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2022-2023学年重庆市九龙坡区、綦江区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市九龙坡区、綦江区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共32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。
2022-2023学年重庆市九龙坡区、綦江区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 二次根式 x−4中x的取值可以是( )
A. x=5 B. x=3 C. x=1 D. x=−1
2. 我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是( )
A. B.
C. D.
3. 点A(x1,y1)和B(x2,y2)都在直线y=−x上，且x1>x2，则y1与y2的关系是( )
A. y1≥y2 B. y1=y2 C. y1y2
4. 如图，点O为菱形ABCD的对角线AC，BD的交点，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN，若MN=2，BD=4 3，则菱形的面积为( )
A. 16 3 B. 12 C. 8 3 D. 16
5. 新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少了二氧化碳等气体的排放，从而达到保护环境的目的.一辆以电能作为动力来源的新能源汽车剩余的电量百分比y(%)与已行驶的路程x(千米)的对应关系如图所示，如果这辆汽车每千米的耗电量相同，当所剩电量百分比为20%时，该车已行驶的路程为( )
A. 48千米 B. 96千米 C. 56千米 D. 102千米
6. 下列说法正确的是( )
A. 0.5是最简二次根式 B. 18与 2是同类二次根式
C. ab= a b D. (−2)2的化简结果是−2
7. 如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E、F分别为垂足，连接AP、EF，若AP=3，则EF=( )
A. 3
B. 3 2
C. 32
D. 5
8. 对于一次函数y=3−x3，下列说法错误的是( )
A. y随x的增大而减小 B. 图象与y轴交点为(0,3)
C. 图象经过第一、二、四象限 D. 图象经过点(3,0)
9. 如图，在▱ABCD中，∠ABC=66°，AF⊥BC于F，AF交BD于E，若DE=2AB，则∠AED的大小是( )
A. 62°
B. 64°
C. 66°
D. 68°
10. 在统计学中，我们用方差来衡量一组数据波动的大小.下列说法正确的有( )
①有一组数据：a，b，c，d(a
③已知一组数据x1，x2，…x9的平均数为1，方差为53，若在这组数据中加入另一个数据x10，重新计算，平均数无变化，则这10个数据的方差为32．
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 已知 3
13. 如图，在菱形ABCD中，AB//y轴，且B(−1,−2)，C(3,1)，则点A的坐标为______ ．
14. 一次函数y=kx+b的图象经过点A(2,3)，当x增加1个单位长度时，y减少2个单位长度，则此函数图象向下平移3个单位长度的表达式是______ ．
15. 某超市销售A，B，C三种矿泉水，它们每瓶的单价依次是2元、3元、3.5元，某天的销售情况如图所示，则这天销售的矿泉水的平均单价是______ 元.
16. 一次函数y=x−m(m为常数)，当y>0时，在x的取值范围内有且仅有三个负整数，则m的取值范围是______ ．
17. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是BC的中点，将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC′D，连结BC′，并延长BC′交AD于点F，则C′F= ______ ．
18. 对于一个四位正整数，如果百位数字小于千位数字，且个位数字小于十位数字则称这个数是“加油数”；如果百位数字大于千位数字，且个位数字大于十位数字则称这个数是“满意数”.一个四位正整数m的百位数字和十位数字交换位置后，得到一个新的四位数m′，规定：F(m)=m−m′.已知“满意数”s=1000x+100(y+4)+10y+6(1≤x≤9,0≤y≤9,x、y是整数)，“加油数”t=3000+20a+b(0≤a≤9,0≤b≤9,a、b是整数)，且t的各个数位上的数字之和能被12整除.现规定k=F(t)F(s)，当k取最大值时，t= ______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：
(1) 43+(−3 2)2− 27−3 13；
(2) 2× 8−|1− 2|−(1 2)−1．
20. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，O是AC的中点，点M在BA的延长线上．
(1)作∠MAC的平分线AN，连接BO，并延长BO交AN于点D，连接CD；(用尺规作图，并在图中标明相应的字母，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，完成四边形ABCD是平行四边形的证明过程．
证明：∵AN是∠MAC的平分线
∴∠MAC=2 ______ ①=2∠CAN
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∵∠MAC= ______ ②+∠ACB
∴∠MAC=2∠ABC
∴2∠ABC=2∠MAN
∴∠MAN=∠ABC
∴AD// ______ ③
∴∠OAD=∠OCB
∵O是AC的中点
∴ ______ ④
在△OAD和△OCB中
∠OAD=∠OCBOA=OC∠AOD=∠COB
∴△OAD≌△OCB(ASA)
∴ ______ ⑤
∵AD//BC
∴四边形ABCD是平行四边形______ ⑥.(填写推理依据)
21. (本小题10.0分)
2023年6月5日是世界环境日，某学校举办了以“生态文明与环境保护”为主题的相关知识测试.为了了解学生对“生态文明与环境保护”相关知识的掌握情况，现从七年级和八年级参与竞赛的学生中各随机选出20名同学的成绩进行分析(单位：分，满分100分)，将学生竞赛成绩分为A，B，C，D四个等级，分别是：
A：x<70，B：70≤x<80，C：80≤x<90，D：90≤x≤100．
其中，七年级学生的竞赛成绩为：
66，75，76，78，79，81，82，83，84，86，
86，88，88，88，91，92，94，95，96，96；
八年级等级C的学生成绩为：81，82，83，86，87，88，89．
两组数据的平均数、中位数、众数、方差如下表：
学生
平均数
中位数
众数
方差
七年级
85.2
86
b
59.66
八年级
85.2
a
91
91.76
根据以上信息，解答下列问题；
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，m= ______ ；
(2)根据以上数据，你认为在此次知识竞赛中，哪个年级的成绩更好？请说明理由；(一条理由即可)
(3)若七年级有500名学生参赛，八年级有700名学生参赛，请估计两个年级参赛学生中成绩优秀(大于或等于90分)的学生共有多少人？
22. (本小题10.0分)
A、B两座城市之间有一条高速公路，甲、乙两辆汽车同时分别从这条路两端的入口处驶入，并始终在高速公路上正常行驶，甲车从A城驶往B城，乙车从B城驶往A城，甲车在行驶过程中速度始终不变.甲车距B城高速公路入口处的距离y(千米)与行驶时间x(时)之间的关系如下表，已知y是x的一次函数．
行驶时间x(时)
0
1
2
甲车距B城高速公路入口处的距离y(千米)
450
360
270
(1)求y关于x的函数表达式；
(2)已知乙车以60千米/时的速度匀速行驶，当乙车与甲车相遇后速度随即改为a(千米/时)并保持匀速行驶，结果比甲车晚1小时到达终点，求乙车变化后的速度a．
23. (本小题10.0分)
北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，其由空间段、地面段和用户段三部分组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务.如图，小敏一家自驾到风景区C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西45°方向行驶10千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到达风景区C，小敏发现风景区C在A地的北偏东15°方向．
(1)求∠C的度数；
(2)求B，C两地的距离.(如果运算结果有根号，请保留根号)
24. (本小题10.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A(4,0)，C(0,2).点D与坐标原点O重合，动点P从点O出发，以每秒2个单位的速度沿O−A−B−C的路线向终点C运动，连接OP、CP，设点P运动的时间为x秒，△CPO的面积为y.(点P不与点O、点C重合)
(1)请直接写出y关于x的函数解析式，并说明x的取值范围；
(2)在图2中画出y关于x的函数图象，并写出一条这一函数的性质；
(3)根据图象直接写出当y>1时，x的取值范围．
25. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB的解析式为y=2x−2，此直线交x轴于点B，交y轴于点A，直线x=−3与x轴交于点D．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)如图1，若点M在x轴上方，且在直线x=−3上，若△MAB面积等于12，请求出点M的坐标；
(3)如图2，已知点C(−3,4)，若点P为直线AB上一动点，连接PC，在坐标轴上是否存在点Q，使△PCQ是以Q为直角顶点，PC为底边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
26. (本小题10.0分)
已知，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D为线段AB上一点，连接CD，过点C作CF⊥CD，CF=CD，连接DF，延长CA到点E，连接BE，使得∠ABE+∠BCD=45°．
(1)如图1，若BE= 17，求DF的长；
(2)如图2，点G是线段DF上一点，连接CG，过点G作GH⊥CG，过点D作DH⊥CD，交GH于点H，求证：DH+BE= 2FG；
(3)如图3，点M为BC上一点，连接DM，若AD=1，EC=3+ 3，请直接写出DM+12CM的最小值．
27. (本小题8.0分)
如图是数学中很有意思的一个图形，常被称为杨辉三角.它具有以下一些基本的特点：
①每一行两端均为1；
