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湖南省长沙市一中教育集团2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份湖南省长沙市一中教育集团2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含湖南省长沙市一中教育集团2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、湖南省长沙市一中教育集团2023-2024学年八年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
1．答题前，请先将自己的姓名、班级、考场号、座位号填写清楚；
2．必须在答卷上答题，在草稿纸、试题卷上答题无效；
3．答题时，请考生注意各大题号后面的答题提示；
4．请注意卷面，保持字体工整、笔迹清晰、卷面清洁；
5．答卷上不准使用涂改液、涂改胶和贴纸；
6．本试卷时量 120分钟，满分120分．
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个正确选项）
1. 下列二次根式中，不能与合并的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了同类二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解本题的关键．
根据同类二次根式的概念（把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式，由此即可判断．）作出判断即可．
【详解】解：，，均为最简二次根式，且被开方数为2，故它们都能与合并，
是最简二次根式，其被开方数为3，故不能与合并，
故选：C ．
2. 一次函数的图象不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】先判断k、b的符号，再判断直线经过的象限，进而可得答案．
【详解】解：∵，
∴一次函数的图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限；
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数系数与其图象的关系，属于基础题型，熟练掌握一次函数的图象与其系数的关系是解题的关键．
3. 若一个多边形的内角和是 1080度，则这个多边形的边数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了多边形内角和公式，根据边形内角和公式列方程，进行计算，即可作答．
【详解】解：设这个多边形的边数为，
依题意，得，
解得，
故选：C．
4. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A. 4，5，6B. 1，1，C. 6，8，11D. 5，12，23
【答案】B
【解析】
【分析】根据勾股定理逆定理：，将各个选项逐一代数计算即可得出答案．
【详解】解：A、∵，∴不能构成直角三角形，故A错误；
B、∵，∴能构成直角三角形，故B正确；
C、∵，∴不能构成直角三角形，故C错误；
D、∵，∴不能构成直角三角形，故D错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
5. 为了满足广大人民群众日益增长的体育运动需求，也为了纪念北京奥运会成功举办，国务院批准，从年起，每年月日为“全民健身日”，长跑因为其便捷性及有效性是人们最喜爱的运动方式之一，普通人长跑公里的平均速度约为 左右，估计 的值在（ ）
A. 到之间B. 到之间C. 到之间D. 到之间
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了估算无理数的大小，利用夹逼法即可求解，掌握夹逼法是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
即，
故选：．
6. 下列说法中，错误的是（ ）
A. 平行四边形的对角线互相平分
B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
C. 菱形的对角线互相垂直
D. 对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：A. 平行四边形的对角线互相平分，说法正确；
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形，说法正确；
C．菱形的对角线互相垂直，说法正确；
D．对角线互相垂直的四边形是菱形，说法错误.
故选D.
考点:1.平行四边形的判定；2.菱形的判定.
7. 如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB．添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A. AB=BEB. BE⊥DCC. ∠ADB=90°D. CE⊥DE
【答案】B
【解析】
【分析】先证明四边形DBCE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A.∵AB=BE，DE=AD，
∴BD⊥AE，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
B.∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项符合题意；
C.∵∠ADB=90°，
∴∠EDB=90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
D.∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定等，熟练掌握相关的判定定理与性质定理是解题的关键．
8. 小刚以400米/分的速度匀速骑车5分，在原地休息了6分，然后以500米/分的速度骑回出发地．设小刚离家路程为（千米），速度为（千米/分），时间为（分）下列函数图象能表达这一过程的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】因为小刚以400米/分的速度匀速骑车5分，可求其行驶的路程对照各选除错误选项，“在原地休息”对应在图象上表示时间在增加，而距离不变，即这一线段与x轴平行，“回到原出发地”表示终点的纵坐标为0，综合分析选出正确答案．
【详解】解：∵400×5＝2000（米）＝2（千米），
∴小刚以400米/分的速度匀速骑车5分行驶的路程为2千米，
而选项A与B中纵轴表示速度，且速度为变量，这与事实不符，
故排除选项A与B；
又∵回到原出发地”表示终点的纵坐标为0，
∴排除选项D，
故选：C．
【点睛】本题考查了函数的图象，解题的关键是理解函数图象的意义．
9. “赵爽弦图”巧妙的利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形，若 小正方形的面积是49，则大正方形的面积是（ ）
