期末仿真测试卷（尖子生专用A）-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习培优拔高（苏科版）

这是一份期末仿真测试卷（尖子生专用A）-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习培优拔高（苏科版），文件包含期末仿真测试卷尖子生专用A原卷版docx、期末仿真测试卷尖子生专用A解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

试卷说明：本试卷难度系数约0.4，只适合尖子生使用。
一．试题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）若x2+x﹣1＝0，则x3+2x−1x(x−1)的值是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
试题分析：将x2+x﹣1＝0变形得x2＝1﹣x，代入所求式中，整体代入若干次，化简可得答案．
答案详解：解：∵x2+x﹣1＝0，
∴x2＝1﹣x，
∴x3+2x−1x(x−1)
=x(1−x)+2x−11−x−x
=3x−x2−11−2x
=3x−1−(1−x)1−2x
=4x−21−2x
＝﹣2．
所以选：A．
2．（2分）若关于x的分式方程x−a3x−6+x+1x−2=1的解为非负数，且关于y的不等式组y+6≤2(y+2)3y−a3＜1有3个整数解，则所有满足条件的整数a的值之和为（ ）
A．19B．22C．30D．33
试题分析：求出分式方程的解，根据解为非负数可得a的取值范围，再根据不等式组的整数解的个数确定a的取值范围，再根据a为整数进行计算即可．
答案详解：解：解关于x的分式方程x−a3x−6+x+1x−2=1得，
x＝a﹣9，
由于方程的解为非负数，而x＝2是增根，
∴a﹣9≥0且a﹣9≠2，
即a≥9且a≠11，
不等式①的解集为y≥2，
不等式②的解集为y＜a+33，
由于2≤y＜a+33的整数解只有3个，
∴4＜a+33≤5，
解得9＜a≤12，
又∵a为整数，且a≠11，
∴a＝10，12，
∴所有满足条件的整数a的值之和为22，
所以选：B．
3．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点P是函数y=6x(x＞0)图象上的一个动点，过点P作PQ⊥y轴交函数y=−2x（x＜0）的图象于点Q，点M、N在x轴上（M在N的左侧，且MN＝PQ，连接QM、PN．这关于四边形PQMN的面积的结论正确的是（ ）
A．8
B．12
C．24
D．四边形PQMN的面积无法确定
试题分析：先证得四边形PQMN是平行四边形，然后根据反比例函数的几何意义得到S△POQ＝S△POQ+S△QOD＝4，即可利用S△POQ=12S四边形PQMN求得S四边形PQMN＝8．
答案详解：解：利用OQ、OP，
∵点P是函数y=6x(x＞0)图象上的一个动点，过点P作PQ⊥y轴，交函数y=−2x（x＜0）的图象于点Q，
∴PQ∥MN，
∵MN＝PQ，
∴四边形PQMN是平行四边形，
∴S△POQ=12S四边形PQMN，
∴PQ∥x轴，
∴S△POD=12×6=3，S△QOD=12×|﹣2|＝1，
∴S△POQ＝S△POQ+S△QOD＝4，
∴S四边形PQMN＝8，
所以选：A．
4．（2分）已知点A（3，﹣4）在反比例函数y=kx的图象上，则下列说法正确的是（ ）
A．图象位于第一、三象限
B．点（2，6）在该函数图象上
C．当x＜0时，y随x的增大而增大
D．当y≥﹣4时，x≥3
试题分析：先根据点A（3、﹣4）是反比例函数y=kx图象上一点求出k的值，求出函数的解析式，由此函数的特点对四个选项进行逐一分析．
答案详解：解：∵点A（3，﹣4）在反比例函数y=kx的图象上，
∴k＝xy＝3×（﹣4）＝﹣12，
A、∵k＝﹣12＜0，
∴此函数的图象位于二、四象限，故本选项错误；
B、∵2×6＝12≠﹣12，
∴点（2、6）不在此函数的图象上，故本选项错误；
C、∵k＝﹣12＜0，
∴在每一象限内y随x的增大而增大，
∴当x＜0时，y随x的增大而增大，故本选项正确；
D、∵当y≥﹣4时，即−12x≥−4，
解得x＜0或x≥3，故本选项错误；
所以选：C．
