湖南省长沙市2024-2025学年八年级下学期开学模拟考 数学练习卷（含解析）

这是一份湖南省长沙市2024-2025学年八年级下学期开学模拟考 数学练习卷（含解析），共25页。
A．B．
C．D．
2．（3分）中国是严重缺水的国家之一，人均淡水资源为世界人均量的四分之一．若每人每天浪费水0.32L，那么100万人每天浪费的水就有3.2×105L，那么3.2×105的原数为（ ）
A．3200000B．320000C．32000D．3200
3．（3分）下列图形中具有稳定性有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
4．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣m2）3＝﹣5m5B．m3⋅m5＝m15
C．（﹣m2n3）2＝m4n6D．3m2﹣2n2＝1
5．（3分）要使分式1x+3有意义，则x的取值范围为（ ）
A．x＞0B．x＞﹣3C．x≥﹣3D．x≠﹣3
6．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC，点D是BC中点，连接AD，则下列结论中错误的是（ ）
A．∠B＝∠CB．AD⊥BC
C．AD平分∠BACD．AB＝2BD
7．（3分）下列式子不能用平方差公式计算的是（ ）
A．（2x﹣5）（5+2x）B．（xy+x2）（x2﹣xy）
C．（﹣3a﹣2b）（3a﹣2b）D．（a﹣2b）（2b﹣a）
8．（3分）如图，已知AE＝CF，AD∥BC，添加一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（ ）
A．DF＝BEB．AD＝CBC．∠B＝∠DD．BE∥DF
9．（3分）工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法是：如图在∠AOB的边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到∠AOB的平分线OP，做法中用到三角形全等的判定方法是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．HL
10．（3分）如图，∠AOB＝45°，OC平分∠AOB，点M为OB上一定点，P为OC上的一动点，N为OB上一动点，要使PM+PN最小，则点P应该满足（ ）
A．∠PMO＝30°B．∠PMO＝45°C．∠PMO＝60°D．∠PMO＝90°
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）已有两根长度分别为4cm、7cm的木棒，请你再选取一根木棒，使得三根木棒首尾相接可以拼成一个三角形，你选取的木棒长度是 cm．
12．（3分）已知两角对应相等，若要判定这两个三角形全等，则还需要的一个条件是 ．
13．（3分）如图，在△ABC中，DF，EG分别是AB，AC的垂直平分线，DF，GE分别交边BC点D、E且△ADE的周长为32cm，则BC的长为 cm．
14．（3分）若二次三项式x2+（k+2）x+9是一个完全平方式，则k的值是 ．
15．（3分）小欣和小军周末到北京三山五园绿道骑行．他们按设计好的同一条线路同时出发，已知路线总长为18km，小欣骑行速度比小军快20%，小军完成全部行程所用的时间比小欣多5分钟．设小军这次骑行速度为x km/h，依题意，可列方程为 ．
16．（3分）如果（x﹣m）（x﹣3）的结果中不含有x的一次项，那么常数m的值为 ．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（0，1），B（2，0），C（4，4）均在正方形网格的格点上．
（1）画出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1，并写出顶点C1的坐标；
（2）求△A1B1C1的面积；
（3）求点B到AC的距离．
18．（6分）分解因式
（1）x2y﹣2xy2+y3
（2）x（x﹣y）﹣y（y﹣x）
（3）m4﹣16n4
19．（6分）先化简a2−aa2−2a+1+1a−1，并选一个合适的数求代数式的值．
20．（8分）计算：
（1）4x•2xy2；
（2）（x+5）（x﹣5）；
（3）（3x﹣2）（2x+5）；
（4）（8xy2+6x2y）÷2xy．
21．（8分）一个多边形的内角和为1800°，截去一个角后，求得到的多边形的内角和．
22．（9分）为响应“绿水青山就是金山银山”的生态文明建设号召，我省对一面积为1800亩的某废弃煤矿进行复垦复绿施工，重构绿水青山自然生态环境．因受某些因素影响延期24天开工，为保证如期完成任务增加了人力和设备，实际工作效率比原计划每天提高了25%，并按期完成了施工任务．求实际平均每天施工多少亩．
23．（9分）在△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，DC＝EC，连接AE，BD．
（1）如图①，当点E在BC延长线上时，若AE＝6，则BD＝ ；
（2）如图②，当点D在线段BE上时，求∠AED的度数．