A. 225B. 256C. 289D. 324
【答案】C
【解析】
【分析】先求出小正方形的边长，进而求出直角三角形的短直角边长，再利用勾股定理求出大正方形边长的平方，即为大正方形的面积．本题以“赵爽弦图”为背景考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，掌握数形结合思想是解题的关键．
【详解】解：小正方形的面积是49，
小正方形的边长，
四个直角三角形全等，
，
，
，
大正方形的面积是289，
故选：C．
10. 在搬运班级储物柜时，小明与同学将储物柜靠在墙上稍作休息，思考如下问题：如图，墙面 与地面垂直，柜子侧面为矩形 ，其中 ， ，当柜子靠在墙上缓慢倒下，即在上滑动，在上滑动，在这个过程中，点到点的最大距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形的性质，矩形的性质，勾股定理，三角形的三边性质，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，再根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：取的中点，连接，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴点到点的最大距离为，
故选：．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11. 若代数式有意义，则x的取值范围是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解答此题的关键．根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【详解】解：根据题意知，
解得：，
故答案为：．
12. 如图，如果要测量池塘两端A，B的距离，可以在池塘外取一点C，连接AC，BC，点D，E分别是AC，BC的中点，测得DE的长为25米，则AB的长为 _____米．
【答案】50
【解析】
【分析】应用三角形的中位线定理，计算得结论．
【详解】解：∵D，E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线．
∴AB=2DE=2×25=50（米）．
故答案为：50．
【点睛】本题考查了三角形的中位线，掌握“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”是解决本题的关键．
13. 将一次函数 的图象向下平移2个单位，所得图象的函数表达式为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的性质，根据平移性质：上加下减，进行作答即可．
【详解】解：∵一次函数 的图象向下平移2个单位，
∴所得图象的函数表达式为，
故答案为：．
14. 如图，在等腰 中， ，底边上的高 ，底边 ，则腰上的高________．
【答案】
【解析】
【分析】先由于等腰三角形的三线合一得出，根据勾股定理列式计算，再结合等面积法列式化简，得出即可作答．本题考查的是等腰三角形的性质、勾股定理的应用和三角形面积公式的应用，根据三角形的面积公式求出腰与底的比是解题的关键．
【详解】解：∵，，，，
∴，
则，
是边上的高，是边上的高，
，
，，
，
则，
故答案为：
15. 如图，在平行四边形中，，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交于点M，交于点N；②分别以点M，N 为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧在 的内部相交于点E，连接并延长交线段于点F，由作图的结果可得的周长为________．
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据平行四边形的性质和角平分线的概念得到，过点B作交于点H，然后根据含角直角三角形的性质得到，利用勾股定理求出，进而得到，即可求出的周长．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
根据作图可得，平分
∴
∴
如图所示，过点B作交于点H
∴
∴
∴
∴的周长为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，尺规作角平分线，含角直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
16. 阳春三月，油菜花开，踏青观赏油菜花是长沙居民的最爱，某油菜花旅游基地有一块长方形的土地，如图所示，矩形的长 米，宽 米，基地负责人作了如下规划和设计：先沿水平方向将矩形四等分，即图中点分别为宽 的四等分点，点 分别为的四等分点，正方形的四个顶点依次在线段上，则该正方形 的边长为______米．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，过点作，交于，交于，则，证明，得到，根据四等分点求出，再利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点作，交于，交于，则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵米，点分别为宽 的四等分点，点 分别为的四等分点，
∴米，米，
∴米，
∴米，
∴正方形 的边长为米，
故答案为：．
三、解答题（本大题共9个小题，第17.18、19题每题6分，第20、21题每题8分，第22、23题每题9分，第24、25题每题10分，共72分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，先化简算术平方根、绝对值、乘方、负整指数幂，再运算加减，即可作答．
【详解】解：
．
18. 先化简，再求值： ，其中
【答案】，
【解析】
【分析】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算的运算顺序和运算法则是解题关键．
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【详解】解：
=
=
=，
当时，原式=．
19. 黄金分割是一种被广泛应用于艺术和生活中的比例关系，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值，黄金分割比也被称作是最美比例关系．某艺术品公司生产了一款长方形的画框，测量发现该矩形画框的长为厘米，其宽与长的比值等于黄金分割比．
（1）求该矩形画框的宽；
（2）生产画框所用的材料单价为元，则生产一个该画框所需要的材料成本为多少钱？（结果保留根号）
【答案】（1）厘米；
（2）元．
【解析】
【分析】()根据宽与长的比值等于黄金分割比列出算式即可求解；
()求出矩形画框的面积，进而即可解决问题；
本题考查了黄金分割，二次根式的运算，熟知黄金分割的定义是解题的关键.