5．（2分）函数y=1x−2+3的图象可以由y=1x的图象先向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到．根据所获信息判断，下列直线中与函数y=1x−1−2的图象没有公共点的是（ ）
A．经过点（0，2）且平行于x轴的直线
B．经过点（0，﹣3）且平行于x轴的直线
C．经过点（﹣1，0）且平行于y轴的直线
D．经过点（1，0）且平行于y轴的直线
试题分析：根据题意可以知道平移后的反比例函数不会与直线x＝1、直线y＝﹣2相交，判断出答案即可．
答案详解：解：根据题意可知，如下图所示，图1根据题意平移后得到图2，
函数y=1x−1−2的图象是函数y=1x的图象向右平移1个单位，在向下平移2个单位得到的，
∴由反比例函数的图象的性质和平移的定义可知，函数y=1x−1−2的图象与直线x＝1、直线y＝﹣2不会相交．
所以选：D．
6．（2分）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在F处，BF交AD于点E．若∠BDC＝62°，则∠DEF的度数为（ ）
A．31°B．28°C．62°D．56°
试题分析：先利用互余计算出∠BDE＝28°，再根据平行线的性质得∠CBD＝∠BDE＝28°，接着根据折叠的性质得∠FBD＝∠CBD＝28°，然后利用三角形外角性质计算∠DEF的度数，于是得到结论．
答案详解：解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠ADC＝90°，
∵∠BDE＝90°﹣∠BDC＝90°﹣62°＝28°，
∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠BDE＝28°，
∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠FBD＝∠CBD＝28°，
∴∠DEF＝∠FBD+∠BDE＝28°+28°＝56°．
所以选：D．
7．（2分）已知△ABC中，AB＝1，BC＝4，以AC为边长作等边三角形ACD，连接BD，则BD的长不可能为（ ）
A．3B．4C．5D．6
试题分析：以AB为边作等边△ABE，根据题意得到△DAB≌△CAE （SAS），根据全等三角形的性质得出BD＝CE，据此即可得解．
答案详解：解：如图，以AB为边作等边△ABE，
∵△ACD，△ABE是等边三角形，
∴AD＝AC，AB＝AE＝BE＝1，∠EAB＝∠DAC＝60°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠DAC+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAD，
在△DAB和△CAE中，
AB=AE∠BAD=∠EACAD=AC，
∴△DAB≌△CAE （SAS），
∴BD＝CE，
若点E，点B，点C不共线时，EC＜BC+BE；若点E，点B，点C共线时，EC＝BC+BE，
∴EC≤BC+BE＝5，
∴EC的最大值为5，
即BD的最大值为5，BD的长不可能为6，
所以选：D．
8．（2分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．点O为矩形ABCD的对称中心，点E为边AB上的动点，连接EO并延长交CD于点F．将四边形AEFD沿着EF翻折，得到四边形A′EFD′，边A′E交边BC于点G，连接OG、OC，则△OGC的面积的最小值为（ ）
A．18﹣37B．92+37C．12−372D．6+372
试题分析：在EA上截取EM＝EG，连接OM，证明△MOE≌△GOE，所以OM＝OG，即可得OM最短时，OG也就最短，而当OM⊥AB时，OM最短，且OM＝4＝OG，再过点O作OH⊥BC，得OH＝3，又因为OC＝5，就可以根据勾股定理计算GH、HC的长，从而计算出最小面积．
答案详解：解：在EA上截取EM＝EG，连接OM，
由折叠得：∠MEO＝∠GEO，
又∵EO＝EO，
∴△MOE≌△GOE，
∴OM＝OG，
∴OM最短时，OG也就最短，
而当OM⊥AB时，OM最短，
此时，∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴OM=12BC＝4＝OG，
即OG的最小值是4，