24．（10分）阅读理解应用
待定系数法：设某一多项式的全部或部分系数为未知数、利用当两个多项式为恒等式时，同类项系数相等的原理确定这些系数，从而得到待求的值．
待定系数法可以应用到因式分解中，例如问题：因式分解：x3﹣1．
因为x3﹣1为三次多项式，若能因式分解，则可以分解成一个一次多项式和一个二次多项式的乘积．
故我们可以猜想x3﹣1可以分解成（x﹣1）（x2+ax+b），展开等式右边得：x3+（a﹣1）x2+（b﹣a）x﹣b，根据待定系数法原理，等式两边多项式的同类项的对应系数相等：a﹣1＝0，b﹣a＝0，﹣b＝﹣1可以求出a＝1，b＝1．
所以x3﹣1＝（x﹣1）（x2+x+1）．
（1）若x取任意值，等式x2+2x+3＝x2+（3﹣a）x+s恒成立，则a＝ ；
（2）已知多项式x3+2x+3有因式x+1，请用待定系数法求出该多项式的另一因式；
（3）请判断多项式x4+x2+1是否能分解成两个整系数二次多项式的乘积，并说明理由．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，点C的坐标为（4，0），∠ACB＝90°，AC＝BC，点P从点A出发，以每秒4个单位的速度沿折线AB﹣BC向终点C运动，点Q从点C出发，沿CA方向以每秒2个单位长度的速度运动，两点同时出发，当点P停止时，点Q也随之停止．设点P运动的时间为t秒．
（1）求线段AQ的长（用含t的代数式表示）；
（2）当点P在AB上运动时，求PQ与y轴垂直时，t的值；
（3）设△APQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】直接利用如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进而判断得出答案．
【解答】解：A．此图形是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．此图形是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．此图形是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．此图形不是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
2．（3分）中国是严重缺水的国家之一，人均淡水资源为世界人均量的四分之一．若每人每天浪费水0.32L，那么100万人每天浪费的水就有3.2×105L，那么3.2×105的原数为（ ）
A．3200000B．320000C．32000D．3200
【考点】科学记数法—原数；科学记数法—表示较大的数；科学记数法—表示较小的数．
【专题】实数；数感；运算能力．
【答案】B
【分析】3.2×105的原数就是3.2×100000，计算出结果即可．
【解答】解：3.2×105＝320000，
故选：B．
【点评】本题考查科学记数法，理解科学记数法是正确解答的前提．
3．（3分）下列图形中具有稳定性有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【考点】三角形的稳定性．
【专题】三角形；几何直观．
【答案】B
【分析】根据三角形具有稳定性判断即可．
【解答】解：图形（2）（4）（5）具有稳定性，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
4．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣m2）3＝﹣5m5B．m3⋅m5＝m15
C．（﹣m2n3）2＝m4n6D．3m2﹣2n2＝1
【考点】幂的乘方与积的乘方；合并同类项；同底数幂的乘法．
【专题】整式；运算能力．
【答案】C
【分析】根据积的乘方法则，同底数幂的乘法法则，同类项的定义对各项进行判断即可．
【解答】解：A、∵（﹣m2）3＝﹣m6，∴（﹣m2）3＝﹣5m5不正确，故 A不符合题意；
B、∵m3•m5＝m8，∴m3⋅m5＝m15不正确，故 B不符合题意；
C、∵（﹣m2n3）2＝m4n6，∴（﹣m2n3）2＝m4n6正确，故C符合题意；
D、∵3m2和2n2不是同类项，∴3m2﹣2n2＝1不正确，故 D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了积的乘方法则，同底数幂的乘法法则，同类项的定义，熟记对应法则是解题的关键．
5．（3分）要使分式1x+3有意义，则x的取值范围为（ ）
A．x＞0B．x＞﹣3C．x≥﹣3D．x≠﹣3
【考点】分式有意义的条件．
【专题】分式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据分母不为零，分式有意义进行解答即可．
【解答】解：当分母x+3≠0，即x≠﹣3时，分式1x+3有意义，
故选：D．
【点评】本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：（1）分式无意义⇔分母为零；（2）分式有意义⇔分母不为零；（3）分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
