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2023-2024学年四川省成都市成华区八年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年四川省成都市成华区八年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，小器一容三斛；大器一，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在实数−1，327， 3，3.14中，无理数是( )
A. −1B. 327C. 3D. 3.14
2.估计 6的值在( )
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
3.下列运算中，正确的是( )
A. 9=±3B. 3−8=2C. 4=2D. (−8)2=−8
4.近年来，随着环境治理的不断深入，成都已构建起“青山绿道蓝网”生态格局.如今空气质量越来越好，杜甫那句“窗含西岭千秋雪”已成为市民阳台外一道靓丽的风景.下面是成都市2023年12月某五天的空气质量指数(AQI)：34，28，35，61，27，则这组数据的中位数是( )
A. 34B. 28C. 35D. 27
5.某小区的圆形花园中间有两条互相垂直的小路，园丁在花园中栽种了4棵桂花树.分别以两条小路为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，若A，B两处桂花树的位置关于x轴对称，点A的坐标为(−3,3)，则点B的坐标为( )
A. (3,3)
B. (3,−3)
C. (−3,3)
D. (−3,−3)
6.如图，直线AB//CD，∠ABE=45∘，∠E=20∘，则∠D的度数为( )
A. 20∘
B. 25∘
C. 30∘
D. 35∘
7.中国象棋文化历史悠久.如图是某次对弈的残图，如果在图中建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点(−2,−1)的位置，则经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为( )
A. y=2x+1
B. y=2x−1
C. y=x+1
D. y=x−1
8.△ABC的三边长a，b，c满足(a−b)2+ 2a−b−3+|c−3 2|=0，则△ABC是( )
A. 等腰直角三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等边三角形
二、填空题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
9.已知x=2y=m是方程3x+2y=10的一个解，则m的值是______.
10.一次函数y=3x+b(b≥0)的图象一定不经过第______象限.
11.某校在12月9日举办了以“不忘国耻振兴中华”为主题的合唱比赛，每支参赛队的最终成绩按歌曲内容占30%，演唱技巧占50%，精神面貌占20%进行考评.八一班参赛歌曲内容获得90分，演唱技巧获得94分，精神面貌获得95分，则八一班的最终成绩是______分.
12.《九章算术》中有一题：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛.问大、小器各容几何？”译文：今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛(斛：古代容量单位)；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛.问大容器、小容器的容量各是多少斛？设大容器的容量为x斛，小容器的容量为y斛，则可列二元一次方程组为______.
13.如图，我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成的“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”.设直角三角形的直角边长为a，b，斜边长为c，若b−a=4，c=20，则每个直角三角形面积为______.
14.计算：( 2024− 2023)( 2024+ 2023)=______.
15.关于x，y的方程组3x−y=4m+1,x+y=2m−5的解满足x−y=6，则m的值是______.
16.如图，在△ABC中，∠C=90∘，∠ABC=30∘，AC=3.点D为△ABC外一点，满足∠BAD=15∘，∠ABD=30∘，则△ABD的面积是______.
17.如图，直线l1：y= 3x− 3与x轴交于点A1，与直线l2：y= 33x交于点B1，过点B1作l1的垂线交x轴于点A2，过点A2作l1的平行线交l2于点B2，过点B2作l1的垂线交x轴于点A3，过点A3作l1的平行线交l2于点B3，…按此方法作下去，则点B2024的坐标是______.
18.如图，BD是边长为6的等边△ABC的高，E为BD上的动点，以CE为边长在CE的右上方作等边△ECF，连接DF，则△CDF的周长的最小值是______.
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题10分)
(1)计算： 45÷3 3× 35；
(2)计算：38+12+ 5−(13)2+| 5−3|.
20.(本小题10分)
(1)解方程组：{3x+y=5①x+3y=7②；
(2)解方程组：{3(x−1)−y=y+5①5(y−1)=3(x+5)②.
21.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，点E是边BC上一点，且BE=CD，∠B=∠AED=∠C.
(1)求证：∠EAD=∠EDA；
(2)若∠C=60∘，AE=4，求△AED的面积.
22.(本小题10分)
蓝天白云下，青山绿水间，支一顶帐篷，邀亲朋好友，听蝉鸣，闻清风，话家常，好不惬意.某景区为响应《关于推动露营旅游休闲健康有序发展的指导意见》精神，需要购买A，B两种型号的帐篷.已知购买A种帐篷2顶和B种帐篷4顶，共需5200元；购买A种帐篷3顶和B种帐篷1顶，共需2800元.
(1)求A种帐篷和B种帐篷的单价各是多少元？
(2)若该景区需要购买A，B两种型号的帐篷共20顶(两种型号的帐篷均需购买)，其中B种帐篷数量不少于16顶，为使购买帐篷的总费用最低，应购买A种帐篷和B种帐篷各多少顶？购买帐篷的总费用最低为多少元？
23.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，直线l1与x轴交于点A(−4,0)，与y轴交于点B，且与直线l2：y=94x交于点C，点C的横坐标为2.
(1)求直线l1的解析式；
(2)在x轴上取点M，过点M作x轴的垂线交直线l1于点D，交直线l2于点E.若DE=2，求点M的坐标；
(2)在第二象限内，是否存在点Q，使得△QAB为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由.
24.(本小题8分)
汽车出发前油箱有油51升，匀速行驶3小时后，在加油站加油至45升.如图所示的图象表示汽车从出发后，油箱中剩余油量y(升)与行驶时间t(小时)之间的关系.
(1)求加油前剩余油量y与行驶时间t的函数关系式；
(2)汽车剩余油量为8升时汽车必须加油.若汽车均以70千米/小时速度匀速行驶，加油站距目的地还有280千米，那么汽车要到达目的地，油箱中的油是否够用？请说明理由.
25.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=BC.点P在BC边上(不与点B，C重合)，连接PA，过点P作PA的垂线交过点B且垂直于AB的直线于点E.
(1)求证：∠BEP=∠BAP；
(2)试探索线段BA，BP，BE之间有何数量关系？写出你结论，并证明；
(3)若点P在CB的延长线上，那么线段BA，BP，BE之间又有何数量关系？请直接写出你结论，不用证明.
26.(本小题12分)
在同一平面直角坐标系中，我们规定点的两种移动方式：从点(x,y)移动到点(x+2,y+1)称为一次甲方式移动；从点(x,y)移动到点(x+1,y+3)称为一次乙方式移动.
(1)若原点O经过两次甲方式移动，得到点M；原点O经过两次乙方式移动，得到点N.设过点M，N的直线为l1，求直线l1的解析式；
(2)若原点O连续移动10次(每次按甲方式或乙方式移动)，最终移动到点Q.试说明：无论每次按甲方式还是乙方式移动，最终点Q都落在一条确定的直线上；设这条直线为l2，请求出直线l2的解析式；
(3)将(2)中的直线l2向下平移30个单位，得到直线l3.分别在上述直线l1，l2，l3上取点A，B，C，设点A，B，C的横坐标分别为a，b，c，且a≠b，试探究：当A，B，C三点共线时，a，b，c之间有何数量关系？说明理由.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：实数−1，327， 3，3.14中，无理数是 3.
故选：C.
无理数即无限不循环小数，据此进行判断即可．
本题考查的是无理数，熟知无限不循环小数叫做无理数是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵4<6<9，
∴ 4< 6< 9，
即2< 6<3，
那么 6在2和3之间，
故选：B.