②第n行有n个数；
③从第3行开始，除两端的1外，中间的数等于其左上角的数与右上角的数的和．
例如：第5行的6=3(左上角的数)+3(右上角的数)，又如第6行左边的5=1(左上角的数)+4(右上角的数).显然这个三角是可以无限往下延伸的．
该三角的一个很大的用途是计算(a+b)n(需观察第n+1行的数)的展开式.例如：当n=2时，第三行的数依次为1，2，1，则(a+b)2=a2+2ab+b2，当n=5时，第6行的数依次为1，5，10，10，5，1，则(a+b)5=a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5(按a的降幂，b的升幂排列)．
请根据以上信息，解决下列问题：
(1)第7行从左往右数，第3个数为______ ；从上往下数，数字70第一次出现在第______ 行从左往右数第______ 个位置；
(2)(a+b)3=a3+ ______ a2b+ ______ ab2+b3；
(a+b)6=a6+ ______ + ______ + ______ + ______ + ______ +b6；
(3)设(2x+3)4=a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，求a1+a2−a3−a4+a5的值．
(4)设(3x−1x)6=a1x6+a2x4+a3x2+a4+a51x2+a61x4+a71x6，求a1+a2+a3+a5+a6+a7的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵x−4≥0，
∴x≥4，
∵5>4，3<4，1<4，−1<4，
∴二次根式 x−4中字母x的取值可以是5．
故选：A．
根据二次根式中的被开方数是非负数，可得：x−4≥0，求出x的取值范围，进而判断出二次根式 x−4中字母x的取值可以是哪个即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解答此题的关键是要明确：二次根式中的被开方数是非负数．
2.【答案】D
【解析】解：A、大正方形的面积为：c2；
也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：12ab×4+(b−a)2=a2+b2，
∴a2+b2=c2，故A选项能证明勾股定理．
B、梯形的面积为：12⋅(a+b)(a+b)=12(a2+b2)+ab；
也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：12ab×2+12c2=ab+12c2，
∴ab+12c2=12(a2+b2)+ab，
∴a2+b2=c2，故B选项能证明勾股定理．
C、大正方形的面积为：(a+b)2；
也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：12ab×4+c2=2ab+c2，
∴(a+b)2=2ab+c2，
∴a2+b2=c2，故C选项能证明勾股定理．
D、大正方形的面积为：(a+b)2；
也可看作是2个长方形和2个小正方形组成，则其面积为：a2+b2+2ab，
∴(a+b)2=a2+b2+2ab，
∴D选项不能证明勾股定理．
故选：D．
根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理．
本题考查勾股定理的证明方法，熟练掌握内弦图、外弦图是解题关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=−x中，k=−1<0，
∴y随x的增大而减小．
∵x1>x2，
∴y1
先根据一次函数的解析式判断出其增减性，再根据x1>x2即可得出结论．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵M、N是AB和BC的中点，即MN是△ABC的中位线，
∴AC=2MN=4，
∴菱形的面积=12AC⋅BD=12×4×4 3=8 3，
故选：C．
根据MN是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理求AC的长，然后根据菱形的面积公式即可求解．
本题考查了三角形的中位线定理和菱形的性质，理解中位线定理求AC的长是关键．
5.【答案】B
【解析】解：设y与x之间的函数关系式为y=kx+b(x>0)，根据题意得：
b=100120k+b=0，
解得k=−56b=100，
∴y=−56x+100，
当y=20时，−56x+100=20，
解得x=96，
即如果这辆汽车每千米的耗电量相同，当所剩电量百分比为20%时，该车已行驶的路程为96千米．
故选：B．
利用待定系数法求出y与x之间的函数关系式，再把y=20代入计算即可．
本题考查了一次函数的应用，正确求出y与x之间的函数关系式是解答本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A、 0.5= 12= 22，故A不符合题意；
B、∵ 18=3 2，
∴ 18与 2是同类二次根式，
故B符合题意；
C、 ab= a b(a≥0,b>0)，故C不符合题意；
D、 (−2)2=2，故D不符合题意；
故选：B．
根据同类二次根式，二次根式的性质与化简，最简二次根式，分母有理化，二次根式的除法法则，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了同类二次根式，二次根式的性质与化简，最简二次根式，分母有理化，二次根式的乘除法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：连接PC，
在正方形ABCD中，∠BCD=90°，
∵PE⊥BC，PF⊥DC，
∴∠PEC=∠PFC=90°，
∴∠BCD=∠PEC=∠PFC=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC=EF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，BP=BP，
在△ABP与△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBPBP=BP，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴AP=CP，
∴EF=AP=3．
故选：A．
先证四边形PECF是矩形，可得PC=EF，由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP=PC，可得结论．
本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明四边形PECF是矩形是本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵一次函数y=3−x3=−13x+1，
∴该函数图象经过第一、二、四象限，故选项C正确，不合题意；
函数值y随x的增大而减小，故选项A正确，不合题意；
函数图象与y轴交点为(0,1)，故选项B错误，符合题意；
当x=3时，y=0，
所以图象经过点(3,0)，故选项D正确，不合题意．
故选：B．
根据题目中的函数解析式和一次函数的性质可以判断各个选项中的结论是否成立，从而可以解答本题．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
9.【答案】D
【解析】解：如图，取DE中点H，连接AH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，
∴∠CBD=∠ADB，
∵∠ABC=66°，AE⊥BC，
∴∠BAE=24°，∠EAD=90°，
∵点H是DF中点，
∴AH=DH=EH=12DE，
∵DE=2AB，
∴AB=AH=DH=EH，
∴∠ABH=∠AHB，∠ADH=∠HAD，∠HAE=∠HEA，
∵∠AHB=∠HAD+∠HDA=2∠HDA，
∴∠ABH=2∠HDA=2∠CBD，且∠CBD+∠ABD=∠ABC=66°，
∴∠CBD=22°=∠ADH，
∴∠AED=90°−∠ADH=68°，
故选：D．
如图，取DE中点H，连接AH，由直角三角形的性质可得AB=AH=DH=EH，可得∠ABH=∠AHB，∠ADH=∠HAD，∠HAE=∠HEA，由外角性质可求∠CBD=22°=∠ADH，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：(1)设数据a，b，c，d的平均数为x−，根据平均数的定义得出数据a−2，b，c，d+2的平均数也为x−，
∵s12=14×[(a−x−)2+(b−x−)2+…+(d−x−)2]，
s22=14[(a−2−x−)2+(b−x−)2+…+(d+2−x−)2]
=14[(a−x−)2+(b−x−)2+…+(d−x−)2−4(a−x−)+4+4(d−x−)+4]
=14[(a−x−)2+(b−x−)2+…+(d−x−)2+4(d−a)+8]，
∴s22=s12+14[4(d−a)+8]，
∵a
=140[x12+x22+…+x402+40x−2−2x−(x1+x2+…+x40)]
=140×[x12+x22+…+x402+40x−2−2×40x−2]
=140×(x12+x22+…+x402)−x−2
=4040−12
=1−12
=12，故②正确；
(3)∵数据x1，x2，…x9的平均数为1，
∴x1+x2+…+x10=1×10=10，
∵x1+x2+…+x9=9，
∴x10=1，
∵19×[(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x9−1)2]=53，
∴(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x9−1)2=15，
∴这10个数据的方差为S2=110×[(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x10−1)2]
=110×[15+(1−1)2]
=32，故③正确．
故选：D．
(1)设数据a，b，c，d的平均数为x−，根据平均数的定义得出数据a−2，b，c，d+2的平均数也为x−，再利用方差的定义分别求出s12，s22，进而比较大小；
(2)根据方差的公式计算即可；
(3)先由数据x1，x2，…x10的平均数为1，得出x1+x2+…+x10=1×10=10，而x1+x2+…+x9=9，所以x10=1；再根据19×[(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x9−1)2]=53，得出(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x9−1)2=15，然后根据方差的计算公式即可求出这10个数据的方差即可．
本题考查了平均数与方差的意义．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．计算公式是：s2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2].
