【文档说明】2020-2021学年八年级下学期期末满分冲刺全真模拟卷02（苏科版）（解析版）.docx，共(38)页，731.046 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b6bf76ae5978fc213f21901ab7a884be.html

以下为本文档部分文字说明：

2020-2021学年八年级下学期期末满分冲刺全真模拟卷02（考试时间：120分钟总分：150分）班级：姓名：学号：分数：一、单选题（每题3分，共24分）1．剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一，其在视觉上给人以透空的感觉和艺术享受，下列剪纸图案中，

是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】C【详解】逐项分析如下：选项逐项分析正误A既不是轴对称图形也不是中心对称图形×B既是轴对称图形也是中心对称图形×C是轴对称图形但不是中心对称图

形√D既是轴对称图形又是中心对称图形×2．下列调查，比较适宜采取普查方式的是（）A．调查新型冠状病毒对世界人口的感染情况B．了解KN95口罩的生产质量C．测试新型冠状病毒检测试剂盒的达标率2D．为防控新型冠状病毒感染，调查进入学校人员的体温【答案】D【分析】根据普查得到的调查结果比较准

确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似．【详解】解：A、调查新型冠状病毒对世界人口的感染情况，世界人口过于庞大，适合采用抽样调查，故不符合题意；B、了解KN95口罩的生产质量，工作量大，具有破坏性，应采用抽样调查，

故不符合题意；C、测试新型冠状病毒检测试剂盒的达标率，工作量大，具有破坏性，应采用抽样调查，故不符合题意；D、为防控新型冠状病毒感染，调查进入学校人员的体温，意义重大，应采用全面普查，故符合题意；故选：D．【点睛】本题考查的是抽样调查和全

面调查，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．3

．若二次根式8x−有意义，则实数x的取值范围是（）A．8xB．8xC．8xD．8x【答案】B【分析】根据二次根式的被开方数是非负数即可解答．【详解】解：∵二次根式8x−有意义，3∴x﹣8≥0，∴x≥8，故选：B．【点睛】本题考查二次根式有意义的

条件、解一元一次不等式，熟知二次根式的被开方数是非负数是解答的关键．4．，，都有意义，下列等式①＝；②＝+；③＝；④＝中一定不成立的是（）A．②④B．①④C．①②③④D．②【答案】D【分析】根据分式的基本性质逐

项进行判断即可．【解答】解：由，，都有意义，可得m≠0，m+n≠0，n≠0，当m＝n≠0时，①＝＝1，④＝＝1，因此①④可能成立，故①④不符合题意；根据分式的基本性质可得＝，因此③不符合题意；若＝+成立，则有（m+n）2＝mn，即m2+mn+n2＝0，关于m的一元二次方程m2+mn+n2＝0

的根的判别式△＝n2﹣4×1×n2＝﹣3n2＜0，因此不存在这样的m、n的值使原式成立，故②一定不成立，因此，一定不成立的只有②，故选：D．【知识点】分式有意义的条件、分式的基本性质45．若反比例函数(0)kykx=的图象

上有两点()()1122,,,AxyBxy，且12xx，则12yy−的值是（）A．正数B．负数C．0D．不能确定【答案】D【详解】∵反比例函数(0)kykx=的图象经过第二､四象限，∴在每一个象限内，y随x的增

大而增大，当点()()1122,,,AxyBxy在第二象限时，即12120,0xxyy−；当点()11,Axy在第二象限内，点()22,Bxy在第四象限内时，即12120,0xxyy−，综上所述，12yy−的值不能确定．6．如图，反比例函数myx=的图象与一次函

数y＝kx+b的图象交于点M，N，已点M的坐标为(1，3)，点N的纵坐标为﹣1，根据图象信息可得关于x的方程mx=kx﹣b的解为（）A．﹣3，1B．﹣3，3C．﹣1，1D．3，﹣1【答案】D【分析】把M的坐标代入反比例函数的解析式求出m，把y

＝﹣1代入求出x，即可得出N的坐标，根据M、N的横坐标即可求出方程的解．【详解】∵点M的坐标为（1，3），5∴代入ymx=得：m＝3，即y3x=，当y＝﹣1时，x＝﹣3，即N（﹣3，﹣1），∵由图象可知：反比例函数myx=的图象与一次函数y＝kx+b的图象交点M，N，且