一个正数越大，其算术平方根越大，据此即可求得答案．
本题考查无理数的估算，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
3.【答案】C
【解析】解：A、 9=3，故A不符合题意；
B、3−8=−2，故B不符合题意；
C、 4=2，故C符合题意；
D、 (−8)2=8，故D不符合题意；
故选：C.
利用二次根式的化简的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查二次根式的化简，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4.【答案】A
【解析】解：将5个数字从大到小排列为61、35、34、28、27，最中间为34.
所以中位数为34.
故选：A.
根据中位数的求法，将5个数字从大到小排列，找出中间的数即为中位数．
本题为统计题，考查众数与中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就容易出错．
5.【答案】D
【解析】解：∵A，B两处桂花树的位置关于x轴对称，点A的坐标为(−3,3)，
∴点B的坐标为为(−3,−3).
故选：D.
根据A、B关于x轴对称得出答案即可．
本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标和坐标确定位置等知识点，注意：点A(x,y)关于x对称的对称点的坐标是(x,−y).
6.【答案】B
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠ABE=∠BCD=45∘，
∴∠DCE=135∘，
由三角形的内角和可得∠D=180∘−135∘−20∘=25∘.
故选：B.
由平行线的性质可得∠ABE=∠BCD，从而求出∠DCE，再根据三角形的内角和即可求解．
本题考查平行线的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握性质是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵棋子“帅”位于点(−2,−1)的位置，
∴棋子“马”位于点(1,2)的位置，
设经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为y=kx+b，
则−2k+b=−1k+b=2，
解得k=1b=1，
∴经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为y=x+1.
故选：C.
根据“帅”的位置确定“马”的位置的坐标，然后确定解析式即可．
本题考查了一次函数的应用，掌握一次函数解析式的求法是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：由题意得a−b=02a−b−3=0c−3 2=0，
解得a=3b=3c=3 2，
∵a2+b2=c2，且a=b，
∴△ABC为等腰直角三角形，
故选：A.
由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由 a2+b2=c2的关系，可推导得到△ABC为直角三角形．
本题考查了非负性和勾股定理的逆定理的知识，求解的关键是熟练掌握非负数的和为0，每一个非负数均为0，和勾股定理逆定理．
9.【答案】2
【解析】解：把x=2y=m代入方程得：3×2+2m=10，
则m=2，
故答案为：2.
把方程的解代入到方程中，得到关于m的一元一次方程，解方程即可．
本题考查了二元一次方程的解，把方程的解代入到方程中，得到关于m的一元一次方程是解题的关键．
10.【答案】四
【解析】解：一次函数y=3x+b(b≥0)中，
∵k=3>0，b≥0，
∴函数图象经过第一、二、三象限，不经过第四象限．
故答案为：四．
根据一次函数的性质解答即可．
本题考查的是一次函数的性质，熟知1一次函数的图象与系数的关系是解题的关键．
11.【答案】93
【解析】解：根据题意，八一班的最终成绩是：30%×90+50%×94+20%×95=93(分).
故答案为：93.
根据加权平均数的计算公式列式计算可得．
本题考查了加权平均数的计算方法，在进行计算时候注意权的分配，另外还应细心，否则很容易出错．
12.【答案】5x+y=3x+5y=2
【解析】解：∵大容器5个，小容器1个，总容量为3斛，
∴5x+y=3；
∵大容器1个，小容器5个，总容量为2斛，
∴x+5y=2.
∴根据题意可列方程组5x+y=3x+5y=2.
故答案为：5x+y=3x+5y=2.
根据“大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛”，即可列出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
13.【答案】96
【解析】解：∵直角三角形的直角边长为a，b，斜边长为c，b−a=4，c=20，
∴a2+b2=c2=400，(b−a)2=16，
∴a2+b2−2ab=16，
∴400−2ab=16，
∴2ab=384，
∴12ab=96，
即每个直角三角形面积为96，
故答案为：96.
根据直角三角形的直角边长为a，b，斜边长为c，b−a=4，c=20，得出a2+b2=c2=400，(b−a)2=16，从而得出12ab=96，即可求解．
本题考查了勾股定理的证明，根据题意得出a2+b2=c2=400，(b−a)2=16是解题的关键．
14.【答案】1
【解析】解：( 2024− 2023)( 2024+ 2023)
=2024−2023
=1，
故答案为：1.
利用平方差公式进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
15.【答案】3
【解析】解：解方程组3x−y=4m+1,x+y=2m−5得：x=1.5m−1y=0.5m−4，
∵x+y=6，
∴1.5m−1+0.5m−4=6，
解得：m=3.
首先解方程组得x=1.5m−1，y=0.5m−4，再根据x−y=6得1.5m−1+0.5m−4=6，据此即可求出m的值．
此题主要考查了解二元一次方程组，熟练掌握解二元一次方程组的方法与技巧是解决问题的关键．
16.【答案】9 3−92
【解析】解：过点A作AE⊥BE，交BD的延长线于点E，
∴∠AEB=90∘，
∵∠C=90∘，∠ABC=30∘，AC=3，
∴BC= 3AC=3 3，
∵∠ABC=∠ABD=30∘，∠C=∠E=90∘，AB=AB，
∴△ACB≌△AEB(AAS)，
∴BC=BE=3 3，AC=AE=3，
∵∠ADE是△ADB的一个外角，
∴∠ADE=∠ABD+∠BAD=45∘，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=DE=3，
∴BD=BE−DE=3 3−3，
∴△ABD的面积=12BD⋅AE=12×(3 3−3)×3=9 3−92，
故答案为：9 3−92.
过点A作AE⊥BE，交BD的延长线于点E，从而可得∠AEB=90∘，再在Rt△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BC=3 3，然后利用AAS证明△ACB≌△AEB，从而可得BC=BE=3 3，AC=AE=3，再利用三角形的外角性质可得∠ADE=45∘，从而可得△ADE是等腰直角三角形，进而可得AE=DE=3，最后利用线段的和差关系可得BD=3 3−3，从而利用三角形的面积公式进行计算，即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，含30度角的直角三角形，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．
17.【答案】(320242,320232 3)
【解析】解：分别过点B1，B2，B3作x轴的垂线，垂足分别为C1，C2，C3，如图所示：
∵直线l1：y= 3x− 3与x轴的夹角为60∘，点A1的坐标为(1,0)，
∴OA1=1，∠B1A1A2=60∘，
∵直线l2：y= 33x经过坐标原点，且与x轴的夹角为30∘，
∴∠B1OA1=30∘，
∵∠B1A1A2=∠B1OA1+∠OB1A1，
∴60∘=30∘+∠OB1A1，
∴∠OB1A1=30∘，
∴OA1=A1B1=1，
∵A2B1⊥直线l1，
∴∠A2B1A1=90∘，
∴∠A1A2B1=30∘，
∴A1A2=2A1B1=2，
在Rt△A1A2B1中，A1A2=2，A1B1=1，
由勾股定理得：A2B1= A1A22−A1B12= 3，
由△的面积公式得：△A1A2B1的面积=12A1A2⋅B1C1=12A1B1⋅A2B2，
∴B1C1=A1B1⋅A2B2A1A2=1× 32= 32，
在Rt△A1B1C1中，A1B1=1，B1C1= 32，
由勾股定理得：A1C1= A1B12−B1C12=12，
∴OC1=OA1+A1C1=1+12=32，
∴点B1的坐标为(32, 32)，
∵A2B1⊥直线l1，A2B2//直线l1，
∴A2B1⊥A2B2，∠A2B2B1=∠OB1A1=30∘，∠B2A2A3=∠B1A1A2=60∘，
∴B1B2=2A2B1=2 3，
由勾股定理得：A2B2= B1B22−A2B12=3，
∵A3B2⊥直线l1，
∴在Rt△A2A3B2中，∠B2A2A3=60∘，
∴∠A2A3B2=30∘，
∴A2A3=2A2B2=6，
由勾股定理得：A3B2= A2A32−A2B22=3 3，
由三角形的面积公式得：A2A3B2的面积=12A2A3⋅B2C2=12A2B2⋅A3B2，
∴B2C2=A2B2⋅A3B2A2A3=3 32，
在Rt△A2C2B2中，A2B2=3，B2C2=3 32，
由勾股定理得：A2C2= A2B22−B2C22=32，
∴OC2=OA1+A1A2+A2C2=1+2+32=92，
∴点B2的坐标为(92,3 32)，
同理可得：点B3的坐标为(272,9 32)，点B4的坐标为(812,27 32)，
…，以此类推，点 Bn的坐标为(3n2,3n−12 3)，
∴当n=2024时，3n2=320242，3n−12 3=320232 3，
∴点B2024的坐标为(320242,320232 3).