【小问1详解】
解：∵矩形画框的宽与长的比值等于黄金分割比，且长为厘米，
∴矩形画框的宽为厘米；
【小问2详解】
解：矩形画框的面积为（平方厘米），
∴矩形画框的材料成本为元，
答：生产一个该画框所需要的材料成本为元．
20. 如图，直线与x轴交于点，与y轴交于点
（1）求直线 的解析式；
（2）若直线上的点C 在第一象限，且 求点C的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线的解析式为，将点、点分别代入解析式即可组成方程组，从而得到的解析式；
（2）设点的坐标为，根据三角形面积公式以及求出的横坐标，再代入直线即可求出的值，从而得到其坐标．
本题考查了待定系数法求函数解析式，解答此题不仅要熟悉函数图象上点的坐标特征，还要熟悉三角形的面积公式．
【小问1详解】
解：设直线的解析式为，
直线过点、点，
，
解得，
直线的解析式为．
小问2详解】
解：设点的坐标为，
，
，
解得，
，
点的坐标是．
21. 如图，在中，，，延长线上一点，点在上，且，连接、．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，利用“”证明是解题关键．
（1）利用“”证明即可；
（2）首先根据等腰三角形“等边对等角”的性质解得，进而可得，然后根据三角形内角和定理，解得，然后根据全等三角形的性质，即可获得答案．
【小问1详解】
证明：∵，为延长线上一点，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
【小问2详解】
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
22. “龙年到，行大运”，新学期伊始，某班级欲购买一些龙年元素的贴纸装饰教室，经过挑选，选定了“龙行大吉”和“龙腾虎跃”两款贴纸．经过了解，“龙腾虎跃”贴纸比“龙行大吉”贴纸单价贵元，花费元购买的“龙腾虎跃”贴纸与花费元购买的“龙行大吉”贴纸数量相同．
（1）“龙腾虎跃”与“龙行大吉”两种贴纸的单价分别为多少元？
（2）该班级计划花费不超过元，购买两种贴纸共张，且“龙行大吉”贴纸数量不超过“龙腾虎跃”贴纸数量的倍，问该班级有哪几种购买方案？请将购买方案列举出来．
【答案】（1）“龙行大吉”贴纸的单价为元，则“龙腾虎跃”贴纸的单价元；
（2）购买张“龙腾虎跃”贴纸，张“龙行大吉”贴纸或购买张“龙腾虎跃”贴纸，张“龙行大吉”贴纸．
【解析】
【分析】（）设“龙行大吉”贴纸的单价为元，则“龙腾虎跃”贴纸的单价元，根据题意，列出分式方程，解分式方程即可求解；
（）设购买了张“龙腾虎跃”贴纸，则购买了张“龙行大吉”贴纸，根据题意，列出不等式组，解不等式组求出取值范围，由是整数得到的值，即可求解；
本题考查了分式方程和一元一次不等式组的应用，根据题意，正确列出分式方程和一元一次不等式组是解题的关键．
【小问1详解】
解：设“龙行大吉”贴纸的单价为元，则“龙腾虎跃”贴纸的单价元，
由题意可得，，
解得，
经检验，是原方程的解，符合题意，
∴，
答：设“龙行大吉”贴纸的单价为元，则“龙腾虎跃”贴纸的单价元；
【小问2详解】
解：设购买了张“龙腾虎跃”贴纸，则购买了张“龙行大吉”贴纸，
由题意可得，，
解得，
∵为整数，
∴或，
∴有两种购买方案：
方案一：购买张“龙腾虎跃”贴纸，张“龙行大吉”贴纸；
方案一：购买张“龙腾虎跃”贴纸，张“龙行大吉”贴纸．
23. 如图，矩形中，，，将矩形沿对折，使点恰好与点重合，点 落在了点处，连接 与，连接交于点．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）求四边形的面积；
（3）求折痕线段的长度．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（）证明即可求证；
（）设，则，利用勾股定理可得，求出，再根据菱形的面积公式计算即可求解；
（）过点作于，可证明四边形为矩形，得到，，进而得，再利用勾股定理即可求解；
本题考查了折叠的性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【小问1详解】
证明：由折叠可得，，，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
【小问2详解】
解：设，则，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
即，
解得，
∴，
∴四边形的面积；
【小问3详解】
解：过点作于，则，
∵四边形为矩形，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴．
24. 我们将经过某一共同点的所有一次函数叫做经过该点的“直线系”，这个点叫做该“直线系”的“特征点”，经过“特征点”的“直线系”解析式可以统一表示为：，其中k叫做直线的“斜率”（k为常数且k≠0），例如经过点的“直线系”解析式可以表示为：．
（1）试求“直线系” 的“特征点”坐标；
（2）“特征点”为的“直线系”中有直线满足：当时，y的范围恰好为：，求该直线的解析式；
（3）点在“特征点”为且斜率的直线上，其中b，c满足：，且，求t的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据定义，将变形为，从而求解；
