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重庆市沙坪坝区2020-2021学年八年级数学北师大版下册期末复习试卷（word版 含答案）
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这是一份重庆市沙坪坝区2020-2021学年八年级数学北师大版下册期末复习试卷（word版 含答案），共21页。
2020-2021学年重庆市沙坪坝区数学八（下）期末复习试卷
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）下列式子中，是分式的是（ ）
A．x﹣1 B． C． D．
2．（4分）下列四个图案中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ）
A．9﹣a2＝（3+a）（3﹣a） B．x2﹣2x＝（x2﹣x）﹣x
C． D．y（y﹣2）＝y2﹣2y
4．（4分）设方程x2+x﹣1＝0的一个正实数根为a，2a3+a2﹣3a的值是（ ）
A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣3
5．（4分）如图，E是平行四边形ABCD边AD延长线上一点，且DE＝AD，则四边形BCED是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
6．（4分）如图，△ABO缩小后变为△A′B′O，其中A、B的对应点分别为A′，A′，B′均在图中格点上（m，n），则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为（ ）
A．（，n） B．（m，n） C．（，） D．（m，）
7．（4分）关于反比例函数，下列说法错误的是（ ）
A．图象经过点（1，﹣3） B．y随x的增大而增大
C．图象关于原点对称 D．图象与坐标轴没有交点
8．（4分）如图，在▱ABCD中，点O是对角线BD上的一点，且，若△COD的面积是2，则四边形ABOE的面积是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（4分）甲、乙两个清洁队参加了某社区“城乡清洁工程”，甲队单独做2天完成了工程的三分之一，这时乙队加入，完成了全部工程．则乙队单独完成此项工程需要（ ）
A．6天 B．4天 C．2天 D．3天
10．（4分）若a、b是一元二次方程x2+3x﹣6＝0的两个不相等的根，则a2﹣3b的值是（ ）
A．3 B．﹣15 C．﹣3 D．15
11．（4分）要使关于x的不等式组有解，且使关于x的分式方程，则所有整数a的和是（ ）
A．2 B．1 C．3 D．﹣2
12．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
13．（3分）若x＝3y，则＝ ．
14．（3分）因式分解：3x2﹣12＝ ．
15．（3分）为了防止输入性“新冠肺炎”，某医院成立隔离治疗发热病人防控小组，决定从内科3位骨干医师中（含有甲） ．
16．（3分）如图，小东用长2米的竹竿CD做测量工具，测量学校旗杆的高度AB，使竹竿、旗杆顶端的影子恰好落在地面的同一点O．此时，OD＝3米，则旗杆AB的高为 米．
17．（3分）若关于x的方程（k﹣1）x2+4x+1＝0有实数解，则k的取值范围是 ．
18．（3分）如图，设点P在函数的图象上，交函数y＝的图象于点A，交函数y＝的图象于点B ．
19．（3分）已知A、B两地之间的距离为20千米，甲步行，乙骑车，由A地到B地匀速前行，甲、乙行进的路程s与x（小时）
（1）乙比甲晚出发 小时；
（2）在整个运动过程中，甲、乙两人之间的距离随x的增大而增大时，x的取值范围是 ．
20．（3分）如图，长为4a的长方形，沿图中虚线裁剪成四个形状大小完全相同的小长方形 （用含a的代数式表示）．
三．解答题（共7小题，满分66分）
21．（8分）计算：
（1）（x﹣3y）2﹣（x﹣2y）（x+2y）；
（2）．
22．（8分）如图①，点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上
（1）求证：PD＝PE；
（2）如图②，当∠ABC＝90°时，连接DE，则，请求其值；如果不是
23．（10分）每年的4月15日是我国全民国家安全教育日．某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生，统计这部分学生的竞赛成绩（竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格）
八年级抽取的学生的竞赛成绩：
4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10．
七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表
年级
七年级
八年级
平均数
7.4
7.4
中位数
a
b
众数
7
c
合格率
85%
90%
