重庆市沙坪坝区南开中学2021-2022学年八年级下学期开学数学试题

这是一份重庆市沙坪坝区南开中学2021-2022学年八年级下学期开学数学试题，共28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学年重庆市沙坪坝区南开中学八年级（下）开学
数学试卷
一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A，B，C，D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将正确答案填写在答题卷上对应的位置．
1. 下列各数中，是无理数的是（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
【详解】解：A．2是整数，属于有理数，故此选项不符合题意；
B．﹣是分数，属于有理数，故此选项不符合题意；
C．是无理数，故此选项符合题意；
D．是循环小数，属于有理数，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
2. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】中心对称图形指把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，根据定义结合图形判断即可．
【详解】根据对中心对称图形的定义结合图像判断，A、B属于轴对称图形，C选项满足中心对称图形的定义，
故选：C．
【点睛】本题考查中心对称图形的定义，根据定义结合图形分析并选出适合的选项是解决本题的关键．
3. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据积的乘方运算法则和幂的乘方运算计算即可
【详解】解：
故选：A
【点睛】本题考查了积的乘方运算法则和幂的乘方运算，掌握积的乘方运算法则和幂的乘方运算是解题的关键．
4. 若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的性质逐一进行判断即可得到答案．
【详解】选项A，在不等式x＞y两边都乘以-1，不等号的方向改变得，故选项A不正确；
选项B，在不等式x＞y两边都乘上，不等号的方向不变得，故选项B不正确；
选项C，在不等式x＞y两边都除以6，不等号的方向不变得，故选项C不正确；
选项D，在不等式x＞y两边都加以4，不等号的方向不变得，故选项D正确．
故选D．
【点睛】本题主要考查了不等式的相关知识质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键．
5. 下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A. AB∥CD，AB＝CD B. AB＝CD，AD＝BC
C. AB∥CD，∠B＝∠D D. AB∥CD，AD＝BC
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】解：A、∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∵AB＝CD，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
C、∵AB∥CD，∠B＝∠D，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵AB∥CD，AD＝BC，不能得出四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．
6. 如图所示，在中，已知，，平分交于点，则的长为（ ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得出CD＝AB＝8，AB∥CD，得出∠BAE＝∠AED，由AE平分∠BAD，证得∠BAE＝∠DAE，证出∠DAE＝∠AED，得出DE＝AD，即可得出CE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝8，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠AED，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠AED，
∴DE＝AD＝3，
∴CE＝CD﹣DE＝8﹣3＝5；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
7. 估计的值应该在（ ）
A. 1和2之间 B. 2和3之间 C. 3和4之间 D. 4和5之间
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用二次根式的运算法则化简，进而估算无理数的大小即可．
【详解】解：
=
=
=
∵
∴
故选：B
【点睛】此题主要考查了估算无理数的大小，正确进行二次根式的计算是解题关键．
8. 如图所示，在平面直角坐标系中，等腰的直角顶点在轴上，点在轴上，若点坐标为，则点坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作BD⊥轴于点D，由等腰可得AC=BC，进一步可证明，得到CO=BD=1，AO=CD=OD-OC=5，即可得到点A的坐标．
【详解】解：如图，

作BD⊥轴于点D，’
∴∠BDC=90°，
∴∠BCD+∠CBD=90°，
∵点坐标为，
∴ OD=6，BD=1，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=90°，AC=BC，
∴ ∠ACO+∠BCD=90°
∴ ∠ACO=∠CBD
在和中，
∵，
∴ （AAS），
∴ CO=BD=1，AO=CD，
∴AO=CD=OD-OC=5，
∵点在轴上，
∴点坐标为（0，5），
故答案选：D．
【点睛】本题考查了利用几何图形的性质求点的坐标的问题，综合性稍强，灵活运用所学知识是关键．
9. 如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′B′C′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′，当点C′落在AB的延长线上时，在A'B上取一点D，使得BD＝3，则CD的长为（　　）