故答案为：(320242,320232 3).
分别过点B1，B2，B3作x轴的垂线，垂足分别为C1，C2，C3，依题意得OA1=1，∠B1A1A2=60∘，∠B1OA1=30∘，进而得∠OB1A1=30∘，则OA1=A1B1=1，由此可求出A2B1= 3，再由△的面积公式求出B1C1= 32，进而可求出A1C1=12，则OC1=OA1+A1C1=32，据此得点B1(32, 32)，根据A2B1⊥直线l1，A2B2//直线l1，得A2B1⊥A2B2，∠A2B2B1=∠OB1A1=30∘，∠B2A2A3=∠B1A1A2=60∘，则B1B2=2A2B1=2 3，A2B2=3，再由A3B2⊥直线l1得∠B2A2A3=60∘，则∠A2A3B2=30∘，A2A3=2A2B2=6，进而可求出A3B2=3 3，再由三角形的面积公式求出B2C2=3 32，由此可求出A2C2=32，则OC2=OA1+A1A2+A2C2=92，据此得点B2(92,3 32)，同理可得：点B3(272,9 32)，点B4(812,27 32)，…，以此类推，点Bn的坐标为(3n2,3n−12 3)，据此规律即可得出点B2024的坐标．
此题主要考查了一次函数的图象，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握一次函数的图象，理解在直角三角形中，30∘的角所对的直角边等于斜边的一半，灵活运用勾股定理及三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键，根据点B1，B2、B3，…坐标的规律归纳总结出点Bn的坐标是解决问题的难点．
18.【答案】3+3 3
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=6，∠ABC=∠BCA=60∘，
∵∠ECF=60∘，
∴∠BCE=60∘−∠ECA=∠ACF，
∵CE=CF，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴∠CAF=∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，BD是高，
∴∠CBE=12∠ABC=30∘，CD=12AC=3，
过C点作CG⊥AF，交AF的延长线于点G，延长CG到H，使得GH=CG，连接AH，DH，DH与AG交于点I，连接CI，FH，
则∠ACG=60∘，CG=GH=12AC=3，
∴CH=AC=6，
∴△ACH为等边三角形，
∴DH=CD⋅tan60∘=3 3，
AG垂直平分CH，
∴CI=HI，CF=FH，
∴CI+DI=HI+DI=DH=3 3，
CF+DF=HF+DF≥DH，
∴当F与I重合时，即D、F、H三点共线时，CF+DF的值最小为：CF+DF=DH=3 3，
∴△CDF的周长的最小值为3+3 3.
故答案为：3+3 3.
分析已知，可证明△BCE≌△ACF，得∠CAF=∠CBE=30∘，可知点F在△ABC外，使∠CAF=30∘的射线AF上，根据将军饮马型，求得DF+CF的最小值便可求得本题结果．
本题主要考查了轴对称-最短路径问题，等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，将军饮马的应用，关键在于证明三角形全等确定E点运动轨迹．
19.【答案】解：(1)原式=3 5÷3 3× 155
= 5 3× 155
= 153× 155
=1515
=1；
(2)原式=2+2− 5(2+ 5)(2− 5)−19+3− 5
=2+ 5−2−19+3− 5
=2−2+3−19+ 5− 5
=289.
【解析】(1)先把所有的二次根式进行化简，然后利用二次根式的乘除法则进行计算即可；
(2)先根据乘方的意义、二次根式的化简和绝对值性质，计算乘方和开方，然后再算加减即可．
本题主要考查了实数的有关计算，解题关键是熟练掌握二次根式的乘除法则和化简二次根式的方法．
20.【答案】解：(1)①×3−②得，8x=8，解得x=1，
把x=1代入①得，3×1+y=5，
解得y=2，
故此方程组的解为x=1y=2；
(2)原方程组可化为{3x−2y=8①5y−3x=20②，
①+②得，3y=28，
解得y=283；
把y=283代入①得，3x−2×283=8，
解得x=809，
故原方程组的解为x=809y=283.
【解析】(1)先用加减消元法求出x的值，再由用代入消元法求出y的值即可；
(2)先去括号，再用加减消元法和代入消元法求解即可．
本题考查的是解二元一次方程组，熟知解二元一次方程组的加减消元法和代入消元法是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵∠B=∠AED=∠C，∠AEC=∠B+∠BAE=∠AED+∠CED，
∴∠BAE=∠CED，
在△ABE和△ECD中，
∠BAE=∠CED∠B=∠CBE=CD，
∴△ABE≌△ECD(AAS)，
∴AE=ED，
∴∠EAD=∠EDA；
(2)解：由(1)知∠EAD=∠EDA，
∴AE=ED，
∵∠AED=∠C=60∘，
∴△AED为等边三角形，
∴AE=AD=ED=4，
过A点作AF⊥ED于F，
∴EF=12ED=2，
∴AF= AE2−EF2= 42−22=2 3，
∴S△AED=12ED⋅AF=12×4×2 3=4 3.