在△OGC中，∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴OC长度是矩形对角线长度的一半，即是5，定值，∠BCO度数也不变，是定值，
∴当OG＝4最小值时，△OGC面积最小．
过点O作OH⊥BC，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴OH=12AB＝3，
∴Rt△OGH中，GH=OG2−OH2=42−32=7，
Rt△OHC中，HC=OC2−OH2=52−32=4，
∴GC＝GH+HC=7+4，
∴△OGC面积的最小值是12×GC×OH=12×（7+4）×3=327+6．
所以选：D．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
9．（3分）如图，已知▱OABC的顶点A、C分别在直线x＝1和x＝4上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为 5 ．
试题分析：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E．则OB=OE2+BE2．由于四边形OABC是平行四边形，所以OA＝BC，又由平行四边形的性质可推得∠OAF＝∠BCD，则可证明△OAF≌△BCD，所以OE的长固定不变，当BE最小时，OB取得最小值，从而可求．
答案详解：解：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x＝1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x＝4与AB交于点N，如图：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC，
∵直线x＝1与直线x＝4均垂直于x轴，
∴AM∥CN，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∴∠MAN＝∠NCM，
∴∠OAF＝∠BCD，
∵∠OFA＝∠BDC＝90°，
∴∠FOA＝∠DBC，
在△OAF和△BCD中，
∠FOA=∠DBCOA=BC∠OAF=∠BCD，
∴△OAF≌△BCD．
∴BD＝OF＝1，
∴OE＝4+1＝5，
∴OB=OE2+BE2．
由于OE的长不变，所以当BE最小时（即B点在x轴上），OB取得最小值，最小值为OB＝OE＝5．
所以答案是：5．
10．（3分）若关于x的分式方程3x+2x−1=mx−1有增根，则实数m的值是 5 ．
试题分析：分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根得到x﹣1＝0，求出x的值，代入整式方程求出m的值即可．
答案详解：解：去分母得：3x+2＝m，
由分式方程有增根，得到x﹣1＝0，即x＝1，
把x＝1代入整式方程得：3+2＝m，
解得：m＝5，
所以答案是：5．
11．（3分）平行四边形ABCD中，若∠B＝2∠A，则∠A的度数是 60° ．
试题分析：根据平行四边形的性质得出BC∥AD，根据平行线的性质推出∠A+∠B＝180°，代入求出即可．
答案详解：解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠A+∠B＝180°，
把∠B＝2∠A代入得：3∠A＝180°，
∴∠A＝60°，
所以答案是：60°．
12．（3分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥BC于点H，连接OH，若OA＝8，OH＝6，则菱形ABCD的面积为 96 ．
试题分析：由菱形的性质得OA＝OC＝8，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝16，再由直角三角形斜边上的中线性质求出BD的长度，然后由菱形的面积公式求解即可．
答案详解：解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝8，OB＝OD，AC⊥BD，
∴AC＝2OA＝16，
∵DH⊥BC，
∴∠BHD＝90°，
∴BD＝2OH＝2×6＝12，
∴菱形ABCD的面积=12AC•BD=12×16×12＝96，
