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四川省成都市青羊区成都市石室中学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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试卷说明：
1.本试卷共一张，1~4页；全卷分A卷和B卷，A卷满分100分，B卷满分50分；考试时间120分钟．A卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为其他类型的题．
2.考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在试卷和答题卡上．考试结束，监考人员只收机读卡和答题卷．
3.第Ⅰ卷全是选择题，各题均有四个选项，只有一项符合题目要求．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，选择题的答案不能答在试卷上．请注意机读答题卡的横竖格式．
A卷（共100分）
第Ⅰ卷（选择题，共32分）
一．选择题（每题4分，共8小题，共32分）
1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2. 若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的性质逐项分析判断即可．
【详解】A. 若，则，故该选项正确，符合题意；
B. 若，则，故该选项不正确，不符合题意；
C 若，则，故该选项不正确，不符合题意；
D. 若，则，故该选项不正确，不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查了不等式的基本性质，熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键．不等式的性质：不等式的基本性质1：不等式的两边都加上（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式的基本性质2：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的基本性质3：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
3. 下列从左边到右边的变形，属于因式分解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查因式分解的定义：将一个多项式分解成几个整式的积的形式，叫做因式分解．根据定义进行判断即可．
【详解】解：A、不是对多项式进行变形，故选项错误，不符合题意；
B、是整式的乘法，不是因式分解，故选项错误，不符合题意；
C、是因式分解，故选项正确，符合题意；
D、等式右边不是整式的积的形式，故选项错误，不符合题意；
故选：C．
4. 使分式的值为0，这时x应为（ ）
A. x＝±1B. x＝1C. x＝1 且 x≠﹣1D. x 的值不确定
【答案】B
【解析】
【分析】使分式的值为0，则x2-1=0,且x+1≠0.
【详解】解：使分式的值为0，
则x2-1=0,且x+1≠0
解得x＝1
故选：B．
【点睛】本题主要考查了分式的意义：要使分式值为0，则要使分子等于0，分母不等于0．
5. 如图，△ABC沿BC方向平移后的得到△DEF，已知BC=5，EC=2，则平移的距离是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意判断BE的长就是平移的距离，利用已知条件求出BE即可．
【详解】因为沿BC方向平移，点E是点B移动后的对应点，
所以BE的长等于平移的距离，
由图可知，点B、E、C在同一直线上，BC=5，EC=2，
所以BE=BC-ED=5-2=3,
故选 C．
【点睛】本题考查了平移，正确找出平移对应点是求平移距离的关键．
6. 如图所示，直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝mx+n交于点P（﹣2，3），不等式kx+b≤mx+n的解集是（ ）
A. x＞﹣2B. x≥﹣2C. x＜﹣2D. x≤﹣2
【答案】D
【解析】
【分析】观察函数图象，写出直线l1：y＝kx+b不在直线l2：y＝mx+n上方的自变量的取值范围即可．
【详解】解：如图所示，直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝mx+n交于点P（﹣2，3），
所以，不等式kx+b≤mx+n的解集是x≤﹣2，
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数与不等式的关系，解题的关键是利用数形结合求解．
7. 电商经济的蓬勃发展，物流配送体系建设的不断完善，推动我国快递行业迅速崛起．某快递公司的甲、乙两名快递员从公司出发分别到距离公司2400米和1000米的两地派送快件，甲快递员的速度是乙快递员速度的1.2倍，乙快递员比甲快递员提前10分钟到达派送地点．若设乙快递员的速度是x米/分，则下列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．根据时间、路程、速度之间的关系，表示出乙快递员、甲快递员所用时间，再根据“乙快递员比甲快递员提前10分钟到达派送地点”建立方程，即可解题．
【详解】解：由题知，乙快递员的速度是x米/分，甲快递员的速度是乙快递员速度的1.2倍，
甲快递员的速度是米/分，
甲、乙两名快递员从公司出发分别到距离公司2400米和1000米的两地派送快件，
可列方程为，
故选：A．
8. 如图，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A. （﹣，3）B. （﹣3，）C. （﹣，）D. （﹣2，3）
【答案】A
【解析】
【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出OH，B′H即可．