【解析】(1)利用AAS证明∴△ABE≌△ECD，即可证明结论；
(2)先证明△AED为等边三角形，可得AE=AD=ED=4，过A点作AF⊥ED于F，利用等边三角形的性质可得EF=2，再根据勾股定理求得AF的长，利用三角形的面积公式可求解．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识的综合运用，证明△ABE≌△ECD是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设每顶A种型号帐篷m元，每顶B种型号帐篷n元，
根据题意得：2m+4n=52003m+n=2800，
解得：m=600n=1000，
∴每顶A种型号帐篷600元，每顶B种型号帐篷1000元；
(2)设购买A种型号帐篷x顶，总费用为w元，则购买B种型号帐篷(20−x)顶，
∵B种帐篷数量不少于16顶
∴20−x≥16，
解得x≤4，
根据题意得：w=600x+1000(20−x)=−400x+20000，
∵−400<0，
∴w随x的增大而减小，
∴当x=4时，w取最小值，最小值为−400×4+20000=18400(元)，
∴20−x=20−4=16，
答：购买A种型号帐篷4顶，购买B种型号帐篷16顶，总费用最低，最低总费用为18400元．
【解析】(1)设每顶A种型号帐篷m元，每顶B种型号帐篷n元，根据若购买A种型号帐篷2顶和B种型号帐篷4顶，则需5200元；若购买A种型号帐篷3顶和B种型号帐篷1顶，则需2800元得：2m+4n=52003m+n=2800，即可解得答案；
(2)设购买A种型号帐篷x顶，总费用为w元，B种帐篷数量不少于16顶，可得x≤4，而w=600x+1000(20−x)=−400x+20000，根据一次函数性质可得答案．
本题考查二元一次方程组和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和函数关系式．
23.【答案】解：(1)在y=94x中，令x=2得y=92，
∴C(2,92)；
设直线l1的解析式为y=kx+b，把A(−4,0)，C(2,92)代入得：
−4k+b=02k+b=92，
解得k=34b=3，
∴直线l1的解析式为y=34x+3；
(2)如图：
设M(m,0)，则D(m,34m+3)，E(m,94m)，
∵DE=2，
∴|34m+3−94m|=2，
∴3−32m=2或3−32m=−2，
解得m=23或m=103，
∴M的坐标为(23,0)或(103,0)；
(3)在y=34x+3中，令x=0得y=3，
∴B(0,3)，
①当B为直角顶点时，过B作BH⊥y轴于H，如图：
∵△QAB为等腰直角三角形，
∴AB=QB，∠QBA=90∘，
∴∠ABO=90∘−∠QBH=∠BQH，
∵∠AOB=90∘=∠QHB，
∴△ABO≌△BQH(AAS)，
∴OA=BH=4，OB=QH=3，
∴OH=OB+BH=7，
∴Q的坐标为(−3,7)；
②当A为直角顶点时，过Q作QT⊥x轴于T，如图：
同理可得△AQT≌△BAO(AAS)，
∴AT=OB=3，QT=OA=4，
∴OT=OA+AT=7，
∴Q的坐标为(−7,4)；
③当Q为直角顶点时，过Q作WG⊥y轴于G，过A作AW⊥WG于W，如图：
同理可得△AQW≌△QBG(AAS)，
∴AW=QG，QW=BG，
设Q(p,q)，
∴q=−pp−(−4)=q−3，
解得p=−72q=72，
∴Q的坐标为(−72,72)；
综上所述，Q的坐标为(−3,7)或(−7,4)或(−72,72).
【解析】(1)求出C(2,92)，再用待定系数法可得直线l1的解析式为y=34x+3；
(2)设M(m,0)，则D(m,34m+3)，E(m,94m)，由DE=2，得|34m+3−94m|=2，解得m=23或m=103，从而M的坐标为(23,0)或(103,0)；
(3)求出B(0,3)，①当B为直角顶点时，过B作BH⊥y轴于H，证明△ABO≌△BQH(AAS)，可得OA=BH=4，OB=QH=3，故Q的坐标为(−3,7)；②当A为直角顶点时，过Q作QT⊥x轴于T，同理可得Q的坐标为(−7,4)；③当Q为直角顶点时，过Q作WG⊥y轴于G，过A作AW⊥WG于W，同理可得△AQW≌△QBG(AAS)，AW=QG，QW=BG，设Q(p,q)，有q=−pp−(−4)=q−3，可解得Q的坐标为(−72,72).
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
24.【答案】解：(1)因为函数图象过点(0,51)和(3,24)，
所以设函数关系式为y=kt+b，
则b=513k+b=24，
解得k=−9b=51，
因此，加油前剩余油量y与行驶时间t的函数关系式y=−9t+51；
(2)油箱中的油，够用．
∵汽车加油前行驶了3小时，行驶了3×70=210(km)，用去了51−24=27升油，
而目的地距加油站还有280km，
∴要到达目的地还需36升油，而中途加油21升后有油45升，
即油箱中的剩余油量是45升，45−36=9>8，所以够用．
因此，要到达目的地油箱中的油够用．
【解析】(1)利用待定系数法求一次函数解析式解答；
(2)求出加油前行驶的路程和用油量，再求出从加油站到目的地所需要的油量，然后判断即可．
本题考查了一次函数的应用，读懂题目信息并准确识图，观察出油箱中的油量的变化是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵BE⊥AB，
∴∠6=90∘，
∴∠E+∠1=90∘，
∵PE⊥AP，
∴∠EPA=90∘，
∴∠3+∠2=90∘，
∵∠1=∠2，
∴∠E=∠3，
即∠BEP=∠BAP；
(2)解：结论：线段BA，BP，BE之间的数量关系是BA=BE+ 2BP.
证明：过P作PF⊥BC交AB于F，
∵∠ACB=90∘，AC=BC，
∴∠4=45∘，
∴△BPF是等腰直角三角形，
∴BP=FP，∠5=45∘，
∴∠7=135∘，
∵∠6=90∘，∠4=45∘，
∴∠EBP=135∘，
∴∠EBP=∠7，
在△EBP和△AFP中，
∠E=∠3∠EBP=∠7BP=FP，
∴△EBP≌△AFP(AAS)，
∴BE=FA，
∵△BPF是等腰直角三角形，
∴BF= 2BP，
∵BA=BF+FA，
∴BA= 2BP+BE；
(3)解：线段BA，BP，BE之间的数量关系为BE= 2BP+AB.
证明：过P作PF⊥BP交EB于F，
同理可证△EFP≌△ABP(AAS)，
∴EF=BA，
∵BF= 2PB，
∴BE=BF+EF= 2PB+AB.
【解析】(1)由直角三角形的性质可得出结论；
(2)过P作PF⊥BC交AB于F，证明△EBP≌△AFP(AAS)，得出BE=FA，则可得出结论；
(3)过P作PF⊥BP交EB于F，同理可证△EFP≌△ABP(AAS)，得出EF=BA，则可得出结论．
本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
26.【答案】解：(1)原点O经过一次甲方式移动得到(2,1)，(2,1)经过一次甲方式移动得到M(4,2)；
原点O经过一次乙方式移动得到(1,3)，(1,3)经过一次甲方式移动得到N(2,6)；
设直线MN的解析式为y=kx+b，
∴4k+b=22k+b=6，
解得k=−2b=10，
∴直线l1的解析式为y=−2x+10；
(2)设原点O按甲方式移动n次，则按乙方式移动(10−n)次，
∴原点O按甲方式移动n次后得到点(2n,n)，点(2n,n)按乙方式移动(10−n)次后得到点Q(n+10,30−2n)，
设x=n+10，y=30−2n，
∴y=30−2(x−10)=−2x+50，
∴无论每次按甲方式还是乙方式移动，最终点Q都落在一条确定的直线y=−2x+50上，
∴直线l2的解析式为y=−2x+50；
(3)直线l3的解析式为y=−2x+20，、
由题可知A(a,−2a+10)，B(b,−2b+50)，C(c,−2c+20)，
∵A，B，C三点共线，
∴−2a+2b−40a−b=−2a+2c−10a−c，
整理得b=4c−3a.
【解析】(1)根据定义分别求出M、N点的坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)设原点O按甲方式移动n次，则按乙方式移动(10−n)次，通过平移后得到Q(n+10,30−2n)，可求得直线l2的解析式为y=−2x+50；
(3)由题可知A(a,−2a+10)，B(b,−2b+50)，C(c,−2c+20)，再由A，B，C三点共线，可知直线AB解析式、直线AC解析式中k的值相等，则有−2a+2b−40a−b=−2a+2c−10a−c，从而可得b=4c−3a.