A. 3 B. 3.6 C. 4 D. 4.8
【答案】B
【解析】
【分析】过B作BE⊥CD于E，根据△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，可得∠ABC＝∠A'BC'，而BC＝BD＝3，可得∠BCD＝∠BDC，由∠ABC+∠A'BC'+∠CBD＝180°＝∠BCD+∠BDC+∠CBD，即得∠ABC＝∠BCD，故△ACB∽△BEC，可得＝ ，CE＝1.8，从而CD＝2CE＝3.6．
【详解】解：过B作BE⊥CD于E，如图：

∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴∠ABC＝∠A'BC'，
∵BC＝BD＝3，
∴∠BCD＝∠BDC，
∵∠ABC+∠A'BC'+∠CBD＝180°＝∠BCD+∠BDC+∠CBD，
∴∠ABC＝∠BCD，
∵∠ACB＝∠CEB＝90°，
∴△ACB∽△BEC，
∴＝，即＝，
∴CE＝1.8，
∵BC＝BD，BE⊥CD，
∴CD＝2CE＝3.6，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形的旋转问题，解题的关键是掌握旋转的性质，用相似三角形对应边成比例解决问题．
10. 如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，在线段BC上取一点E，连接AE、ED，将ABE沿AE翻折，点B落在点处，线段E交AD于点F．将ECD沿DE翻折，点C的对应恰好落在线段上，且点为的中点，则线段EF的长为（　　）

A. 3 B. C. 4 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由折叠性质可得AB＝A＝CD＝D＝2，∠B＝∠＝90°＝∠C＝∠DE，BE＝E，CE＝E，由中点性质可得E＝2E，可得BC＝AD＝3EC，由勾股定理可求CE的长，由“AAS”可证，可得＝1，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°
由折叠的性质可得：
AB＝＝CD＝＝2，
∠B＝∠＝90°＝∠C＝∠，
BE＝，CE＝，
∠BEA=∠=，∠CED=∠=
∴∠AED=+
=
==90
∴是直角三角形
∴AD2＝AE2+DE2，
∵点恰好为的中点，
∴＝2，
∴BE＝2CE，
∴BC＝AD＝3EC，
∵AE2＝AB2+BE2，DE2＝DC2+CE2，
∴(3CE)2= AB2+BE2+DC2+CE2
即9CE2＝8+4CE2+8+CE2，
∴CE＝2，
∴＝BE＝4，BC＝AD＝6，＝2，
∴＝2，
∵∠＝∠DC'F＝90°，∠AF＝∠DFC'，A＝D，
∴AFDF（AAS），
∴F＝F＝1，
∴EF＝C'E+F＝3，
故选：A．
【点睛】此题考查了翻折变换、矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理等，解题的关键是求出CE的长．
二、填空题：（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卷中对应的横线上．
11. 在平面直角坐标系中，若点在轴上，则的值为______．
【答案】5
【解析】
【分析】根据x轴上的点坐标纵坐标等于0，即可求出结果．
【详解】解：∵点在x轴上，
∴它的纵坐标等于0，即，
解得．
故答案是：5．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中点坐标的特点，解题的关键是掌握坐标轴上点坐标的特点．
12. 已知A（x1，y1）、B（x2，y2）是一次函数y＝﹣5x+7上两点，若x1＞x2，则y1_____y2．
【答案】＜
【解析】
【分析】由k＝﹣2＜0根据一次函数的性质可得出结论．
【详解】解：∵一次函数y＝﹣5x+7中k＝﹣5＜0，
∴该一次函数y随x的增大而减小，
∵x1＞x2，
∴y1＜y2．
故答案为：＜．
【点睛】本题主要考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的得性质是解决问题的关键．
13. 若实数，满足，则的值是______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件得出x-5≥0且5-x≥0，求出x=5，再求出y，最后代入求出即可．
【详解】解：要使有意义，必须x-5≥0且5-x≥0，
解得：x=5，
把x=5代入得：y=4，
所以，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件和解不等式，能根据二次根式有意义的条件得出x-5≥0和5-x≥0是解此题的关键．
14. 若直线向右平移2个单位长度后对应直线的解析式为，则直线的解析式为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据一次函数的平移规律：上加下减，左加右减解答即可，将向左平移2个单位即得到直线的解析式．
【详解】解：∵直线向右平移2个单位长度后对应直线的解析式为，
∴直线的解析式为
故答案为：
【点睛】本题考查了一次函数的平移，掌握平移的性质是解题的关键．
15. 若关于不等式的解集为，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知不等式的解集确定出a与b的关系为，设a=3k，b=2k(k>0)，代入求值即可．
【详解】∵不等式-ax>b的解集为x<-，
∴-a＜0，
∴x＜，
∴，
∴设a=3k，b=2k(k>0)，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了解一元一次不等式，比例的性质，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
16. 若整数使关于的一次函数不经过第三象限，且使关于的不等式组有且仅有4个整数解，则所有满足条件的整数的值之和为______．
【答案】5
【解析】
【分析】先根据一次函数不经过第三象限，得出，根据不等式组的解集不等式组的解集为，有且仅有4个整数解为2，1，0，-1，得出，综合得出，根据a为整数，求出a的值，再求和即可．
【详解】解：关于一次函数不经过第三象限，
，
解得，
，
解不等式①得，
解不等式②，
∴不等式组的解集为，
∵不等式组有且仅有4个整数解为2，1，0，-1，
∴，
解得，
∴，
∵为整数，
∴或，
∴2+3=5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查一次函数的性质，解不等式组，根据不等式组的整数解列不等式组，掌握一次函数的性质，解不等式组，根据不等式组的整数解列不等式组是解题关键．
17. 如图，将绕点顺时针旋转150°得到四边形，这时点，，恰好在同一直线上，延长交于点．若，，则______．