11.【答案】2
【解析】解：∵3<4<6，
∴ 3<2< 6．
故答案为：2．
找到平方在3和6之间的整数即可．
本题考查了无理数的估算，在两数之间找到能开出的正整数是关键．
12.【答案】36
【解析】解：正方形ADEC的面积为：AC2，
正方形BCFG的面积为：BC2；
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，AB=6，
则AC2+BC2=436．
即正方形ADEC和正方形BCFG的面积和为36．
故答案为：36．
小正方形的面积为AC的平方，大正方形的面积为BC的平方．两正方形面积的和为AC2+BC2，对于Rt△ABC，由勾股定理得AB2=AC2+BC2.AB长度已知，故可以求出两正方形面积的和．
本题考查了勾股定理．关键是根据由勾股定理得AB2=AC2+BC2.注意勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
13.【答案】(−1,3)
【解析】解：如图，过B作BM⊥DC于点M，与y轴交于点N，
∵B(−1,−2)，C(3,1)，
∴BN=1，BF=EM=2，MN=3，CE=1，
∴BM=MN+BN=3+1=4，CM=CE+EM=1+2=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：BC= BM2+CM2= 42+32=5，
∴AB=BC=5，
∴AF=AB−BF=5−2=3，
∵AB//y轴，
∴点A的坐标为(−1,3)，
故答案为：(−1,3)．
过B作BM⊥DC于点M，与y轴交于点N，由勾股定理求出BC=5，再由菱形的性质得AB=BC=5，即可解决问题．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出BC的长是解决问题的关键．
14.【答案】y=−2x+4
【解析】解：∵一次函数y=kx+b的图象经过点A(2,3)，且当x增加1个单位时，y减少2个单位，
∴一次函数y=kx+b的图象也经过点(3,1)，
∴2k+b=33k+b=1，
解得：k=−2b=7，
∴一次函数的解析式为：y=−2x+7，
∴此函数图象向下平移3个单位长度的表达式是：y=−2x+4，
故答案为：y=−2x+4．
根据题意得出一次函数y=kx+b的图象也经过点(3,1)，根据待定系数法求得解析式，进而根据平移的规律即可求得平移后的函数解析式．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象的平移，熟练掌握待定系数法求解析式，一次函数的平移的法则：左加右减，上加下减是解题的关键．
15.【答案】2.6
【解析】解：这天销售的矿泉水的平均单价是2×50%+3×30%+3.5×20%=2.6(元)，
故答案为：2.6．
根据加权平均数的定义列式计算可得．
本题考查了加权平均数，解答本题的关键是明确题意，利用加权平均数的方法解答．
16.【答案】−4≤m<−3
【解析】解：令y=0，则x=m，
∴一次函数y=x−m(m为常数)图象与x轴的交点为(m,0)，
∵一次函数y=x−m(m为常数)中k=1>0，
∴y随x的增大而增大，
∵当y>0时，在x的取值范围内有且仅有三个负整数，
∴直线经过第一，二、三象限，交x轴的负半轴，
∴−4≤m<−3，
故答案为：−4≤m<−3．
由题意可知直线经过第一，二、三象限，与x轴的交点在−4和−3(包括−4)之间．
本题考查了一次函数图象与系数的关系，能够理解题意，得出直线经过第一，二、三象限，与x轴的交点在−4和−3(包括−4)之间是解题的关键．
17.【答案】75
【解析】解：过C′作C′G⊥BC于G，交AD于H，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，AD=BC=6，∠C=90°，
∵E是BC的中点，
∴CE=BE=12BC=3，
∵将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC′D，
∴C′E=CE=3，C′D=CD=4，∠DC′E=∠C=90°，
∴∠HC′D=90°−∠EC′G=∠C′EG，
又∠C′HF=∠C′GE，
∴△C′HD∽△EGC′，
∴GEC′H=C′GDH=C′EC′D=34，
设C′H=x，DH=y，则C′G=4−x，GE=y−3，
∴y−3x=4−xy=34，
解得x=2825，y=9625，
∴C′H=2825，C′G=7225，DH=9625，
∴AH=AD−DH=5425=BG，
∴tan∠BC′G=BGC′G=34=tan∠HC′F=HFC′H，
∴HF2825=34，
∴HF=2125，
∴C′F= C′H2+HF2=75，
故答案为：75．
过C′作C′G⊥BC于G，交AD于H，由将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC′D，可得△C′HD∽△EGC′，即有GEC′H=C′GDH=C′EC′D=34，设C′H=x，DH=y，则C′G=4−x，GE=y−3，得y−3x=4−xy=34，解得C′H=2825，C′G=7225，DH=9625，根据tan∠BC′G=BGC′G=34=tan∠HC′F=HFC′H得HF=2125，根据勾股定理可得C′F．
本题考查矩形中的折叠问题，涉及三角形相似的判定与性质，三角形面积等知识，解题的关键是掌握折叠的性质，根据△C′HD∽△EGC′求出C′H和DH的长度．
18.【答案】3162
【解析】解：由题意：F(s)=s−s′=1000x+100(y+4)+10y+6−[1000x+100y+10(y+4)+6]=360．
∵t=3000+20a+b．
∴20a+b是一个三位数，设它的百位数是e，十位数是f，个位数是b，则100e+10f=20a，t=3000+100e+10f+b．
∴5e+12f=a．
∵t为“加油数”，
∴0≤e<3，
∴F(t)=3000+100e+10f+b−(3000+100f+10e+b)=90(e−f)，
∴k=360+90(e−f)．
∴e=0，1，2，当a=6，7，8，9时20a会产生进位，故百位e的最大值为1，
∵t各数位上数字之和是12的倍数．
∴3+1+f+b是12的倍数，f是2的倍数，
∴f=6，b=2，
此时k取最大值，t=3000+100×1+10×6+2=3162．
故答案为：3162．
根据“加油数”和“满意数”的定义先表示F(s)，F(t)，再求k取最大值时t的值即可求解．
本题考查数的整除性，用新定义解题，正确根据新定义表示出相关量是求解本题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=8+18−3 3− 3
=26−4 3；
(2)原式= 2×8+1− 2− 2
=4+1− 2− 2
=5−2 2．
【解析】(1)先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(2)先根据二次根式的乘法法则、绝对值的意义和负整数指数幂的意义计算，然后合并即可．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、除法法则和负整数指数幂的意义是解决问题的关键．
20.【答案】∠MAN ∠ABC BC OA=OC AD=BC (一组对边平行且相等的四边形为平行四边形)
【解析】(1)解：如图，AN、CD为所作；
(2)证明：∵AN是∠MAC的平分线，
∴∠MAC=2∠MAN=2∠CAN，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠MAC=∠ABC+∠ACB，
∴∠MAC=2∠ABC，
∴2∠ABC=2∠MAN，
∴∠MAN=∠ABC，
∴AD//BC，
∴∠OAD=∠OCB，
∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
在△OAD和△OCB中，
∠OAD=∠OCBOA=OC∠AOD=∠COB，
∴△OAD≌△OCB(ASA)，
∴AD=BC，
∵AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形为平行四边形)．
故答案为：∠MAN，∠ABC，BC，OA=OC，AD=BC，一组对边平行且相等的四边形为平行四边形．
(1)先利用基本作作作∠MAC的平分线AN，然后延长BO交AN于点D；
(2)先证明∠MAN=∠ABC得到AD//BC，再证明△OAD≌△OCB得到AD=BC，然后根据平行四边形的判定方法得到四边形ABCD是平行四边形．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质和平行四边形的判定与性质．
21.【答案】87.5 88 35
【解析】解：(1)八年级A、B组的频数和为20×(10%+15%)=5，
所以将八年级20名学生的成绩按从大到小排序后，第10个数和第11个数在C组，分别为87，88，
则其中位数a=87+882=87.5，
七年级D组的人数为10%×20=2(人)，
根据七年级成绩可知88分的最多有3人，所以众数为b=88，
∵m%=7÷20×100%=35%，
所以m=35；
故答案为：87.5，88，35；
(2)八年级的成绩更好，理由如下：
七、八年级的平均数相同，但八年级成绩的中位数和众数都比七年级的大，所以八年级的更好；
(3)500×620+800×(1−10%−15%−35%)=150+320=470(人)，
答：估计两个年级参赛学生中成绩优秀(大于或等于90分)的学生共有470人．
(1)利用中位数和众数的定义即可求出a和b的值；利用八年级C组的频数除以20即可得m的值；
(2)根据平均数、中位数和众数的角度进行分析即可得；
(3)分别利用500和800乘以七、八年级的优秀率即可得．
本题考查频数分布直方图，用样本估算总体，加权平均数，中位数，掌握相关知识是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设y=kx+b，
由表格可得：b=450k+b=360，
解得：k=−90b=450，
∴y关于x的函数表达式是y=−90x+450；
(2)在y=−90x+450中，令y=0得x=5，
∴甲车5小时到达终点，
∵乙车比甲车晚1小时到达终点，
∴乙车行驶时间一共6小时；
根据题意可得：(6−45090+60)a+45090+60×60=450，
