人教版八年级数学下学期大串讲期末模拟预测卷01(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学下学期大串讲期末模拟预测卷01(原卷版+解析)，共27页。
本试卷25道试题，满分120分，考试时间100分钟．
本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．
答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息．
一．选择题（共10小题每题3分，满分30分）
1．（2022春•武威期末）若代数式有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A．x≠1B．x≥0C．x＞0D．x≥0且x≠1
2．（2021春•抚远市校级期末）如图，函数y＝kx和y＝ax+b的图象交于点P，根据图象可得不等式kx＜ax+b的解集是（ ）
A．x＜﹣3B．x＞﹣3C．x＜1D．x＞1
3．（2022春•武威期末）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，AB＝2，∠ABE＝45°，则DE的长为（ ）
A．2﹣2B．﹣1C．﹣1D．2﹣
4．（2022春•武威期末）正比例函数y＝kx（k≠0）的图象在第二、四象限，则一次函数y＝x﹣k的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022春•武威期末）在平面直角坐标系中，方程2x+3y＝4所对应的直线为a，方程3x+2y＝4所对应的直线为b直线a与b的交点为P（m，n），下列说法错误的是（ ）
A．是方程2x+3y＝4的解
B．是方程3x+2y＝4的解
C．是方程组的解
D．以上说法均错误
6．（2022春•武威期末）已知△ABC的边BC在x轴上，顶点A在y轴上，且B点坐标为（﹣6，0），C点坐标为（2，0），△ABC的面积为12，则A点坐标为（ ）
A．（0，3）B．（0，﹣3）
C．（0，3）或（0，﹣3）D．（0，）
7．（2021春•抚远市校级期末）某校有两个健美操队，分别是甲队和乙队，两队队员的平均身高都是165cm，甲队队员身高的方差S甲2＝1.6，乙队队员身高的方差s乙2＝0.8，则下列描述正确的是（ ）
A．两队队员身高一样整齐
B．甲队队员比乙队队员身高整齐
C．乙队队员比甲队队员身高整齐
D．甲队队员比乙队队员身高更高
8．（2022春•唐县期末）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（ ）
A．1，2，3B．2，2，6C．3，4，5D．4，5，6
9．（2022春•武威期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，分别添加下列条件：①AB∥CD；②AB＝CD；③AD＝BC；④∠B＝∠D；⑤∠A＝∠C，其中能使四边形ABCD成为平行四边形的条件有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．9个
10．（2022春•武威期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E为CD中点，P、Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当四边形APQE周长最小时，BP的长为（ ）
A．1B．2C．2D．4
二．填空题（共8小题，每题3分，满分24分）
11．（2022春•遂溪县期末）计算：×＝ ．
12．（2022春•遂溪县期末）若二次根式有意义，则x的取值范围是 ．
13．（2022春•遂溪县期末）已知点（﹣2，m），（3，n）都在直线y＝﹣3x+b上，则m n．（填“＞”“＜”或“＝”）
14．（2021春•抚远市校级期末）如图，正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2的点A1，A2，A3和点C1，C2，C3分别在直线y＝x+1和x轴上，用同样的方式依次放置正方形A4B4C4C3、A5B5C5C3，则点Bn的纵坐标是 ．
15．（2021春•虎林市校级期末）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，AC＝4，D、E、F分别为BC、AC、AB中点，连接DE、FE，则四边形BDEF的周长是 ．
16．（2022春•遂溪县期末）某校规定：学生的单科学期综合成绩是由平时、期中和期末三项成绩按3：3：4的比例计算所得．已知某学生本学期数学的平时、期中和期末成绩分别是80分、80分和85分，那么他本学期数学学期综合成绩是 分．
17．（2022春•遂溪县期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，若AC＝10，BD＝6，BC＝4，则平行四边形ABCD的面积为 ．
18．（2022春•遂溪县期末）如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