【答案】##
【解析】
【分析】证明是顶角为的等腰三角形，再证明，利用勾股定理求出，在上取一点M，使得，求，利用30°直角三角形性质，求出GM，再利用勾股定理求出MH即可解决问题．
【详解】解：由题意：，，
，
，
，
，
，
，
，∠DGH=∠DCG=90°-∠GDH=15°，
在Rt△DHE中，DE=2，∠HDE=30°，
∴HE=，
，
在上取一点M，使得，
，
，
，，
，
故答案为：．


【点睛】
本题考查旋转变换，平行四边形性质，30°直角三角形性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握转变换性质，平行四边形性质，30°直角三角形性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解题关键．
18. 为迎接北京冬奥会，在、两个社区共设置六个摊点售卖冬奥纪念品，其中第一、二、三号摊点在社区，第四、五、六号摊点在社区，每个摊点原有纪念品一样多．第一、二、三、四号摊点每天新运来相等数量的纪念品，第五号摊点每天新运来的纪念品数量是前四个摊点每天新增总量的，第六号摊点每天新运来的纪念品数量是前四个摊点每天新增总量的．第3天结束营业时，第四、五号摊点的纪念品恰好售完并撤走摊点；第4天结束营业时，第一、二、三、六号摊点的所有纪念品均售完并撤走．若第四号和第六号摊点平均每天售出的纪念品数量相等，则、两社区售出纪念品的总数量之比为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设原来每个摊位有个纪念品，第一、二、三、四号摊点每天新运来个的纪念品则第五号摊点每天增加个，第六号摊点每天增加个，根据若第四号和第六号摊点平均每天售出的纪念品数量相等列出二元一次方程，进而求得、两社区售出纪念品的总数量之比．
【详解】解：设原来每个摊位有个纪念品，第一、二、三、四号摊点每天新运来个的纪念品，则第五号摊点每天增加个，第六号摊点每天增加个，
第四号摊点平均每天销量为，第六号摊点平均每天销量为，
，
化简得，
社区售出纪念品的总数量为（个）
社区售出纪念品的总数量为（个）
则、两社区售出纪念品的总数量之比为
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
三、解答题：（本大题3个小题，19题8分，20、21题各10分，共28分）解答时每小题必须给出演算过程或推理步骤．
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）先化简绝对值，零指数幂，负指数幂，合并即可；
（2）化除为乘，根据乘法分配律展开分别化简即可，
【详解】解：（1），
=，
=；
（2）．
=，
=，
=，
=．
【点睛】本题考查二次根式混合运算，零指数幂，负指数幂，乘法分配律，掌握运算法则是解题关键．
20. 解方程组：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据加减消元法解二元一次方程组即可；
（2）将①×2＋②消去，进而求得，再将的值代入①求解即可
【小问1详解】