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：a＝ ；b＝ ；c ．
（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；
（3）根据以上数据分析，从一个方面评价两个年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩谁更优异．
24．（10分）请阅读以下材料，并解决问题：
配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数恒等变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．
【例1】把二次三项式x2﹣2x﹣3进行配方．
解：x2﹣2x﹣3＝（x2﹣2x+1）﹣4＝（x﹣1）2﹣4．
【例2】已知4x2+4x+y2﹣6y+10＝0，求x和y的值．
解：由已知得：（4x2+4x+1）+（y2﹣6y+9）＝0，
即（2x+1）2+（y﹣3）2＝0，
所以2x+1＝0，y﹣3＝0，
所以x＝﹣，y＝3．
（1）若x2﹣4x+5可配方成（x﹣m）2+n（m，n为常数），求m和n的值；
（2）已知实数x，y满足x2+3x+y﹣5＝0，求x+y的最大值；
（3）已知a，b，c为正实数，且满足a2+ac+ab﹣b2＝0和b2+ba﹣ca﹣c2＝0，试判断以b，c，a+b为三边的长的三角形的形状
25．（10分）已知一次函数y1＝kx﹣2（k为常数，k≠0）和y2＝x+1．
（1）当k＝3时，若y1＞y2，求x的取值范围．
（2）在同一平面直角坐标系中，若两函数的图象相交所形成的锐角小于15°，请直接写出k的取值范围．
26．（10分）某商店分别花2000元和3000元先后两次以相同的进价购进某种商品，且第二次的数量比第一次多50千克．
（1）该商品的进价是多少？
（2）若该商品每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间的函数关系式为：y＝﹣10x+500，商店每天可以获利2210元？
27．（10分）如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG
（1）[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是 ；位置关系是 ；
（2）[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；
（3）[应用]：在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），且AB＝，AE＝1
四．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分）
28．（12分）如图，在同一平面直角坐标系中，直线y＝x+2和双曲线y＝
（1）连接AO、BO，求出△AOB的面积．
（2）已知点E在双曲线y＝上且横坐标为1，作EF垂直于x轴垂足为F，连接EH交双曲线于点I，连接IF并延长交y轴于点G（0，﹣），请求出H点的坐标．
（3）已知点M在x轴上，点N是平面内一点，以点O、E、M、N为顶点的四边形是菱形
参考答案
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．解：A、是整式；
B、它的分母中不含有字母，故本选项不符合题意；
C、它的分母中不含有字母，故本选项不符合题意；
D、它的分母中含有字母，故本选项符合题意；
故选：D．
2．解：A、是中心对称图形．故本选项符合题意；
B、是轴对称图形．故本选项不合题意；
C、是轴对称图形．故本选项不合题意；
D、是轴对称图形．故本选项不合题意．
故选：A．
3．解：A、9﹣a2＝（6+a）（3﹣a），从左到右的变形是因式分解；
B、x2﹣2x＝（x2﹣x）﹣x，不符合题意因式分解的定义；
C、x+2无法分解因式；
D、y（y﹣7）＝y2﹣2y，是整式的乘法．
故选：A．
4．解：方程x2+x﹣1＝8的一个正实数根为a，
∴a2+a﹣1＝8，
∴a2＝﹣a+1，
∴a8＝﹣a2+a＝﹣（﹣a+1）+a＝3a﹣1，
∴2a4+a2﹣3a＝6×（2a﹣1）﹣a+7﹣3a＝4a﹣3﹣a+1﹣3a＝﹣7．
故选：B．
5．解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴DE∥BC，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，
∴四边形BCED是平行四边形，
∵AB＝BE，
∴BE＝DC，
∴▱BCED是矩形，
故选：B．
6．解：∵△ABO缩小后变为△A′B′O，其中A、B′点A、B、B′均在图中在格点上，
即A点坐标为：（4，6），2），3），1），
∴线段AB上有一点P（m，n），）．
故选：C．
7．解：A、反比例函数，说法正确；
B、反比例函数，则该函数图象经过第二，需要强调在每个象限象限内y随x的增大而增大，本选项符合题意；