M的坐标为（1，3），N的坐标是（﹣3，﹣1），把（﹣3，﹣1）和（1，3）代入y＝kx+b得：133kbkb−=−+=+，解得：k＝1，b＝2，所以y＝kx﹣b＝x﹣2，解方程组23yxyx=−=得：1131xy==，2213xy=−=

−∴关于x的方程mx=kx﹣b的解为x＝3，x＝﹣1，故选：D．【点睛】本题考查了图像与点的关系,待定系数法确定函数解析式,构造方程组确定交点坐标,熟练掌握待定系数法,灵活进行方程组的求解是解题的关键.67．当x分别取2020、2018、2016

、…、2、0、12、14、…、12016、12018、12020时，计算分式11xx−+的值，再将所得结果相加，其和等于（）A．1−B．1C．0D．2020【答案】A【分析】先把互为倒数的两个数代入并求

和，得0，再把没有倒数的0代入即可．【详解】解：把2020代入11xx−+，得20192021，把12020代入11xx−+，得20192021−，相加得零，设x=a（a≠0）代入11xx−+，得11aa−+，把x=1a代入11xx−+，得

11aa−−+，故互为倒数的两个数代入分式后，和为0，把0代入11xx−+，得-1，故选：A．【点睛】本题考查了分式求值运算和数字规律，解题关键是通过计算发现互为倒数的两个数代入分式后，和为0．8．如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使

点B关于直线EF的对称点G落在7AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（）①∠1＝∠2；②∠3＝∠4；③GD＝2CM；④若AG＝1，GD＝2，则BM＝5．A．①②③④B．①②C．③④D．①②④【答案】A【分析】①正确．如图1中，过点B作BK⊥GH

于K．想办法证明Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）可得结论．②正确．分别证明∠GBH=45°，∠4=45°即可解决问题．③正确．如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．首先证明MG=MD，再证明△BTM≌△MWG（AAS），推出MT=WG可得结论．④正确．求出BT=2，TM=1，利用勾股

定理即可判断．【详解】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．8∵B，G关于EF对称，∴EB＝EG，∴∠EBG＝∠EGB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥B

C，∴∠AGB＝∠EBG，∴∠AGB＝∠BGK，∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG，∴△BAG≌△BKG（AAS），∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH，∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），∴∠1＝∠2，∠HBK＝∠H

BC，故①正确，∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝12∠ABC＝45°，过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R．9∵∠1＝∠2，∴MQ＝MP，∵∠MEQ＝∠MER，∴MQ＝MR，∴MP＝M

R，∴∠4＝∠MCP＝12∠BCD＝45°，∴∠GBH＝∠4，故②正确，如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．∵B，G关于EF对称，∴BM＝MG，∵CB＝CD，∠4＝∠MCD，CM＝CM，∴△MCB≌△MCD（SAS），∴BM＝DM

，∴MG＝MD，∵MW⊥DG，∴WG＝WD，10∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°，∴∠BMT+∠GMW＝90°，∵∠GMW+∠MGW＝90°，∴∠BMT＝∠MGW，∵MB＝MG，∴△BTM≌△MWG（AAS），∴MT＝WG，

∵MC＝2TM，DG＝2WG，∴DG＝2CM，故③正确，∵AG＝1，DG＝2，∴AD＝AB＝TM＝3，EM＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2，∴BM＝2222215BTMT+=+=，故④正确，故选：A．【点睛】本题考查正方形的性质，角平分线的性

质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二、填空题（每题3分，共30分）9．当于x=_______，分式1xx+−5的值为零．【答案】-1【分析】11直接利用分式的

值为零，则分子为零分母不等于零得出答案．【详解】解：∵分式1xx+−5的值为零，∴x+1=0且x-5≠0，解得：x=-1，故答案为：-1．【点睛】此题主要考查了分式的值为零的条件，正确掌握定义是解题关键．10．一组数据共50个，分为6组，第1~4组的频数分别是5，7，8，10，

第5组的频率是0.20，则第6组的频数是_______．【答案】10【分析】首先根据第5组的频率是0.20计算出它的频数，再用总数减去前5个小组的频数即可得第6组的频数．【详解】解：第5组的频数：50×0.2=10，第

6组的频数是：50-5-7-8-10-10=10，故答案为：10．【点睛】此题主要考查了频数和频率，关键是掌握频数=总数×频率．11．已知a，b都是实数，b＝1263aa−+−－3，则ab的值为____12【答案】32−【分析】先根据二次根式的定义求解a，从而确定出b，代