【详解】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．
在Rt△A′B′H中，∵A′B′=2，∠B′A′H=60°，
∴A′H=A′B′=1，B′H=，
∴OH=2+1=3，
∴B′（，3），
故选：A．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，勾股定理，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
二．填空题（每题4分，共5小题，共20分）
9. 若二次三项式可分解为，则m的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查根据因式分解的结果求参数，把利用多项式的乘法运算法则展开，然后根据对应项的系数相同列出方程求解即可得到m的值．
【详解】解：，
可分解为，
，，
，，
故答案为：．
10. 若关于的不等式的解集是，则的值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】按照移项，合并同类项的步骤求出不等式的解集，再根据不等式的解集为建立方程求解即可．
【详解】解：
移项得：，
合并同类项得：，
∵不等式的解集是，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式，利用不等式的解集得出关于k的方程是解题关键．
11. 如图，在平面直角坐标系中，线段是由线段平移得到的，小颖不小心将墨汁滴到点B的坐标上，已知A，C，D三点的坐标分别为，则点B的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据点A和对应点C的坐标得到平移的规律为：向右平移2个单位，再向上平移1个单位，同步进行的是，点B向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到点D．根据此平移规律推断点B的坐标．
【详解】解：∵线段是由线段平移得到的，
∴点平移的对应点为，点B平移的对应点为，
∵点C是点A向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到的，
∴点D也是点B向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到的，
∴把点向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到点B的坐标，
∴点B的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化一平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减，熟练掌握此规律是解题的关键．
12. 某电器商场促销，海尔某型号冰箱的售价是2500元，进价是1800元，商场为保证利润率不低于5%，则海尔该型号冰箱最多降价_______元．
【答案】610
【解析】
【分析】直接利用利润率＝利润÷进价，进而得出不等式求出答案．
详解】解：设海尔该型号冰箱降价x元，根据题意可得：
2500﹣1800﹣x≥5%×1800，
解得：x≤610，
故答案为：610．
【点睛】本题考查一元一次不等式的实际应用，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
13. 在中，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以适当长为半径作弧，分别交于点M，N；②分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线，交于点D，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了角平分线的性质和尺规作图，含30度角的直角三角形的性质，过D点作于H点，由角平分线的性质得到，由含30度角的直角三角形的性质得到，据此可得答案．
【详解】解：如图，过D点作于H点，
由题中作法得平分，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
三．解答题（共48分）
14. 解方程和不等式组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方程两边同时乘以最简公分母，化分为整，解整式方程，对解进行检验即可；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，用“同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小是无解”进行判断即可．
【小问1详解】
解：方程两边同时乘以得：
解得：．
检验：当时，，
原方程的根为．
【小问2详解】
解：由①得：
，
由②得：
，
此不等式组的解集为．
【点睛】本题考查了分式方程的解法和解一元一次不等式组问题，熟练掌握分式方程的解法和判断解集的方法是解题的关键．
15. 先化简，再从，0，1，2中选择一个恰当的数代入求值．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，先通分括号内的式子，再算括号外的乘法，然后从，0，1，2中选择一个使得原分式有意义的值代入化简后的式子计算即可．
【详解】解：
，
当，0，1时原分式无意义，
，
当时，原式．
16. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；
（2）画出将绕点顺时针旋转所得的；
（3）在（2）的条件下，求线段扫过图形的面积．
【答案】（1）图见解析，
（2）图见解析 （3）
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称作图，旋转作图，扇形面积等知识点，正确作图是解题的关键．
（1）根据中心对称的特点作图即可；
（2）根据旋转的特点作图即可；