三．解答题（共7小题，满分66分）
19．（2021春•广丰区期末）计算：[（+）﹣（﹣）]×．
20．（2021春•抚远市校级期末）如图，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，CD＝12，AD＝13，点E是AD的中点，求CE的长．
21．（2021春•抚远市校级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l的表达式为y＝2x﹣6，点A，B的坐标分别为（1，0），（0，2），直线AB与直线l相交于点P．
（1）求直线AB的表达式；
（2）求点P的坐标；
（3）若直线l上存在一点C，使得△APC的面积是△APO的面积的2倍，直接写出点C的坐标．
22．（2021春•广丰区期末）某教研机构为了解在校初中生阅读课外书的现状，随机抽取某部分初中学生进行了调查，得到一天的课外阅读时间的相关数据绘制成以下不完整的统计图表，请根据图表中的信息解答下列题：
某校初中学生阅读课外书情况统计表
（1）求样本容量及表格中a、b、c的值，并补全统计图；
（2）样本中每人平均课外阅读时间是多少？这些数据的中位数是多少？
（2）每天课外阅读时间少于1小时的学生，认为不重视课外阅读．若该校共有初中生2300名，请估计该校“不重视课外阅读”的初中生人数．
23．（2021春•广丰区期末）雨伞是我们常用的雨具，如图是一把非折叠式雨伞，已知伞的轴杆AB＝40cm，龙骨BF＝32cm，支撑杆DC＝14cm，支撑点D、E在龙骨的中点，C点在轴杆上滑动，当雨伞撑开时，AC＝28cm，求此时雨伞的宽度．
（撑开时龙骨的弯曲忽略）
24．（2021春•广丰区期末）某公司计划在7月份准备租用汽车送240名员工去某地旅行，要去旅行的职工有234名，行政领导有6名，要求每辆车上至少有1名行政领导．
现有甲、乙两种大客车可供选择，它们的载客量和租金如下表所示．
要求节约费用的前提下解答下列问题，
（1）设甲、乙两种大客车共租用a辆，求a的可能取值；
（2）总共有几种符合题意的租车方案；
（3）设租用甲种客车x辆，租用乙种客车（a﹣x）辆，租车总费用为y元，试建立y与x的函数关系式，依据函数关系式求租车费用的最小值．
25．（2021春•广丰区期末）如图正方形ABCD的边长为4，E、F、G、H分别是各边中点，连结EF、GH，把正方形分割成四个小正方形，EF、GH交于O点，I、K点分别是EB、OF的中点，∠HIJ＝90°，IJ交EG于J，连结JK、HK．
（1）点J处于EG什么位置？线段IJ与IH的长度关系如何？试证明你的结论；
（2）求四边形HIJK的面积．
读书时间
人数
占总人数比例
1.5小时
a
0.3
1小时
57
0.38
0.5小时
b
c
0小时
9
0.06
甲种客车
乙种客车
载客量（人/辆）
50
30
租金（元/辆）
600
300
2022-2023学年八年级数学下学期期末模拟预测卷01
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
考生注意：
本试卷25道试题，满分120分，考试时间100分钟．
本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．
答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息．
一．选择题（共10小题每题3分，满分30分）
1．（2022春•武威期末）若代数式有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A．x≠1B．x≥0C．x＞0D．x≥0且x≠1
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
【解答】解：根据题意得：，
解得：x≥0且x≠1．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
2．（2021春•抚远市校级期末）如图，函数y＝kx和y＝ax+b的图象交于点P，根据图象可得不等式kx＜ax+b的解集是（ ）
A．x＜﹣3B．x＞﹣3C．x＜1D．x＞1
【分析】利用函数图象，写出直线y＝ax+b在直线y＝kx上方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：不等式kx＜ax+b的解集为x＞﹣3．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
3．（2022春•武威期末）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，AB＝2，∠ABE＝45°，则DE的长为（ ）
A．2﹣2B．﹣1C．﹣1D．2﹣
【分析】在Rt△ABE中可求得BE的长，由角平分线的定义和平行的性质可证得BC＝BE，则可求得AD的长，则可求得DE的长．
【解答】解：
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠A＝90°，
∵AB＝2，∠ABE＝45°，