入求解即可．【详解】解：由题意得，120630aa−−1212aa12a=，把12a=代入得3b=−13(3)22ab=−=−，故答案为：32−．【点睛】本题考查二次根式的定义，理解被开方数为非负数是解题

关键．12．一个口袋中装有8个黑球和若干个白球，小刚从袋中随机摸出一球，记下其颜色，再把它放回口袋中，不断重复上述过程，共摸了200次，其中有57次摸到黑球，估计袋中的白球数是_________个．【答案】20【分析】13在同样条件下，大量反复试验时

，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，先求出黑球的频率，再求出口袋中球的总数，用总数减去黑球的个数，剩下的就是白球的个数．【详解】200次中摸到黑球的频率为57200＝0.285，而这个口袋中有黑球8个，则总球数为8÷0.

285≈28个，所以白球的个数约为28−8＝20．故答案为：20【点睛】本题主要掌握利用样本的频率来估计总体的数量．关键是得到球的总数；用到的知识点为：总体数目＝部分数目÷相应频率．13．分式方程112

(1)(2)xmxxx−=−−+有增根，则m的值为________．【答案】6或0【分析】方程两边都乘以最简公分母2（x-1）（x+2）把分式方程化为整式方程，再根据分式方程的增根是使最简公分母等于0的未知数的值，求出增根，然后代入进行计算即可得解．【详解】解：方程两边都乘以2（

x-1）（x+2）得，2x（x+2）-2（x-1）（x+2）=m，2x2+4x-2x2-2x+4=m，m=2x+4，∵分式方程有增根，∴（x-1）（x+2）=0，14∴x-1=0，x+2=0，解得x1=1，x2=-2，当x1=1时，m=2x+4=2+4

=6，当x2=-2时，m=2x+4=-4+4=0，所以m的值为6或0．故答案为：6或0．【点睛】本题考查了分式方程的增根，增根就是使最简公分母等于0的未知数的值，确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为

整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．14．将两张完全相同的矩形纸片ABCD，FBED按如图所示的方式放置，BD为重合的对角线，重叠部分为四边形DHBG．若四边形DHBG的面积为39，6AD=，则AB的长为_______

_．【答案】9【分析】根据矩形的性质得出∠A=∠E=90°，AD=ED,AB=EB,根据全等三角形的判定得出DABDEB@VV,根据全等三角形的性质得出∠ABD=∠EBD,求出DH=BH,再根据菱形的判定即可求出；再根据菱形的性质和已知菱形的面积求出BH，求出DH=BH=132,根据

勾股定理求出AH，即可求出答案．【详解】15解：连接DB,∵四边形ABCD、FBED是完全相同的矩形，∴∠A=∠E=90°，AD=ED，AB=EB．在△DAB和△DEB中，ADEDAEABEB===，∴△

DAB≌△DEB（SAS），∴∠ABD=∠EBD．∵AB∥CD，DF∥BE，∴四边形DHBG是平行四边形，∠HDB=∠EBD，∴∠HDB=∠HBD，∴DH=BH，∴▱DHBG是菱形．又∵菱形DHBG面积为39,AD=6,16∴BH=39÷6=132

，∴DH=132在Rt△ADH中，2222135()622AHBHAD=-=-=,∴AB=AH+BH=513922+=,故填：9．【点睛】本题考查了勾股定理，菱形的判定和性质，矩形的性质，能够综合运用知识点进行推理计算是解此题的关键．15．

已知实数m、n均不为0且22227mmnnmnmn−−=−+，则11mn−=______．【答案】163【分析】将原分式化简得163nmmn−=，再两边同时除以mn即可得结果．【详解】由22227mmnnmnmn−−=−+得24414mmnnmnmn−−=−+所以163nmmn−=，则1116

3mn−=故答案为：16317【点睛】本题考查了分式的化简求值，观察式子得到已知与未知的式子之间的关系是解题的关键．16．如图，已知：PA＝2，PB＝4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．当∠APB＝45°时，则PD的长为______．

【答案】25【分析】由于AD＝AB，∠DAB＝90°，则把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，根据旋转的性质得到AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，则△