（3）根据扇形的面积公式求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；；
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求：
【小问3详解】
解：∵，
∴由图形可知，线段扫过图形的面积扇形的面积．
17. 如图，在中，边的垂直平分线分别交，于点，，边的垂直平分线交，于点，，的周长是12．
（1）求的长；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）12 （2）6
【解析】
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到，，根据三角形的周长公式计算即可；
（2）根据角之间的数量关系，得到，设，则，再根据勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：是边的垂直平分线，是的垂直平分线，
，，
；
【小问2详解】
解：，
，
，，
，，
，
设，则．
，
，
，
，，，
的面积．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、等边对等角、勾股定理、三角形的内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
18. 在等腰直角中，，，将直角边AC绕点A顺时针旋转得到AP，旋转角为，连接CP，PB．
（1）如图1，当时，求BP的长；
（2）如图2，若，且D为AB中点，连接PD，猜想CP和DP的数量关系，并说明理由；
（3）在旋转过程中，当时，求旋转角的度数．
【答案】（1）
（2），见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）点P落在上，解等腰直角，，所以；
（2）解：如图，延长到点F，使得，连接，可证，于是，，结合三角形内和定理，可求证，于是，得，所以；
（3）解：分两种情况：①当点P在内部，如图 ，过点P作，交于点G，过点C作，垂足为E，求证，于是，所以，中 ，，于是；②当点P在外部，如图，延长，交于点I，过点A作,垂足为点H，求证，于是，进一步证得，，而，所以，即．
【小问1详解】
解：时，点P落在上，
等腰直角中，，
∴
∴
【小问2详解】
解：如图，延长到点F，使得，连接
∵，，
∴
∴，
∵，
∴
∵
∴
中，，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
而
∴
【小问3详解】
解：分两种情况：①当点P在内部
如图 ，过点P作，交于点G，过点C作，垂足为E，
∵
∴，
中，
∴
由（2）推证知
∴
又，
∴
∴
又
∴中 ，
∴
②当点P在外部
如图，延长，交于点I，过点A作,垂足为点H
∵
∴，
∵，，
∴
∴
又
∴
∴
∵
∴
∴
∴
即
综上，或
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，特殊直角三角形，勾股定理，注意动态问题的分类讨论，添加辅助线构造全等三角形，寻求线段之间的关系是解题的关键．
B卷（50分）
一．填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
19. 若，则代数式的值为______．
【答案】49
【解析】
【分析】先计算的值，再将所求代数式利用平方差公式分解前两项后，将的值代入化简计算，然后再代入计算即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴
=
=
=
=
=49．
故答案为：49．
【点睛】本题主要考查因式分解的应用，通过平方差公式分解因式后整体代入是解题的关键．
20. 分式方程的解大于1时，的取值范围是____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的特殊解，熟悉掌握运算法则是解题的关键；
根据分式方程的解法解出，再根据解的取值范围求的范围即可．
【详解】解：
，
∵，，
∴，
解得：且，
故答案为：且．
21. 如图，△ABC的面积为4cm2，BP平分∠ABC，且AP⊥BP于点P，则△PBC的面积为______cm2
【答案】2
【解析】
【分析】由平分，，可推出，进一步知道，（等底等高），又由得到答案．
【详解】解：如下图：
延长交于，
∵平分，，
∴，
∴，，
∴．
故答案：2
【点睛】本题考查三角形中线的性质，三角形三线合一，根据相关定理解题是关键．
22. 如图，中，，平分交于点D，当为等腰三角形时，线段的值为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】对为等腰三角形进行分类讨论，即：①；②；③，三种情况，再利用等腰三角形的性质，解直角三角形进行计算即可解答．
【详解】解：，平分，
，
①当时，如图所示：
此时，
，
，
，
，
可得，
；
②当时，过点作垂线段交于点，如图所示：
此时，
，
设，
，
则，，，
，
，
故可得，
解得，
；
③当时，，
此时
，
故无法构成，故此种情况不存在，
综上所述，为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，含有角的直角三角形三边关系，正确地进行分类讨论，熟练画出对应图形是解题的关键．
23. 在中，，，，点和点分别是射线和射线上的动点，且满足，则的最小值为____．
【答案】##
【解析】
【分析】如图，在的上方作等边，过点作于点，由三角形的内角和定理及直角三角形的性质得，，进而利用勾股定理得，然后再根据等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质得，，进而证明是等边三角形，得，从而，，当、、三点共线时，取最小值，即可得解．
【详解】解：如图，在的上方作等边，过点作于点，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，当、、三点共线时，取最小值，
∴的最小值为