6．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC，点D是BC中点，连接AD，则下列结论中错误的是（ ）
A．∠B＝∠CB．AD⊥BC
C．AD平分∠BACD．AB＝2BD
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】根据等腰三角形“三线合一”的性质解答．
【解答】解：∵△ABC中，AB＝AC，D是BC中点，
∴∠B＝∠C，故A正确，不符合题意；
∴AD⊥BC，故B正确，不符合题意；
∴∠BAD＝∠CAD，故C正确，不符合题意；
无法得到AB＝2BD，故D不正确，符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，本题关键熟练运用等腰三角形的三线合一性质．
7．（3分）下列式子不能用平方差公式计算的是（ ）
A．（2x﹣5）（5+2x）B．（xy+x2）（x2﹣xy）
C．（﹣3a﹣2b）（3a﹣2b）D．（a﹣2b）（2b﹣a）
【考点】平方差公式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据能用平方差公式计算的式子特点：左边是两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数进行分析即可．
【解答】解：A、能用平方差公式计算，故此不合题意；
B、能用平方差公式计算，故此不合题意；
C、能用平方差公式计算，故此选项不合题意；
D、不能用平方差公式计算，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了平方差公式，关键是掌握能用平方差公式计算的式子特点．
8．（3分）如图，已知AE＝CF，AD∥BC，添加一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（ ）
A．DF＝BEB．AD＝CBC．∠B＝∠DD．BE∥DF
【考点】全等三角形的判定．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；推理能力．
【答案】A
【分析】根据AE＝CF求出AF＝CE，根据平行线的性质得出∠A＝∠C，∠BEC＝∠DFA，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
即AF＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
A．DF＝BE，AF＝CE，∠A＝∠C，不符合全等三角形的判定定理，不能证明△ADF≌△CBE，故本选项符合题意；
B．AF＝CE，∠A＝∠C，AD＝CB，符合全等三角形的判定定理SAS，能证明△ADF≌△CBE，故本选项不符合题意；
C．∠B＝∠D，∠A＝∠C，AF＝CE，符合全等三角形的判定定理AAS，能证明△ADF≌△CBE，故本选项不符合题意；
D．∵BE∥DF，
∴∠BEC＝∠DFA，
∠BEC＝∠DFA，AF＝CE，∠A＝∠C，符合全等三角形的判定定理ASA，能证明△ADF≌△CBE，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和平行线的性质，能熟记全等三角形的判定是解此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
9．（3分）工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法是：如图在∠AOB的边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到∠AOB的平分线OP，做法中用到三角形全等的判定方法是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．HL
【考点】全等三角形的判定．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】A
【分析】已知两三角形三边分别相等，可考虑SSS证明三角形全等，从而证明角相等．
【解答】解：做法中用到的三角形全等的判定方法是SSS
证明如下：
由题意得，PN＝PM，
在△ONP和△OMP中，
ON=OMOP=OPPN=PM，
∴△ONP≌△OMP（SSS）
所以∠NOP＝∠MOP
故OP为∠AOB的平分线．
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形在实际生活中的应用．对于难以确定角平分线的情况，利用全等三角形中对应角相等，从而轻松确定角平分线．
10．（3分）如图，∠AOB＝45°，OC平分∠AOB，点M为OB上一定点，P为OC上的一动点，N为OB上一动点，要使PM+PN最小，则点P应该满足（ ）
A．∠PMO＝30°B．∠PMO＝45°C．∠PMO＝60°D．∠PMO＝90°