APF为等腰直角三角形，得到∠APF＝45°，PF＝2AP＝2，即有∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，然后在Rt△FBP中，根据勾股定理可计算出FB的长，即可得到PD的长．【详解】解：∵AD＝AB，∠DAB＝90°，∴把△APD绕

点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，如图，∴AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，18∴△APF为等腰直角三角形，∴∠APF＝45°，PF＝2AP＝2，∴∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，在R

t△FBP中，PB＝4，PF＝2，∴由勾股定理得FB＝25，∴PD＝25，故答案为：25．【点睛】此题主要考查四边形内线段求解，解题的关键是熟知旋转的性质、正方形的特点及勾股定理的应用．17．反比例函数(0)kyxx=和4(0)yxx=的图象如图所示，直线1x=交

反比例函数(0)kyxx=的图象于点A，交反比例函数4(0)yxx=的图象于点B，点C的坐标为(2,0)，连接AC、BC，若ABCV的面积为32，则k的值为________．【答案】7【详解】如答案图，设1x=与x轴交于点

D，将1x=代入4y=x解得4y=，∴(1,4)B，∵(2,0)C，∴1911422SBCD==V，∵32SABC=V，∴1372222SADCADDC==+=V，∴7AD=，∴(1,7)A，将(1

,7)A代入kyx=中，解得7k=．18．如图，E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BEBC=．P为CE上任意一点，PQBC⊥于点Q，PRBE⊥于点R，则PQPR+的值是_____．【答案】22【分析】如图（见解析），先利用三角形的面

积公式可得PQPRCF+=，再根据正方形的性质、直角三角形斜边上的中线可得1222CFBD==即可．【详解】解：如图，过点C作CFBD⊥于点F，连接PB，20PBCPBEBCESSS+=VVVQ，111

222BCPQBEPRBECF+=，BEBC=Q，()11112222BEPQBEPRBEPQPRBECF+=+=，即PQPRCF+=，Q四边形ABCD是边长为1的正方形，1,90BCCDB

CD===，222BDBCCD=+=，又,BCCDCFBD=⊥Q，CF是RtBCDV斜边BD上的中线（等腰三角形的三线合一），1222CFBD==，22PQPR+=，故答案为：22．【点睛】21本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等知识

点，利用三角形的面积公式得出PQPRCF+=是解题关键．三、解答题共（10题，共96分）19．（8分）计算：(1)12(362)(242)63−−+（2）532abaabab−−−−．【答案】（1）0；（2）3【分析】（1）先把

各二次根式化为最简二次根式，然后去括号后合并即可；（2）直接根据同分母的减法进行运算即可.【详解】解：（1）原式=62636--26-33=0(2)原式=33abab−−=3.20．（8分）解方程：（1）23x+=1x-9x-3．（2）2154111xxxx−−=+−−【答案】（1

）x=﹣4.（2）x=-2.【解析】试题分析：（1）方程两边先乘最简公分母，化为整式方程，解整式方程即可，注意要验根.（2）方程两边同时乘以（x+1）(x-1)，化为整式方程，解整式方程后进行检验即可得.试题解析：22（1）方程两边乘（x+3）（x

﹣3）得：3+x（x+3）=（x+3）（x﹣3），整理得：3+x2+3x=x2﹣9，移项得：x2+3x﹣x2=﹣9﹣3，合并得：3x=﹣12，解得：x=﹣4，检验：当x=﹣4时，（x+3）（x﹣3）≠0，则原方程的解是x=﹣4.（2）方程两边同乘（x+

1）(x-1)，得（x-1）2+5（x+1）=4，解得x1=﹣1，x2=﹣2，经检验，x1=﹣1是增根，x2=﹣2是原方程的解，故原方程的解是x=﹣2．21．（8分）先化简2443111xxxxx−++−−−−，

再从2−，1−，1，2中选取一个你喜爱的x值代入求值．【答案】841xx−−；取2x=，结果为0．【分析】括号内通分化简，再结合平方差公式展开，最后去括号计算即可．根据使分式有意义的条件可求出1x．即

从-2、-1、2中选取x的值代入化简后的式子求值即可．【详解】2443111xxxxx−++−−−−232()(14431111)xxxxxxx−+−+−−−−+224431111

xxxxxx−+=+−−−−−2244311xxxx−++−+=−841xx−=−∵10x−，即1x．∴只能从-2、-1、2中选取．当2x=时，原式848420121xx−−===−−．【点睛】本题考查分式的化简求值，使分式有意义的条件．掌握分式的混合运算法则是解