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，两点之间线段最短，熟练掌握直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质以及两点之间线段最短是解题的关键．
二．解答题（本大题共30分）
24. 国庆期间，某商家用元购进了一批纪念衫，上市后果然供不应求，商家又用元购进了第二批这种纪念衫，所购数量是第一批购进量的2倍，但每件贵了元．
（1）该商家购进的第一批纪念衫单价是多少元？
（2）若两批纪念衫按相同的标价销售，最后剩下20件按标价八折优惠卖出，如果两批纪念衫全部售完利润不低于元（不考虑其他因素），那么每件纪念衫的标价至少是多少元？
【答案】（1）该商家购进的第一批纪念衫单价是元；
（2）每件纪念衫的标价至少是元；
【解析】
【分析】（1）设第一批纪念衫单价是x元，则第二批纪念衫单价是元，根据两次的数量关系列方程求解即可得到答案；
（2）设每件纪念衫的标价是y元，根据利润不低于元列不等式求解即可得到答案；
【小问1详解】
解：设第一批纪念衫单价是x元，则第二批纪念衫单价是元，由题意可得
，解得：，
答：该商家购进的第一批纪念衫单价是元；
【小问2详解】
解：根据（1）得：第一批数量为件，第二批为件，
设每件纪念衫的标价是y元，由题意可得，
，
解得：，
∴每件纪念衫的标价至少是元；
【点睛】本题考查分式方程解决实际应用问题，不等式解决实际应用问题，解题的关键是根据题意找到等量关系式与不等关系式．
25. 【模型建立】如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过点作于点，过点作于点，易证明（无需证明），我们将这个模型称为“形图”．接下来我们就利用这个模型来解决一些问题：
【模型运用】
（1）如图2，在平面直角坐标系中，等腰，，，与轴交点，点的坐标为，点的坐标为，求，两点坐标；
（2）如图3，在平面直角坐标系中，直线函数关系式为：，它交轴于点，交轴于点，在轴上是否存在点，使直线与直线的夹角为45°？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【模型拓展】
（3）如图4，在中，，，，点在上，点在上，，分别连接，交于点．若，请直接写出的长．
【答案】（1），；（2），或，；（3）
【解析】
【分析】（1）如图1，过点作轴于．证明推出，，可得，求出直线的解析式，即可解决问题；
（2）分两种情况：①点在负半轴上，如图2，过点作，交于点，过点作轴于点，先证明，得出，再利用待定系数法求出直线的解析式，进而得出答案；②点在正半轴上，如图3，过点作交于点，过点作轴于点，方法同①即可得出答案；
（3）如图4，过点作，过点作于交轴于，在轴负半轴上截取，过点作轴交的延长线于，先证明，再求出，再利用待定系数法得出直线解析式，得出点坐标，运用勾股定理求出，再由求出，最后再应用等腰直角三角形性质和勾股定理即可得出答案．
【详解】解：（1）如图1，过点作轴于，
点的坐标为，点的坐标为，
，，
等腰，，，
又轴，轴轴，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
，
直线的解析式为，
与轴交点，
；
（2）存在符合条件的点．理由如下：
①点在负半轴上，如图2，
过点作，交于点，过点作轴于点，
，，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
，；
②点在正半轴上，如图3，
过点作交于点，过点作轴于点，
，，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
，；
综上所述，，或，；
（3）如图4，过点作，过点作于交轴于，
在轴负半轴上截取，过点作轴交的延长线于，
则，
，，
，
，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
令，得，
解得：，
，，
，
在中，，
设，则，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
，
解得：（舍去），，
，，
．
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质和判定，勾股定理，平行线的性质等知识；解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形，运用面积法解决问题，属于压轴题．
26. 给出如下定义：线段上有两个点M和点N，如果，，边的三角形是直角三角形则称点M，点N为线段的勾股点，
（1）如图，，，点M，点N为的勾股点，则 ；
（2）如图2，点M，点N为等腰斜边的勾股点，连接，，求的度数；
（3）如图3，在（2）的基础上，过点A垂直于的直线与过点B垂直于的直线相交于点D，延长，分别与，相交于点F和点E，且，，求线段的长．
【答案】（1）5或
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）分是斜边，是直角边两种情况讨论，利用勾股定理计算即可求解；
（2）过点A作，且，，由题意得，得到，证明和，据此可求解；
（3）延长到点，使，证明，推出是等腰直角三角形，求得，，同理是等腰直角三角形，求得，，再作于点，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：当是斜边时，，
当是直角边时，，
故答案为：5或；
【小问2详解】
解：如图，过点A作，且，
∴，
∵等腰，
∴，，
∵点M，点N为等腰斜边的勾股点，
∴，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：延长到点，使，连接，
由题意得，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
由（2）得，
∴是的垂直平分线，
∴点是、、三线的交点，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
连接，作于点，