所以答案是：96．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，∠ABC的角平分线BE交AD于点E，连接EC，EC恰好平分∠BED，若AB＝2，则DE的长为 22−2 ．
试题分析：根据矩形的性质，角平分线定义证明AB＝AE＝2，可得BE＝22，然后证明BC＝BE＝AD＝22，进而可以解决问题．
答案详解：解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
∴AB＝AE＝2，
∴BE＝22，
∵AD∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∵EC平分∠BED，
∴∠BEC＝∠DEC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴BC＝BE＝22，
∴BC＝AD＝22，
∴DE＝AD﹣AE＝22−2．
所以答案是：22−2．
14．（3分）像（5+2）（5−2）＝3、a•a=a（a≥0）、（b+1）（b−1）＝b﹣1（b≥0）…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．请写出3−2的一个有理化因式 3+2 ．
试题分析：根据题意可以解答本题．
答案详解：解：∵(3−2)(3+2)=1，
∴3+2是3−2的一个有理化因式．
所以答案是：3+2（答案不唯一）．
15．（3分）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，若BC＝22，∠CBE＝45°，
则AB＝ 2 ．
试题分析：由矩形的性质和角平分线的定义得出∠DEC＝∠ECB＝∠BEC，推出BE＝BC，进而求得AE＝AB＝2．
答案详解：解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠DEC＝∠BCE．
∵EC平分∠DEB，
∴∠DEC＝∠BEC．
∴∠BEC＝∠ECB．
∴BE＝BC＝22，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°．
∵∠ABE＝45°，
∴∠ABE＝AEB＝45°．
∴AB＝AE=22×22=2．
所以答案是：2．
16．（3分）如图，平行四边形ABCO的对角线AC、OB交于点D，反比例函数y=kx（x＞0）的图象经过A、D两点，若平行四边形ABCO的面积是12，则k＝ 4 ．
试题分析：设平行四边形底边长为a，高为h，则ah＝12，设出A点坐标为（xA，12a），根据D点是AC中点且在函数图象上得出a＝3xA，即可得出A点的坐标，即可求出k的值．
答案详解：解：设平行四边形底边长为a，高为h，则ah＝12，
∴h=12a，
设A点坐标为（xA，12a），
则C点坐标为（a，0），
∵D是AC的中点，
∴D点坐标为（a+xA2，6a），
∵反比例函数y=kx（x＞0）的图象经过A、D两点，
∴kxA=12aka+xA2=6a，
解得a＝3xA，
∴A点坐标为（xA，4xA），
∴kxA=4xA，
∴k＝4，
所以答案是：4．
三．解答题（共11小题，满分80分）
17．（6分）化简：
（1）5a+3ba2−b2−2aa2−b2；
（2）（1−1a−1）÷（a2−4a+4a2−a）．
试题分析：（1）根据分式的减法可以解答本题；
（2）根据分式的减法和除法可以解答本题．
答案详解：解：（1）5a+3ba2−b2−2aa2−b2
=5a+3b−2a(a+b)(a−b)
=3(a+b)(a+b)(a−b)
=3a−b；
（2）（1−1a−1）÷（a2−4a+4a2−a）
=a−1−1a−1⋅a(a−1)(a−2)2
=a−21⋅a(a−2)2
=aa−2．
18．（6分）像(5+2)(5−2)=3、a⋅a=a（a≥0）、(b+1)(b−1)=b﹣1（b≥0）……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．
（1）请写出以下代数式的一个有理化因式：
a+b（a≥0，b≥0） a−b ，23−35 23+35 ；
（2）化简：12+1+13+2+14+3+⋯+12021+2020；
（3）当2≤a≤4时，直接写出代数式a+2−a+1的最大值： 2−3 ．