答本题的关键．22．（8分）某中学为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查了部分学生，将收集的数据绘制成两幅不完整的统计图如图所示，请根据图中提供的信息，解答下列问题：（1）这次共抽取______名学生进行调查；并补全条形图；（2）扇形统计图中“步行

”所在扇形的圆心角为______．（3）如果该校共有1500名学生，请你估计该校骑自行车上学的学生有多少名？24【答案】（1）50；见解析；（2）93.6°；（3）300名【分析】（1）根据频数÷百分比=样本容量求出调查的学生数，根据骑自行车所占的百分比求出骑自行车的人数，补全条形图；（2）用步

行人数所占的百分比乘以360°即可得出结论；（3）根据骑自行车上学的学生所占的百分比求出该校骑自行车上学的学生数．【详解】解：（1）1-40%-20%-14%=26%，则m=26%，由统计图可知，乘公

交车的学生有20人，占40%，则学生数为：20÷40%=50，骑自行车人数：50×20%=10，条形图如图：（2）360°26%=93.6故答案为：93.6°；（3）该校骑自行车上学的学生：1500×20%=300人．【点睛】本题考查的是条形统计图和扇

形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解25决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．23．（10分）对于正数x，规定：()1xfxx=+．例如：11(1)112f

==+，22(2)213f==+，111212312f==+．（1）填空：()3f=________；13f=_______；1(4)4+=ff_________；（2）猜想：1()+=fxfx____

_____，并证明你的结论；（3）求值：111(1)(2)(2019)(2020)202020192+++++++++fffffff．【答案】（1）34，14，1；（2）1()1fx

fx+=，证明见解析；（3）120192．【分析】（1）根据给出的规定计算即可；（2）根据给出的规定证明；（3）运用加法的交换律结合律，再根据规定的运算可求得结果．【详解】解：（1）()3f=33+1=34，13f=131+13=14，,1(4)4+

=ff34+14=1，（2）1()1fxfx+=，26理由为：11111111===+++xxfxxxxx()1xfxx=+，则111()1111++=+==+++xxfxfxxxx．（3）原式111(2020)(2019)(2

)(1)202020192=+++++++fffffff1201912=+120192=．【点睛】本题考查的是分式的加减，根据题

意找出规律是解答此题的关键．24．（10分）一只不透明袋子中装有1个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同，某课外学习小组做摸球试验：将球搅匀后从中任意摸出1个球，记下颜色后放回、搅匀，不断重复这个过程，获得数据如下：摸球的次数2003

00400100016002000摸到白球的频数7293130334532667摸到白球的频率0.36000.31000.32500.33400.33250.3335（1）该学习小组发现，随着摸球次数的增多，摸到白球的频率在一个常数附近摆动，请直接写出这个常

数（精确到0.01），由此估出红球有几个？（2）在这次摸球试验中，从袋中随机摸出1个球，记下颜色后放回，再从中随机摸出1个球，利用画树状图或列表的方法表示所有可能出现的结果，并求两次摸到的球恰好1是个白球，1个是红球的概率．27【答案】（1）这个常数是0.33，由此估出红球有2个

；（2）49【分析】（1）计算频率的平均数，后按照精确度求得近似数即可；根据概率公式建立方程求解即可；（2）画树状图求解即可．【详解】（1）根据题意，得0.36000.31000.32500.33400

.33250.33356+++++＝0.3325≈0.33，设有x个红球，根据题意，得10.331x=+，解得x≈2经检验，符合题意．故这个常数是0.33，由此估出红球有2个．（2）画树状图如下：28据图知，所有等可能的情况有9种，其中恰好摸到1个白球，1个红球的情况有

4种，则P（恰好摸到1个白球，1个红球）49=．所以从该袋中摸出2个球，恰好摸到1个白球、1个红球的结果的概率为49．【点睛】本题考查了用频率估计概率，画树状图计算概率，准确理解频率估计概率的意义，熟练画树状图是解题的关键．25．（10分）如图，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB向外

作等边△ACE，等边△ABD，取AB的中点F，连接DF、EF，已知∠BAC＝30°．（1）求证：四边形ADFE是平行四边形；（2）若BD＝4，求四边形BCEF的面积．【答案】（1）见解析；（2）33【分