同理等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
试卷说明：
1.本试卷共一张，1~4页；全卷分A卷和B卷，A卷满分100分，B卷满分50分；考试时间120分钟．A卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为其他类型的题．
2.考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在试卷和答题卡上．考试结束，监考人员只收机读卡和答题卷．
3.第Ⅰ卷全是选择题，各题均有四个选项，只有一项符合题目要求．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，选择题的答案不能答在试卷上．请注意机读答题卡的横竖格式．
A卷（共100分）
第Ⅰ卷（选择题，共32分）
一．选择题（每题4分，共8小题，共32分）
1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2. 若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的性质逐项分析判断即可．
【详解】A. 若，则，故该选项正确，符合题意；
B. 若，则，故该选项不正确，不符合题意；
C 若，则，故该选项不正确，不符合题意；
D. 若，则，故该选项不正确，不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查了不等式的基本性质，熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键．不等式的性质：不等式的基本性质1：不等式的两边都加上（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式的基本性质2：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的基本性质3：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
3. 下列从左边到右边的变形，属于因式分解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查因式分解的定义：将一个多项式分解成几个整式的积的形式，叫做因式分解．根据定义进行判断即可．
【详解】解：A、不是对多项式进行变形，故选项错误，不符合题意；
B、是整式的乘法，不是因式分解，故选项错误，不符合题意；
C、是因式分解，故选项正确，符合题意；
D、等式右边不是整式的积的形式，故选项错误，不符合题意；
故选：C．
4. 使分式的值为0，这时x应为（ ）
A. x＝±1B. x＝1C. x＝1 且 x≠﹣1D. x 的值不确定
【答案】B
【解析】
【分析】使分式的值为0，则x2-1=0,且x+1≠0.
【详解】解：使分式的值为0，
则x2-1=0,且x+1≠0
解得x＝1
故选：B．
【点睛】本题主要考查了分式的意义：要使分式值为0，则要使分子等于0，分母不等于0．
5. 如图，△ABC沿BC方向平移后的得到△DEF，已知BC=5，EC=2，则平移的距离是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意判断BE的长就是平移的距离，利用已知条件求出BE即可．
【详解】因为沿BC方向平移，点E是点B移动后的对应点，
所以BE的长等于平移的距离，
由图可知，点B、E、C在同一直线上，BC=5，EC=2，
所以BE=BC-ED=5-2=3,
故选 C．
【点睛】本题考查了平移，正确找出平移对应点是求平移距离的关键．
6. 如图所示，直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝mx+n交于点P（﹣2，3），不等式kx+b≤mx+n的解集是（ ）
A. x＞﹣2B. x≥﹣2C. x＜﹣2D. x≤﹣2
【答案】D
【解析】
【分析】观察函数图象，写出直线l1：y＝kx+b不在直线l2：y＝mx+n上方的自变量的取值范围即可．
【详解】解：如图所示，直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝mx+n交于点P（﹣2，3），
所以，不等式kx+b≤mx+n的解集是x≤﹣2，
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数与不等式的关系，解题的关键是利用数形结合求解．
7. 电商经济的蓬勃发展，物流配送体系建设的不断完善，推动我国快递行业迅速崛起．某快递公司的甲、乙两名快递员从公司出发分别到距离公司2400米和1000米的两地派送快件，甲快递员的速度是乙快递员速度的1.2倍，乙快递员比甲快递员提前10分钟到达派送地点．若设乙快递员的速度是x米/分，则下列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．根据时间、路程、速度之间的关系，表示出乙快递员、甲快递员所用时间，再根据“乙快递员比甲快递员提前10分钟到达派送地点”建立方程，即可解题．
【详解】解：由题知，乙快递员的速度是x米/分，甲快递员的速度是乙快递员速度的1.2倍，
甲快递员的速度是米/分，
甲、乙两名快递员从公司出发分别到距离公司2400米和1000米的两地派送快件，
可列方程为，
故选：A．
8. 如图，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A. （﹣，3）B. （﹣3，）C. （﹣，）D. （﹣2，3）
【答案】A
【解析】
【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出OH，B′H即可．
【详解】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．
在Rt△A′B′H中，∵A′B′=2，∠B′A′H=60°，
∴A′H=A′B′=1，B′H=，