C、反比例函数，说法正确；
D、图象与坐标轴没有交点，故本选项不符合题意．
故选：B．
8．解：∵，△COD的面积是6，
∴△BOC的面积为4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，S△ABD＝S△BCD＝2+3＝6，
∴△DOE∽△BOC，
∴＝（）2＝，
∴S△DOE＝1，
∴四边形ABOE的面积＝5﹣1＝5，
故选：C．
9．解：设乙队单独完成此项工程需要的时间为x天，由题意，得
×1+×6＝1﹣，
解得：x＝2，
经检验，x＝2是原方程的根．
∴x＝2．
故选：C．
10．解：∵a、b是一元二次方程x2+3x﹣3＝0的两个不相等的根，
∴a2+3a﹣6＝0，即a3＝﹣3a+6，a+b＝﹣8，
则a2﹣3b＝﹣5a+6﹣3b
＝﹣2（a+b）+6
＝﹣3×（﹣7）+6
＝9+2
＝15，
故选：D．
11．解：解不等式组得：，
由不等式组有解，得到﹣2≤x≤a，
∴a≥﹣6，
，
去分母，两边同时乘以x﹣4，得，
ax+x﹣4＝﹣x，
（a+7）x＝4，
x＝，a≠﹣2
∵x是整数，且x≠4，
当a＝﹣3时，x＝4，
当a＝0时，x＝3，
当a＝2时，x＝1，
∴a＝6或2，
∴2+4＝2，
故选：A．
12．解：连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，
∴AD＝BC＝8，CD＝AB＝8，AO＝OC，
∵EF⊥AC，
∴AE＝CE，
设AE＝CE＝x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE2+CD2＝CE5，
即（8﹣x）2+52＝x2，
解得：x＝5，
即AE＝CE＝5，DE＝8﹣6＝3，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AC＝＝，
∴OC＝5，
由勾股定理得：OE＝＝＝，
∴四边形OCDE的周长为OC+CD+DE+OE＝2+7+3+，
故选：A．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
13．解：∵x＝3y，
∴＝3．
故答案为：3．
14．解：原式＝3（x2﹣6）
＝3（x+2）（x﹣7）．
故答案为：3（x+2）（x﹣8）．
15．解：内科3位骨干医师分别即为甲、乙、丙，
画树状图如图：
共有6个等可能的结果，甲一定会被抽调到防控小组的结果有4个，
∴甲一定会被抽调到防控小组的概率＝＝；
故答案为：．
16．解：∵竹竿CD和旗杆AB均垂直于地面，
∴CD∥AB，
∴△OCD∽△OAB，
∴＝，即＝，
∴AB＝6（米）．
故答案为：7．
17．解：当k﹣1＝0时，方程为4x+1＝0；
当k﹣7≠0，即k≠1时4﹣4×（k﹣1）×6≥0，
解得k≤5且k≠6；
综上，k≤5．
故答案为：k≤5．
18．解：根据题意，S四边形PCOD＝PC•PD＝5，
S△OBD＝S△OAC＝×2＝1，
所以，四边形PAOB的面积＝S四边形PCOD﹣S△OBD﹣S△OAC＝3﹣1﹣1＝3．
故答案为：3．
19．（1）由 函数图象可知，乙比甲晚出发1小时．
故答案为：1．
（2）在整个运动过程中，甲、乙两人之间的距离随x的增大而增大时
一是甲出发，乙还未出发时：此时2≤x≤1；
二是乙追上甲后，直至乙到达终点时：
设甲的函数解析式为：y＝kx，由图象可知，20）在函数图象上，
∴k＝5，
∴甲的函数解析式为：y＝6x①
设乙的函数解析式为：y＝k′x+b，将坐标（1，（2，
解得，
∴乙的函数解析式为：y＝20x﹣20 ②
由①②得，
∴，
故≤x≤2符合题意．
故答案为：2≤x≤1或≤x≤2．
20．解：如图，，
解得．
所以2（x+y）＝5（2a+a）＝6a．
故答案是：4a．
三．解答题（共7小题，满分66分）
21．解：（1）（x﹣3y）2﹣（x﹣3y）（x+2y）
＝x2﹣4xy+9y2﹣x3+4y2
＝13y5﹣6xy；
（2）
＝[]
＝
＝
＝．
22．证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，∠BCP＝∠DCP，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP（SAS），
∴PB＝PD，
∵PE＝PB，
∴PD＝PE；
（2），理由如下：
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
由（1）知，△BCP≌△DCP，
∴∠CBP＝∠CDP，
∵PE＝PB，
∴∠CBP＝∠E，
∵∠CFE＝∠DFP（对顶角相等），
∴180°﹣∠DFP﹣∠CDP＝180°﹣∠CFE﹣∠E，
即∠DPE＝∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠DCE＝∠ABC，
∴∠DPE＝∠ABC＝90°，
又∵PD＝PE，
∴DE＝PE，
∴．
23．解：（1）由图表可得：a＝＝7.5＝7．
故答案为：7.5，2，8；
（2）800×＝200（人）．