解得：a=90，
∴乙车变化后的速度为90千米/时．
【解析】(1)设y=kx+b，用待定系数法可得y关于x的函数表达式是y=−90x+450；
(2)求出乙车行驶时间一共6小时；根据乙车变速后的路程加变速前的路程等于450千米可得(6−45090+60)a+45090+60×60=450，即可解得答案．
本题考查一次函数的应用和一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和一元一次方程．
23.【答案】解：(1)如图：
由题意得：∠BAD=45°，∠DAC=15°，∠FBC=60°，EF//DA，
∴∠ABE=∠BAD=45°，
∴∠ABC=180°−∠ABE−∠FBC=75°，
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠C=180°−∠BAC−∠ABC=45°，
∴∠C的度数为45°；
(2)过点B作BG⊥AC，垂足为G，
在Rt△ABG中，AB=10千米，∠BAC=60°，
∴BG=AB⋅sin60°=10× 32=5 3(千米)，
在Rt△BGC中，∠C=45°，
∴BC=BGsin45∘=5 3 22=5 6(千米)，
∴B，C两地的距离为5 6千米．
【解析】(1)根据题意可得：∠BAD=45°，∠DAC=15°，∠FBC=60°，EF//DA，从而可得∠ABE=∠BAD=45°，然后利用平角定义可得∠ABC=75°，从而利用三角形内角和定理进行计算，即可解答；
(2)过点B作BG⊥AC，垂足为G，先在Rt△ABG中，利用锐角三角函数的定义求出BG的长，然后在Rt△BGC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24.【答案】(1)解：∵矩形ABCD的顶点A(4,0)，C(0,2)，
∴OA=BC=4，OC=AB=2，
当点P在OA边上，即0
综上所述，y=2x(0
性质：3≤x<5时，y随x的增大而减小．
(3)当y=1时，x=12或92，
由图象可得，y>1时，12
(2)根据函数解析式画出函数图象，根据函数图象可知函数的性质；
(3)由y=1时，x=12或92，结合函数图象可直接得出答案．
本题考查了一次函数的应用，一次函数的图象和性质，正确求出函数解析式是解题的关键．
25.【答案】解：(1)直线y=2x−2交x轴于点B，交y轴于点A，
令x=0，y=−2，
令y=0，x=1，
∴A(0,−2)，B(1,0)；
(2)过M作MN//AB交x轴于N，连接AN，如图：
∵MN//AB，△MAB面积等于12，
∴△NAB面积等于12，
∴12NB⋅|yA|=12，
即12NB×2=12，
∴NB=12，
∴N(−11,0)
∵MN//AB，
设直线NM为y=2x+c，
则0=2×(−11)+c，
∴c=22，
∴直线MN为y=2x+22，
令x=−3得y=16，
∴M(−3,16)；
(3)存在，设P(t,2t−2)：
①当点Q在x轴负半轴时，过P作PE⊥x轴于E，如图，
∴OE=t，PE=2t−2，
∵△PCQ是以Q为直角顶点，PC为底边的等腰直角三角形，
∴PQ=CQ，∠PQC=90°，
∴∠PQE=90°−∠CQD=∠QCD，
又∵∠PEQ=∠QDC，
∴△PEQ≌△QDC(AAS)，
∴QD=PE=2t−2，QE=CD=4，
∴OQ=QE−OE=OD−QD，
即4−t=3−2t+2，
∴t=1，
∴OQ=3，
∴Q(−3,0)；
②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过P作PG⊥y轴于G，如图：
∴PG=t，OG=2t−2，
∵△PCQ是以PC为底边的等腰直角三角形，
∴PQ=CQ，∠PQC=90°，
∴∠CQF=90°−∠PQG=∠GPQ，
又∵∠CFQ=∠PGQ=90°，
∴△CQF≌△QPG(AAS)，
∴CF=QG=3，QF=PG=t，
∴OQ=OG−QG=OF−QF，
即2t−2−3=4−t，
∴t=3，
∴OQ=4−t=1，
∴Q(0,1)；
③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过P作PT⊥y轴于T，如图，
∴BT=t，OT=2t−2，
同②可证△CFQ≌△QTP(AAS)，
∴CF=QT=3，QF=PT=t，
∴OQ=OT+QT=OF+QF，即2t−2+3=4+t，
∴t=3，
∴OQ=4+t=7，
∴Q(0,7)；
综上，Q的坐标为(−3,0)或(0,1)或(0,7)．
【解析】(1)分别令x=0，y=0即可得出答案；
(2)过M作MN//AB交x轴于N，连接AN，将△MAB的面积转化为△NAB的面积求出点D的坐标，再根据MN//AB，设直线DM为y=2x+c，将点N的坐标代入即可求得直线NM的解析式，最后根据点M在直线NM上，即可得出答案；
(3)设P(t,2t−2)，分三种情况：①当点Q在轴负半轴时，过P作PE⊥x轴于E，证明△PEQ≌△QDC(AAS)，得到OQ=QE−OE=OD−QD，即4−t=3−2t+2，求出t值即可；②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过P作PG⊥y轴于G，同理求出t即可；③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过P作PT⊥y轴于T，同理求出t值即可．
本题为一次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定即性质，等腰直角三角形的性质，熟记全等三角形的判定即性质是解题的关键．
26.【答案】(1)解：如图1中，∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ACD+∠BCD=45°，
∵∠ABE+∠BCD=45°，
∴∠ABE=∠ACD，
∵∠BAE=∠CAD=90°，
∴△BAE≌△CAD(ASA)，
∴BE=CD= 17，
∵CF⊥CD，CF=CD，
∴DF= 2CD= 34；
(2)证明：过点C作CJ⊥DF于点J，过点H作HK⊥FD交FD的延长线于点K，连接CH．
∵CD=CF，∠DCF=90°，
∴∠CDF=∠F=45°，
∵DH⊥CD，GH⊥CG，
∴∠CDH=∠CGH=90°，
∴H，D，G，C四点共圆，
∴∠GDC=∠GHC=45°，
∴△HGC是等腰直角三角形，
∴∠GCH=∠GHC=45°，
∴GH=GC，
∵∠CGJ+∠HGK=90°，∠CGJ+∠GCJ=90°，
∴∠HGK=∠GCJ，
∵∠HKJ=∠CJG=90°，
∴△HKG≌△GJC(AAS)，
∴GK=CJ，HK=GJ，
∵∠HDK=180°−90°−45°=45°，∠K=90°，
∴∠KHD=∠HDK=45°，
∴DK=KH，
∴DH= 2DK= 2GJ，
∵BE=CD=CF= 2JF，
∴BE+DH= 2JF+ 2GJ= 2(JF+GJ)= 2FG．
(3)解：如图3中，在CB的下方作∠BCT=30°，过点M作MK⊥CT于点K，过点D作DH⊥CT于点H，在AC上取一点Q，使得∠AQD=30°．
∵MK⊥CT，∠BCT=30°，
∴MK=12CM，
∴DM+12CM=DM+MK≥DH，
∴DM+12CM的最小值是线段DH的长，
∴△BAE≌△CAD(ASA)，
∴AD=AE=1，
∵EC=3+ 3，
∴AC=2+ 3，
∴CD= AD2+AC2= 12+(2+ 3)2= 2+ 6，
∵AD=1，∠DAQ=90°，∠AQD=30°，
∴DQ=2AD=2，AQ= 3AD= 3，
∴CQ=AC−AQ=2+ 3− 3=2，
∴QD=QC，
∴∠QDC=∠QCD，
∵∠AQD=∠QDC+∠QCD，
∴∠QCD=∠QDC=15°，
∵∠ACB=45°，
∴∠DCB=∠ACB−∠QCD=45°−15°=30°，
∴∠DCH=∠DCB+∠BCT=60°，
∴DH=CD⋅sin60°=( 2+ 6)× 32= 6+3 22，
∴DM+12CM的最小值为 6+3 22．
【解析】(1)证明△BAE≌△CAD(ASA)，推出BE=CD= 17，可得结论；
(2)过点C作CJ⊥DF于点J，过点H作HK⊥FD交FD的延长线于点K，连接CH.证明DH= 2GJ，BE=CD=CF= 2JF，可得结论；
(3)如图3中，在CB的下方作∠BCT=30°，过点M作MK⊥CT于点K，过点D作DH⊥CT于点H，在AC上取一点Q，使得∠AQD=30°.证明MK=12CM，推出DM+12CM=DM+MK≥DH，推出DM+12CM的最小值是线段DH的长．
本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
27.【答案】15 9 5 3 3 6a5b 15a4b2 20a3b3 15a2b4 6ab5
【解析】解：(1)第7行从左往右数，第3个数为15；从上往下数，数字70第一次出现在第9行从左往右数第5个位置；
故答案为：15，9，5；
(2)∵(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3；
(a+b)6=a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6；
故答案为：3，3，6a5b，15a4b2，20a3b3，15a2b4，6ab5；
(3)∵(2x+3)4=a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，
∴当x=1时，(2×1+3)4=a1+a2−a3−a4+a5=54=625；
(4)∵(3x−1x)6=a1x6+a2x4+a3x2+a4+a51x2+a61x4+a71x6，
∴当x=1时，a1+a2+a3+a5+a6+a7=(3−1)6=64．
(1)根据杨辉三角的规律求解；
(2)根据杨辉三角的规律求解；
(2)当x=1时代入求解；
(4)当x=1时代入求解．
本题考查了图形的变化类，掌握变换规律是解题的关键．
2022-2023学年重庆市九龙坡区、綦江区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 二次根式 x−4中x的取值可以是( )
A. x=5 B. x=3 C. x=1 D. x=−1
2. 我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是( )
