
【考点】正多边形和圆．
【分析】(1)直接用正多边形的定义得出结论即可；
(2)用网格线的特征和正六边形的性质，画出图形即可；
(3)根据多边形的对角线条数的确定方法和多边形的外角和定理即可．
【解答】解：(1)由正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形；
故答案为：各个角；各条边；
(2)如图，
∵AB=2，BC=2，CD=2，DE=2，EF=2，FA=2，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∵网格是等边三角形的网格，
∴∠FAB=2×60°=120°，
同理：∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=120°，
∴∠FAB=∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=120°，
∴六边形ABCDEFA是正六边形．
最大面积为24；
(3)正六边形的对角线条数为=9，
∵多边形的外角和是360°，
∴正六边形的外角和为360°，
故答案为：9；360°．
【点评】此题是正多边形和圆，主要考查了正多边形的定义，正六边形的性质，网格线的特点，多边形的对角线的确定和多边形的外角和定理，解本题的关键掌握正六边形的性质．
24．(12分)阅读理解：(请仔细阅读，认真思考，灵活应用)
【例】已知实数x满足x+=4，求分式的值．
解：观察所求式子的特征，因为x≠0，我们可以先求出的倒数的值，
因为=x+3+=x++3=4+3=7
所以=
【活学活用】
(1)已知实数a满足a+=﹣5，求分式的值；
(2)已知实数x满足x+=9，求分式的值．
【考点】分式的值．
【专题】阅读型；分式．
【分析】(1)原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值；
(2)原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值．
【解答】解：(1)∵a+=﹣5，
∴=3a+5+=3(a+)+5=﹣15+5=﹣10；
(2)∵x+=9，
∴x+1≠0，即x≠﹣1，
∴x+1+=10，
∵==x+1++3=10+3=13，
∴=．
【点评】此题考查了分式的值，将所求式子就行适当的变形是解本题的关键．
25．(14分)有公共顶点A的△ABD，△ACE都是的等边三角形．
(1)如图1，将△ACE绕顶点A旋转，当E，C，B共线时，求∠BCD的度数；
(2)如图2，将△ACE绕顶点A旋转，当∠ACD=90°时，延长EC角BD于F，
①求证：∠DCF=∠BEF；
②写出线段BF与DF的数量关系，并说明理由．
【考点】三角形综合题．
【分析】(1)先由等边三角形得出AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，从而判断出∠DAC=∠BAE，得到△DAC≌△BAE，最后用平角的定义即可；
(2)①同(1)的方法判断出△DAC≌△BAE，再用直角三角形的性质即可；
②作出辅助线，利用①的结论即可得出DF=BF．
【解答】解：∵△ABD，ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，AD=AB，AC=AE
∵∠DAC=∠DAB+∠BAC，∠BAE=∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ACD=∠E=60°，
∵E，C，B共线，
∴∠BCD=180°﹣∠ACD﹣∠ACE=60°；
(2)①∵△ABD，ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，AD=AB，AC=AE
∵∠DAC=∠DAB﹣∠BAC，∠BAE=∠CAE﹣∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠AEB=∠ACD=90°，
∴∠BEC=∠AEB﹣∠AEC=90°﹣60°=30°，
∵∠DCF=180°﹣∠ACD﹣∠ACE=30°，
∴∠DCF=∠BEF；
②DF=BF，
理由：如图，
在EF上取一点G，使BG=BF，
∴∠GFB=∠FGB，
∴∠DFC=∠BGE，
由(1)知，△DAC≌△BAE，CD=EB，
∠DCF=∠BEC，
∴△DCF≌△BGE，
∴DF=BG，
∴DF=BF．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解本题的关键是∠DAC=∠BAE．
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