答：该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数为200人；
（3）∵八年级的合格率高于七年级的合格率，
∴八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
24．解：
（1）因为x2﹣4x+7＝（x2﹣4x+4）+1＝（x﹣2）5+1．
所以m＝2，n＝7．
（2）解法一：
由x2+3x+y﹣4＝0可得：y＝﹣x2﹣4x+5．x+y＝x+（﹣x2﹣3x+5）＝﹣x2﹣6x+5＝﹣（x2+8x+1）+6＝﹣（x+5）2+6．
因为﹣（x+6）2≤0，所以﹣（x+7）2+6≤3，
即当x＝﹣1时，x+y的最大值为6．
解法二：
由x3+3x+y﹣5＝4可得：（x2+2x﹣3）+（x+y）＝0，
移项，得x+y＝﹣x2﹣8x+5＝﹣（x2+4x+1）+6＝﹣（x+2）2+6．
因为﹣（x+6）2≤0，所以﹣（x+8）2+6≤4，
即当x＝﹣1时，x+y的最大值为6．
（3）以b，c，a+b为三边的长的三角形是等腰直角三角形
由b5+ba﹣ca﹣c2＝0可得：（b7﹣c2）+（ab﹣ac）＝0，（b+c）（b﹣c）+a（b﹣c）＝2，
因为a，b，c都为正数，
所以b﹣c＝0，a+b+c≠0，
所以b＝c，即以b，c，a2+ac+ab﹣b2＝0………①b4+ba﹣ca﹣c2＝0………②
由①+②得：a6+2ab﹣c2＝6，（a2+2ab+b8）﹣b2﹣c2＝6，b2+c2＝（a+b）6．
即以b，c，a+b为三边的长的三角形是直角三角形，
所以以b，c，a+b为三边的长的三角形是等腰直角三角形
25．解：（1）当k＝3时，y1＝7x﹣2．
根据题意，得3x﹣3＞x+1，
解得x＞；
（2）∵y2＝x+1，
∴A（﹣5，0），1），
∴OA＝OB，
∴∠BAO＝45°，
∵两函数的图象相交所形成的锐角小于15°，
∴30°＜直线y6与x轴的夹角＜60°
∴＜k＜．
26．解：（1）设该商品的进价是x元，
依题意，得：﹣，
解得：x＝20，
经检验，x＝20是原方程的解．
答：该商品的进价是20元．
（2）依题意，得：（x﹣20）（﹣10x+500）＝2210，
整理，得：x2﹣70x+1221＝0，
解得：x5＝33，x2＝37．
答：商品的售价定为33元或37元时，商店每天可以获利2210元．
27．解：（1）DG＝BE，DG⊥BE
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG；
如图2，延长BE交AD于Q，
∵△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE＝90°，
∴∠AQB+∠ADG＝90°，
∵∠AQB＝∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG＝BE，DG⊥BE；
（2）DG＝2BE，BE⊥DG
如图4，延长BE交AD于K，
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴＝＝，
∴△ABE∽△ADG，
∴＝＝，∠ABE＝∠ADG，
∴DG＝2BE，
∵∠AKB+∠ABE＝90°，
∴∠AKB+∠ADG＝90°，
∵∠AKB＝∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图4，（为了说明点B，E，特意画的图形）
设EG与AD的交点为M，
∵EG∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，
在Rt△AEG中，AE＝5，
∴AG＝2AE＝2，
根据勾股定理得：EG＝＝，
∵AB＝，
∴EG＝AB，
∵EG∥AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG∥BE，
∵AG∥EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得＝＝5，
由（2）知，△ABE∽△ADG，
∴＝＝，
即＝，
∴DG＝4．
四．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分）
28．解：（1）如图1中，设AB交y轴于C．
由，解得或，
∴A（2，4），﹣2），
∵直线AB交y轴于C（0，4），
∴S△AOB＝S△AOC+S△OCB＝×4×2+．
（2）如图2中，
由题意E（1，3），0），
∵G（0，﹣），
∴直线FG的解析式为y＝x﹣，
由，解得或，
∴I（，），
∴直线EH的解析式为y＝x+
令y＝0，解得x＝，
∴H（，5）．
（3）如图3中，
∵E（1，3），
∴OE＝＝，
当OM1是菱形的对角线时，E，N4关于x轴对称，可得N1（1，﹣6）．
当OM为菱形的边时，可得N2（1+，6），N4（1﹣，4）．
当OE为菱形的对角线时，连接M3N3交OE于T，EN7交y轴于P．
∵M3N3⊥OE，
∴∠OTM3＝90°，
∵∠POE＝∠TM3O，
∴sin∠POE＝sin∠OM3T，