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】找到点M关于OC的对称点M′，过点M′作M′N′⊥OB于点N′，交OC于点P′，则此时PM+PN的值最小．
【解答】解：找到点M关于OC的对称点M′，过点M′作M′N′⊥OB于点N′，交OC于点P′，
连接P′M，
∵OC垂直平分MM′，OC平分∠AOB，
∴M′P′＝P′M，M′O＝OM．
∵∠AOB＝45°，M′N′⊥OB，
∴∠OM′N′＝45°．
∵M′O＝OM，M′P′＝P′M，OP′＝OP′，
∴△OM′P′≌△OMP′（SSS），
∴∠P′M′O＝∠P′MO＝45°．
即点P应该满足∠PMO＝45°．
故选：B．
【点评】本题考查最短路线问题，掌握轴对称的性质，两点之间线段最短是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）已有两根长度分别为4cm、7cm的木棒，请你再选取一根木棒，使得三根木棒首尾相接可以拼成一个三角形，你选取的木棒长度是 4（答案不唯一） cm．
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；运算能力；推理能力．
【答案】4（答案不唯一）．
【分析】根据三角形三边关系，在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边解答即可．
【解答】解：根据三角形三边关系，
∴三角形的第三边x满足：7﹣4＜x＜4+7，即3＜x＜11，
∴x可以取4，5，6，7，8，9，10等无数个，
故答案为：4（答案不唯一）．
【点评】此题主要考查了三角形三边关系，根据第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和是解决问题的关键．
12．（3分）已知两角对应相等，若要判定这两个三角形全等，则还需要的一个条件是 两角的夹边对应相等 ．
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】两角的夹边对应相等．
【分析】根据全等三角形的判定方法求解即可．
【解答】解：已知∠A＝∠D，∠B＝∠E，添加AB＝DE，
在△ABC和△DEF中，
∠A=∠DAB=DE∠B=∠E，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
故答案为：两角的夹边对应相等．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
13．（3分）如图，在△ABC中，DF，EG分别是AB，AC的垂直平分线，DF，GE分别交边BC点D、E且△ADE的周长为32cm，则BC的长为 32 cm．
【考点】线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据线段垂直平分线性质得出AD＝BD，CE＝AE，求出BC＝AD+DE+AE即可．
【解答】解：
∵DF，EG分别是AB，AC的垂直平分线，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵△ADE的周长为32cm，
∴AD+DE+AE＝32cm，
∴BD+DE+CE＝32cm，
即BC＝32cm，
故答案为：32．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，能根据线段垂直平分线性质得出AD＝BD、AE＝CE是解此题的关键．
14．（3分）若二次三项式x2+（k+2）x+9是一个完全平方式，则k的值是 4或﹣8 ．
【考点】完全平方式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】4或﹣8．
【分析】根据完全平方式求解即可．
【解答】解：∵（x±3）2＝x2±6x+9，
∴k+2＝6或k+2＝﹣6，
∴k＝4或k＝﹣8，
故答案为：4或﹣8．
【点评】本题考查完全平方式的应用，熟练掌握完全平方式是解题关键．
15．（3分）小欣和小军周末到北京三山五园绿道骑行．他们按设计好的同一条线路同时出发，已知路线总长为18km，小欣骑行速度比小军快20%，小军完成全部行程所用的时间比小欣多5分钟．设小军这次骑行速度为x km/h，依题意，可列方程为 18x=18(1+20%)x+112 ．
【考点】由实际问题抽象出分式方程．
【专题】分式方程及应用；应用意识．
【答案】18x=18(1+20%)x+112．
【分析】根据“小军完成全部行程所用的时间比小欣多5分钟”列出方程即可．
【解答】解：5分钟=112小时．
设小军这次骑行速度为x km/h，则小欣骑行速度为（1+20%）x km/h，
依题意，可列方程得：18x=18(1+20%)x+112，
故答案为：18x=18(1+20%)x+112．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，正确找出等量关系：小军完成全部行程所用的时间比小欣多5分钟是解题的关键．
16．（3分）如果（x﹣m）（x﹣3）的结果中不含有x的一次项，那么常数m的值为 ﹣3 ．
