2020-2021学年安徽省合肥市八年级(下)期末数学试卷(含解析)

2020-2021学年安徽省合肥市八年级（下）期末数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共40.0分） 1. 下列各式中，最简根式的个数有( )

√0.5，√𝑥𝑦2，√𝑥2+𝑦2，3，√(𝑎+𝑏)3，√5𝑎

√𝑥

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

2. 正多边形的一边所对的中心角与它的一个外角的关系是( )

A. 相等 B. 互余

的结果是

C. 互补 D. 互余或互补

3. 5.已知𝑎<0，则化简

A.

B. C. −

D.

𝑥+𝑦=10

4. 解方程组{时，消去x，得到的方程是( )

𝑥−2𝑦=5

A. −𝑦=15 B. −𝑦=5 C. 3𝑦=15 D. 3𝑦=5

5. 为迎接春节促销活动，某服装店从1月份开始对冬装进行“折上折”(两次打折数

相同)优惠活动，已知一件原价1000元的冬装，优惠后实际仅需0元，设该店冬装原本打x折，则有( )

A. 1000(1−2𝑥)=0 C. 1000(10)2=0

𝑥

B. 1000(1−𝑥)2=0 D. 1000(1−10)2=0

𝑥

6. 如图，正方形ABCD中，𝐴𝐵=6，点E在边CD上，且𝐶𝐷=3𝐷𝐸.将△𝐴𝐷𝐸沿AE

对折至△𝐴𝐹𝐸，延长EF交边BC于点G，连结AG、𝐶𝐹.下列结论中正确结论的个数是( )

①△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐹𝐺；②𝐵𝐺=𝐺𝐶；③𝐴𝐺//𝐶𝐹； ④𝑆△𝐹𝐺𝐶=3．

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

则它的另一个根7. 关于x的一元二次方程(𝑚−1)𝑥2−𝑥+𝑚2−1=0的一个根是0，

是( )

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A. 0

B. 2

1

C. −2

1

D. 2

8. 已知一组从小到大排列的数据：1，2，x，y，9，2x的平均数与中位数都是6，则

这组数据的众数是( )

A. 2 B. 5 C. 6 D. 9

9. 已知𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，𝐴𝐶=3，𝐵𝐶=4，若以2为半径作⊙𝐶，则斜边AB

与⊙𝐶的位置关系是( )

A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 无法确定

Q为BC延长10. 如图，点P为等边△𝐴𝐵𝐶的边AB上一点，

线上一点，𝑃𝐴=𝐶𝑄，连接PQ交AC于D，若𝐶𝐷=3， 𝐵𝑄=10，则PA的长为

A. 2 B. 2.2 C. 2.5 D. 2.4

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

11. 化简：√8= ______ ；√3= ______ ；(2√3)2= ______ ． 212. 如果√50⋅√𝑚是一个整数，那么最小的正整数m是 ． 13. 若关于x的方程𝑥2−5𝑥+𝑘=0的一个根是0，则另一个根是 ． 14. 如图，△𝐴𝐵𝐶是⊙𝑂内接正三角形，将△𝐴𝐵𝐶绕点O顺时

针旋转30°得到△𝐷𝐸𝐹，DE分别交AB，AC于点M，N，DF交AC于点Q，则有以下结论：①∠𝐷𝑄𝑁=30°；②△𝐷𝑁𝑄≌△𝐴𝑁𝑀；③△𝐷𝑁𝑄的周长等于AC的长；④𝑁𝑄=𝑄𝐶.其中正确的结论是 .(把所有正确的结论的序号都填上)

三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）

15. 解下列方程：

(1)𝑥2−4𝑥−45=0(用配方法)

(2)𝑥(𝑥+4)=−3(𝑥+4)