∴＝，
∴OM7＝，
∴M3（，0），
∵TN3＝TM3，T（，5），
∴可得N3（﹣，7），
综上所述，满足条件的点N的坐标为（1，8）或（7﹣，8）
2020-2021学年重庆市沙坪坝区数学八（下）期末复习试卷
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）下列式子中，是分式的是（ ）
A．x﹣1 B． C． D．
2．（4分）下列四个图案中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ）
A．9﹣a2＝（3+a）（3﹣a） B．x2﹣2x＝（x2﹣x）﹣x
C． D．y（y﹣2）＝y2﹣2y
4．（4分）设方程x2+x﹣1＝0的一个正实数根为a，2a3+a2﹣3a的值是（ ）
A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣3
5．（4分）如图，E是平行四边形ABCD边AD延长线上一点，且DE＝AD，则四边形BCED是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
6．（4分）如图，△ABO缩小后变为△A′B′O，其中A、B的对应点分别为A′，A′，B′均在图中格点上（m，n），则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为（ ）
A．（，n） B．（m，n） C．（，） D．（m，）
7．（4分）关于反比例函数，下列说法错误的是（ ）
A．图象经过点（1，﹣3） B．y随x的增大而增大
C．图象关于原点对称 D．图象与坐标轴没有交点
8．（4分）如图，在▱ABCD中，点O是对角线BD上的一点，且，若△COD的面积是2，则四边形ABOE的面积是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（4分）甲、乙两个清洁队参加了某社区“城乡清洁工程”，甲队单独做2天完成了工程的三分之一，这时乙队加入，完成了全部工程．则乙队单独完成此项工程需要（ ）
A．6天 B．4天 C．2天 D．3天
10．（4分）若a、b是一元二次方程x2+3x﹣6＝0的两个不相等的根，则a2﹣3b的值是（ ）
A．3 B．﹣15 C．﹣3 D．15
11．（4分）要使关于x的不等式组有解，且使关于x的分式方程，则所有整数a的和是（ ）
A．2 B．1 C．3 D．﹣2
12．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
13．（3分）若x＝3y，则＝ ．
14．（3分）因式分解：3x2﹣12＝ ．
15．（3分）为了防止输入性“新冠肺炎”，某医院成立隔离治疗发热病人防控小组，决定从内科3位骨干医师中（含有甲） ．
16．（3分）如图，小东用长2米的竹竿CD做测量工具，测量学校旗杆的高度AB，使竹竿、旗杆顶端的影子恰好落在地面的同一点O．此时，OD＝3米，则旗杆AB的高为 米．
17．（3分）若关于x的方程（k﹣1）x2+4x+1＝0有实数解，则k的取值范围是 ．
18．（3分）如图，设点P在函数的图象上，交函数y＝的图象于点A，交函数y＝的图象于点B ．
19．（3分）已知A、B两地之间的距离为20千米，甲步行，乙骑车，由A地到B地匀速前行，甲、乙行进的路程s与x（小时）
（1）乙比甲晚出发 小时；
（2）在整个运动过程中，甲、乙两人之间的距离随x的增大而增大时，x的取值范围是 ．
20．（3分）如图，长为4a的长方形，沿图中虚线裁剪成四个形状大小完全相同的小长方形 （用含a的代数式表示）．
三．解答题（共7小题，满分66分）
21．（8分）计算：
（1）（x﹣3y）2﹣（x﹣2y）（x+2y）；
（2）．
22．（8分）如图①，点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上
（1）求证：PD＝PE；
（2）如图②，当∠ABC＝90°时，连接DE，则，请求其值；如果不是
23．（10分）每年的4月15日是我国全民国家安全教育日．某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生，统计这部分学生的竞赛成绩（竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格）
八年级抽取的学生的竞赛成绩：
4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10．
七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表
年级
七年级
八年级
平均数
7.4
7.4
中位数
a
b
众数
7
c
合格率
85%
90%
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：a＝ ；b＝ ；c ．
（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；