∴AE＝AB＝2，
∴BE＝＝2，
∵AD∥BC，
∴∠DEC＝∠ECB，
∵EC平分∠BED，
∴∠BEC＝∠DEC，
∴∠BEC＝∠ECB，
∴BC＝BE＝2，
∴AD＝2，
∴DE＝AD﹣AE＝2﹣2，
故选：A．
【点评】本题主要考查矩形的性质，根据条件证得BC＝BE是解题的关键．
4．（2022春•武威期末）正比例函数y＝kx（k≠0）的图象在第二、四象限，则一次函数y＝x﹣k的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由正比例函数图象在第二、四象限可得出k＜0，由1＞0，﹣k＞0，利用一次函数图象与系数的关系，即可找出一次函数y＝x﹣k的图象经过的象限，此题得解．
【解答】解：∵正比例函数y＝kx（k≠0）的图象在第二、四象限，
∴k＜0．
∵1＞0，﹣k＞0，
∴一次函数y＝x﹣k的图象经过第一、二、三象限．
故选：A．
【点评】本题考查了正比例函数的性质以及一次函数图象与系数的关系，牢记“k＞0，b＞0⇔y＝kx+b的图象在一、二、三象限”是解题的关键．
5．（2022春•武威期末）在平面直角坐标系中，方程2x+3y＝4所对应的直线为a，方程3x+2y＝4所对应的直线为b直线a与b的交点为P（m，n），下列说法错误的是（ ）
A．是方程2x+3y＝4的解
B．是方程3x+2y＝4的解
C．是方程组的解
D．以上说法均错误
【分析】两方程构成方程组，交点P（m，n）的横坐标即为方程组的解．
【解答】解：∵直线a与直线b的交点为P（m，n），
∴是方程组的解，
故选：C．
【点评】此题考查了一次函数与二元一次方程的关系，一次函数图象上点的坐标特征，求得方程组的解是解决问题的关键．
6．（2022春•武威期末）已知△ABC的边BC在x轴上，顶点A在y轴上，且B点坐标为（﹣6，0），C点坐标为（2，0），△ABC的面积为12，则A点坐标为（ ）
A．（0，3）B．（0，﹣3）
C．（0，3）或（0，﹣3）D．（0，）
【分析】设A（0，t），利用三角形面积公式得到×8×|t|＝12，然后解方程求出t，从而得到A点坐标．
【解答】解：设A（0，t），
∵B点坐标为（﹣6，0），C点坐标为（2，0），
∴BC＝2﹣（﹣6）＝8，
∵△ABC的面积为12，
∴×8×|t|＝12，
解得t＝±3，
∴A点坐标为（0，3）或（0，﹣3）．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的面积：三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S＝×底×高．也考查了坐标与图形性质．
7．（2021春•抚远市校级期末）某校有两个健美操队，分别是甲队和乙队，两队队员的平均身高都是165cm，甲队队员身高的方差S甲2＝1.6，乙队队员身高的方差s乙2＝0.8，则下列描述正确的是（ ）
A．两队队员身高一样整齐
B．甲队队员比乙队队员身高整齐
C．乙队队员比甲队队员身高整齐
D．甲队队员比乙队队员身高更高
【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
【解答】解：∵S甲2＝1.6，S乙2＝0.8，
∴S甲2＝1.6＞S乙2＝0.8，
∴两队中队员身高更整齐的是乙队；
故选：C．
【点评】本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
8．（2022春•唐县期末）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（ ）
A．1，2，3B．2，2，6C．3，4，5D．4，5，6
【分析】根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
【解答】解：A、∵1+2＝3，
∴以1，2，3为边不能构成三角形，
故A不符合题意；
B、∵2+2＝4＜6，
∴以2，2，6为边不能构成三角形，
故B不符合题意；
C、∵32+42＝25，52＝25，
∴32+42＝52，
∴以3，4，5为边能构成直角三角形，
故C符合题意；
D、∵52+42＝41，62＝36，
∴52+42≠62，
∴以4，5，6为边不能构成直角三角形，
故D不符合题意；
故选：C．
【点评】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．
9．（2022春•武威期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，分别添加下列条件：①AB∥CD；②AB＝CD；③AD＝BC；④∠B＝∠D；⑤∠A＝∠C，其中能使四边形ABCD成为平行四边形的条件有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．9个
【分析】由平行四边形的判定、平行线的判定与性质分别对各个条件进行判断即可．
【解答】解：①∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