（2）分或两种情况，利用待定系数法求函数解析式；
（3）结合定义及已知条件列出不等式组，从而确定取值范围。
【小问1详解】
解：由题意可得，
无论k为何值，当时，，
∴“直线系” 的“特征点”坐标为；
【小问2详解】
解：由直线的“特征点”为，设直线的解析式为，
又∵时，y的范围恰好为，
当时，y随x的增大而增大，
将点代入解析式可得，解得，
∴该直线的解析式为，
当时，y随x的增大而减小，
将点代入解析式可得，解得
∴该直线的解析式为，
综上，该直线的解析式为或；
【小问3详解】
解：由题意，设直线的解析式为，
将点代入解析式可得，
联立方程组，解得，
又∵，
∴，解得，
∴t的取值范围是．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，充分理解题意，掌握待定系数法求函数解析式，运用分类讨论的思想进行解题是关键．
25. 如图，在平面直角坐标系中，点与点分别是轴正半轴和轴正半轴上的动点，以线段为对角线，作正方形．
（1）若点的坐标为，点 的坐标为，求正方形的面积；
（2）当两点运动时，点是否也在一条直线上运动？如果是，求出这条直线的解析式；如果不是，请说明理由．
（3）如图，当点的坐标为，点 的坐标为时，正方形中的点与原点重合，点是位于轴上点右侧的动点，以线段为边，向上作正方形，连接，交于点，作直线，试说明在点运动的过程中，点到直线的距离为定值，并求出这个定值．
【答案】（1）；
（2）点也在一条直线上运动，这条直线的解析式为；
（3）点到直线的距离为定值，这个定值为．
【解析】
【分析】（）利用勾股定理求出，再根据正方形的面积等于对角线积的一半即可求解；
（）如图，过点作轴于点，轴于点，证明，得到，即得；
（）如图，过点作于，证明，得到，再证明，得到，进而可证明，得到，即得，即可求解；
本题考查了坐标与图形，正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵点的坐标为，点 的坐标为，
∴，，
∴，
∴正方形的面积；
【小问2详解】
解：如图，过点作轴于点，轴于点，
则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴点也在一条直线上运动，这条直线的解析式为；
【小问3详解】
解：如图，过点作于，则，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点 的坐标为，
∴，
∴，
∴点到直线的距离为定值，这个定值为．
1．答题前，请先将自己的姓名、班级、考场号、座位号填写清楚；
2．必须在答卷上答题，在草稿纸、试题卷上答题无效；
3．答题时，请考生注意各大题号后面的答题提示；
4．请注意卷面，保持字体工整、笔迹清晰、卷面清洁；
5．答卷上不准使用涂改液、涂改胶和贴纸；
6．本试卷时量 120分钟，满分120分．
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个正确选项）
1. 下列二次根式中，不能与合并的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了同类二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解本题的关键．
根据同类二次根式的概念（把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式，由此即可判断．）作出判断即可．
【详解】解：，，均为最简二次根式，且被开方数为2，故它们都能与合并，
是最简二次根式，其被开方数为3，故不能与合并，
故选：C ．
2. 一次函数的图象不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】先判断k、b的符号，再判断直线经过的象限，进而可得答案．
【详解】解：∵，
∴一次函数的图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限；
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数系数与其图象的关系，属于基础题型，熟练掌握一次函数的图象与其系数的关系是解题的关键．
3. 若一个多边形的内角和是 1080度，则这个多边形的边数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了多边形内角和公式，根据边形内角和公式列方程，进行计算，即可作答．
【详解】解：设这个多边形的边数为，
依题意，得，
解得，
故选：C．
4. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A. 4，5，6B. 1，1，C. 6，8，11D. 5，12，23
【答案】B
【解析】
【分析】根据勾股定理逆定理：，将各个选项逐一代数计算即可得出答案．
【详解】解：A、∵，∴不能构成直角三角形，故A错误；
B、∵，∴能构成直角三角形，故B正确；
C、∵，∴不能构成直角三角形，故C错误；
D、∵，∴不能构成直角三角形，故D错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