（3）根据以上数据分析，从一个方面评价两个年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩谁更优异．
24．（10分）请阅读以下材料，并解决问题：
配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数恒等变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．
【例1】把二次三项式x2﹣2x﹣3进行配方．
解：x2﹣2x﹣3＝（x2﹣2x+1）﹣4＝（x﹣1）2﹣4．
【例2】已知4x2+4x+y2﹣6y+10＝0，求x和y的值．
解：由已知得：（4x2+4x+1）+（y2﹣6y+9）＝0，
即（2x+1）2+（y﹣3）2＝0，
所以2x+1＝0，y﹣3＝0，
所以x＝﹣，y＝3．
（1）若x2﹣4x+5可配方成（x﹣m）2+n（m，n为常数），求m和n的值；
（2）已知实数x，y满足x2+3x+y﹣5＝0，求x+y的最大值；
（3）已知a，b，c为正实数，且满足a2+ac+ab﹣b2＝0和b2+ba﹣ca﹣c2＝0，试判断以b，c，a+b为三边的长的三角形的形状
25．（10分）已知一次函数y1＝kx﹣2（k为常数，k≠0）和y2＝x+1．
（1）当k＝3时，若y1＞y2，求x的取值范围．
（2）在同一平面直角坐标系中，若两函数的图象相交所形成的锐角小于15°，请直接写出k的取值范围．
26．（10分）某商店分别花2000元和3000元先后两次以相同的进价购进某种商品，且第二次的数量比第一次多50千克．
（1）该商品的进价是多少？
（2）若该商品每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间的函数关系式为：y＝﹣10x+500，商店每天可以获利2210元？
27．（10分）如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG
（1）[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是 ；位置关系是 ；
（2）[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；
（3）[应用]：在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），且AB＝，AE＝1
四．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分）
28．（12分）如图，在同一平面直角坐标系中，直线y＝x+2和双曲线y＝
（1）连接AO、BO，求出△AOB的面积．
（2）已知点E在双曲线y＝上且横坐标为1，作EF垂直于x轴垂足为F，连接EH交双曲线于点I，连接IF并延长交y轴于点G（0，﹣），请求出H点的坐标．
（3）已知点M在x轴上，点N是平面内一点，以点O、E、M、N为顶点的四边形是菱形
参考答案
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．解：A、是整式；
B、它的分母中不含有字母，故本选项不符合题意；
C、它的分母中不含有字母，故本选项不符合题意；
D、它的分母中含有字母，故本选项符合题意；
故选：D．
2．解：A、是中心对称图形．故本选项符合题意；
B、是轴对称图形．故本选项不合题意；
C、是轴对称图形．故本选项不合题意；
D、是轴对称图形．故本选项不合题意．
故选：A．
3．解：A、9﹣a2＝（6+a）（3﹣a），从左到右的变形是因式分解；
B、x2﹣2x＝（x2﹣x）﹣x，不符合题意因式分解的定义；
C、x+2无法分解因式；
D、y（y﹣7）＝y2﹣2y，是整式的乘法．
故选：A．
4．解：方程x2+x﹣1＝8的一个正实数根为a，
∴a2+a﹣1＝8，
∴a2＝﹣a+1，
∴a8＝﹣a2+a＝﹣（﹣a+1）+a＝3a﹣1，
∴2a4+a2﹣3a＝6×（2a﹣1）﹣a+7﹣3a＝4a﹣3﹣a+1﹣3a＝﹣7．
故选：B．
5．解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴DE∥BC，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，
∴四边形BCED是平行四边形，
∵AB＝BE，
∴BE＝DC，
∴▱BCED是矩形，
故选：B．
6．解：∵△ABO缩小后变为△A′B′O，其中A、B′点A、B、B′均在图中在格点上，
即A点坐标为：（4，6），2），3），1），
∴线段AB上有一点P（m，n），）．
故选：C．
7．解：A、反比例函数，说法正确；
B、反比例函数，则该函数图象经过第二，需要强调在每个象限象限内y随x的增大而增大，本选项符合题意；
C、反比例函数，说法正确；
D、图象与坐标轴没有交点，故本选项不符合题意．
故选：B．
8．解：∵，△COD的面积是6，
∴△BOC的面积为4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，S△ABD＝S△BCD＝2+3＝6，