【考点】多项式乘多项式．
【专题】计算题；整式；运算能力．
【答案】﹣3．
【分析】先把（x﹣m）（x﹣3）化为x2﹣（m+3）+3m，结果中不含有x的一次项，所以m+3＝0，解得即可．
【解答】解：（x﹣m）（x﹣3）
＝x2﹣（m+3）+3m，
∵结果中不含有x的一次项，
∴m+3＝0，
∴m＝﹣3．
【点评】本题主要考查了多项式乘多项式的运算，注意当要求多项式中不含有哪一项时，应让这一项的系数为0．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（0，1），B（2，0），C（4，4）均在正方形网格的格点上．
（1）画出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1，并写出顶点C1的坐标；
（2）求△A1B1C1的面积；
（3）求点B到AC的距离．
【考点】作图﹣轴对称变换；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；运算能力．
【答案】（1）画图见解答；点C1的坐标为（4，﹣4）．
（2）5．
（3）2．
【分析】（1）根据轴对称的性质作图，即可得出答案．
（2）利用割补法求三角形的面积即可．
（3）由勾股定理得，AC=42+32=5，设点B到AC的距离为h，由题意得S△ABC=S△A1B1C1=5，则12AC⋅ℎ=12×5ℎ=5，求出h的值即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点C1的坐标为（4，﹣4）．
（2）△A1B1C1的面积为12×(1+4)×4−12×2×1−12×2×4=10﹣1﹣4＝5．
（3）由勾股定理得，AC=42+32=5，
设点B到AC的距离为h，
∵S△ABC=S△A1B1C1=5，
∴12AC⋅ℎ=12×5ℎ=5，
∴h＝2，
∴点B到AC的距离为2．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、勾股定理，熟练掌握轴对称的性质、勾股定理是解答本题的关键．
18．（6分）分解因式
（1）x2y﹣2xy2+y3
（2）x（x﹣y）﹣y（y﹣x）
（3）m4﹣16n4
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】因式分解；整式；运算能力．
【答案】（1）y（x﹣y）2；
（2）（x+y）（x﹣y）；
（3）（m2+4n2）（m﹣2n）（m+2n）．
【分析】（1）此多项式有公因式，应先提取公因式，再对余下的多项式进行观察，有3项，可采用完全平方公式继续分解；
（2）根据提取公因式法因式分解即可求解；
（3）两次运用平方差公式因式分解即可求解．
【解答】解：（1）x2y﹣2xy2+y3
＝y（x2﹣2xy+y2）
＝y（x﹣y）2；
（2）x（x﹣y）﹣y（y﹣x）
＝x（x﹣y）+y（x﹣y）
＝（x+y）（x﹣y）；
（3）m4﹣16n4
＝（m2+4n2）（m2﹣4n2）
＝（m2+4n2）（m﹣2n）（m+2n）．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
19．（6分）先化简a2−aa2−2a+1+1a−1，并选一个合适的数求代数式的值．
【考点】分式的化简求值．
【专题】分式；运算能力．
【答案】a+1a−1，﹣1．
【分析】先分式的法则和分母分解因式，再约分，再根据分式的加法法则进行计算，取a＝0，最后代入求出答案即可．
【解答】解：原式=a(a−1)(a−1)2+1a−1
=aa−1+1a−1
=a+1a−1，
要使分式有意义，a﹣1≠0，
即a不能为1，
取a＝0，
当a＝0时，原式=0+10−1=−1．
【点评】本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
20．（8分）计算：
（1）4x•2xy2；
（2）（x+5）（x﹣5）；
（3）（3x﹣2）（2x+5）；
（4）（8xy2+6x2y）÷2xy．
【考点】整式的混合运算；平方差公式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（1）8x2y2；
（2）x2﹣25；
（3）6x2+11x﹣10；
（4）4y+3x．
【分析】（1）利用单项式乘单项式的法则进行计算，即可解答；
（2）利用平方差公式进行计算，即可解答；
（3）利用多项式乘多项式的法则进行计算，即可解答；
（4）利用多项式除以单项式的法则进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）4x•2xy2＝8x2y2；
（2）（x+5）（x﹣5）＝x2﹣25；
（3）（3x﹣2）（2x+5）
＝6x2+15x﹣4x﹣10
＝6x2+11x﹣10；
（4）（8xy2+6x2y）÷2xy
＝8xy2÷2xy+6x2y÷2xy
＝4y+3x．
【点评】本题考查了整式的混合运算，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