5. 为了满足广大人民群众日益增长的体育运动需求，也为了纪念北京奥运会成功举办，国务院批准，从年起，每年月日为“全民健身日”，长跑因为其便捷性及有效性是人们最喜爱的运动方式之一，普通人长跑公里的平均速度约为 左右，估计 的值在（ ）
A. 到之间B. 到之间C. 到之间D. 到之间
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了估算无理数的大小，利用夹逼法即可求解，掌握夹逼法是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
即，
故选：．
6. 下列说法中，错误的是（ ）
A. 平行四边形的对角线互相平分
B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
C. 菱形的对角线互相垂直
D. 对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：A. 平行四边形的对角线互相平分，说法正确；
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形，说法正确；
C．菱形的对角线互相垂直，说法正确；
D．对角线互相垂直的四边形是菱形，说法错误.
故选D.
考点:1.平行四边形的判定；2.菱形的判定.
7. 如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB．添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A. AB=BEB. BE⊥DCC. ∠ADB=90°D. CE⊥DE
【答案】B
【解析】
【分析】先证明四边形DBCE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A.∵AB=BE，DE=AD，
∴BD⊥AE，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
B.∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项符合题意；
C.∵∠ADB=90°，
∴∠EDB=90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
D.∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定等，熟练掌握相关的判定定理与性质定理是解题的关键．
8. 小刚以400米/分的速度匀速骑车5分，在原地休息了6分，然后以500米/分的速度骑回出发地．设小刚离家路程为（千米），速度为（千米/分），时间为（分）下列函数图象能表达这一过程的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】因为小刚以400米/分的速度匀速骑车5分，可求其行驶的路程对照各选除错误选项，“在原地休息”对应在图象上表示时间在增加，而距离不变，即这一线段与x轴平行，“回到原出发地”表示终点的纵坐标为0，综合分析选出正确答案．
【详解】解：∵400×5＝2000（米）＝2（千米），
∴小刚以400米/分的速度匀速骑车5分行驶的路程为2千米，
而选项A与B中纵轴表示速度，且速度为变量，这与事实不符，
故排除选项A与B；
又∵回到原出发地”表示终点的纵坐标为0，
∴排除选项D，
故选：C．
【点睛】本题考查了函数的图象，解题的关键是理解函数图象的意义．
9. “赵爽弦图”巧妙的利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形，若 小正方形的面积是49，则大正方形的面积是（ ）
A. 225B. 256C. 289D. 324
【答案】C
【解析】
【分析】先求出小正方形的边长，进而求出直角三角形的短直角边长，再利用勾股定理求出大正方形边长的平方，即为大正方形的面积．本题以“赵爽弦图”为背景考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，掌握数形结合思想是解题的关键．
【详解】解：小正方形的面积是49，
小正方形的边长，
四个直角三角形全等，
，
，
，
大正方形的面积是289，
故选：C．
10. 在搬运班级储物柜时，小明与同学将储物柜靠在墙上稍作休息，思考如下问题：如图，墙面 与地面垂直，柜子侧面为矩形 ，其中 ， ，当柜子靠在墙上缓慢倒下，即在上滑动，在上滑动，在这个过程中，点到点的最大距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形的性质，矩形的性质，勾股定理，三角形的三边性质，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，再根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：取的中点，连接，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴点到点的最大距离为，
故选：．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11. 若代数式有意义，则x的取值范围是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解答此题的关键．根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【详解】解：根据题意知，