试题分析：（1）根据有理化因式的定义和平方差公式求解；
（2）先分母有理化，然后合并即可；
（3）利用有理化因式得到a+2−a+1=1a+2+a+1，由于当a＝2时，a+2+a+1有最小值2+3，所以1a+2+a+1有最大值2−3．
答案详解：解：（1）a+b的有理化因式为a−b；
23−35的有理化因式为23+35；
所以答案是a−b；23+35；
（2）原式=2−1+3−2+4−3+•••+2021−2020
=2021−1；
（3）a+2−a+1=1a+2+a+1，
∵2≤a≤4，
∴当a＝2时，a+2+a+1有最小值，最小值为2+2+2+1=2+3，
此时1a+2+a+1的值最大，最大值为12+3=2−3，
即代数式a+2−a+1的最大值为2−3；
所以答案是2−3．
19．（6分）2020年3月，中共中央、国务院颁布了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》．某区教育局发布了“普通中小学劳动教育状况评价指标”．为了解某校学生一周劳动次数的情况，随机抽取若干学生进行调查，得到统计图：
（1）这次调查活动共抽取 200 人，“2次”所在扇形对应的圆心角是 72° ；
（2）请将条形统计图补充完整；
（3）若该校学生共有3000人，根据调查结果，请你估计该校一周劳动“4次及以上”的学生人数．
试题分析：（1）根据一周劳动次数为2次的人数和所占的百分比，求出抽取的总人数；用360°乘以2次的人数所占的百分比即可得出2次”所在扇形对应的圆心角度数；
（2）用总人数减去其它人数，求出3次的人数，从而补全统计图；
（3）用该校的总人数乘以4次及以上的人数所占的百分比即可得出答案．
答案详解：解：（1）40÷20%＝200（人），
所以这次调查活动共抽取200人；
“2次”所在扇形对应的圆心角是：360°×40200=72°；
所以答案是：200，72°；
（2）3次的人数有：200﹣60﹣40﹣20＝80（人），补全统计图如下：
（3）3000×30%＝900（人），
答：该校一周劳动“4次及以上”的学生人数有900人．
20．（6分）如图，在▱ABCD中，延长BC到点E，使得BC＝CE，连接AE、DE．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；
（2）如果AB＝AE＝4，BE＝23，求四边形ACED的面积．
试题分析：（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，再证AD＝CE，即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质得∠ACE＝90°，则平行四边形ACED是矩形，再由勾股定理得AC=13，即可求解．
答案详解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BC＝CE，
∴AD＝CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）解：由（1）得：四边形ACED是平行四边形，
∵AB＝AE，BC＝CE=12BE=3，
∴AC⊥BE，
∴∠ACE＝90°，
∴平行四边形ACED是矩形，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AC=AE2−CE2=42−(3)2=13，
∴矩形ACED的面积＝AC×CE=13×3=39．
21．（6分）如图，点E、F分别在▱ABCD的边AB、CD的延长线上，且BE＝DF，连接AC、EF、AF、CE，AC与EF交于点O．
（1）求证：AC、EF互相平分；
（2）若EF平分∠AEC，求证：四边形AECF是菱形．
试题分析：（1）由平行四边形的性质得AB＝DC，AB∥DC，再证AE＝CF，即可得出结论；
（2）证出∠CEO＝∠CFO，则CE＝CF，再由（1）可知，四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．
答案详解：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AB∥DC，
又∵BE＝DF，
∴AB+BE＝DC+DF，
即AE＝CF，
∵AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∴AC、EF互相平分；