∴OH=2+1=3，
∴B′（，3），
故选：A．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，勾股定理，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
二．填空题（每题4分，共5小题，共20分）
9. 若二次三项式可分解为，则m的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查根据因式分解的结果求参数，把利用多项式的乘法运算法则展开，然后根据对应项的系数相同列出方程求解即可得到m的值．
【详解】解：，
可分解为，
，，
，，
故答案为：．
10. 若关于的不等式的解集是，则的值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】按照移项，合并同类项的步骤求出不等式的解集，再根据不等式的解集为建立方程求解即可．
【详解】解：
移项得：，
合并同类项得：，
∵不等式的解集是，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式，利用不等式的解集得出关于k的方程是解题关键．
11. 如图，在平面直角坐标系中，线段是由线段平移得到的，小颖不小心将墨汁滴到点B的坐标上，已知A，C，D三点的坐标分别为，则点B的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据点A和对应点C的坐标得到平移的规律为：向右平移2个单位，再向上平移1个单位，同步进行的是，点B向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到点D．根据此平移规律推断点B的坐标．
【详解】解：∵线段是由线段平移得到的，
∴点平移的对应点为，点B平移的对应点为，
∵点C是点A向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到的，
∴点D也是点B向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到的，
∴把点向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到点B的坐标，
∴点B的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化一平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减，熟练掌握此规律是解题的关键．
12. 某电器商场促销，海尔某型号冰箱的售价是2500元，进价是1800元，商场为保证利润率不低于5%，则海尔该型号冰箱最多降价_______元．
【答案】610
【解析】
【分析】直接利用利润率＝利润÷进价，进而得出不等式求出答案．
详解】解：设海尔该型号冰箱降价x元，根据题意可得：
2500﹣1800﹣x≥5%×1800，
解得：x≤610，
故答案为：610．
【点睛】本题考查一元一次不等式的实际应用，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
13. 在中，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以适当长为半径作弧，分别交于点M，N；②分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线，交于点D，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了角平分线的性质和尺规作图，含30度角的直角三角形的性质，过D点作于H点，由角平分线的性质得到，由含30度角的直角三角形的性质得到，据此可得答案．
【详解】解：如图，过D点作于H点，
由题中作法得平分，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
三．解答题（共48分）
14. 解方程和不等式组：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方程两边同时乘以最简公分母，化分为整，解整式方程，对解进行检验即可；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，用“同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小是无解”进行判断即可．
【小问1详解】
解：方程两边同时乘以得：
解得：．
检验：当时，，
原方程的根为．
【小问2详解】
解：由①得：
，
由②得：
，
此不等式组的解集为．
【点睛】本题考查了分式方程的解法和解一元一次不等式组问题，熟练掌握分式方程的解法和判断解集的方法是解题的关键．
15. 先化简，再从，0，1，2中选择一个恰当的数代入求值．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，先通分括号内的式子，再算括号外的乘法，然后从，0，1，2中选择一个使得原分式有意义的值代入化简后的式子计算即可．
【详解】解：
，
当，0，1时原分式无意义，
，
当时，原式．
16. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；
（2）画出将绕点顺时针旋转所得的；
（3）在（2）的条件下，求线段扫过图形的面积．
【答案】（1）图见解析，
（2）图见解析 （3）
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称作图，旋转作图，扇形面积等知识点，正确作图是解题的关键．
（1）根据中心对称的特点作图即可；
（2）根据旋转的特点作图即可；
（3）根据扇形的面积公式求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；；
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求：