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，弄清定义是解题的关键．
1.在实数−1，327， 3，3.14中，无理数是( )
A. −1B. 327C. 3D. 3.14
2.估计 6的值在( )
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
3.下列运算中，正确的是( )
A. 9=±3B. 3−8=2C. 4=2D. (−8)2=−8
4.近年来，随着环境治理的不断深入，成都已构建起“青山绿道蓝网”生态格局.如今空气质量越来越好，杜甫那句“窗含西岭千秋雪”已成为市民阳台外一道靓丽的风景.下面是成都市2023年12月某五天的空气质量指数(AQI)：34，28，35，61，27，则这组数据的中位数是( )
A. 34B. 28C. 35D. 27
5.某小区的圆形花园中间有两条互相垂直的小路，园丁在花园中栽种了4棵桂花树.分别以两条小路为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，若A，B两处桂花树的位置关于x轴对称，点A的坐标为(−3,3)，则点B的坐标为( )
A. (3,3)
B. (3,−3)
C. (−3,3)
D. (−3,−3)
6.如图，直线AB//CD，∠ABE=45∘，∠E=20∘，则∠D的度数为( )
A. 20∘
B. 25∘
C. 30∘
D. 35∘
7.中国象棋文化历史悠久.如图是某次对弈的残图，如果在图中建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点(−2,−1)的位置，则经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为( )
A. y=2x+1
B. y=2x−1
C. y=x+1
D. y=x−1
8.△ABC的三边长a，b，c满足(a−b)2+ 2a−b−3+|c−3 2|=0，则△ABC是( )
A. 等腰直角三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等边三角形
二、填空题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
9.已知x=2y=m是方程3x+2y=10的一个解，则m的值是______.
10.一次函数y=3x+b(b≥0)的图象一定不经过第______象限.
11.某校在12月9日举办了以“不忘国耻振兴中华”为主题的合唱比赛，每支参赛队的最终成绩按歌曲内容占30%，演唱技巧占50%，精神面貌占20%进行考评.八一班参赛歌曲内容获得90分，演唱技巧获得94分，精神面貌获得95分，则八一班的最终成绩是______分.
12.《九章算术》中有一题：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛.问大、小器各容几何？”译文：今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛(斛：古代容量单位)；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛.问大容器、小容器的容量各是多少斛？设大容器的容量为x斛，小容器的容量为y斛，则可列二元一次方程组为______.
13.如图，我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成的“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”.设直角三角形的直角边长为a，b，斜边长为c，若b−a=4，c=20，则每个直角三角形面积为______.
14.计算：( 2024− 2023)( 2024+ 2023)=______.
15.关于x，y的方程组3x−y=4m+1,x+y=2m−5的解满足x−y=6，则m的值是______.
16.如图，在△ABC中，∠C=90∘，∠ABC=30∘，AC=3.点D为△ABC外一点，满足∠BAD=15∘，∠ABD=30∘，则△ABD的面积是______.
17.如图，直线l1：y= 3x− 3与x轴交于点A1，与直线l2：y= 33x交于点B1，过点B1作l1的垂线交x轴于点A2，过点A2作l1的平行线交l2于点B2，过点B2作l1的垂线交x轴于点A3，过点A3作l1的平行线交l2于点B3，…按此方法作下去，则点B2024的坐标是______.
18.如图，BD是边长为6的等边△ABC的高，E为BD上的动点，以CE为边长在CE的右上方作等边△ECF，连接DF，则△CDF的周长的最小值是______.
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题10分)
(1)计算： 45÷3 3× 35；
(2)计算：38+12+ 5−(13)2+| 5−3|.
20.(本小题10分)
(1)解方程组：{3x+y=5①x+3y=7②；
(2)解方程组：{3(x−1)−y=y+5①5(y−1)=3(x+5)②.
21.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，点E是边BC上一点，且BE=CD，∠B=∠AED=∠C.
(1)求证：∠EAD=∠EDA；
(2)若∠C=60∘，AE=4，求△AED的面积.
22.(本小题10分)
蓝天白云下，青山绿水间，支一顶帐篷，邀亲朋好友，听蝉鸣，闻清风，话家常，好不惬意.某景区为响应《关于推动露营旅游休闲健康有序发展的指导意见》精神，需要购买A，B两种型号的帐篷.已知购买A种帐篷2顶和B种帐篷4顶，共需5200元；购买A种帐篷3顶和B种帐篷1顶，共需2800元.
(1)求A种帐篷和B种帐篷的单价各是多少元？
(2)若该景区需要购买A，B两种型号的帐篷共20顶(两种型号的帐篷均需购买)，其中B种帐篷数量不少于16顶，为使购买帐篷的总费用最低，应购买A种帐篷和B种帐篷各多少顶？购买帐篷的总费用最低为多少元？
23.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，直线l1与x轴交于点A(−4,0)，与y轴交于点B，且与直线l2：y=94x交于点C，点C的横坐标为2.
(1)求直线l1的解析式；
(2)在x轴上取点M，过点M作x轴的垂线交直线l1于点D，交直线l2于点E.若DE=2，求点M的坐标；
(2)在第二象限内，是否存在点Q，使得△QAB为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由.
24.(本小题8分)
汽车出发前油箱有油51升，匀速行驶3小时后，在加油站加油至45升.如图所示的图象表示汽车从出发后，油箱中剩余油量y(升)与行驶时间t(小时)之间的关系.
(1)求加油前剩余油量y与行驶时间t的函数关系式；
(2)汽车剩余油量为8升时汽车必须加油.若汽车均以70千米/小时速度匀速行驶，加油站距目的地还有280千米，那么汽车要到达目的地，油箱中的油是否够用？请说明理由.
25.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=BC.点P在BC边上(不与点B，C重合)，连接PA，过点P作PA的垂线交过点B且垂直于AB的直线于点E.
(1)求证：∠BEP=∠BAP；
(2)试探索线段BA，BP，BE之间有何数量关系？写出你结论，并证明；
(3)若点P在CB的延长线上，那么线段BA，BP，BE之间又有何数量关系？请直接写出你结论，不用证明.
26.(本小题12分)
在同一平面直角坐标系中，我们规定点的两种移动方式：从点(x,y)移动到点(x+2,y+1)称为一次甲方式移动；从点(x,y)移动到点(x+1,y+3)称为一次乙方式移动.
(1)若原点O经过两次甲方式移动，得到点M；原点O经过两次乙方式移动，得到点N.设过点M，N的直线为l1，求直线l1的解析式；
(2)若原点O连续移动10次(每次按甲方式或乙方式移动)，最终移动到点Q.试说明：无论每次按甲方式还是乙方式移动，最终点Q都落在一条确定的直线上；设这条直线为l2，请求出直线l2的解析式；
(3)将(2)中的直线l2向下平移30个单位，得到直线l3.分别在上述直线l1，l2，l3上取点A，B，C，设点A，B，C的横坐标分别为a，b，c，且a≠b，试探究：当A，B，C三点共线时，a，b，c之间有何数量关系？说明理由.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：实数−1，327， 3，3.14中，无理数是 3.
故选：C.
无理数即无限不循环小数，据此进行判断即可．
本题考查的是无理数，熟知无限不循环小数叫做无理数是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵4<6<9，
∴ 4< 6< 9，
即2< 6<3，
那么 6在2和3之间，
故选：B.