（2）∵AB∥DC，
∴∠AEO＝∠CFO，
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEO＝∠CEO，
∴∠CEO＝∠CFO
∴CE＝CF，
由（1）可知，四边形AECF是平行四边形，
∴平行四边形AECF是菱形．
22．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（1，0），连结AB，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，直线BD交双曲线y=kx（k≠0）于D、E两点，已知点E的坐标为（﹣2，a），连结CE，交x轴于点F．
（1）求双曲线y=kx（k≠0）和直线DE的解析式．
（2）求E到直线DC的距离．
（3）在x轴上是否存在一点P，使|PD﹣PE|值最大，若有，直接写出点P的坐标；若无，请说明理由．
试题分析：（1）构造△ADM与△AOB全等，求出D点坐标，进而求出E点坐标，再求直线表达式．
（2）利用等面积法，分别以DE，DC为底，列出面积公式求解．
（3）构建作差模型，利用三角形三边关系求解．
答案详解：解：（1）作DM⊥y轴，如图，
∵点A的坐标（0，3），点B坐标（1，0），
∴OA＝3，OB＝1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴∠OAB+∠DAM＝90°，
∵∠OAB+∠ABO＝90°，
∴∠DAM＝∠ABO，
∵∠AOB＝∠DMA＝90°，
∴△AOB≌△DMA（AAS），
∴AM＝OB＝1，DM＝OA＝3，
∴D点（3，4），
将点D代入双曲线y=kx得，k＝3×4＝12，
∴双曲线y=12x，
设直线DE的解析式为y＝mx+n，把B（1，0），D（3，4）代入得m+n=03m+n=4，
解得m=2n=−2，
∴直线DE的解析式为y＝2x﹣2，
（2）连接AC，交BD于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD垂直平分AC，即AC＝BD，
∵E（﹣2，a），代入反比例函数y=12x得，a＝﹣6，
∴E（﹣2，﹣6），
∵B（1，0），D（3，4），
∴DE=(3+2)2+(4+6)2=55，DB=(3−1)2+42=25，
∴CN=12BD=5，
∴S△DCE=12DE×CN=12×55×5=252，
∴E到直线DC的距离为2S△DCEDC=2532+12=5102，
（3）存在满足条件的P点，P点（13，0），如图，
将E点关于x轴对称，对称点为E′（﹣2，6），连接PE′，PE，PD．
根据三角形三边关系可得|PD﹣PE|＝|PD﹣PE′|≤DE'，
当P在P1点时，|PD﹣PE|的值最大，最大为DE'．
设直线DE'的解析式为y＝ax+b，
将E'（﹣2，6），D（3，4）代入得−2a+b=63a+b=4，
解得a=−25b=265，
∴直线DE'的解析式为y=−25x+265，
当y＝0时，x＝13，P点坐标（13，0）．
23．（6分）某文具店王老板用240元购进一批笔记本，很快售完；王老板又用600元购进第二批笔记本，所购本数是第一批的2倍，但进价比第一批每本多了2元．
（1）第一批笔记本每本进价多少元？
（2）王老板以每本12元的价格销售第二批笔记本，售出60%后，为了尽快售完，决定打折促销，要使第二批笔记本的销售总利润不少于48元，剩余的笔记本每本售价最低打几折？
试题分析：（1）设第一批笔记本每本进价为x元，则第二批每本进价为（x+2）元，由题意：某文具店王老板用240元购进一批笔记本，很快售完；王老板又用600元购进第二批笔记本，所购本数是第一批的2倍，列出分式方程，解方程即可；
（2）设剩余的笔记本每本打y折，由题意：王老板以每本12元的价格销售第二批笔记本，售出60%后，为了尽快售完，决定打折促销，要使第二批笔记本的销售总利润不少于48元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
答案详解：解：（1）设第一批笔记本每本进价为x元，则第二批每本进价为（x+2）元，
由题意得：240x×2=600x+2，
解之得：x＝8，
经检验，x＝8为原方程的解，
答：第一批笔记本每本进价为8元．