A. B.
C. D.
3. 点A(x1,y1)和B(x2,y2)都在直线y=−x上，且x1>x2，则y1与y2的关系是( )
A. y1≥y2 B. y1=y2 C. y1
4. 如图，点O为菱形ABCD的对角线AC，BD的交点，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN，若MN=2，BD=4 3，则菱形的面积为( )
A. 16 3 B. 12 C. 8 3 D. 16
5. 新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少了二氧化碳等气体的排放，从而达到保护环境的目的.一辆以电能作为动力来源的新能源汽车剩余的电量百分比y(%)与已行驶的路程x(千米)的对应关系如图所示，如果这辆汽车每千米的耗电量相同，当所剩电量百分比为20%时，该车已行驶的路程为( )
A. 48千米 B. 96千米 C. 56千米 D. 102千米
6. 下列说法正确的是( )
A. 0.5是最简二次根式 B. 18与 2是同类二次根式
C. ab= a b D. (−2)2的化简结果是−2
7. 如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E、F分别为垂足，连接AP、EF，若AP=3，则EF=( )
A. 3
B. 3 2
C. 32
D. 5
8. 对于一次函数y=3−x3，下列说法错误的是( )
A. y随x的增大而减小 B. 图象与y轴交点为(0,3)
C. 图象经过第一、二、四象限 D. 图象经过点(3,0)
9. 如图，在▱ABCD中，∠ABC=66°，AF⊥BC于F，AF交BD于E，若DE=2AB，则∠AED的大小是( )
A. 62°
B. 64°
C. 66°
D. 68°
10. 在统计学中，我们用方差来衡量一组数据波动的大小.下列说法正确的有( )
①有一组数据：a，b，c，d(a
③已知一组数据x1，x2，…x9的平均数为1，方差为53，若在这组数据中加入另一个数据x10，重新计算，平均数无变化，则这10个数据的方差为32．
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 已知 3
13. 如图，在菱形ABCD中，AB//y轴，且B(−1,−2)，C(3,1)，则点A的坐标为______ ．
14. 一次函数y=kx+b的图象经过点A(2,3)，当x增加1个单位长度时，y减少2个单位长度，则此函数图象向下平移3个单位长度的表达式是______ ．
15. 某超市销售A，B，C三种矿泉水，它们每瓶的单价依次是2元、3元、3.5元，某天的销售情况如图所示，则这天销售的矿泉水的平均单价是______ 元.
16. 一次函数y=x−m(m为常数)，当y>0时，在x的取值范围内有且仅有三个负整数，则m的取值范围是______ ．
17. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是BC的中点，将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC′D，连结BC′，并延长BC′交AD于点F，则C′F= ______ ．
18. 对于一个四位正整数，如果百位数字小于千位数字，且个位数字小于十位数字则称这个数是“加油数”；如果百位数字大于千位数字，且个位数字大于十位数字则称这个数是“满意数”.一个四位正整数m的百位数字和十位数字交换位置后，得到一个新的四位数m′，规定：F(m)=m−m′.已知“满意数”s=1000x+100(y+4)+10y+6(1≤x≤9,0≤y≤9,x、y是整数)，“加油数”t=3000+20a+b(0≤a≤9,0≤b≤9,a、b是整数)，且t的各个数位上的数字之和能被12整除.现规定k=F(t)F(s)，当k取最大值时，t= ______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：
(1) 43+(−3 2)2− 27−3 13；
(2) 2× 8−|1− 2|−(1 2)−1．
20. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，O是AC的中点，点M在BA的延长线上．
(1)作∠MAC的平分线AN，连接BO，并延长BO交AN于点D，连接CD；(用尺规作图，并在图中标明相应的字母，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，完成四边形ABCD是平行四边形的证明过程．
证明：∵AN是∠MAC的平分线
∴∠MAC=2 ______ ①=2∠CAN
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∵∠MAC= ______ ②+∠ACB
∴∠MAC=2∠ABC
∴2∠ABC=2∠MAN
∴∠MAN=∠ABC
∴AD// ______ ③
∴∠OAD=∠OCB
∵O是AC的中点
∴ ______ ④
在△OAD和△OCB中
∠OAD=∠OCBOA=OC∠AOD=∠COB
∴△OAD≌△OCB(ASA)
∴ ______ ⑤
∵AD//BC
∴四边形ABCD是平行四边形______ ⑥.(填写推理依据)
21. (本小题10.0分)
2023年6月5日是世界环境日，某学校举办了以“生态文明与环境保护”为主题的相关知识测试.为了了解学生对“生态文明与环境保护”相关知识的掌握情况，现从七年级和八年级参与竞赛的学生中各随机选出20名同学的成绩进行分析(单位：分，满分100分)，将学生竞赛成绩分为A，B，C，D四个等级，分别是：
A：x<70，B：70≤x<80，C：80≤x<90，D：90≤x≤100．
其中，七年级学生的竞赛成绩为：
66，75，76，78，79，81，82，83，84，86，
86，88，88，88，91，92，94，95，96，96；
八年级等级C的学生成绩为：81，82，83，86，87，88，89．
两组数据的平均数、中位数、众数、方差如下表：
学生
平均数
中位数
众数
方差
七年级
85.2
86
b
59.66
八年级
85.2
a
91
91.76
根据以上信息，解答下列问题；
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，m= ______ ；
(2)根据以上数据，你认为在此次知识竞赛中，哪个年级的成绩更好？请说明理由；(一条理由即可)
(3)若七年级有500名学生参赛，八年级有700名学生参赛，请估计两个年级参赛学生中成绩优秀(大于或等于90分)的学生共有多少人？
22. (本小题10.0分)
A、B两座城市之间有一条高速公路，甲、乙两辆汽车同时分别从这条路两端的入口处驶入，并始终在高速公路上正常行驶，甲车从A城驶往B城，乙车从B城驶往A城，甲车在行驶过程中速度始终不变.甲车距B城高速公路入口处的距离y(千米)与行驶时间x(时)之间的关系如下表，已知y是x的一次函数．
行驶时间x(时)
0
1
2
甲车距B城高速公路入口处的距离y(千米)
450
360
270
(1)求y关于x的函数表达式；
(2)已知乙车以60千米/时的速度匀速行驶，当乙车与甲车相遇后速度随即改为a(千米/时)并保持匀速行驶，结果比甲车晚1小时到达终点，求乙车变化后的速度a．
23. (本小题10.0分)
北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，其由空间段、地面段和用户段三部分组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务.如图，小敏一家自驾到风景区C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西45°方向行驶10千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到达风景区C，小敏发现风景区C在A地的北偏东15°方向．
(1)求∠C的度数；
(2)求B，C两地的距离.(如果运算结果有根号，请保留根号)
24. (本小题10.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A(4,0)，C(0,2).点D与坐标原点O重合，动点P从点O出发，以每秒2个单位的速度沿O−A−B−C的路线向终点C运动，连接OP、CP，设点P运动的时间为x秒，△CPO的面积为y.(点P不与点O、点C重合)
(1)请直接写出y关于x的函数解析式，并说明x的取值范围；
(2)在图2中画出y关于x的函数图象，并写出一条这一函数的性质；
(3)根据图象直接写出当y>1时，x的取值范围．
25. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB的解析式为y=2x−2，此直线交x轴于点B，交y轴于点A，直线x=−3与x轴交于点D．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)如图1，若点M在x轴上方，且在直线x=−3上，若△MAB面积等于12，请求出点M的坐标；
(3)如图2，已知点C(−3,4)，若点P为直线AB上一动点，连接PC，在坐标轴上是否存在点Q，使△PCQ是以Q为直角顶点，PC为底边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
26. (本小题10.0分)
已知，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D为线段AB上一点，连接CD，过点C作CF⊥CD，CF=CD，连接DF，延长CA到点E，连接BE，使得∠ABE+∠BCD=45°．
(1)如图1，若BE= 17，求DF的长；
(2)如图2，点G是线段DF上一点，连接CG，过点G作GH⊥CG，过点D作DH⊥CD，交GH于点H，求证：DH+BE= 2FG；
(3)如图3，点M为BC上一点，连接DM，若AD=1，EC=3+ 3，请直接写出DM+12CM的最小值．
27. (本小题8.0分)
如图是数学中很有意思的一个图形，常被称为杨辉三角.它具有以下一些基本的特点：
①每一行两端均为1；
②第n行有n个数；
③从第3行开始，除两端的1外，中间的数等于其左上角的数与右上角的数的和．
例如：第5行的6=3(左上角的数)+3(右上角的数)，又如第6行左边的5=1(左上角的数)+4(右上角的数).显然这个三角是可以无限往下延伸的．