②由AD∥BC，AD＝BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形；
③∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
④∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠B＝∠D，
∴∠A+∠D＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
⑤∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠C+∠B＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
其中能使四边形ABCD成为平行四边形的条件有①③④⑤，共4个，
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
10．（2022春•武威期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E为CD中点，P、Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当四边形APQE周长最小时，BP的长为（ ）
A．1B．2C．2D．4
【分析】要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF＝DE＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ＝EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH＝45°，再由CQ＝EC即可求出BP的长度．
【解答】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵GH＝DF＝6，EH＝2+4＝6，∠H＝90°，
∴∠GEH＝45°，
∴∠CEQ＝45°，
设BP＝x，则CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，
在△CQE中，∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，
∴CQ＝EC，
∴6﹣x＝2，
解得x＝4．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题的应用，题目具有一定的代表性，是一道难度较大的题目，对学生提出了较高的要求．
二．填空题（共8小题，每题3分，满分24分）
11．（2022春•遂溪县期末）计算：×＝ 2 ．
【分析】根据二次根式的乘法法则、二次根式的性质计算即可．
【解答】解：×
＝
＝
＝
＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查的是二次根式的乘法，掌握二次根式的乘法法则、二次根式的性质是解题的关键．
12．（2022春•遂溪县期末）若二次根式有意义，则x的取值范围是 x≥3 ．
【分析】二次根式的被开方数x﹣3≥0．
【解答】解：根据题意，得
x﹣3≥0，
解得，x≥3；
故答案为：x≥3．
【点评】考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
13．（2022春•遂溪县期末）已知点（﹣2，m），（3，n）都在直线y＝﹣3x+b上，则m ＞ n．（填“＞”“＜”或“＝”）
【分析】根据k＝﹣3＜0，可得一次函数增减性，即可比较m和n的大小．
【解答】解：在直线y＝﹣3x+b中，k＝﹣3＜0，
∴y随着x增大而减小，
∵﹣2＜3，
∴m＞n，
故答案为：＞．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握一次函数的增减性是解题的关键．
14．（2021春•抚远市校级期末）如图，正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2的点A1，A2，A3和点C1，C2，C3分别在直线y＝x+1和x轴上，用同样的方式依次放置正方形A4B4C4C3、A5B5C5C3，则点Bn的纵坐标是 2n﹣1 ．
【分析】根据一次函数y＝x+1可求出与x轴、y轴的交点坐标，即可确定正方形OA1B1C1的边长以及与x轴所交锐角的度数，进而得出△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4、…都是等腰直角三角形，进而由点B1的纵坐标，可求出点B2、B3、B4…的纵坐标，由规律得出答案．
【解答】解：设直线y＝x+1与x轴的交点为D，
∵直线y＝x+1与x轴，y轴的交点坐标为（﹣1，0），（0，1），
∴△A1OD是等腰直角三角形，
又∵正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…
∴△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4、…都是等腰直角三角形，