①＋②得，
解得
将代入②得
解得
原方程组的解为
【小问2详解】

①×2＋②得，
解得
将代入①得，

解得
原方程组的解为
【点睛】本题考查了解二元一次方程组，掌握解二元一次方程组的方法是解题的关键．
21. 解不等式（组）：
（1）；
（2）
【答案】（1）x＜1 （2）-2＜x＜
【解析】
【分析】（1）先去括号，注意符号的变化，后按照解不等式的步骤求解即可．
（2）先准确求得每个不等式的解集，后确定不等式组的解集．
【小问1详解】
，
∴4x-8+7＜3，
∴4x＜4，
∴x＜1．
【小问2详解】

解不等式①，得x＞-2；
解不等式②，得x＜；
故不等式组的解集是-2＜x＜．
【点睛】本题考查了一元一次不等式和一元一次不等式组的解法，正确求得每个不等式的解集是解题的关键．
四、解答题：（本大题5个小题，每小题10分，共50分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或步骤．
22. 某中学团委在第十个“全国交通安全日”组织开展交通安全知识竞赛，现从七、八年级中各随机抽取20名学生的竞赛成绩（百分制）进行整理和分析（成绩均为整数，成绩得分用x表示），共分成五个等级．A：0≤x≤60，B：60＜x≤70，C：70＜x≤80，D：80＜x≤90，E：90＜x≤100，下面给出了部分信息：
七年级抽取的20名学生的竞赛成绩在D等级中的数据分别是：83，85，85，85，85，90．
八年级抽取20名学生的竞赛成绩在D等级中的数据分别是：83，84，85，85，85，90，90．

七、八年级抽取的学生竞赛成绩统计表：

平均数
中位数
众数
满分率
七年级
81.4
a
85
15％
八年级
83.3
85
b
25％
根据以上信息，解答下列问题：
（1）请补全条形统计图，并直接写出a、b的值；
（2）根据以上数据分析，你认为哪个年级的竞赛成绩更好，并说明理由（写出一条理由即可）；
（3）已知该校七、八年级共有1200名学生参与了知识竞赛，请估计两个年级竞赛成绩优秀的学生共有多少人（其中成绩大于90的为优秀）？
【答案】（1）图见解析，a＝84，b＝100
（2）八年级的成绩好一些，理由：八年级的平均成绩好于七年级，中位数也大于七年级，故八年级的成绩好一些
（3）330人
【解析】
【分析】（1）根据总人数是20人，可得C组的人数为：20﹣1﹣2﹣7﹣6＝4（人），从而补全条形统计图，然后根据中位数和众数的定义求出a、b的值；
（2）根据表格中的数据，可以得到哪个年级的成绩好一些，并说明理由；
（3）用样本估计总体可得结果．
【小问1详解】
解：八年级抽取的20名学生的竞赛成绩在C等级人数为：20﹣1﹣2﹣7﹣6＝4（人），
补全条形统计图如下：