∴△DOE∽△BOC，
∴＝（）2＝，
∴S△DOE＝1，
∴四边形ABOE的面积＝5﹣1＝5，
故选：C．
9．解：设乙队单独完成此项工程需要的时间为x天，由题意，得
×1+×6＝1﹣，
解得：x＝2，
经检验，x＝2是原方程的根．
∴x＝2．
故选：C．
10．解：∵a、b是一元二次方程x2+3x﹣3＝0的两个不相等的根，
∴a2+3a﹣6＝0，即a3＝﹣3a+6，a+b＝﹣8，
则a2﹣3b＝﹣5a+6﹣3b
＝﹣2（a+b）+6
＝﹣3×（﹣7）+6
＝9+2
＝15，
故选：D．
11．解：解不等式组得：，
由不等式组有解，得到﹣2≤x≤a，
∴a≥﹣6，
，
去分母，两边同时乘以x﹣4，得，
ax+x﹣4＝﹣x，
（a+7）x＝4，
x＝，a≠﹣2
∵x是整数，且x≠4，
当a＝﹣3时，x＝4，
当a＝0时，x＝3，
当a＝2时，x＝1，
∴a＝6或2，
∴2+4＝2，
故选：A．
12．解：连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，
∴AD＝BC＝8，CD＝AB＝8，AO＝OC，
∵EF⊥AC，
∴AE＝CE，
设AE＝CE＝x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE2+CD2＝CE5，
即（8﹣x）2+52＝x2，
解得：x＝5，
即AE＝CE＝5，DE＝8﹣6＝3，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AC＝＝，
∴OC＝5，
由勾股定理得：OE＝＝＝，
∴四边形OCDE的周长为OC+CD+DE+OE＝2+7+3+，
故选：A．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
13．解：∵x＝3y，
∴＝3．
故答案为：3．
14．解：原式＝3（x2﹣6）
＝3（x+2）（x﹣7）．
故答案为：3（x+2）（x﹣8）．
15．解：内科3位骨干医师分别即为甲、乙、丙，
画树状图如图：
共有6个等可能的结果，甲一定会被抽调到防控小组的结果有4个，
∴甲一定会被抽调到防控小组的概率＝＝；
故答案为：．
16．解：∵竹竿CD和旗杆AB均垂直于地面，
∴CD∥AB，
∴△OCD∽△OAB，
∴＝，即＝，
∴AB＝6（米）．
故答案为：7．
17．解：当k﹣1＝0时，方程为4x+1＝0；
当k﹣7≠0，即k≠1时4﹣4×（k﹣1）×6≥0，
解得k≤5且k≠6；
综上，k≤5．
故答案为：k≤5．
18．解：根据题意，S四边形PCOD＝PC•PD＝5，
S△OBD＝S△OAC＝×2＝1，
所以，四边形PAOB的面积＝S四边形PCOD﹣S△OBD﹣S△OAC＝3﹣1﹣1＝3．
故答案为：3．
19．（1）由 函数图象可知，乙比甲晚出发1小时．
故答案为：1．
（2）在整个运动过程中，甲、乙两人之间的距离随x的增大而增大时
一是甲出发，乙还未出发时：此时2≤x≤1；
二是乙追上甲后，直至乙到达终点时：
设甲的函数解析式为：y＝kx，由图象可知，20）在函数图象上，
∴k＝5，
∴甲的函数解析式为：y＝6x①
设乙的函数解析式为：y＝k′x+b，将坐标（1，（2，
解得，
∴乙的函数解析式为：y＝20x﹣20 ②
由①②得，
∴，
故≤x≤2符合题意．
故答案为：2≤x≤1或≤x≤2．
20．解：如图，，
解得．
所以2（x+y）＝5（2a+a）＝6a．
故答案是：4a．
三．解答题（共7小题，满分66分）
21．解：（1）（x﹣3y）2﹣（x﹣3y）（x+2y）
＝x2﹣4xy+9y2﹣x3+4y2
＝13y5﹣6xy；
（2）
＝[]
＝
＝
＝．
22．证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，∠BCP＝∠DCP，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP（SAS），
∴PB＝PD，
∵PE＝PB，
∴PD＝PE；
（2），理由如下：
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
由（1）知，△BCP≌△DCP，
∴∠CBP＝∠CDP，
∵PE＝PB，
∴∠CBP＝∠E，
∵∠CFE＝∠DFP（对顶角相等），
∴180°﹣∠DFP﹣∠CDP＝180°﹣∠CFE﹣∠E，
即∠DPE＝∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠DCE＝∠ABC，
∴∠DPE＝∠ABC＝90°，
又∵PD＝PE，
∴DE＝PE，
∴．
23．解：（1）由图表可得：a＝＝7.5＝7．
故答案为：7.5，2，8；
（2）800×＝200（人）．
答：该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数为200人；
（3）∵八年级的合格率高于七年级的合格率，
∴八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