∴A1B1＝A2B1＝1、A2B2＝A3B2＝2、A3B3＝A4B3＝4、A4B4＝A5B4＝8、A5B5＝A6B5＝16…，
∴点B1的纵坐标为1＝20，
点B2的纵坐标为2＝21，
点B3的纵坐标为4＝22，
点B4的纵坐标为8＝23，
点B5的纵坐标为16＝24，
…
点Bn的纵坐标为2n﹣1，
故答案为：2n﹣1．
【点评】本题考查一次函数图象上点的坐标特征以及数字的变化类，求出点B1的纵坐标，进而求出点B2、B3、B4…的纵坐标是得出正确答案的关键．
15．（2021春•虎林市校级期末）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，AC＝4，D、E、F分别为BC、AC、AB中点，连接DE、FE，则四边形BDEF的周长是 14 ．
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理解答即可．
【解答】解：∵D、E分别为BC、AC中点，
∴DE＝AB＝3，DE∥AB，
∵E、F分别为AC、AB中点，
∴EF＝BC＝4，EF∥BC，
∴平行四边形BDEF的周长为：2×（3+4）＝14，
故答案为：14．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理的应用，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题的关键．
16．（2022春•遂溪县期末）某校规定：学生的单科学期综合成绩是由平时、期中和期末三项成绩按3：3：4的比例计算所得．已知某学生本学期数学的平时、期中和期末成绩分别是80分、80分和85分，那么他本学期数学学期综合成绩是 82 分．
【分析】利用加权平均数的定义列式计算即可．
【解答】解：根据题意得：他本学期数学学期综合成绩是＝82（分），
故答案为：82．
【点评】本题主要考查加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义．
17．（2022春•遂溪县期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，若AC＝10，BD＝6，BC＝4，则平行四边形ABCD的面积为 24 ．
【分析】先作DE∥AC交BC的延长线于点E，然后根据平行四边形的性质和判定可以得到四边形ACED是平行四边形，从而可以得到DE、CE的长，进而得到BE的长，然后根据勾股定理的逆定理可以判断△DBE的形状，最后根据平行四边形的面积＝底×高计算即可．
【解答】解：作DE∥AC交BC的延长线于点E，如图所示，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AC＝DE，AD＝CE，
∵AC＝10，BD＝6，BC＝4，
∴DE＝10，CE＝4，BE＝BC+CE＝8，
∴BD2+BE2＝62+82＝102＝DE2，
∴△DBE是直角三角形，∠DBC＝90°，
∴平行四边形ABCD的面积为：BD•BC＝6×4＝24，
故答案为：24．
【点评】本题考查平行四边形的性质和判定、勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18．（2022春•遂溪县期末）如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 AE＝AF（答案不唯一） （写出一个即可）．
【分析】证△AOF≌△OCE（AAS），得OF＝OE，再证四边形AECF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】解：只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是：AE＝AF，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，∠OFA＝∠OEC，
∵O是AC的中点，
∴OA＝OC，
在△AOF和△OCE中，
，
∴△AOF≌△OCE（AAS），
∴OF＝OE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AE＝AF，
∴平行四边形AECF是菱形，
故答案为：AE＝AF（答案不唯一）．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分66分）
19．（2021春•广丰区期末）计算：[（+）﹣（﹣）]×．
【分析】先根据二次根式的性质进行化简，再利用平方差公式计算即可．
【解答】解：原式＝（2+4﹣2+）×（3﹣2）
＝（3+2）×（3﹣2）
＝54﹣8
＝46．
【点评】此题考查的是二次根式的加减法、二次根式的性质与化简，掌握其运算法则是解决此题的关键．
20．（2021春•抚远市校级期末）如图，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，CD＝12，AD＝13，点E是AD的中点，求CE的长．