一个正数越大，其算术平方根越大，据此即可求得答案．
本题考查无理数的估算，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
3.【答案】C
【解析】解：A、 9=3，故A不符合题意；
B、3−8=−2，故B不符合题意；
C、 4=2，故C符合题意；
D、 (−8)2=8，故D不符合题意；
故选：C.
利用二次根式的化简的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查二次根式的化简，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4.【答案】A
【解析】解：将5个数字从大到小排列为61、35、34、28、27，最中间为34.
所以中位数为34.
故选：A.
根据中位数的求法，将5个数字从大到小排列，找出中间的数即为中位数．
本题为统计题，考查众数与中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就容易出错．
5.【答案】D
【解析】解：∵A，B两处桂花树的位置关于x轴对称，点A的坐标为(−3,3)，
∴点B的坐标为为(−3,−3).
故选：D.
根据A、B关于x轴对称得出答案即可．
本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标和坐标确定位置等知识点，注意：点A(x,y)关于x对称的对称点的坐标是(x,−y).
6.【答案】B
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠ABE=∠BCD=45∘，
∴∠DCE=135∘，
由三角形的内角和可得∠D=180∘−135∘−20∘=25∘.
故选：B.
由平行线的性质可得∠ABE=∠BCD，从而求出∠DCE，再根据三角形的内角和即可求解．
本题考查平行线的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握性质是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵棋子“帅”位于点(−2,−1)的位置，
∴棋子“马”位于点(1,2)的位置，
设经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为y=kx+b，
则−2k+b=−1k+b=2，
解得k=1b=1，
∴经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为y=x+1.
故选：C.
根据“帅”的位置确定“马”的位置的坐标，然后确定解析式即可．
本题考查了一次函数的应用，掌握一次函数解析式的求法是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：由题意得a−b=02a−b−3=0c−3 2=0，
解得a=3b=3c=3 2，
∵a2+b2=c2，且a=b，
∴△ABC为等腰直角三角形，
故选：A.
由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由 a2+b2=c2的关系，可推导得到△ABC为直角三角形．
本题考查了非负性和勾股定理的逆定理的知识，求解的关键是熟练掌握非负数的和为0，每一个非负数均为0，和勾股定理逆定理．
9.【答案】2
【解析】解：把x=2y=m代入方程得：3×2+2m=10，
则m=2，
故答案为：2.
把方程的解代入到方程中，得到关于m的一元一次方程，解方程即可．
本题考查了二元一次方程的解，把方程的解代入到方程中，得到关于m的一元一次方程是解题的关键．
10.【答案】四
【解析】解：一次函数y=3x+b(b≥0)中，
∵k=3>0，b≥0，
∴函数图象经过第一、二、三象限，不经过第四象限．
故答案为：四．
根据一次函数的性质解答即可．
本题考查的是一次函数的性质，熟知1一次函数的图象与系数的关系是解题的关键．
11.【答案】93
【解析】解：根据题意，八一班的最终成绩是：30%×90+50%×94+20%×95=93(分).
故答案为：93.
根据加权平均数的计算公式列式计算可得．
本题考查了加权平均数的计算方法，在进行计算时候注意权的分配，另外还应细心，否则很容易出错．
12.【答案】5x+y=3x+5y=2
【解析】解：∵大容器5个，小容器1个，总容量为3斛，
∴5x+y=3；
∵大容器1个，小容器5个，总容量为2斛，
∴x+5y=2.
∴根据题意可列方程组5x+y=3x+5y=2.
故答案为：5x+y=3x+5y=2.
根据“大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛”，即可列出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
13.【答案】96
【解析】解：∵直角三角形的直角边长为a，b，斜边长为c，b−a=4，c=20，
∴a2+b2=c2=400，(b−a)2=16，
∴a2+b2−2ab=16，
∴400−2ab=16，
∴2ab=384，
∴12ab=96，
即每个直角三角形面积为96，
故答案为：96.
根据直角三角形的直角边长为a，b，斜边长为c，b−a=4，c=20，得出a2+b2=c2=400，(b−a)2=16，从而得出12ab=96，即可求解．
本题考查了勾股定理的证明，根据题意得出a2+b2=c2=400，(b−a)2=16是解题的关键．
14.【答案】1
【解析】解：( 2024− 2023)( 2024+ 2023)
=2024−2023
=1，
故答案为：1.
利用平方差公式进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
15.【答案】3
【解析】解：解方程组3x−y=4m+1,x+y=2m−5得：x=1.5m−1y=0.5m−4，
∵x+y=6，
∴1.5m−1+0.5m−4=6，
解得：m=3.
首先解方程组得x=1.5m−1，y=0.5m−4，再根据x−y=6得1.5m−1+0.5m−4=6，据此即可求出m的值．
此题主要考查了解二元一次方程组，熟练掌握解二元一次方程组的方法与技巧是解决问题的关键．
16.【答案】9 3−92
【解析】解：过点A作AE⊥BE，交BD的延长线于点E，
∴∠AEB=90∘，
∵∠C=90∘，∠ABC=30∘，AC=3，
∴BC= 3AC=3 3，
∵∠ABC=∠ABD=30∘，∠C=∠E=90∘，AB=AB，
∴△ACB≌△AEB(AAS)，
∴BC=BE=3 3，AC=AE=3，
∵∠ADE是△ADB的一个外角，
∴∠ADE=∠ABD+∠BAD=45∘，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=DE=3，
∴BD=BE−DE=3 3−3，
∴△ABD的面积=12BD⋅AE=12×(3 3−3)×3=9 3−92，
故答案为：9 3−92.
过点A作AE⊥BE，交BD的延长线于点E，从而可得∠AEB=90∘，再在Rt△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BC=3 3，然后利用AAS证明△ACB≌△AEB，从而可得BC=BE=3 3，AC=AE=3，再利用三角形的外角性质可得∠ADE=45∘，从而可得△ADE是等腰直角三角形，进而可得AE=DE=3，最后利用线段的和差关系可得BD=3 3−3，从而利用三角形的面积公式进行计算，即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，含30度角的直角三角形，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．
17.【答案】(320242,320232 3)
【解析】解：分别过点B1，B2，B3作x轴的垂线，垂足分别为C1，C2，C3，如图所示：
∵直线l1：y= 3x− 3与x轴的夹角为60∘，点A1的坐标为(1,0)，
∴OA1=1，∠B1A1A2=60∘，
∵直线l2：y= 33x经过坐标原点，且与x轴的夹角为30∘，
∴∠B1OA1=30∘，
∵∠B1A1A2=∠B1OA1+∠OB1A1，
∴60∘=30∘+∠OB1A1，
∴∠OB1A1=30∘，
∴OA1=A1B1=1，
∵A2B1⊥直线l1，
∴∠A2B1A1=90∘，
∴∠A1A2B1=30∘，
∴A1A2=2A1B1=2，
在Rt△A1A2B1中，A1A2=2，A1B1=1，
由勾股定理得：A2B1= A1A22−A1B12= 3，
由△的面积公式得：△A1A2B1的面积=12A1A2⋅B1C1=12A1B1⋅A2B2，
∴B1C1=A1B1⋅A2B2A1A2=1× 32= 32，
在Rt△A1B1C1中，A1B1=1，B1C1= 32，
由勾股定理得：A1C1= A1B12−B1C12=12，
∴OC1=OA1+A1C1=1+12=32，
∴点B1的坐标为(32, 32)，
∵A2B1⊥直线l1，A2B2//直线l1，
∴A2B1⊥A2B2，∠A2B2B1=∠OB1A1=30∘，∠B2A2A3=∠B1A1A2=60∘，
∴B1B2=2A2B1=2 3，
由勾股定理得：A2B2= B1B22−A2B12=3，
∵A3B2⊥直线l1，
∴在Rt△A2A3B2中，∠B2A2A3=60∘，
∴∠A2A3B2=30∘，
∴A2A3=2A2B2=6，
由勾股定理得：A3B2= A2A32−A2B22=3 3，
由三角形的面积公式得：A2A3B2的面积=12A2A3⋅B2C2=12A2B2⋅A3B2，
∴B2C2=A2B2⋅A3B2A2A3=3 32，
在Rt△A2C2B2中，A2B2=3，B2C2=3 32，
由勾股定理得：A2C2= A2B22−B2C22=32，
∴OC2=OA1+A1A2+A2C2=1+2+32=92，
∴点B2的坐标为(92,3 32)，
同理可得：点B3的坐标为(272,9 32)，点B4的坐标为(812,27 32)，
…，以此类推，点 Bn的坐标为(3n2,3n−12 3)，
∴当n=2024时，3n2=320242，3n−12 3=320232 3，
∴点B2024的坐标为(320242,320232 3).