因为20×(10％+15％+20％)=9人，
所以七年级取的20名学生的竞赛成绩从小到大排在中间的两个数分别是83，85，
所以a＝×(83+85)＝84；
因为20×25％=5人，
所以八年级抽取的20名学生的竞赛成绩中100出现的次数最多，所以b＝100；
【小问2详解】
解：八年级的成绩好一些，理由：八年级的平均成绩好于七年级，中位数也大于七年级，故八年级的成绩好一些；
【小问3详解】
解：25%×20=5，
1200×＝330（人），
答：估计两个年级竞赛成绩优秀的学生共有330人．
【点睛】本题考查了扇形统计图和条形统计图的综合，解答此类题目，要善于发现二者之间的关联点，即两个统计图都知道了哪个量的数据，从而用条形统计图中的具体数量除以扇形统计图中占的百分比，求出样本容量，进而求解其它未知的量．
23. 如图所示，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，Rt△ABC的顶点均在格点上，∠ACB＝90°，在建立平面直角坐标系后，解答下列问题．

（1）点A坐标为 　 　，点B坐标为 　 　；
（2）将△ABC向左平移4个单位，再向下平移5个单位得到△A1B1C1，若△ABC内部任意一点P（a，b）随△ABC一起平移，则点P平移后的对应点P1坐标为　 　，PP1的长为 　 　；
（3）将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△A2B2C2，在图中画出旋转后的△A2B2C2，并求出边CB在旋转过程中所扫过的面积（结果保留π）．
【答案】（1）（1，4），（3，1）
（2）（a﹣4，b﹣5），
（3）图见解析，π
【解析】
【分析】（1）根据坐标系即可得点A坐标，点B坐标；
（2）根据平移的性质可得点P平移后的对应点P1坐标，然后根据勾股定理即可求出PP1的长；
（3）根据旋转的性质即可将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△A2B2C2，根据扇形面积公式即可求出边CB在旋转过程中所扫过的面积．
【小问1详解】
点A坐标为（1，4），点B坐标为（3，1）；
故答案为：（1，4），（3，1）；
【小问2详解】
根据平移可得点P平移后的对应点P1坐标为（a﹣4，b﹣5），
∴PP1的长为 ，
故答案为：（a﹣4，b﹣5），；
【小问3详解】
如图，△A2B2C2即为所求；

边CB在旋转过程中所扫过的面积．
【点睛】本题考查直角坐标系中点的坐标，平移的性质，勾股定理，旋转的性质及求扇形面积．利用数形结合的思想是解题关键．
24. 如图所示，平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣2x+3与直线l2：y＝x+1相交于点A，直线l2与x轴相交于点B．过直线l2上的一点P（a，﹣1）作y轴的垂线，交直线l1于点C，连接BC．

（1）求点A的坐标；
（2）求△ABC的面积；
（3）将直线l1向下平移4个单位长度得到直线l3，设直线l3与y轴相交于点D，则直线l2上是否存在一点Q，使得△DPQ是以DP为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，点Q坐标为：（﹣2，﹣1）或（﹣﹣2，﹣﹣1）或（0，1）
【解析】
【分析】（1）联立方程组即可求解；
（2）分别求出点B，点P，点C坐标，再根据结合三角形的面积公式即可求解；
（3）先求出点D坐标，由等腰三角形的性质和两点之间的距离公式可求解．
【小问1详解】
联立，
解得：，
∴点A(，)；
【小问2详解】
对于直线l2：，令，得：
解得：，
∴点B(-1，0)．
∵点P(a，-1)在直线l2上，
∴-1＝a+1，
解得：a＝-2，
∴点P(-2，-1)，
∴点C的纵坐标为-1．
对于直线l1：，当时，，
解得：x＝2，
∴点C(2，-1)，
∴