【分析】先由勾股定理求得AC的长度，再根据勾股定理的逆定理判定△ADC是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，
∵AB＝4，BC＝3，
∴，
∵CD＝12，AD＝13，
∵AC2+CD2＝52+122＝169，
AD2＝169，
∴AD2+CD2＝AC2，
∴∠C＝90°，
∴△ACD是直角三角形，
∵点E是AD的中点，
∴CE＝．
【点评】本题考查的是勾股定理，勾股定理的逆定理及直角三角形的性质，能根据勾股定理的逆定理判断出△ADC是直角三角形是解答此题的关键．
21．（2021春•抚远市校级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l的表达式为y＝2x﹣6，点A，B的坐标分别为（1，0），（0，2），直线AB与直线l相交于点P．
（1）求直线AB的表达式；
（2）求点P的坐标；
（3）若直线l上存在一点C，使得△APC的面积是△APO的面积的2倍，直接写出点C的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法即可得到直线AB的表达式；
（2）通过解方程组即可得到点P的坐标；
（3）设点C的坐标为（x，2x﹣6），依据△APC的面积是△APO的面积的2倍，即可得出x＝1或3，进而得到C（3，0）或（1，﹣4）．
【解答】解：（1）设直线AB的表达式为y＝kx+b．
由点A，B的坐标分别为（1，0），（0，2），
可知，
解得，
所以直线AB的表达式为y＝﹣2x+2．
（2）由题意，得，
解得，
所以点P的坐标为（2，﹣2）．
（3）直线l的表达式为y＝2x﹣6，令y＝0，则x＝3，
∴直线l与x轴交于（3，0），
设点C的坐标为（x，2x﹣6），
∵△APC的面积是△APO的面积的2倍，
∴×（3﹣1）×|2x﹣6﹣（﹣2）|＝2××1×2，
解得x＝1或3，
∴C（3，0）或（1，﹣4）．
【点评】此题主要考查了一次函数图象相交问题，以及待定系数法求一次函数解析式，关键是掌握两函数图象相交，交点坐标就是两函数解析式组成的方程组的解．
22．（2021春•广丰区期末）某教研机构为了解在校初中生阅读课外书的现状，随机抽取某部分初中学生进行了调查，得到一天的课外阅读时间的相关数据绘制成以下不完整的统计图表，请根据图表中的信息解答下列题：
某校初中学生阅读课外书情况统计表
（1）求样本容量及表格中a、b、c的值，并补全统计图；
（2）样本中每人平均课外阅读时间是多少？这些数据的中位数是多少？
（2）每天课外阅读时间少于1小时的学生，认为不重视课外阅读．若该校共有初中生2300名，请估计该校“不重视课外阅读”的初中生人数．
【分析】（1）利用读书时间为1小时的频数和频率，可以样本容量，进而得出a，b，c的值；
（2）根据加权平均数的定义以及中位数的定义解答即可；
（3）利用样本估计总体即可．
【解答】解：（1）样本容量为：57÷0.38＝150，
故a＝150×0.3＝45，b＝150﹣57﹣45﹣9＝39，c＝1﹣0.3﹣0.38﹣0.06＝0.26，
补全统计图如下：
（2）样本中每人平均课外阅读时间是：（1.5×45+1×57+0.5×39+0×9）＝0.96（小时），
这些数据的中位数是＝1（小时）；
（3）2300×＝736（人），
答：估计该校“不重视课外阅读”的初中生人数为736人．
【点评】此题主要考查了条形统计图以及利用样本估计总体等知识，理论联系实际进而结合抽样调查的随机性进而得出是解题关键．
23．（2021春•广丰区期末）雨伞是我们常用的雨具，如图是一把非折叠式雨伞，已知伞的轴杆AB＝40cm，龙骨BF＝32cm，支撑杆DC＝14cm，支撑点D、E在龙骨的中点，C点在轴杆上滑动，当雨伞撑开时，AC＝28cm，求此时雨伞的宽度．
（撑开时龙骨的弯曲忽略）
【分析】连接DE交AB于M，由轴对称的性质得DM＝EM，DE⊥AB，设BM为xcm，则CM＝（12﹣x）cm，在Rt△BDM和Rt△CDM中，由勾股定理得出方程，得BM＝8.5cm，然后由勾股定理得DM＝（cm），则DE＝2DM＝7（cm），最后证DE是△BFG的中位线，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接DE交AB于M，
由题意得：点D和点E关于AB对称，
∴DM＝EM，DE⊥AB，
∵点D是BF的中点，BF＝32cm，
∴BD＝BF＝16（cm），
当雨伞撑开时，AC＝28cm，
∴BC＝AB﹣AC＝40﹣28＝12（cm），
设BM为xcm，则CM＝（12﹣x）cm，
在Rt△BDM和Rt△CDM中，由勾股定理得：DM2＝BD2﹣BM2＝DC2﹣CM2，
即162﹣x2＝142﹣（12﹣x）2，
解得：x＝，
∴BM＝cm，
在Rt△BDM中，由勾股定理得：DM＝＝＝（cm），
∴DE＝2DM＝7（cm），
∵点D、E分别是BF、BG的中点，
∴DE是△BFG的中位线，
∴FG＝2DE＝14（cm），
即此时雨伞的宽度为14cm．
【点评】本题考查了勾股定理的应用、三角形中位线定理、轴对称的性质等知识，熟练掌握勾股定理和三角形中位线定理是解题的关键．