析】（1）先证Rt△AFD≌Rt△BCA（HL），得DF＝AC，再证DF＝AE，然后证DF∥AE，即可得出结论；（2）由（1）得：△AEF的面积＝△ADF的面积＝△ABC的面积，BC＝12AB＝2，AC＝3BC＝23，则四边形BCEF的面积＝△ACE的面积+

△ABC的面积﹣△AEF的面积＝△ACE的面积，即可求解．【详解】（1）证明：∵Rt△ABC中，∠BAC＝30°，29∴AB＝2BC，又∵△ABD是等边三角形，F是AB的中点，∴AD＝AB＝BD，AB＝2AF，DF⊥AB，∴AF＝BC，在Rt△AFD

和Rt△BCA中，ADBAAFBC==，∴Rt△AFD≌Rt△BCA（HL），∴DF＝AC，∵△ACE是等边三角形，∴∠EAC＝60°，AC＝AE，∴∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝90°，∴DF＝AE，又∵DF⊥AB，∴DF∥AE，∴四边形ADFE是平行四边形；（2）解：由（1）得：△AEF

的面积＝△ADF的面积＝△ABC的面积，AB＝BD＝4，BC＝12AB＝2，AC＝3BC＝23，∴四边形BCEF的面积＝△ACE的面积+△ABC的面积﹣△AEF的面积＝△ACE的面积＝34×（23）2＝33．【点睛】30此题主要考查了全等

三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．26．（10分）心理学家研究发现，一般情况下，在一节40分钟的课中，学生的注意力随教师讲课时间的变化而变化，经过实验分析可知，学生的注意力随

时间（分）的变化规律如图所示，其中ABBC、为线段，CD为双曲线的一部分．（1）求出线段AB和双曲线CD的函数解析式（要求写出自变量取值范围）；（2）开始上课后第5分钟时的注意力水平为y1，第30分钟时的注意力水平为2y，试比较12yy、的大小关系；（3）在一节课中，学生大约最长可以连续保持_

_______分钟（精确到1分钟），使得注意力维持在32以上．【答案】（1）线段AB的函数解析式为1220(010)yxx=+；双曲线CD的解析式为21000(2540)yxx=；（2）12yy；（3）25．【详解】解：

（1）设线段AB所在直线的解析式为1120ykx=+，把()10,40B代入1120ykx=+，解得12k=，∴线段AB的函数解析式为1220(010)yxx=+．设C，D所在双曲线的解析式为22kyx=，把()25,40C代入得，21000k=，31

∴双曲线CD的解析式为21000(2540)yxx=．（2）当15=x时，1252030y=+=，当230x=时，21000100303y==，∴12,yy的大小关系是12yy．（3）25【解法提示

】令132y=，∴32220x=+，∴16x=．令232y=，∴100032x=，∴231x．∵31625−=，∴学生大约最长可以连续保持25分钟，使得注意力维持在32以上．27．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：

y＝34x+b与x轴、y轴分别交于点A、B，与双曲线H：y＝kx交于点P（2，92），直线x＝m分别与直线l和双曲线H交于点E、D．（1）求k和b的值；（2）当点E在线段AB上时，如果ED＝BO，求m的值；（3）点C是y轴上一点，如果四边形BCDE是菱形，求点C的坐标

．【答案】（1）k＝9，b＝3；（2）m＝﹣23；（3）（0，﹣34）或（0，398）【分析】32（1）利用待定系数法将点P（2，92）分别代入直线l和双曲线H的解析式中，即可求出k和b的值；（2）由题意可得E（m，34m+3），D（m，9m），可得ED＝34m+3﹣9m，利用ED＝BO，建

立方程求解即可；（3）过点E作EF⊥y轴于点F，运用勾股定理求出BE＝54|m|，由于四边形BCDE是菱形，可得BE＝DE＝BC，建立方程求解即可．【详解】解：（1）把点P（2，92）代入y＝kx，得：92＝2k，解得：k＝9；把点P（2，92）代入y＝34x+b，得：32+

b＝92，解得：b＝3；（2）在直线y＝34x+3中，令x＝0，得：y＝3，∴B（0，3），∴OB＝3，令y＝0，得：34x+3＝0，解得：x＝﹣4，∴A（﹣4，0），∵直线x＝m分别与直线y＝34x+3和双曲线y＝9x交