【小问3详解】
解：∵，
∴由图形可知，线段扫过图形的面积扇形的面积．
17. 如图，在中，边的垂直平分线分别交，于点，，边的垂直平分线交，于点，，的周长是12．
（1）求的长；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）12 （2）6
【解析】
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到，，根据三角形的周长公式计算即可；
（2）根据角之间的数量关系，得到，设，则，再根据勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：是边的垂直平分线，是的垂直平分线，
，，
；
【小问2详解】
解：，
，
，，
，，
，
设，则．
，
，
，
，，，
的面积．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、等边对等角、勾股定理、三角形的内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
18. 在等腰直角中，，，将直角边AC绕点A顺时针旋转得到AP，旋转角为，连接CP，PB．
（1）如图1，当时，求BP的长；
（2）如图2，若，且D为AB中点，连接PD，猜想CP和DP的数量关系，并说明理由；
（3）在旋转过程中，当时，求旋转角的度数．
【答案】（1）
（2），见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）点P落在上，解等腰直角，，所以；
（2）解：如图，延长到点F，使得，连接，可证，于是，，结合三角形内和定理，可求证，于是，得，所以；
（3）解：分两种情况：①当点P在内部，如图 ，过点P作，交于点G，过点C作，垂足为E，求证，于是，所以，中 ，，于是；②当点P在外部，如图，延长，交于点I，过点A作,垂足为点H，求证，于是，进一步证得，，而，所以，即．
【小问1详解】
解：时，点P落在上，
等腰直角中，，
∴
∴
【小问2详解】
解：如图，延长到点F，使得，连接
∵，，
∴
∴，
∵，
∴
∵
∴
中，，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
而
∴
【小问3详解】
解：分两种情况：①当点P在内部
如图 ，过点P作，交于点G，过点C作，垂足为E，
∵
∴，
中，
∴
由（2）推证知
∴
又，
∴
∴
又
∴中 ，
∴
②当点P在外部
如图，延长，交于点I，过点A作,垂足为点H
∵
∴，
∵，，
∴
∴
又
∴
∴
∵
∴
∴
∴
即
综上，或
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，特殊直角三角形，勾股定理，注意动态问题的分类讨论，添加辅助线构造全等三角形，寻求线段之间的关系是解题的关键．
B卷（50分）
一．填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
19. 若，则代数式的值为______．
【答案】49
【解析】
【分析】先计算的值，再将所求代数式利用平方差公式分解前两项后，将的值代入化简计算，然后再代入计算即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴
=
=
=
=
=49．
故答案为：49．
【点睛】本题主要考查因式分解的应用，通过平方差公式分解因式后整体代入是解题的关键．
20. 分式方程的解大于1时，的取值范围是____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的特殊解，熟悉掌握运算法则是解题的关键；
根据分式方程的解法解出，再根据解的取值范围求的范围即可．
【详解】解：
，
∵，，
∴，
解得：且，
故答案为：且．
21. 如图，△ABC的面积为4cm2，BP平分∠ABC，且AP⊥BP于点P，则△PBC的面积为______cm2
【答案】2
【解析】
【分析】由平分，，可推出，进一步知道，（等底等高），又由得到答案．
【详解】解：如下图：
延长交于，
∵平分，，
∴，
∴，，
∴．
故答案：2
【点睛】本题考查三角形中线的性质，三角形三线合一，根据相关定理解题是关键．
22. 如图，中，，平分交于点D，当为等腰三角形时，线段的值为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】对为等腰三角形进行分类讨论，即：①；②；③，三种情况，再利用等腰三角形的性质，解直角三角形进行计算即可解答．
【详解】解：，平分，
，
①当时，如图所示：
此时，
，
，
，
，
可得，
；
②当时，过点作垂线段交于点，如图所示：
此时，
，
设，
，
则，，，
，
，
故可得，
解得，
；
③当时，，
此时
，
故无法构成，故此种情况不存在，
综上所述，为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，含有角的直角三角形三边关系，正确地进行分类讨论，熟练画出对应图形是解题的关键．
23. 在中，，，，点和点分别是射线和射线上的动点，且满足，则的最小值为____．
【答案】##
【解析】
【分析】如图，在的上方作等边，过点作于点，由三角形的内角和定理及直角三角形的性质得，，进而利用勾股定理得，然后再根据等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质得，，进而证明是等边三角形，得，从而，，当、、三点共线时，取最小值，即可得解．
【详解】解：如图，在的上方作等边，过点作于点，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，当、、三点共线时，取最小值，
∴的最小值为
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，两点之间线段最短，熟练掌握直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质以及两点之间线段最短是解题的关键．