24．（2021春•广丰区期末）某公司计划在7月份准备租用汽车送240名员工去某地旅行，要去旅行的职工有234名，行政领导有6名，要求每辆车上至少有1名行政领导．
现有甲、乙两种大客车可供选择，它们的载客量和租金如下表所示．
要求节约费用的前提下解答下列问题，
（1）设甲、乙两种大客车共租用a辆，求a的可能取值；
（2）总共有几种符合题意的租车方案；
（3）设租用甲种客车x辆，租用乙种客车（a﹣x）辆，租车总费用为y元，试建立y与x的函数关系式，依据函数关系式求租车费用的最小值．
【分析】（1）根据全租甲种车辆时所租车辆数最少计算，每一辆车上只有1名老师时所租车辆最多，然后根据车辆数是整数解答；
（2）设租用甲种客车x辆，那么租用乙种客车（a﹣x）辆，依题意得：50+30（a﹣x）≥234+6，然后根据题意求出x和a﹣x的值即可；
（3）根据纵费用＝两种汽车费用之和得出y关于x的函数解析式，再根据函数的性质求最值．
【解答】解：（1））∵（234+6）÷50＝4，
∴保证240名员工都有车坐，租用汽车总数不能小于5；
∵只有6名行政领导，
∴要使每辆汽车上至少要有1名行政领导，汽车总数不能大于6；
综上可知：a的可能取值有5或6；
（2）设租用甲种客车x辆，那么租用乙种客车（a﹣x）辆，
依题意得：50x+30（a﹣x）≥234+6，
约分得：5x+3（a﹣x）≥24，
整理得：x≥12﹣a≥12﹣×6＝3，
∴当x＝3时，a﹣x≥＝3，此时取a﹣x＝3，
当x＝4时，a﹣x≥＝，此时取a﹣x＝2，
当x＝5时，a﹣x≥＝﹣，此时取a﹣x＝0，
∴符合题意的租车方案有：“租用甲种客车3辆，租用乙种客车3辆”、“租用甲种客车4辆，租用乙种客车2辆”、“租用甲种客车5辆，租用乙种客车0辆”共三种租车方案；
（3）由题意得：y＝600x+300（a﹣x）＝300x+300a，
∵300＞0，
∴y随x的增大而增大，
又∵x＝3，4，5，
∴当x＝3时，y最小，此时（a﹣x）＝3，
∴y最小值为600×3+300×3＝2700．
【点评】本题考查了一次函数的应用，一元一次不等式的应用，读懂题意求出所租车辆的总数是6辆是解题的关键．
25．（2021春•广丰区期末）如图正方形ABCD的边长为4，E、F、G、H分别是各边中点，连结EF、GH，把正方形分割成四个小正方形，EF、GH交于O点，I、K点分别是EB、OF的中点，∠HIJ＝90°，IJ交EG于J，连结JK、HK．
（1）点J处于EG什么位置？线段IJ与IH的长度关系如何？试证明你的结论；
（2）求四边形HIJK的面积．
【分析】（1）通过构造全等三角形证明点J是EG的中点，从而确定四边形EBCG的中点四边形是正方形．利用中位线定理判定一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，用一组对边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形．
（2）由（1）知四边形HIJK是正方形，四边形HIJK的面积即边长HI的平方．
【解答】解：（1）点J是EG的中点，IJ＝IH．
证明：
连接GC、EC、BG，EC和BG交于点M，取BH的中点N，连接IN，
∴BN＝NH＝BH，
∵四边形ABCD为正方形，E、F、G、H分别是各边中点，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，BH＝BC＝2，BE＝AE＝AB＝2，AG＝DG＝AD＝2，∠A＝∠IBH＝90°，
∴BH＝BE＝AE＝AG＝2，∠BHI+∠BIH＝90°，
∴△AEG是等腰直角三角形．
∴∠AEG＝∠AGE＝45°，EG＝AE＝2，
∴∠IEG＝180°﹣∠AEG＝135°，
∵I分别是BE的中点，
∴EI＝BI＝BE，
∴EI＝NH＝BN＝1，
∴△BNI是等腰直角三角形．
∴∠BNI＝∠BIN＝45°，IN＝BN＝BH＝AE＝，
∴∠INH＝180°﹣∠BNI＝135°，
∴∠GEI＝∠INH，
∵∠HIJ＝90°，
∴∠EIJ+∠BIH＝180°﹣∠HIJ＝90°，
又∵∠NHI+∠BIH＝90°，
∴∠EIJ＝∠NHI，
∴△IJE≌△HIN（ASA），
∴IJ＝HI，EJ＝IN＝，
∵EG＝2，
∴EJ＝EG．
∴点J是EG的中点．
∵四边形ABCD为正方形，G、H是AD和BC的中点，
∴GC与OF的交点为OF的中点K，
∴HK为△BCG的中位线，
∴HK∥BG，且HK＝BG．
∵I、J分别是BE和GE的中点，
∴IJ为△BEG的中位线，
∴IJ∥BG，且IJ＝BG．
∴HK∥IJ，且HK＝IJ．
∴四边形IHKJ为平行四边形．
∵IJ＝HI，
∴平行四边形IHKJ为菱形．
∵∠HIJ＝90°，
∴菱形IHKJ为正方形．
（2）由（1）知，四边形HIJK为正方形，
∴四边形HIJK的面积＝边长HI2＝BH2+BI2＝22+12＝5．
【点评】本题考查的是正方形的性质与判定的综合题目，其中涉及到构造全等三角形、中位线定理以及正方形的判定．
读书时间
人数
占总人数比例
1.5小时
a
0.3
1小时
57
0.38
0.5小时
b
c
0小时
9
0.06
甲种客车
乙种客车
载客量（人/辆）
50
30
租金（元/辆）
600
300