该三角的一个很大的用途是计算(a+b)n(需观察第n+1行的数)的展开式.例如：当n=2时，第三行的数依次为1，2，1，则(a+b)2=a2+2ab+b2，当n=5时，第6行的数依次为1，5，10，10，5，1，则(a+b)5=a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5(按a的降幂，b的升幂排列)．
请根据以上信息，解决下列问题：
(1)第7行从左往右数，第3个数为______ ；从上往下数，数字70第一次出现在第______ 行从左往右数第______ 个位置；
(2)(a+b)3=a3+ ______ a2b+ ______ ab2+b3；
(a+b)6=a6+ ______ + ______ + ______ + ______ + ______ +b6；
(3)设(2x+3)4=a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，求a1+a2−a3−a4+a5的值．
(4)设(3x−1x)6=a1x6+a2x4+a3x2+a4+a51x2+a61x4+a71x6，求a1+a2+a3+a5+a6+a7的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵x−4≥0，
∴x≥4，
∵5>4，3<4，1<4，−1<4，
∴二次根式 x−4中字母x的取值可以是5．
故选：A．
根据二次根式中的被开方数是非负数，可得：x−4≥0，求出x的取值范围，进而判断出二次根式 x−4中字母x的取值可以是哪个即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解答此题的关键是要明确：二次根式中的被开方数是非负数．
2.【答案】D
【解析】解：A、大正方形的面积为：c2；
也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：12ab×4+(b−a)2=a2+b2，
∴a2+b2=c2，故A选项能证明勾股定理．
B、梯形的面积为：12⋅(a+b)(a+b)=12(a2+b2)+ab；
也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：12ab×2+12c2=ab+12c2，
∴ab+12c2=12(a2+b2)+ab，
∴a2+b2=c2，故B选项能证明勾股定理．
C、大正方形的面积为：(a+b)2；
也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：12ab×4+c2=2ab+c2，
∴(a+b)2=2ab+c2，
∴a2+b2=c2，故C选项能证明勾股定理．
D、大正方形的面积为：(a+b)2；
也可看作是2个长方形和2个小正方形组成，则其面积为：a2+b2+2ab，
∴(a+b)2=a2+b2+2ab，
∴D选项不能证明勾股定理．
故选：D．
根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理．
本题考查勾股定理的证明方法，熟练掌握内弦图、外弦图是解题关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=−x中，k=−1<0，
∴y随x的增大而减小．
∵x1>x2，
∴y1
先根据一次函数的解析式判断出其增减性，再根据x1>x2即可得出结论．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵M、N是AB和BC的中点，即MN是△ABC的中位线，
∴AC=2MN=4，
∴菱形的面积=12AC⋅BD=12×4×4 3=8 3，
故选：C．
根据MN是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理求AC的长，然后根据菱形的面积公式即可求解．
本题考查了三角形的中位线定理和菱形的性质，理解中位线定理求AC的长是关键．
5.【答案】B
【解析】解：设y与x之间的函数关系式为y=kx+b(x>0)，根据题意得：
b=100120k+b=0，
解得k=−56b=100，
∴y=−56x+100，
当y=20时，−56x+100=20，
解得x=96，
即如果这辆汽车每千米的耗电量相同，当所剩电量百分比为20%时，该车已行驶的路程为96千米．
故选：B．
利用待定系数法求出y与x之间的函数关系式，再把y=20代入计算即可．
本题考查了一次函数的应用，正确求出y与x之间的函数关系式是解答本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A、 0.5= 12= 22，故A不符合题意；
B、∵ 18=3 2，
∴ 18与 2是同类二次根式，
故B符合题意；
C、 ab= a b(a≥0,b>0)，故C不符合题意；
D、 (−2)2=2，故D不符合题意；
故选：B．
根据同类二次根式，二次根式的性质与化简，最简二次根式，分母有理化，二次根式的除法法则，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了同类二次根式，二次根式的性质与化简，最简二次根式，分母有理化，二次根式的乘除法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：连接PC，
在正方形ABCD中，∠BCD=90°，
∵PE⊥BC，PF⊥DC，
∴∠PEC=∠PFC=90°，
∴∠BCD=∠PEC=∠PFC=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC=EF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，BP=BP，
在△ABP与△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBPBP=BP，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴AP=CP，
∴EF=AP=3．
故选：A．
先证四边形PECF是矩形，可得PC=EF，由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP=PC，可得结论．
本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明四边形PECF是矩形是本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵一次函数y=3−x3=−13x+1，
∴该函数图象经过第一、二、四象限，故选项C正确，不合题意；
函数值y随x的增大而减小，故选项A正确，不合题意；
函数图象与y轴交点为(0,1)，故选项B错误，符合题意；
当x=3时，y=0，
所以图象经过点(3,0)，故选项D正确，不合题意．
故选：B．
根据题目中的函数解析式和一次函数的性质可以判断各个选项中的结论是否成立，从而可以解答本题．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
9.【答案】D
【解析】解：如图，取DE中点H，连接AH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，
∴∠CBD=∠ADB，
∵∠ABC=66°，AE⊥BC，
∴∠BAE=24°，∠EAD=90°，
∵点H是DF中点，
∴AH=DH=EH=12DE，
∵DE=2AB，
∴AB=AH=DH=EH，
∴∠ABH=∠AHB，∠ADH=∠HAD，∠HAE=∠HEA，
∵∠AHB=∠HAD+∠HDA=2∠HDA，
∴∠ABH=2∠HDA=2∠CBD，且∠CBD+∠ABD=∠ABC=66°，
∴∠CBD=22°=∠ADH，
∴∠AED=90°−∠ADH=68°，
故选：D．
如图，取DE中点H，连接AH，由直角三角形的性质可得AB=AH=DH=EH，可得∠ABH=∠AHB，∠ADH=∠HAD，∠HAE=∠HEA，由外角性质可求∠CBD=22°=∠ADH，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：(1)设数据a，b，c，d的平均数为x−，根据平均数的定义得出数据a−2，b，c，d+2的平均数也为x−，
∵s12=14×[(a−x−)2+(b−x−)2+…+(d−x−)2]，
s22=14[(a−2−x−)2+(b−x−)2+…+(d+2−x−)2]
=14[(a−x−)2+(b−x−)2+…+(d−x−)2−4(a−x−)+4+4(d−x−)+4]
=14[(a−x−)2+(b−x−)2+…+(d−x−)2+4(d−a)+8]，
∴s22=s12+14[4(d−a)+8]，
∵a
=140[x12+x22+…+x402+40x−2−2x−(x1+x2+…+x40)]
=140×[x12+x22+…+x402+40x−2−2×40x−2]
=140×(x12+x22+…+x402)−x−2
=4040−12
=1−12
=12，故②正确；
(3)∵数据x1，x2，…x9的平均数为1，
∴x1+x2+…+x10=1×10=10，
∵x1+x2+…+x9=9，
∴x10=1，
∵19×[(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x9−1)2]=53，
∴(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x9−1)2=15，
∴这10个数据的方差为S2=110×[(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x10−1)2]
=110×[15+(1−1)2]
=32，故③正确．
故选：D．
(1)设数据a，b，c，d的平均数为x−，根据平均数的定义得出数据a−2，b，c，d+2的平均数也为x−，再利用方差的定义分别求出s12，s22，进而比较大小；
(2)根据方差的公式计算即可；
(3)先由数据x1，x2，…x10的平均数为1，得出x1+x2+…+x10=1×10=10，而x1+x2+…+x9=9，所以x10=1；再根据19×[(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x9−1)2]=53，得出(x1−1)2+(x2−1)2+…+(x9−1)2=15，然后根据方差的计算公式即可求出这10个数据的方差即可．
本题考查了平均数与方差的意义．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．计算公式是：s2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2].