故答案为：(320242,320232 3).
分别过点B1，B2，B3作x轴的垂线，垂足分别为C1，C2，C3，依题意得OA1=1，∠B1A1A2=60∘，∠B1OA1=30∘，进而得∠OB1A1=30∘，则OA1=A1B1=1，由此可求出A2B1= 3，再由△的面积公式求出B1C1= 32，进而可求出A1C1=12，则OC1=OA1+A1C1=32，据此得点B1(32, 32)，根据A2B1⊥直线l1，A2B2//直线l1，得A2B1⊥A2B2，∠A2B2B1=∠OB1A1=30∘，∠B2A2A3=∠B1A1A2=60∘，则B1B2=2A2B1=2 3，A2B2=3，再由A3B2⊥直线l1得∠B2A2A3=60∘，则∠A2A3B2=30∘，A2A3=2A2B2=6，进而可求出A3B2=3 3，再由三角形的面积公式求出B2C2=3 32，由此可求出A2C2=32，则OC2=OA1+A1A2+A2C2=92，据此得点B2(92,3 32)，同理可得：点B3(272,9 32)，点B4(812,27 32)，…，以此类推，点Bn的坐标为(3n2,3n−12 3)，据此规律即可得出点B2024的坐标．
此题主要考查了一次函数的图象，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握一次函数的图象，理解在直角三角形中，30∘的角所对的直角边等于斜边的一半，灵活运用勾股定理及三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键，根据点B1，B2、B3，…坐标的规律归纳总结出点Bn的坐标是解决问题的难点．
18.【答案】3+3 3
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=6，∠ABC=∠BCA=60∘，
∵∠ECF=60∘，
∴∠BCE=60∘−∠ECA=∠ACF，
∵CE=CF，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴∠CAF=∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，BD是高，
∴∠CBE=12∠ABC=30∘，CD=12AC=3，
过C点作CG⊥AF，交AF的延长线于点G，延长CG到H，使得GH=CG，连接AH，DH，DH与AG交于点I，连接CI，FH，
则∠ACG=60∘，CG=GH=12AC=3，
∴CH=AC=6，
∴△ACH为等边三角形，
∴DH=CD⋅tan60∘=3 3，
AG垂直平分CH，
∴CI=HI，CF=FH，
∴CI+DI=HI+DI=DH=3 3，
CF+DF=HF+DF≥DH，
∴当F与I重合时，即D、F、H三点共线时，CF+DF的值最小为：CF+DF=DH=3 3，
∴△CDF的周长的最小值为3+3 3.
故答案为：3+3 3.
分析已知，可证明△BCE≌△ACF，得∠CAF=∠CBE=30∘，可知点F在△ABC外，使∠CAF=30∘的射线AF上，根据将军饮马型，求得DF+CF的最小值便可求得本题结果．
本题主要考查了轴对称-最短路径问题，等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，将军饮马的应用，关键在于证明三角形全等确定E点运动轨迹．
19.【答案】解：(1)原式=3 5÷3 3× 155
= 5 3× 155
= 153× 155
=1515
=1；
(2)原式=2+2− 5(2+ 5)(2− 5)−19+3− 5
=2+ 5−2−19+3− 5
=2−2+3−19+ 5− 5
=289.
【解析】(1)先把所有的二次根式进行化简，然后利用二次根式的乘除法则进行计算即可；
(2)先根据乘方的意义、二次根式的化简和绝对值性质，计算乘方和开方，然后再算加减即可．
本题主要考查了实数的有关计算，解题关键是熟练掌握二次根式的乘除法则和化简二次根式的方法．
20.【答案】解：(1)①×3−②得，8x=8，解得x=1，
把x=1代入①得，3×1+y=5，
解得y=2，
故此方程组的解为x=1y=2；
(2)原方程组可化为{3x−2y=8①5y−3x=20②，
①+②得，3y=28，
解得y=283；
把y=283代入①得，3x−2×283=8，
解得x=809，
故原方程组的解为x=809y=283.
【解析】(1)先用加减消元法求出x的值，再由用代入消元法求出y的值即可；
(2)先去括号，再用加减消元法和代入消元法求解即可．
本题考查的是解二元一次方程组，熟知解二元一次方程组的加减消元法和代入消元法是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵∠B=∠AED=∠C，∠AEC=∠B+∠BAE=∠AED+∠CED，
∴∠BAE=∠CED，
在△ABE和△ECD中，
∠BAE=∠CED∠B=∠CBE=CD，
∴△ABE≌△ECD(AAS)，
∴AE=ED，
∴∠EAD=∠EDA；
(2)解：由(1)知∠EAD=∠EDA，
∴AE=ED，
∵∠AED=∠C=60∘，
∴△AED为等边三角形，
∴AE=AD=ED=4，
过A点作AF⊥ED于F，
∴EF=12ED=2，
∴AF= AE2−EF2= 42−22=2 3，
∴S△AED=12ED⋅AF=12×4×2 3=4 3.