（2）第二批笔记本有：6008+2=60（本），
设剩余的笔记本每本打y折，
由题意得：(12−10)×60×60%+(12×y10−10)×60×40%≥48，
解得：y≥7.5，
答：剩余的笔记本每本最低打七五折．
24．（8分）如图1与图2，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点及点O均在格点上．请仅用无刻度直尺完成作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，作△ABC关于点O成中心对称的△A′B′C′；
（2）在图2中．
①作△ABC绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的△AB′C′；
②请直接写出：点B到AC的距离为 2 ．
试题分析：（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
（2）①利用数形结合的思想解决问题即可．
②利用三角形面积公式求解即可．
答案详解：解：（1）如图1中，△A′B′C′即为所求．
（2）①如图2中，△AB′C′即为所求．
②设AC边上的高为h，12•AC•h=12•25•45，
解得h＝2，
所以答案是：2．
25．（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边OC、OA分别在x轴、y轴上，已知B（m，4）（m＞0），AB上有一点P（n，4），将△OAP绕着点O顺时针旋转60°得到△OA1P1．
（1）点A1的坐标为 （23，2） ；连接PP1，若PP1⊥x轴，则n的值为 43 ；
（2）如果m﹣n＝23．
①当点P1落在OC上时，求CP1的长；
②请直接写出CP1最小值．
试题分析：（1）连接AA1，过A1作A1D⊥x轴于D，设PP1与x轴交于E，根据将△OAP绕着点O顺时针旋转60°得到△OA1P1，B（m，4），可得∠AOA1＝∠POP1＝60°，OA＝OA1＝4，OP＝OP1，即得A1D=12OA1＝2，OD=OA12−A1D2=23，故A1（23，2），由PP1⊥x轴，可得∠POE＝30°，在Rt△POE中，即得OP＝8，OE＝43，故n＝43；
（2）①连接PP1，过P作PF⊥x轴于F，由△POP1是等边三角形，PF⊥x轴，知P1F=12OP1=12PP1，而PF＝4，即得P1F=433，根据m﹣n＝23，即BP＝23=CF，即得CP1＝CF﹣P1F=233；
②过A1作A1R⊥OA于R，过P1作P1S⊥A1R于S，由m﹣n＝23，得m＝23+n，C（23+n，0），证明△A1RO∽△P1A1S，可得OR：A1R：OA1＝A1S：P1S：A1P1＝1：3：2，OR＝2，A1R＝23，从而有P1（23+12n，2−32n），即得CP12＝（n−3）2+1，故CP12最小为1，CP1最小值是1．
答案详解：解：（1）连接AA1，过A1作A1D⊥x轴于D，设PP1与x轴交于E，如图：
∵将△OAP绕着点O顺时针旋转60°得到△OA1P1，B（m，4），
∴∠AOA1＝∠POP1＝60°，OA＝OA1＝4，OP＝OP1，
∴∠A1OD＝30°，△POP1是等边三角形，
∴A1D=12OA1＝2，OD=OA12−A1D2=23，
∴A1（23，2），
∵△POP1是等边三角形，
∴∠OPP1＝60°，
∵PP1⊥x轴，
∴∠OEP＝90°，
∴∠POE＝30°，
在Rt△POE中，PE＝OA＝4，
∴OP＝8，OE=OP2−PE2=43，
∴P（43，4），即n＝43，
所以答案是：（23，2），43；
（2）①连接PP1，过P作PF⊥x轴于F，如图：
∵△POP1是等边三角形，PF⊥x轴，
∴P1F=12OP1=12PP1，
∵PF＝4，
∴P1F=43=433，
∵m﹣n＝23，即BP＝23=CF，
∴CP1＝CF﹣P1F=233；
②过A1作A1R⊥OA于R，过P1作P1S⊥A1R于S，如图：
∵m﹣n＝23，
∴m＝23+n，
∴C（23+n，0），
∵∠OA1P1＝∠OAP＝90°，
∴∠RA1O＝90°﹣∠SA1P1＝∠A1P1S，
又∠A1RO＝∠A1SP1，
∴△A1RO∽△P1A1S，
∵∠AOA1＝60°，OA＝OA1＝4，