21．（8分）一个多边形的内角和为1800°，截去一个角后，求得到的多边形的内角和．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】几何图形；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】先用1800°除以180°，得出原多边形为十二边形，则截去一个角后，得到的多边形可以是十一、十二、十三边形，然后根据多边形的内角和定理即可判断．
【解答】解：1800÷180＝10，
∴原多边形边数＝10+2＝12，
∵一个多边形截去一个内角后，边数可能减1，可能不变，可能加1，
∴即新多边形的边数可能是11，12，13，
∴新多边形的内角和可能是（11﹣2）×180°＝1620°，（12﹣2）×180°＝1800°，（13﹣2）×180°＝1980°．
【点评】本题考查了多边形的内角和与外角和，注意：一个多边形截去一个内角后，边数可能减1，可能不变，可能加1．根据多边形的内角和定理求出原多边形的边数是解题的关键．
22．（9分）为响应“绿水青山就是金山银山”的生态文明建设号召，我省对一面积为1800亩的某废弃煤矿进行复垦复绿施工，重构绿水青山自然生态环境．因受某些因素影响延期24天开工，为保证如期完成任务增加了人力和设备，实际工作效率比原计划每天提高了25%，并按期完成了施工任务．求实际平均每天施工多少亩．
【考点】分式方程的应用．
【专题】分式方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】实际平均每天施工18.75亩．
【分析】设原计划平均每天施工x亩，则实际平均每天施工（1+25%）x亩，根据因受某些因素影响延期24天开工，实际工作效率比原计划每天提高了25%，并按期完成了施工任务．列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：设原计划平均每天施工x亩，则实际平均每天施工（1+25%）x亩，
由题意得：1800x−1800(1+25%)x=24，
解得：x＝15，
经检验，x＝15是原方程的解，且符合题意，
∴（1+25%）x＝1.25×15＝18.75，
答：实际平均每天施工18.75亩．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
23．（9分）在△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，DC＝EC，连接AE，BD．
（1）如图①，当点E在BC延长线上时，若AE＝6，则BD＝ 6 ；
（2）如图②，当点D在线段BE上时，求∠AED的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】三角形；图形的全等；运算能力；推理能力．
【答案】（1）6；
（2）60°．
【分析】（1）根据∠ACB＝∠DCE＝60°，可得∠BCD＝∠ACE，可证明△ACE≌△BCD，即可求解；
（2）根据∠ACB＝∠DCE＝60°，可得∠BCD＝∠ACE，可证明△ACE≌△BCD，可得∠EAC＝∠DBC，再由三角内角和定理，即可求解．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACE，
∵AC＝BC，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴BD＝AE＝6．
故答案为：6；
（2）如图，
∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACE，
∵AC＝BC，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠EAC＝∠DBC，
∵∠BFC＝∠AFE，
∴∠AED＝∠ACB＝60°．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24．（10分）阅读理解应用
待定系数法：设某一多项式的全部或部分系数为未知数、利用当两个多项式为恒等式时，同类项系数相等的原理确定这些系数，从而得到待求的值．
待定系数法可以应用到因式分解中，例如问题：因式分解：x3﹣1．
因为x3﹣1为三次多项式，若能因式分解，则可以分解成一个一次多项式和一个二次多项式的乘积．
故我们可以猜想x3﹣1可以分解成（x﹣1）（x2+ax+b），展开等式右边得：x3+（a﹣1）x2+（b﹣a）x﹣b，根据待定系数法原理，等式两边多项式的同类项的对应系数相等：a﹣1＝0，b﹣a＝0，﹣b＝﹣1可以求出a＝1，b＝1．
所以x3﹣1＝（x﹣1）（x2+x+1）．
（1）若x取任意值，等式x2+2x+3＝x2+（3﹣a）x+s恒成立，则a＝ 1 ；
（2）已知多项式x3+2x+3有因式x+1，请用待定系数法求出该多项式的另一因式；
（3）请判断多项式x4+x2+1是否能分解成两个整系数二次多项式的乘积，并说明理由．
【考点】因式分解的应用；同类项；因式分解的意义．