二．解答题（本大题共30分）
24. 国庆期间，某商家用元购进了一批纪念衫，上市后果然供不应求，商家又用元购进了第二批这种纪念衫，所购数量是第一批购进量的2倍，但每件贵了元．
（1）该商家购进的第一批纪念衫单价是多少元？
（2）若两批纪念衫按相同的标价销售，最后剩下20件按标价八折优惠卖出，如果两批纪念衫全部售完利润不低于元（不考虑其他因素），那么每件纪念衫的标价至少是多少元？
【答案】（1）该商家购进的第一批纪念衫单价是元；
（2）每件纪念衫的标价至少是元；
【解析】
【分析】（1）设第一批纪念衫单价是x元，则第二批纪念衫单价是元，根据两次的数量关系列方程求解即可得到答案；
（2）设每件纪念衫的标价是y元，根据利润不低于元列不等式求解即可得到答案；
【小问1详解】
解：设第一批纪念衫单价是x元，则第二批纪念衫单价是元，由题意可得
，解得：，
答：该商家购进的第一批纪念衫单价是元；
【小问2详解】
解：根据（1）得：第一批数量为件，第二批为件，
设每件纪念衫的标价是y元，由题意可得，
，
解得：，
∴每件纪念衫的标价至少是元；
【点睛】本题考查分式方程解决实际应用问题，不等式解决实际应用问题，解题的关键是根据题意找到等量关系式与不等关系式．
25. 【模型建立】如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过点作于点，过点作于点，易证明（无需证明），我们将这个模型称为“形图”．接下来我们就利用这个模型来解决一些问题：
【模型运用】
（1）如图2，在平面直角坐标系中，等腰，，，与轴交点，点的坐标为，点的坐标为，求，两点坐标；
（2）如图3，在平面直角坐标系中，直线函数关系式为：，它交轴于点，交轴于点，在轴上是否存在点，使直线与直线的夹角为45°？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【模型拓展】
（3）如图4，在中，，，，点在上，点在上，，分别连接，交于点．若，请直接写出的长．
【答案】（1），；（2），或，；（3）
【解析】
【分析】（1）如图1，过点作轴于．证明推出，，可得，求出直线的解析式，即可解决问题；
（2）分两种情况：①点在负半轴上，如图2，过点作，交于点，过点作轴于点，先证明，得出，再利用待定系数法求出直线的解析式，进而得出答案；②点在正半轴上，如图3，过点作交于点，过点作轴于点，方法同①即可得出答案；
（3）如图4，过点作，过点作于交轴于，在轴负半轴上截取，过点作轴交的延长线于，先证明，再求出，再利用待定系数法得出直线解析式，得出点坐标，运用勾股定理求出，再由求出，最后再应用等腰直角三角形性质和勾股定理即可得出答案．
【详解】解：（1）如图1，过点作轴于，
点的坐标为，点的坐标为，
，，
等腰，，，
又轴，轴轴，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
，
直线的解析式为，
与轴交点，
；
（2）存在符合条件的点．理由如下：
①点在负半轴上，如图2，
过点作，交于点，过点作轴于点，
，，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
，；
②点在正半轴上，如图3，
过点作交于点，过点作轴于点，
，，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
，；
综上所述，，或，；
（3）如图4，过点作，过点作于交轴于，
在轴负半轴上截取，过点作轴交的延长线于，
则，
，，
，
，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
令，得，
解得：，
，，
，
在中，，
设，则，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
，
解得：（舍去），，
，，
．
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质和判定，勾股定理，平行线的性质等知识；解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形，运用面积法解决问题，属于压轴题．
26. 给出如下定义：线段上有两个点M和点N，如果，，边的三角形是直角三角形则称点M，点N为线段的勾股点，
（1）如图，，，点M，点N为的勾股点，则 ；
（2）如图2，点M，点N为等腰斜边的勾股点，连接，，求的度数；
（3）如图3，在（2）的基础上，过点A垂直于的直线与过点B垂直于的直线相交于点D，延长，分别与，相交于点F和点E，且，，求线段的长．
【答案】（1）5或
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）分是斜边，是直角边两种情况讨论，利用勾股定理计算即可求解；
（2）过点A作，且，，由题意得，得到，证明和，据此可求解；
（3）延长到点，使，证明，推出是等腰直角三角形，求得，，同理是等腰直角三角形，求得，，再作于点，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：当是斜边时，，
当是直角边时，，
故答案为：5或；
【小问2详解】
解：如图，过点A作，且，
∴，
∵等腰，
∴，，
∵点M，点N为等腰斜边的勾股点，
∴，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：延长到点，使，连接，
由题意得，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
由（2）得，
∴是的垂直平分线，
∴点是、、三线的交点，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
连接，作于点，
同理等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
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