解得：，
故答案为：．
12. 如图，如果要测量池塘两端A，B的距离，可以在池塘外取一点C，连接AC，BC，点D，E分别是AC，BC的中点，测得DE的长为25米，则AB的长为 _____米．
【答案】50
【解析】
【分析】应用三角形的中位线定理，计算得结论．
【详解】解：∵D，E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线．
∴AB=2DE=2×25=50（米）．
故答案为：50．
【点睛】本题考查了三角形的中位线，掌握“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”是解决本题的关键．
13. 将一次函数 的图象向下平移2个单位，所得图象的函数表达式为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的性质，根据平移性质：上加下减，进行作答即可．
【详解】解：∵一次函数 的图象向下平移2个单位，
∴所得图象的函数表达式为，
故答案为：．
14. 如图，在等腰 中， ，底边上的高 ，底边 ，则腰上的高________．
【答案】
【解析】
【分析】先由于等腰三角形的三线合一得出，根据勾股定理列式计算，再结合等面积法列式化简，得出即可作答．本题考查的是等腰三角形的性质、勾股定理的应用和三角形面积公式的应用，根据三角形的面积公式求出腰与底的比是解题的关键．
【详解】解：∵，，，，
∴，
则，
是边上的高，是边上的高，
，
，，
，
则，
故答案为：
15. 如图，在平行四边形中，，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交于点M，交于点N；②分别以点M，N 为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧在 的内部相交于点E，连接并延长交线段于点F，由作图的结果可得的周长为________．
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据平行四边形的性质和角平分线的概念得到，过点B作交于点H，然后根据含角直角三角形的性质得到，利用勾股定理求出，进而得到，即可求出的周长．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
根据作图可得，平分
∴
∴
如图所示，过点B作交于点H
∴
∴
∴
∴的周长为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，尺规作角平分线，含角直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
16. 阳春三月，油菜花开，踏青观赏油菜花是长沙居民的最爱，某油菜花旅游基地有一块长方形的土地，如图所示，矩形的长 米，宽 米，基地负责人作了如下规划和设计：先沿水平方向将矩形四等分，即图中点分别为宽 的四等分点，点 分别为的四等分点，正方形的四个顶点依次在线段上，则该正方形 的边长为______米．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，过点作，交于，交于，则，证明，得到，根据四等分点求出，再利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点作，交于，交于，则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵米，点分别为宽 的四等分点，点 分别为的四等分点，
∴米，米，
∴米，
∴米，
∴正方形 的边长为米，
故答案为：．
三、解答题（本大题共9个小题，第17.18、19题每题6分，第20、21题每题8分，第22、23题每题9分，第24、25题每题10分，共72分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，先化简算术平方根、绝对值、乘方、负整指数幂，再运算加减，即可作答．
【详解】解：
．
18. 先化简，再求值： ，其中
【答案】，
【解析】
【分析】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算的运算顺序和运算法则是解题关键．
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【详解】解：
=
=
=，
当时，原式=．
19. 黄金分割是一种被广泛应用于艺术和生活中的比例关系，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值，黄金分割比也被称作是最美比例关系．某艺术品公司生产了一款长方形的画框，测量发现该矩形画框的长为厘米，其宽与长的比值等于黄金分割比．
（1）求该矩形画框的宽；
（2）生产画框所用的材料单价为元，则生产一个该画框所需要的材料成本为多少钱？（结果保留根号）
【答案】（1）厘米；
（2）元．
【解析】
【分析】()根据宽与长的比值等于黄金分割比列出算式即可求解；
()求出矩形画框的面积，进而即可解决问题；
本题考查了黄金分割，二次根式的运算，熟知黄金分割的定义是解题的关键.