．
【小问3详解】
存在，理由如下：
∵将直线l1向下平移4个单位长度得到直线l3，
∴直线l3的解析式为：，
∴点D(0，-1)，
如图，

∵点P(-2，-1)，点D(0，-1)，
∴PD⊥y轴，PD＝2，
设点Q(a，a+1)，
∵△DPQ是以DP为腰的等腰三角形，
∴PQ＝PD＝2或PD＝QD＝2，
当PQ＝PD＝2时，则，
∴ ，
∴Q(，)或(，)；
当PD＝QD＝2时，则，
∴a＝0或-2（不合题意舍去），
∴Q（0，1），
综上所述：点Q坐标为：(，)或(，)或（0，1）．
【点睛】本题为一次函数综合题．考查两直线的交点问题，直线与坐标轴的交点问题，平移的性质以及等腰三角形与一次函数的综合．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
25. “红缬退风花著子，绿针浮水稻抽秧”这是宋朝诗人姚孝锡所作．诗中咏诵的“水稻”是我国种植的重要经济作物．某村在政府的扶持下建起了水稻种植基地，准备种植甲，乙两种水稻，若种植20亩甲种水稻和30亩乙种水稻，共需投入22万元；若种植30亩甲种水稻和20亩乙种水稻，共需投入23万元．
（1）种植甲，乙两种水稻，每亩各需投入多少万元？
（2）经测算，种植甲种水稻每亩可获利（且为常数）万元，种植乙种水稻每亩可获利0.8万元，村里投入50万元用来种植这两种水稻，若要求甲种水稻的种植面积不能少于乙种水稻种植面积的倍，且不能多于乙种水稻种植面积的倍．设种植乙种水稻亩，该村种植两种水稻共获利万元，请求出关于的函数表达式，并求出最大获利（用含的代数式表示）．
【答案】（1）种植甲种水稻每亩需投入0.5万元，种植乙种水稻每亩需投入0.4万元；
（2）W=100a+(0.8−a)m，最大利润为（80a+20）万元(a＞1)．
【解析】
【分析】（1）设种植甲种水稻每亩需投入x万元，种植乙种水稻每亩需投入y万元,根据等量关系：种植20亩甲种水稻和30亩乙种水稻，共需投入22万元；若种植30亩甲种水稻和20亩乙种水稻，共需投入23万元．列方程组，解方程组即可；
（2）根据乙种m亩，求出甲种亩，根据不等关系列出不等式组解不等式组，然后根据甲种水稻获利+乙种水稻获利=W，列出函数关系式，根据函数性质即可求解．
【小问1详解】
解：设种植甲种水稻每亩需投入x万元，种植乙种水稻每亩需投入y万元，
根据题意，得：，
解得，
答种植甲种水稻每亩需投入0.5万元，种植乙种水稻每亩需投入0.4万元；
【小问2详解】
解：设种植乙种水稻亩，
∴乙种水稻投入0.4m，
∴甲种水稻投入(50-0.4m)万元，
∴甲种水稻种植亩，
根据题意得，
即，
解不等式①得，
解不等式②得，
∴，
=+0.8m，
当，即时，W随m的增大而减小，
∴m=时，W最大=，
当，，
当，即时，W随m的增大而增大，
∴当m=50时，W最大=，
综合最大利润为（80a+20）万元．
【点睛】本题考查二元一次方程组解应用题，一次函数应用，列代数式，不等式组解法，一次函数最值，掌握二元一次方程组解应用题，一次函数应用，不等式组解法，一次函数最值，解题关键是用含m的代数式表示甲种水稻种植亩数．
26. 在平行四边形ABCD中，连接BD，若BD⊥CD，点E为边AD上一点，连接CE．