∴OR：A1R：OA1＝A1S：P1S：A1P1＝1：3：2，OR＝2，A1R＝23，
∵P（n，4），
∴A1P1＝AP＝n，
∴A1S=12n，P1S=32n，
∴P1（23+12n，2−32n），
∴CP12＝（23+12n﹣23−n）2+（2−32n﹣0）2＝n2﹣23n+4＝（n−3）2+1，
∴n=3时，CP12最小为1，
∴当P1（532，12），C（33，0）时，CP1取最小值，最小值是1．
26．（10分）在正方形ABCD中，AB＝6，E、F分别是BC、AB边上的动点，以DF、EF为边作平行四边形EFDG．
（1）如图1，连接AE，若AF＝BE，试说明EG与AE的关系；
（2）如图2，若E为BC的中点，F在AB边上是否存在某个位置，使得四边形EFDG为菱形？若存在，求出AF的长；若不存在，说明理由．
试题分析：（1）由“SAS”可证△ADF≌△BAE，可得AE＝DF，∠BAE＝∠ADF，由余角的性质可得AE⊥DF，由平行四边形的性质可得DF＝EG，DF∥EG，可得结论；
（2）由菱形的性质可得EF＝FD，由勾股定理列出方程，即可求解；
答案详解：解：（1）EG⊥AE且EG＝AE，
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAF＝∠ABE＝90°，
又∵AF＝BE，
∴△ADF≌△BAE（SAS），
∴AE＝DF，∠BAE＝∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD＝90°，
∴∠BAE+∠AFD＝90°，
∴AE⊥DF，
∵四边形EFDG是平行四边形，
∴DF＝EG，DF∥EG，
∴AE＝EG，EG⊥AE；
（2）存在，
∵E为BC的中点，
∴BE＝EC＝3，
∵四边形EFDG为菱形，
∴EF＝DF，
∴EF2＝DF2，
∴BE2+BF2＝AF2+AD2，
∴9+（6﹣AF）2＝AF2+36，
∴AF=34；
27．（12分）【性质认识】
如图，在函数y=kx的图象上任取两点A、B向坐标轴作垂直，连接垂足C、D或E、F，则一定有如下结论：AB∥CD，AB∥EF．
【数学理解】
（1）如图①，借助【性质认识】的结论，猜想AM ＝ BN（填“＞”、“＝”或“＜”）；
（2）如图②，借助【性质认识】的结论，证明：AM＝BN；
【问题解决】
（3）如图③，函数y=kx（k＞0）的图象与过原点O的直线相交于B、D两点，点A是第一象限内图象上的动点（点A在点B的左侧），直线AB分别交于y轴、x轴于点C、E，连接AD分别交y轴、x轴于点M、N．请证明：AC＝AM．
试题分析：（1）借助【性质认识】的结论，可以得到AB∥CD，可以证明四边形BDCN为平行四边形，所以BN＝CD，同理，四边形AMDC为平行四边形，所以AM＝CD，即AM＝BN，
（2）仿（1），先证明四边形AMDC为平行四边形，所以AM＝CD，同理，可证四边形BDCN为平行四边形，所以BN＝CD，所以AM＝BN；
（3）要证AM＝AC，只需要证明∠AMC＝∠ACM，过A作AQ⊥y轴于Q，过D作DP⊥x轴于P，过B作BF⊥x轴于F，可得AD∥PQ，AB∥QF，由题可得，B，D关于O点成中心对称，所以OP＝OF，又OQ⊥PF，可证△QPF为等腰三角形，所以∠PQO＝∠FQO，因为AD∥PQ，所以∠PQO＝∠AMC，因为QF∥AB，所以∠FQO＝∠ACM，所以∠AMC＝∠ACM．
答案详解：（1）解：AM＝BN，理由如下：
∵DB⊥y轴，
∴DB∥CN，
由【性质认识】的结论可得AB∥CD，
∴四边形BDCN是平行四边形，
∴BN＝CD，
同理，四边形AMDC是平行四边形，
∴AM＝CD，
∴AM＝BN，
所以答案是：＝；
证明：（2）∵AC⊥x轴，
∴AC∥MD，
由【性质认识】的结论可得AB∥CD，
∴四边形AMDC为平行四边形，
∴AM＝CD，
同理，四边形BDCN为平行四边形，
∴BN＝CD，
∴AM＝BN；
（3）过A作AQ⊥y轴于Q，过D作DP⊥x轴于P，过B作BF⊥x轴于F，连接PQ，QF，如图1，
∵函数y=kx（k＞0）的图象与过原点O的直线相交于B、D两点，
∴B，D两点关于O成中心对称，
∴OP＝OF，
∵OQ⊥PF，
∴OQ垂直平分PF，
∴QP＝QF，
∴∠PQO＝∠FQO，
∵AD∥PQ，
∴∠PQO＝∠AMC，
∵AB∥QF，
∴∠FQO＝∠ACM，
∴∠AMC＝∠ACM，
∴AM＝AC．