11.【答案】2
【解析】解：∵3<4<6，
∴ 3<2< 6．
故答案为：2．
找到平方在3和6之间的整数即可．
本题考查了无理数的估算，在两数之间找到能开出的正整数是关键．
12.【答案】36
【解析】解：正方形ADEC的面积为：AC2，
正方形BCFG的面积为：BC2；
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，AB=6，
则AC2+BC2=436．
即正方形ADEC和正方形BCFG的面积和为36．
故答案为：36．
小正方形的面积为AC的平方，大正方形的面积为BC的平方．两正方形面积的和为AC2+BC2，对于Rt△ABC，由勾股定理得AB2=AC2+BC2.AB长度已知，故可以求出两正方形面积的和．
本题考查了勾股定理．关键是根据由勾股定理得AB2=AC2+BC2.注意勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
13.【答案】(−1,3)
【解析】解：如图，过B作BM⊥DC于点M，与y轴交于点N，
∵B(−1,−2)，C(3,1)，
∴BN=1，BF=EM=2，MN=3，CE=1，
∴BM=MN+BN=3+1=4，CM=CE+EM=1+2=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：BC= BM2+CM2= 42+32=5，
∴AB=BC=5，
∴AF=AB−BF=5−2=3，
∵AB//y轴，
∴点A的坐标为(−1,3)，
故答案为：(−1,3)．
过B作BM⊥DC于点M，与y轴交于点N，由勾股定理求出BC=5，再由菱形的性质得AB=BC=5，即可解决问题．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出BC的长是解决问题的关键．
14.【答案】y=−2x+4
【解析】解：∵一次函数y=kx+b的图象经过点A(2,3)，且当x增加1个单位时，y减少2个单位，
∴一次函数y=kx+b的图象也经过点(3,1)，
∴2k+b=33k+b=1，
解得：k=−2b=7，
∴一次函数的解析式为：y=−2x+7，
∴此函数图象向下平移3个单位长度的表达式是：y=−2x+4，
故答案为：y=−2x+4．
根据题意得出一次函数y=kx+b的图象也经过点(3,1)，根据待定系数法求得解析式，进而根据平移的规律即可求得平移后的函数解析式．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象的平移，熟练掌握待定系数法求解析式，一次函数的平移的法则：左加右减，上加下减是解题的关键．
15.【答案】2.6
【解析】解：这天销售的矿泉水的平均单价是2×50%+3×30%+3.5×20%=2.6(元)，
故答案为：2.6．
根据加权平均数的定义列式计算可得．
本题考查了加权平均数，解答本题的关键是明确题意，利用加权平均数的方法解答．
16.【答案】−4≤m<−3
【解析】解：令y=0，则x=m，
∴一次函数y=x−m(m为常数)图象与x轴的交点为(m,0)，
∵一次函数y=x−m(m为常数)中k=1>0，
∴y随x的增大而增大，
∵当y>0时，在x的取值范围内有且仅有三个负整数，
∴直线经过第一，二、三象限，交x轴的负半轴，
∴−4≤m<−3，
故答案为：−4≤m<−3．
由题意可知直线经过第一，二、三象限，与x轴的交点在−4和−3(包括−4)之间．
本题考查了一次函数图象与系数的关系，能够理解题意，得出直线经过第一，二、三象限，与x轴的交点在−4和−3(包括−4)之间是解题的关键．
17.【答案】75
【解析】解：过C′作C′G⊥BC于G，交AD于H，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，AD=BC=6，∠C=90°，
∵E是BC的中点，
∴CE=BE=12BC=3，
∵将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC′D，
∴C′E=CE=3，C′D=CD=4，∠DC′E=∠C=90°，
∴∠HC′D=90°−∠EC′G=∠C′EG，
又∠C′HF=∠C′GE，
∴△C′HD∽△EGC′，
∴GEC′H=C′GDH=C′EC′D=34，
设C′H=x，DH=y，则C′G=4−x，GE=y−3，
∴y−3x=4−xy=34，
解得x=2825，y=9625，
∴C′H=2825，C′G=7225，DH=9625，
∴AH=AD−DH=5425=BG，
∴tan∠BC′G=BGC′G=34=tan∠HC′F=HFC′H，
∴HF2825=34，
∴HF=2125，
∴C′F= C′H2+HF2=75，
故答案为：75．
过C′作C′G⊥BC于G，交AD于H，由将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC′D，可得△C′HD∽△EGC′，即有GEC′H=C′GDH=C′EC′D=34，设C′H=x，DH=y，则C′G=4−x，GE=y−3，得y−3x=4−xy=34，解得C′H=2825，C′G=7225，DH=9625，根据tan∠BC′G=BGC′G=34=tan∠HC′F=HFC′H得HF=2125，根据勾股定理可得C′F．
本题考查矩形中的折叠问题，涉及三角形相似的判定与性质，三角形面积等知识，解题的关键是掌握折叠的性质，根据△C′HD∽△EGC′求出C′H和DH的长度．
18.【答案】3162
【解析】解：由题意：F(s)=s−s′=1000x+100(y+4)+10y+6−[1000x+100y+10(y+4)+6]=360．
∵t=3000+20a+b．
∴20a+b是一个三位数，设它的百位数是e，十位数是f，个位数是b，则100e+10f=20a，t=3000+100e+10f+b．
∴5e+12f=a．
∵t为“加油数”，
∴0≤e<3，
∴F(t)=3000+100e+10f+b−(3000+100f+10e+b)=90(e−f)，
∴k=360+90(e−f)．
∴e=0，1，2，当a=6，7，8，9时20a会产生进位，故百位e的最大值为1，
∵t各数位上数字之和是12的倍数．
∴3+1+f+b是12的倍数，f是2的倍数，
∴f=6，b=2，
此时k取最大值，t=3000+100×1+10×6+2=3162．
故答案为：3162．
根据“加油数”和“满意数”的定义先表示F(s)，F(t)，再求k取最大值时t的值即可求解．
本题考查数的整除性，用新定义解题，正确根据新定义表示出相关量是求解本题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=8+18−3 3− 3
=26−4 3；
(2)原式= 2×8+1− 2− 2
=4+1− 2− 2
=5−2 2．
【解析】(1)先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(2)先根据二次根式的乘法法则、绝对值的意义和负整数指数幂的意义计算，然后合并即可．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、除法法则和负整数指数幂的意义是解决问题的关键．
20.【答案】∠MAN ∠ABC BC OA=OC AD=BC (一组对边平行且相等的四边形为平行四边形)
【解析】(1)解：如图，AN、CD为所作；
(2)证明：∵AN是∠MAC的平分线，
∴∠MAC=2∠MAN=2∠CAN，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠MAC=∠ABC+∠ACB，
∴∠MAC=2∠ABC，
∴2∠ABC=2∠MAN，
∴∠MAN=∠ABC，
∴AD//BC，
∴∠OAD=∠OCB，
∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
在△OAD和△OCB中，
∠OAD=∠OCBOA=OC∠AOD=∠COB，
∴△OAD≌△OCB(ASA)，
∴AD=BC，
∵AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形为平行四边形)．
故答案为：∠MAN，∠ABC，BC，OA=OC，AD=BC，一组对边平行且相等的四边形为平行四边形．
(1)先利用基本作作作∠MAC的平分线AN，然后延长BO交AN于点D；
(2)先证明∠MAN=∠ABC得到AD//BC，再证明△OAD≌△OCB得到AD=BC，然后根据平行四边形的判定方法得到四边形ABCD是平行四边形．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质和平行四边形的判定与性质．
21.【答案】87.5 88 35
【解析】解：(1)八年级A、B组的频数和为20×(10%+15%)=5，
所以将八年级20名学生的成绩按从大到小排序后，第10个数和第11个数在C组，分别为87，88，
则其中位数a=87+882=87.5，
七年级D组的人数为10%×20=2(人)，
根据七年级成绩可知88分的最多有3人，所以众数为b=88，
∵m%=7÷20×100%=35%，
所以m=35；
故答案为：87.5，88，35；
(2)八年级的成绩更好，理由如下：
七、八年级的平均数相同，但八年级成绩的中位数和众数都比七年级的大，所以八年级的更好；
(3)500×620+800×(1−10%−15%−35%)=150+320=470(人)，
答：估计两个年级参赛学生中成绩优秀(大于或等于90分)的学生共有470人．
(1)利用中位数和众数的定义即可求出a和b的值；利用八年级C组的频数除以20即可得m的值；
(2)根据平均数、中位数和众数的角度进行分析即可得；
(3)分别利用500和800乘以七、八年级的优秀率即可得．
本题考查频数分布直方图，用样本估算总体，加权平均数，中位数，掌握相关知识是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设y=kx+b，
由表格可得：b=450k+b=360，
解得：k=−90b=450，
∴y关于x的函数表达式是y=−90x+450；
(2)在y=−90x+450中，令y=0得x=5，