【小问1详解】
解：∵矩形画框的宽与长的比值等于黄金分割比，且长为厘米，
∴矩形画框的宽为厘米；
【小问2详解】
解：矩形画框的面积为（平方厘米），
∴矩形画框的材料成本为元，
答：生产一个该画框所需要的材料成本为元．
20. 如图，直线与x轴交于点，与y轴交于点
（1）求直线 的解析式；
（2）若直线上的点C 在第一象限，且 求点C的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线的解析式为，将点、点分别代入解析式即可组成方程组，从而得到的解析式；
（2）设点的坐标为，根据三角形面积公式以及求出的横坐标，再代入直线即可求出的值，从而得到其坐标．
本题考查了待定系数法求函数解析式，解答此题不仅要熟悉函数图象上点的坐标特征，还要熟悉三角形的面积公式．
【小问1详解】
解：设直线的解析式为，
直线过点、点，
，
解得，
直线的解析式为．
小问2详解】
解：设点的坐标为，
，
，
解得，
，
点的坐标是．
21. 如图，在中，，，延长线上一点，点在上，且，连接、．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，利用“”证明是解题关键．
（1）利用“”证明即可；
（2）首先根据等腰三角形“等边对等角”的性质解得，进而可得，然后根据三角形内角和定理，解得，然后根据全等三角形的性质，即可获得答案．
【小问1详解】
证明：∵，为延长线上一点，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
【小问2详解】
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
22. “龙年到，行大运”，新学期伊始，某班级欲购买一些龙年元素的贴纸装饰教室，经过挑选，选定了“龙行大吉”和“龙腾虎跃”两款贴纸．经过了解，“龙腾虎跃”贴纸比“龙行大吉”贴纸单价贵元，花费元购买的“龙腾虎跃”贴纸与花费元购买的“龙行大吉”贴纸数量相同．
（1）“龙腾虎跃”与“龙行大吉”两种贴纸的单价分别为多少元？
（2）该班级计划花费不超过元，购买两种贴纸共张，且“龙行大吉”贴纸数量不超过“龙腾虎跃”贴纸数量的倍，问该班级有哪几种购买方案？请将购买方案列举出来．
【答案】（1）“龙行大吉”贴纸的单价为元，则“龙腾虎跃”贴纸的单价元；
（2）购买张“龙腾虎跃”贴纸，张“龙行大吉”贴纸或购买张“龙腾虎跃”贴纸，张“龙行大吉”贴纸．
【解析】
【分析】（）设“龙行大吉”贴纸的单价为元，则“龙腾虎跃”贴纸的单价元，根据题意，列出分式方程，解分式方程即可求解；
（）设购买了张“龙腾虎跃”贴纸，则购买了张“龙行大吉”贴纸，根据题意，列出不等式组，解不等式组求出取值范围，由是整数得到的值，即可求解；
本题考查了分式方程和一元一次不等式组的应用，根据题意，正确列出分式方程和一元一次不等式组是解题的关键．
【小问1详解】
解：设“龙行大吉”贴纸的单价为元，则“龙腾虎跃”贴纸的单价元，
由题意可得，，
解得，
经检验，是原方程的解，符合题意，
∴，
答：设“龙行大吉”贴纸的单价为元，则“龙腾虎跃”贴纸的单价元；
【小问2详解】
解：设购买了张“龙腾虎跃”贴纸，则购买了张“龙行大吉”贴纸，
由题意可得，，
解得，
∵为整数，
∴或，
∴有两种购买方案：
方案一：购买张“龙腾虎跃”贴纸，张“龙行大吉”贴纸；
方案一：购买张“龙腾虎跃”贴纸，张“龙行大吉”贴纸．
23. 如图，矩形中，，，将矩形沿对折，使点恰好与点重合，点 落在了点处，连接 与，连接交于点．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）求四边形的面积；
（3）求折痕线段的长度．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（）证明即可求证；
（）设，则，利用勾股定理可得，求出，再根据菱形的面积公式计算即可求解；
（）过点作于，可证明四边形为矩形，得到，，进而得，再利用勾股定理即可求解；