【解析】(1)利用AAS证明∴△ABE≌△ECD，即可证明结论；
(2)先证明△AED为等边三角形，可得AE=AD=ED=4，过A点作AF⊥ED于F，利用等边三角形的性质可得EF=2，再根据勾股定理求得AF的长，利用三角形的面积公式可求解．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识的综合运用，证明△ABE≌△ECD是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设每顶A种型号帐篷m元，每顶B种型号帐篷n元，
根据题意得：2m+4n=52003m+n=2800，
解得：m=600n=1000，
∴每顶A种型号帐篷600元，每顶B种型号帐篷1000元；
(2)设购买A种型号帐篷x顶，总费用为w元，则购买B种型号帐篷(20−x)顶，
∵B种帐篷数量不少于16顶
∴20−x≥16，
解得x≤4，
根据题意得：w=600x+1000(20−x)=−400x+20000，
∵−400<0，
∴w随x的增大而减小，
∴当x=4时，w取最小值，最小值为−400×4+20000=18400(元)，
∴20−x=20−4=16，
答：购买A种型号帐篷4顶，购买B种型号帐篷16顶，总费用最低，最低总费用为18400元．
【解析】(1)设每顶A种型号帐篷m元，每顶B种型号帐篷n元，根据若购买A种型号帐篷2顶和B种型号帐篷4顶，则需5200元；若购买A种型号帐篷3顶和B种型号帐篷1顶，则需2800元得：2m+4n=52003m+n=2800，即可解得答案；
(2)设购买A种型号帐篷x顶，总费用为w元，B种帐篷数量不少于16顶，可得x≤4，而w=600x+1000(20−x)=−400x+20000，根据一次函数性质可得答案．
本题考查二元一次方程组和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和函数关系式．
23.【答案】解：(1)在y=94x中，令x=2得y=92，
∴C(2,92)；
设直线l1的解析式为y=kx+b，把A(−4,0)，C(2,92)代入得：
−4k+b=02k+b=92，
解得k=34b=3，
∴直线l1的解析式为y=34x+3；
(2)如图：
设M(m,0)，则D(m,34m+3)，E(m,94m)，
∵DE=2，
∴|34m+3−94m|=2，
∴3−32m=2或3−32m=−2，
解得m=23或m=103，
∴M的坐标为(23,0)或(103,0)；
(3)在y=34x+3中，令x=0得y=3，
∴B(0,3)，
①当B为直角顶点时，过B作BH⊥y轴于H，如图：
∵△QAB为等腰直角三角形，
∴AB=QB，∠QBA=90∘，
∴∠ABO=90∘−∠QBH=∠BQH，
∵∠AOB=90∘=∠QHB，
∴△ABO≌△BQH(AAS)，
∴OA=BH=4，OB=QH=3，
∴OH=OB+BH=7，
∴Q的坐标为(−3,7)；
②当A为直角顶点时，过Q作QT⊥x轴于T，如图：
同理可得△AQT≌△BAO(AAS)，
∴AT=OB=3，QT=OA=4，
∴OT=OA+AT=7，
∴Q的坐标为(−7,4)；
③当Q为直角顶点时，过Q作WG⊥y轴于G，过A作AW⊥WG于W，如图：
同理可得△AQW≌△QBG(AAS)，
∴AW=QG，QW=BG，
设Q(p,q)，
∴q=−pp−(−4)=q−3，
解得p=−72q=72，
∴Q的坐标为(−72,72)；
综上所述，Q的坐标为(−3,7)或(−7,4)或(−72,72).
【解析】(1)求出C(2,92)，再用待定系数法可得直线l1的解析式为y=34x+3；
(2)设M(m,0)，则D(m,34m+3)，E(m,94m)，由DE=2，得|34m+3−94m|=2，解得m=23或m=103，从而M的坐标为(23,0)或(103,0)；
(3)求出B(0,3)，①当B为直角顶点时，过B作BH⊥y轴于H，证明△ABO≌△BQH(AAS)，可得OA=BH=4，OB=QH=3，故Q的坐标为(−3,7)；②当A为直角顶点时，过Q作QT⊥x轴于T，同理可得Q的坐标为(−7,4)；③当Q为直角顶点时，过Q作WG⊥y轴于G，过A作AW⊥WG于W，同理可得△AQW≌△QBG(AAS)，AW=QG，QW=BG，设Q(p,q)，有q=−pp−(−4)=q−3，可解得Q的坐标为(−72,72).
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
24.【答案】解：(1)因为函数图象过点(0,51)和(3,24)，
所以设函数关系式为y=kt+b，
则b=513k+b=24，
解得k=−9b=51，
因此，加油前剩余油量y与行驶时间t的函数关系式y=−9t+51；
(2)油箱中的油，够用．
∵汽车加油前行驶了3小时，行驶了3×70=210(km)，用去了51−24=27升油，
而目的地距加油站还有280km，
∴要到达目的地还需36升油，而中途加油21升后有油45升，
即油箱中的剩余油量是45升，45−36=9>8，所以够用．
因此，要到达目的地油箱中的油够用．
【解析】(1)利用待定系数法求一次函数解析式解答；
(2)求出加油前行驶的路程和用油量，再求出从加油站到目的地所需要的油量，然后判断即可．
本题考查了一次函数的应用，读懂题目信息并准确识图，观察出油箱中的油量的变化是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵BE⊥AB，
∴∠6=90∘，
∴∠E+∠1=90∘，
∵PE⊥AP，
∴∠EPA=90∘，
∴∠3+∠2=90∘，
∵∠1=∠2，
∴∠E=∠3，
即∠BEP=∠BAP；
(2)解：结论：线段BA，BP，BE之间的数量关系是BA=BE+ 2BP.
证明：过P作PF⊥BC交AB于F，
∵∠ACB=90∘，AC=BC，
∴∠4=45∘，
∴△BPF是等腰直角三角形，
∴BP=FP，∠5=45∘，
∴∠7=135∘，
∵∠6=90∘，∠4=45∘，
∴∠EBP=135∘，
∴∠EBP=∠7，
在△EBP和△AFP中，
∠E=∠3∠EBP=∠7BP=FP，
∴△EBP≌△AFP(AAS)，
∴BE=FA，
∵△BPF是等腰直角三角形，
∴BF= 2BP，
∵BA=BF+FA，
∴BA= 2BP+BE；
(3)解：线段BA，BP，BE之间的数量关系为BE= 2BP+AB.
证明：过P作PF⊥BP交EB于F，
同理可证△EFP≌△ABP(AAS)，
∴EF=BA，
∵BF= 2PB，
∴BE=BF+EF= 2PB+AB.
【解析】(1)由直角三角形的性质可得出结论；
(2)过P作PF⊥BC交AB于F，证明△EBP≌△AFP(AAS)，得出BE=FA，则可得出结论；
(3)过P作PF⊥BP交EB于F，同理可证△EFP≌△ABP(AAS)，得出EF=BA，则可得出结论．
本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
26.【答案】解：(1)原点O经过一次甲方式移动得到(2,1)，(2,1)经过一次甲方式移动得到M(4,2)；
原点O经过一次乙方式移动得到(1,3)，(1,3)经过一次甲方式移动得到N(2,6)；
设直线MN的解析式为y=kx+b，
∴4k+b=22k+b=6，
解得k=−2b=10，
∴直线l1的解析式为y=−2x+10；
(2)设原点O按甲方式移动n次，则按乙方式移动(10−n)次，
∴原点O按甲方式移动n次后得到点(2n,n)，点(2n,n)按乙方式移动(10−n)次后得到点Q(n+10,30−2n)，
设x=n+10，y=30−2n，
∴y=30−2(x−10)=−2x+50，
∴无论每次按甲方式还是乙方式移动，最终点Q都落在一条确定的直线y=−2x+50上，
∴直线l2的解析式为y=−2x+50；
(3)直线l3的解析式为y=−2x+20，、
由题可知A(a,−2a+10)，B(b,−2b+50)，C(c,−2c+20)，
∵A，B，C三点共线，
∴−2a+2b−40a−b=−2a+2c−10a−c，
整理得b=4c−3a.
【解析】(1)根据定义分别求出M、N点的坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)设原点O按甲方式移动n次，则按乙方式移动(10−n)次，通过平移后得到Q(n+10,30−2n)，可求得直线l2的解析式为y=−2x+50；
(3)由题可知A(a,−2a+10)，B(b,−2b+50)，C(c,−2c+20)，再由A，B，C三点共线，可知直线AB解析式、直线AC解析式中k的值相等，则有−2a+2b−40a−b=−2a+2c−10a−c，从而可得b=4c−3a.
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，弄清定义是解题的关键．
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