（1）如图1，点G在BD上，且DG＝DC，连接CG，过G作GH⊥CE于点H，连接DH并延长交AB于点M，若HG＝BM，求证：BM+DH＝DB；
（2）如图2，∠ABC＝120°，AB＝，点N在BC边上，BC＝4CN，若CE是∠DCB的角平分线，线段PQ（点P在点Q的左侧）在线段CE上运动，PQ＝，连接BP、NQ，请直接写出BP+PQ+QN的最小值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥DM交CE于点F，设CE与BD交于点K，先证明△DCF≌△DGH（ASA），进而证得△DFH是等腰直角三角形，得出FH＝DH，再证明△DMB≌△CGH（AAS），推出CF＝BM，即可证得结论；
（2）如图2，在CD上截取CG＝CN，连接GQ，过点B作BF∥CE，使BF＝PQ＝，连接DF交CE于点T，连接QF，过点F作FM⊥BD于点M，过点G作GH⊥DF于点H，应用平行四边形的性质和含30°直角三角形三边关系可得：BC＝2CD＝2，利用勾股定理可得BD＝，再利用含30°直角三角形三边关系可得：BM＝BF＝，FM＝BM＝，进而可得DM＝，求得：FG＝，再证四边形BPQF是平行四边形，得出BP＝FQ，再证明△CNQ≌△CGQ（SAS），得出QN＝QG，根据FQ+QG≥FG，可得出：当点Q在线段FG上时，FQ+QG的最小值为FG，即BP+QN的最小值为FG，即可求得BP+PQ+QN的最小值．
【小问1详解】
如图1，过点D作DF⊥DM交CE于点F，设CE与BD交于点K，
∵BD⊥CD，DF⊥DM，GH⊥CE，
∴∠CDG＝∠FDH＝∠CHG＝90°，
∴∠CDF＝∠GDH，
∵∠DGH+∠HKG＝∠DCF+∠DKC＝90°，∠HKG＝∠DKC，
∴∠DCF＝∠DGH，
在△DCF和△DGH中，
，
∴△DCF≌△DGH（ASA），
∴DF＝DH，CF＝GH，
∵∠FDH＝90°，
∴△DFH是等腰直角三角形，
∴∠DFH＝∠DHF＝45°，FH＝DH，
∵DC＝DG，∠CDG＝90°，
∴∠CGD＝DCG＝45°，
∴∠CGD＝∠DHF，
∵∠CGD+∠GCH+∠CKG＝∠DHF+∠BDM+∠DKH＝180°，∠CKG＝∠DKH，
∴∠GCH＝∠BDM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABCD，
∴∠DBM＝∠CDG＝90°＝∠CHG，
在△DMB和△CGH中，
，
∴△DMB≌△CGH（AAS），
∴DB＝CH，
∵CF＝GH，BM＝GH，
∴CF＝BM，
∵CF+FH＝CH，
∴BM+DH＝DB；
；
【小问2详解】
如图2，在CD上截取CG＝CN，连接GQ，过点B作BF∥CE，使BF＝PQ＝，
连接DF交CE于点T，连接QF，过点F作FM⊥BD于点M，过点G作GH⊥DF于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABCD，CD＝AB＝，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝180°﹣120°＝60°，
∵BD⊥CD，CD＝，
∴∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∴BC＝2CD＝2，
∴BD＝＝＝，
∵CE平分∠DCB，
∴∠BCE＝∠DCE＝∠DCB＝×60°＝30°，
∵BFCE，
∴∠CBF＝∠BCE＝30°，
∴∠DBF＝∠CBF+∠CBD＝30°+30°＝60°，
∵FM⊥BD，BF＝，
∴BM＝BF＝＝，FM＝BM＝×＝，
∴DM＝BD-BM＝＝，
∴DF＝＝＝，
∵DF2+BF2＝，
∴DF2+BF2＝BD2，
∴BF⊥DF，
∵BFCE，
∴CE⊥DF，
∵∠DCE＝30°，
∴∠CDF＝90°-30°＝60°，
∵BC＝2，BC＝4CN，
∴CN＝＝，
∴CG＝CN＝，
∴DG＝CD-CG＝-＝，
∵GH⊥DF，∠CDF＝60°，
∴DH＝DG＝＝，GH＝DH＝×＝，
∴FH＝DF-DH＝+＝，
∴FG＝＝＝，
∵BFCE，BF＝PQ，
∴四边形BPQF是平行四边形，
∴BP＝FQ，
在△CNQ和△CGQ中，
，
∴△CNQ≌△CGQ（SAS），
∴QN＝QG，
∵FQ+QG≥FG，
∴当点Q在线段FG上时，FQ+QG的最小值为FG，
∴BP+QN的最小值为FG，
∵PQ＝，FG＝，
∴BP+PQ+QN的最小值为FG+PQ＝＝，
故BP+PQ+QN的最小值为．
；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，截长补短方法，熟练运用所学知识点是解题关键