∴甲车5小时到达终点，
∵乙车比甲车晚1小时到达终点，
∴乙车行驶时间一共6小时；
根据题意可得：(6−45090+60)a+45090+60×60=450，
解得：a=90，
∴乙车变化后的速度为90千米/时．
【解析】(1)设y=kx+b，用待定系数法可得y关于x的函数表达式是y=−90x+450；
(2)求出乙车行驶时间一共6小时；根据乙车变速后的路程加变速前的路程等于450千米可得(6−45090+60)a+45090+60×60=450，即可解得答案．
本题考查一次函数的应用和一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和一元一次方程．
23.【答案】解：(1)如图：
由题意得：∠BAD=45°，∠DAC=15°，∠FBC=60°，EF//DA，
∴∠ABE=∠BAD=45°，
∴∠ABC=180°−∠ABE−∠FBC=75°，
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠C=180°−∠BAC−∠ABC=45°，
∴∠C的度数为45°；
(2)过点B作BG⊥AC，垂足为G，
在Rt△ABG中，AB=10千米，∠BAC=60°，
∴BG=AB⋅sin60°=10× 32=5 3(千米)，
在Rt△BGC中，∠C=45°，
∴BC=BGsin45∘=5 3 22=5 6(千米)，
∴B，C两地的距离为5 6千米．
【解析】(1)根据题意可得：∠BAD=45°，∠DAC=15°，∠FBC=60°，EF//DA，从而可得∠ABE=∠BAD=45°，然后利用平角定义可得∠ABC=75°，从而利用三角形内角和定理进行计算，即可解答；
(2)过点B作BG⊥AC，垂足为G，先在Rt△ABG中，利用锐角三角函数的定义求出BG的长，然后在Rt△BGC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24.【答案】(1)解：∵矩形ABCD的顶点A(4,0)，C(0,2)，
∴OA=BC=4，OC=AB=2，
当点P在OA边上，即0
综上所述，y=2x(0
性质：3≤x<5时，y随x的增大而减小．
(3)当y=1时，x=12或92，
由图象可得，y>1时，12
(2)根据函数解析式画出函数图象，根据函数图象可知函数的性质；
(3)由y=1时，x=12或92，结合函数图象可直接得出答案．
本题考查了一次函数的应用，一次函数的图象和性质，正确求出函数解析式是解题的关键．
25.【答案】解：(1)直线y=2x−2交x轴于点B，交y轴于点A，
令x=0，y=−2，
令y=0，x=1，
∴A(0,−2)，B(1,0)；
(2)过M作MN//AB交x轴于N，连接AN，如图：
∵MN//AB，△MAB面积等于12，
∴△NAB面积等于12，
∴12NB⋅|yA|=12，
即12NB×2=12，
∴NB=12，
∴N(−11,0)
∵MN//AB，
设直线NM为y=2x+c，
则0=2×(−11)+c，
∴c=22，
∴直线MN为y=2x+22，
令x=−3得y=16，
∴M(−3,16)；
(3)存在，设P(t,2t−2)：
①当点Q在x轴负半轴时，过P作PE⊥x轴于E，如图，
∴OE=t，PE=2t−2，
∵△PCQ是以Q为直角顶点，PC为底边的等腰直角三角形，
∴PQ=CQ，∠PQC=90°，
∴∠PQE=90°−∠CQD=∠QCD，
又∵∠PEQ=∠QDC，
∴△PEQ≌△QDC(AAS)，
∴QD=PE=2t−2，QE=CD=4，
∴OQ=QE−OE=OD−QD，
即4−t=3−2t+2，
∴t=1，
∴OQ=3，
∴Q(−3,0)；
②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过P作PG⊥y轴于G，如图：
∴PG=t，OG=2t−2，
∵△PCQ是以PC为底边的等腰直角三角形，
∴PQ=CQ，∠PQC=90°，
∴∠CQF=90°−∠PQG=∠GPQ，
又∵∠CFQ=∠PGQ=90°，
∴△CQF≌△QPG(AAS)，
∴CF=QG=3，QF=PG=t，
∴OQ=OG−QG=OF−QF，
即2t−2−3=4−t，
∴t=3，
∴OQ=4−t=1，
∴Q(0,1)；
③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过P作PT⊥y轴于T，如图，
∴BT=t，OT=2t−2，
同②可证△CFQ≌△QTP(AAS)，
∴CF=QT=3，QF=PT=t，
∴OQ=OT+QT=OF+QF，即2t−2+3=4+t，
∴t=3，
∴OQ=4+t=7，
∴Q(0,7)；
综上，Q的坐标为(−3,0)或(0,1)或(0,7)．
【解析】(1)分别令x=0，y=0即可得出答案；
(2)过M作MN//AB交x轴于N，连接AN，将△MAB的面积转化为△NAB的面积求出点D的坐标，再根据MN//AB，设直线DM为y=2x+c，将点N的坐标代入即可求得直线NM的解析式，最后根据点M在直线NM上，即可得出答案；
(3)设P(t,2t−2)，分三种情况：①当点Q在轴负半轴时，过P作PE⊥x轴于E，证明△PEQ≌△QDC(AAS)，得到OQ=QE−OE=OD−QD，即4−t=3−2t+2，求出t值即可；②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过P作PG⊥y轴于G，同理求出t即可；③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过P作PT⊥y轴于T，同理求出t值即可．
本题为一次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定即性质，等腰直角三角形的性质，熟记全等三角形的判定即性质是解题的关键．
26.【答案】(1)解：如图1中，∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ACD+∠BCD=45°，
∵∠ABE+∠BCD=45°，
∴∠ABE=∠ACD，
∵∠BAE=∠CAD=90°，
∴△BAE≌△CAD(ASA)，
∴BE=CD= 17，
∵CF⊥CD，CF=CD，
∴DF= 2CD= 34；
(2)证明：过点C作CJ⊥DF于点J，过点H作HK⊥FD交FD的延长线于点K，连接CH．
∵CD=CF，∠DCF=90°，
∴∠CDF=∠F=45°，
∵DH⊥CD，GH⊥CG，
∴∠CDH=∠CGH=90°，
∴H，D，G，C四点共圆，
∴∠GDC=∠GHC=45°，
∴△HGC是等腰直角三角形，
∴∠GCH=∠GHC=45°，
∴GH=GC，
∵∠CGJ+∠HGK=90°，∠CGJ+∠GCJ=90°，
∴∠HGK=∠GCJ，
∵∠HKJ=∠CJG=90°，
∴△HKG≌△GJC(AAS)，
∴GK=CJ，HK=GJ，
∵∠HDK=180°−90°−45°=45°，∠K=90°，
∴∠KHD=∠HDK=45°，
∴DK=KH，
∴DH= 2DK= 2GJ，
∵BE=CD=CF= 2JF，
∴BE+DH= 2JF+ 2GJ= 2(JF+GJ)= 2FG．
(3)解：如图3中，在CB的下方作∠BCT=30°，过点M作MK⊥CT于点K，过点D作DH⊥CT于点H，在AC上取一点Q，使得∠AQD=30°．
∵MK⊥CT，∠BCT=30°，
∴MK=12CM，
∴DM+12CM=DM+MK≥DH，
∴DM+12CM的最小值是线段DH的长，
∴△BAE≌△CAD(ASA)，
∴AD=AE=1，
∵EC=3+ 3，
∴AC=2+ 3，
∴CD= AD2+AC2= 12+(2+ 3)2= 2+ 6，
∵AD=1，∠DAQ=90°，∠AQD=30°，
∴DQ=2AD=2，AQ= 3AD= 3，
∴CQ=AC−AQ=2+ 3− 3=2，
∴QD=QC，
∴∠QDC=∠QCD，
∵∠AQD=∠QDC+∠QCD，
∴∠QCD=∠QDC=15°，
∵∠ACB=45°，
∴∠DCB=∠ACB−∠QCD=45°−15°=30°，
∴∠DCH=∠DCB+∠BCT=60°，
∴DH=CD⋅sin60°=( 2+ 6)× 32= 6+3 22，
∴DM+12CM的最小值为 6+3 22．
【解析】(1)证明△BAE≌△CAD(ASA)，推出BE=CD= 17，可得结论；
(2)过点C作CJ⊥DF于点J，过点H作HK⊥FD交FD的延长线于点K，连接CH.证明DH= 2GJ，BE=CD=CF= 2JF，可得结论；
(3)如图3中，在CB的下方作∠BCT=30°，过点M作MK⊥CT于点K，过点D作DH⊥CT于点H，在AC上取一点Q，使得∠AQD=30°.证明MK=12CM，推出DM+12CM=DM+MK≥DH，推出DM+12CM的最小值是线段DH的长．
本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
27.【答案】15 9 5 3 3 6a5b 15a4b2 20a3b3 15a2b4 6ab5
【解析】解：(1)第7行从左往右数，第3个数为15；从上往下数，数字70第一次出现在第9行从左往右数第5个位置；
故答案为：15，9，5；
(2)∵(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3；
(a+b)6=a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6；
故答案为：3，3，6a5b，15a4b2，20a3b3，15a2b4，6ab5；
(3)∵(2x+3)4=a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，
∴当x=1时，(2×1+3)4=a1+a2−a3−a4+a5=54=625；
(4)∵(3x−1x)6=a1x6+a2x4+a3x2+a4+a51x2+a61x4+a71x6，
∴当x=1时，a1+a2+a3+a5+a6+a7=(3−1)6=64．
(1)根据杨辉三角的规律求解；
(2)根据杨辉三角的规律求解；
(2)当x=1时代入求解；
(4)当x=1时代入求解．
本题考查了图形的变化类，掌握变换规律是解题的关键．
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