于点E、D．∴E（m，34m+3），D（m，9m），33∵点E在线段AB上，∴﹣4≤m≤0，∴ED＝34m+3﹣9m，∵ED＝BO，∴34m+3﹣9m＝3，解得：m1＝﹣23，m2＝23，经检验，m1＝﹣23，m2＝23都是原方程的解，但﹣4≤

m≤0，∴m＝﹣23；（3）如图，过点E作EF⊥y轴于点F，∵B（0，3），E（m，34m+3），D（m，9m），∴F（0，34m+3），∴BE2＝BF2+EF2＝[3﹣（34m+3）]2+m2＝2516m2，∴BE＝54|m|，又有DE＝|34m+3﹣9m|，∵四边形BCDE是菱形，∴

BE＝DE＝BC，∴54|m|＝|34m+3﹣9m|，34解得：m1＝﹣3，m2＝32，当m1＝﹣3时，D（﹣3，﹣3），E（﹣3，34），∴DE＝34﹣（﹣3）＝154，∴BC＝154，∴C（0，﹣34）；当m2＝32时，D（32，6），E（32，338），∴D

E＝6﹣338＝158，∴BC＝158，∴C（0，398）；综上所述，点C的坐标为（0，﹣34）或（0，398）．【点睛】35本题考查了一次函数和反比例函数的综合题，待定系数法，勾股定理，菱形性质等，熟练掌握反比例函数图像和性质等相关知识，灵

活运用数形结合思想和方程思想是解题关键．28．（12分）如图1，矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A，C分别在x轴，y轴上，点B的坐标为()8,4，点P，Q同时以相同的速度分别从点O，B出发，在边OA，BC上运动，连接,OQB

P，当点P到达A点时，运动停止．（1）求证：在运动过程中，四边形OPBQ是平行四边形．（2）如图2，在运动过程中，是否存在四边形OPBQ是菱形的情况？若存在，求出此时直线PQ的解析式；若不存在，请说明

理由．（3）如图3，在（2）的情况下，直线PQ上是否存在一点D，使得PBD△是直角三角形？如果存在，请直接写出点D的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，210yx=−+；（3）存在，()4,2D或()0,10D．【分析】（1）说明出BQOP=后，再利用

矩形的性质得到//BQOP，即可完成求证；（2）先设=BQOPx=，依次表示各点坐标与相应线段长，再利用菱形的判定，令一组邻边相等建立关于x的方程，解方程后，则各点坐标得以确定，然后利用待定系数法即可求

出直线PQ的解析式；（3）先设出D点坐标，再分别表示出2BP、2PD、2BD，利用勾股定理的逆定理分类讨论求解即可．【详解】36解：（1）证：∵点P，Q同时以相同的速度分别从点O，B出发，∴BQOP=，又∵矩形OABC，∴//BQOP，∴四边

形OPBQ是平行四边形．（2）存在；理由：∵矩形OABC且点B的坐标为()8,4，∴8OACB==，4OCAB==；设=BQOPx=∴8APx=−，∴()2222284BPAPABx=+=−+，当四边形OPBQ是菱形时，则=BPOP，∴()22284xx=

−+，解得：=5x，∴8=3CQBCBQx=−=−，∴()5,0P，()3,4Q，设直线PQ的解析式为：ykxb=+；37∴5034kbkb+=+=，解得：210kb=−=，∴直线PQ的解析式为：210yx=−+；（3

）由（2）知=5BPOP=，设(),210Dmm−+，∴()()22225210550125PDmmmm=−+−+=−+，()()2222=82104540100BDmmmm−+−+−=−+，当222=BDBPPD+时，2225401005550125mmmm−+=+−+，解得：5m=，

此时2100m−+=，∴()5,0D，此时D点与P点重合，不合题意，故舍去；当222=BPBDPD+时，2225540100550125mmmm=−++−+，解得：14m=，25m=（舍去），此时，2102m−+=，∴()4,2D；当222=PDBDBP+时，2225501255401005m

mmm−+=−++，解得：0m=，此时，21010m−+=，∴()0,10D；综上可得：()4,2D或()0,10D．【点睛】本题综合考查了矩形的性质、待定系数法求一次函数解析式、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理、38勾股定理及其逆定理等内容，同时涉及到了解一元二次方程等知识，

本题综合性较强，要求学生具备一定的综合分析能力和计算能力，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．