本题考查了折叠的性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【小问1详解】
证明：由折叠可得，，，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
【小问2详解】
解：设，则，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
即，
解得，
∴，
∴四边形的面积；
【小问3详解】
解：过点作于，则，
∵四边形为矩形，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴．
24. 我们将经过某一共同点的所有一次函数叫做经过该点的“直线系”，这个点叫做该“直线系”的“特征点”，经过“特征点”的“直线系”解析式可以统一表示为：，其中k叫做直线的“斜率”（k为常数且k≠0），例如经过点的“直线系”解析式可以表示为：．
（1）试求“直线系” 的“特征点”坐标；
（2）“特征点”为的“直线系”中有直线满足：当时，y的范围恰好为：，求该直线的解析式；
（3）点在“特征点”为且斜率的直线上，其中b，c满足：，且，求t的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据定义，将变形为，从而求解；
（2）分或两种情况，利用待定系数法求函数解析式；
（3）结合定义及已知条件列出不等式组，从而确定取值范围。
【小问1详解】
解：由题意可得，
无论k为何值，当时，，
∴“直线系” 的“特征点”坐标为；
【小问2详解】
解：由直线的“特征点”为，设直线的解析式为，
又∵时，y的范围恰好为，
当时，y随x的增大而增大，
将点代入解析式可得，解得，
∴该直线的解析式为，
当时，y随x的增大而减小，
将点代入解析式可得，解得
∴该直线的解析式为，
综上，该直线的解析式为或；
【小问3详解】
解：由题意，设直线的解析式为，
将点代入解析式可得，
联立方程组，解得，
又∵，
∴，解得，
∴t的取值范围是．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，充分理解题意，掌握待定系数法求函数解析式，运用分类讨论的思想进行解题是关键．
25. 如图，在平面直角坐标系中，点与点分别是轴正半轴和轴正半轴上的动点，以线段为对角线，作正方形．
（1）若点的坐标为，点 的坐标为，求正方形的面积；
（2）当两点运动时，点是否也在一条直线上运动？如果是，求出这条直线的解析式；如果不是，请说明理由．
（3）如图，当点的坐标为，点 的坐标为时，正方形中的点与原点重合，点是位于轴上点右侧的动点，以线段为边，向上作正方形，连接，交于点，作直线，试说明在点运动的过程中，点到直线的距离为定值，并求出这个定值．
【答案】（1）；
（2）点也在一条直线上运动，这条直线的解析式为；
（3）点到直线的距离为定值，这个定值为．
【解析】
【分析】（）利用勾股定理求出，再根据正方形的面积等于对角线积的一半即可求解；
（）如图，过点作轴于点，轴于点，证明，得到，即得；
（）如图，过点作于，证明，得到，再证明，得到，进而可证明，得到，即得，即可求解；
本题考查了坐标与图形，正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵点的坐标为，点 的坐标为，
∴，，
∴，
∴正方形的面积；
【小问2详解】
解：如图，过点作轴于点，轴于点，
则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴点也在一条直线上运动，这条直线的解析式为；
【小问3详解】
解：如图，过点作于，则，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点 的坐标为，
∴，
∴，
∴点到直线的距离为定值，这个定值为．
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