24．解：
（1）因为x2﹣4x+7＝（x2﹣4x+4）+1＝（x﹣2）5+1．
所以m＝2，n＝7．
（2）解法一：
由x2+3x+y﹣4＝0可得：y＝﹣x2﹣4x+5．x+y＝x+（﹣x2﹣3x+5）＝﹣x2﹣6x+5＝﹣（x2+8x+1）+6＝﹣（x+5）2+6．
因为﹣（x+6）2≤0，所以﹣（x+7）2+6≤3，
即当x＝﹣1时，x+y的最大值为6．
解法二：
由x3+3x+y﹣5＝4可得：（x2+2x﹣3）+（x+y）＝0，
移项，得x+y＝﹣x2﹣8x+5＝﹣（x2+4x+1）+6＝﹣（x+2）2+6．
因为﹣（x+6）2≤0，所以﹣（x+8）2+6≤4，
即当x＝﹣1时，x+y的最大值为6．
（3）以b，c，a+b为三边的长的三角形是等腰直角三角形
由b5+ba﹣ca﹣c2＝0可得：（b7﹣c2）+（ab﹣ac）＝0，（b+c）（b﹣c）+a（b﹣c）＝2，
因为a，b，c都为正数，
所以b﹣c＝0，a+b+c≠0，
所以b＝c，即以b，c，a2+ac+ab﹣b2＝0………①b4+ba﹣ca﹣c2＝0………②
由①+②得：a6+2ab﹣c2＝6，（a2+2ab+b8）﹣b2﹣c2＝6，b2+c2＝（a+b）6．
即以b，c，a+b为三边的长的三角形是直角三角形，
所以以b，c，a+b为三边的长的三角形是等腰直角三角形
25．解：（1）当k＝3时，y1＝7x﹣2．
根据题意，得3x﹣3＞x+1，
解得x＞；
（2）∵y2＝x+1，
∴A（﹣5，0），1），
∴OA＝OB，
∴∠BAO＝45°，
∵两函数的图象相交所形成的锐角小于15°，
∴30°＜直线y6与x轴的夹角＜60°
∴＜k＜．
26．解：（1）设该商品的进价是x元，
依题意，得：﹣，
解得：x＝20，
经检验，x＝20是原方程的解．
答：该商品的进价是20元．
（2）依题意，得：（x﹣20）（﹣10x+500）＝2210，
整理，得：x2﹣70x+1221＝0，
解得：x5＝33，x2＝37．
答：商品的售价定为33元或37元时，商店每天可以获利2210元．
27．解：（1）DG＝BE，DG⊥BE
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG；
如图2，延长BE交AD于Q，
∵△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE＝90°，
∴∠AQB+∠ADG＝90°，
∵∠AQB＝∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG＝BE，DG⊥BE；
（2）DG＝2BE，BE⊥DG
如图4，延长BE交AD于K，
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴＝＝，
∴△ABE∽△ADG，
∴＝＝，∠ABE＝∠ADG，
∴DG＝2BE，
∵∠AKB+∠ABE＝90°，
∴∠AKB+∠ADG＝90°，
∵∠AKB＝∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图4，（为了说明点B，E，特意画的图形）
设EG与AD的交点为M，
∵EG∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，
在Rt△AEG中，AE＝5，
∴AG＝2AE＝2，
根据勾股定理得：EG＝＝，
∵AB＝，
∴EG＝AB，
∵EG∥AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG∥BE，
∵AG∥EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得＝＝5，
由（2）知，△ABE∽△ADG，
∴＝＝，
即＝，
∴DG＝4．
四．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分）
28．解：（1）如图1中，设AB交y轴于C．
由，解得或，
∴A（2，4），﹣2），
∵直线AB交y轴于C（0，4），
∴S△AOB＝S△AOC+S△OCB＝×4×2+．
（2）如图2中，
由题意E（1，3），0），
∵G（0，﹣），
∴直线FG的解析式为y＝x﹣，
由，解得或，
∴I（，），
∴直线EH的解析式为y＝x+
令y＝0，解得x＝，
∴H（，5）．
（3）如图3中，
∵E（1，3），
∴OE＝＝，
当OM1是菱形的对角线时，E，N4关于x轴对称，可得N1（1，﹣6）．
当OM为菱形的边时，可得N2（1+，6），N4（1﹣，4）．
当OE为菱形的对角线时，连接M3N3交OE于T，EN7交y轴于P．
∵M3N3⊥OE，
∴∠OTM3＝90°，
∵∠POE＝∠TM3O，
∴sin∠POE＝sin∠OM3T，
∴＝，
∴OM7＝，
∴M3（，0），
∵TN3＝TM3，T（，5），
∴可得N3（﹣，7），
综上所述，满足条件的点N的坐标为（1，8）或（7﹣，8）
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