【专题】综合题；整体思想；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据题目中的待定系数法原理即可求得结果；
（2）根据待定系数法原理先设另一个多项式，然后根据恒等原理即可求得结论；
（3）根据待定系数原理和多项式乘以多项式即可求得结论．
【解答】解：（1）根据待定系数法原理，得3﹣a＝2，a＝1．
故答案为1．
（2）设另一个因式为（x2+ax+b），
（x+1）（x2+ax+b）＝x3+ax2+bx+x2+ax+b
＝x3+（a+1）x2+（a+b）x+b
∴a+1＝0 a＝﹣1 b＝3
∴多项式的另一因式为x2﹣x+3．
答：多项式的另一因式x2﹣x+3．
（3）多项式x4+x2+1能分解成两个整系数二次多项式的乘积．理由如下：
方法一：设多项式x4+x2+1能分解成①（x2+1）（x2+ax+b）或②（x2+x+1）（x2+ax+1），
①（x2+1）（x2+ax+b）
＝x4+ax3+bx2+x2+ax+b
＝x4+ax3+（b+1）x2+ax+b
∴a＝0，b+1＝1 b＝1
由b+1＝1得b＝0≠1
②（x2+x+1）（x2+ax+1）
＝x4+（a+1）x3+（a+2）x2+（a+1）x+1
∴a+1＝0，a+2＝1，
解得a＝﹣1．
即x4+x2+1＝（x2+x+1）（x2﹣x+1）；
方法二：多项式x4+x2+1能分解成两个整系数二次多项式的乘积，
（x2+ax+b）（x2+cx+d），
解得a＝1，c＝﹣1，b＝d＝1，
即x4+x2+1＝（x2+x+1）（x2﹣x+1）
∴x4+x2+1能分解成两个整系数二次三项式的乘积．
答：多项式x4+x2+1能分解成两个整系数二次三项式的乘积．
【点评】本题考查了因式分解的应用、多项式乘以多项式，解决本题的关键是理解并会运用待定系数法原理．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，点C的坐标为（4，0），∠ACB＝90°，AC＝BC，点P从点A出发，以每秒4个单位的速度沿折线AB﹣BC向终点C运动，点Q从点C出发，沿CA方向以每秒2个单位长度的速度运动，两点同时出发，当点P停止时，点Q也随之停止．设点P运动的时间为t秒．
（1）求线段AQ的长（用含t的代数式表示）；
（2）当点P在AB上运动时，求PQ与y轴垂直时，t的值；
（3）设△APQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
【考点】三角形综合题．
【专题】代数几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）AQ＝42−2t；
（2）t的值为45；
（3）S=−2t2+8t(0≤t≤2)22t2−(4+122)t+16+162(2＜t≤2+2)．
【分析】（1）根据已知条件得到△AOC是等腰直角三角形，求得AO＝CO＝4，根据勾股定理得到AC=AO2+OC2=42，于是得到AQ＝AC﹣CQ＝42−2t；
（2）根据已知条件得到△APQ是等腰直角三角形，求得AP＝PQ＝4t，根据勾股定理即可得到结论；
（3）分两种情况：①当P在AB边上时，即0≤t≤2，如图2，②当P在边BC上时，即2＜t≤2+2，如图3，分别根据面积公式计算即可．
【解答】解：（1）∵点C的坐标为（4，0），
∵OC＝4，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝45°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴AO＝CO＝4，
∴AC=AO2+OC2=42，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴AP＝4t，CQ=2t，AC＝BC＝42，AB＝8，点P从A到B需8÷4＝2秒，到点C需（2+2）秒，
∴0≤t≤2+2，
∵Q从C到A需42÷2=4，
故Q在线段AC上，
∴AQ＝AC﹣CQ＝42−2t；
（2）当点P在AB上运动时，0≤t≤2，
∵PQ⊥AB，
∴∠APQ＝90°，
∵∠PAQ＝45°，
∴△APQ是等腰直角三角形，
∴AP＝PQ＝4t，
∵AQ＝42−2t，
∴（4t）2+（4t）2＝（42−2t）2，
∴t=45或t=−43（不合题意舍去），
故t的值为45；
（3）分两种情况：
①当点P在边AB上时，如图1，过Q作QD⊥AB于D，
则△AQD是等腰直角三角形，
∴DQ＝AD，
∴DQ2+DQ2＝AQ2，
∴DQ＝4﹣t，
∴S=12AP•DQ=12×4t×（4﹣t）＝﹣2t2+8t（0≤t≤2）；
②当P在边BC上时，如图2，
∵AQ＝42−2t，CP＝42+8﹣4t，
∴S=12AQ•PC=12（42−2t）（42+8﹣4t）＝22t2﹣（4+122）t+16+162（2＜t≤2+2），
综上所述，S=−2t2+8t(0≤t≤2)22t2−(4+122)t+16+162(2＜t≤2+2)．
【点评】本题考查了三角形的综合题，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，分类讨论是解题的关键．