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四、解答题（本大题共8小题，共82.0分）

16. 计算：(1)√80−√20+√5；

(2)2(√2+√3)−4(√5+√27)．

1

3

b，且𝑎+𝑏=𝑎𝑏−4，17. 关于x的一元二次方程𝑥2−(2𝑚−1)𝑥+𝑚2=0的两根为a，

求m的值．

嘉佳的解题过程如下：

[解]∵𝑎+𝑏=2𝑚−1，𝑎𝑏=𝑚2， ∴2𝑚−1=𝑚2−4， 整理，得𝑚2−2𝑚−3=0， 解得𝑚1=−1，𝑚2=3．

嘉佳的解题过程漏了考虑哪个条件？请写出正确的解题过程．

18. 阅读材料并完成习题：

在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造全等三角形解决问题．请看这个例∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=90°，𝐴𝐵=𝐴𝐷，若𝐴𝐶=2𝑐𝑚，题：如图1，在四边形ABCD中，

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求四边形ABCD的面积．

解：延长线段CB到E，使得𝐵𝐸=𝐶𝐷，连接AE，我们可以证明△𝐵𝐴𝐸≌△𝐷𝐴𝐶，根据全等三角形的性质得𝐴𝐸=𝐴𝐶=2，∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐶𝐴𝐷，则∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐸𝐴𝐵+∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐶+∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐷=90°，得𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑆△𝐴𝐵𝐶+𝑆△𝐴𝐷𝐶=𝑆𝐴𝐵𝐶+𝑆𝐴𝐵𝐸=𝑆△𝐴𝐸𝐶，这样，四边形ABCD的面积就转化为等腰直角三角形EAC面积． (1)根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD的面积为______𝑐𝑚2． (2)请你用上面学到的方法完成下面的习题．

如图2，已知𝐹𝐺=𝐹𝑁=𝐻𝑀=𝐺𝐻+𝑀𝑁=2𝑐𝑚，∠𝐺=∠𝑁=90°，求五边形FGHMN的面积．

AC为矩形ABCD的对角线，将边AB沿AE折叠，19. 如图，

使点B落在AC上的点M处，将边CD沿CF折叠，使点D落在AC上的点N处．

(1)求证：四边形AECF是平行四边形； (2)若𝐴𝐵=6，𝐴𝐶=10，求BE的长．

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随机抽查了部分同学捐款的情况统计如20. 某校八年级全体同学参加了某项捐款活动，

图所示：

(1)本次共抽查学生_____人，并将条形图补充完整； (2)捐款金额的众数是_____，平均数是_____；

(3)在八年级700名学生中，捐款20元及以上(含20元)的学生估计有多少人？

21. 如图，将长方形纸条ABCD沿EF，CH同时折叠，B，C两点恰好都落在AD边的P

点处，若△𝑃𝐹𝐻的周长为10cm，𝐴𝐵=2𝑐𝑚，求长方形ABCD的面积

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22. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=90°，𝐴𝐵=12𝑚𝑚，𝐵𝐶=

24𝑚𝑚，动点P从点A开始沿边AB向B以2𝑚𝑚/𝑠的速度移动(不与点B重合)，动点Q从点B开始沿边BC向C以4𝑚𝑚/𝑠的速度移动(不与点C重合).如果

P、Q分别从A、B同时出发，设运动的时间为xs，四边形APQC的面积为𝑦𝑚𝑚2． (1)求y与x之间的函数关系式；写出自变量x的取值范围； (2)当四边形APQC的面积等于112𝑚𝑚2时，求x的值；

(3)四边形APQC的面积能否等于172𝑚𝑚2？若能，求出运动的时间；若不能，说明理由．

23. 正方形ABCD的边长为4√2，M为BC的中点，以MC为边在正方形ABCD内部作

正方形𝐶𝑀𝑁𝐸(如图1)，将正方形CMNE绕C点顺时针旋转𝛼(0°≤𝛼≤360°)，连接BM、DE．

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(1)如图2，试判断BM、DE的关系，并证明；

(2)连接BE，在正方形CMNE绕C点顺时针旋转过程中，若M点在直线BE上时，求BM的长．

(3)如图3，设直线BM与直线DE的交点为P，当正方形CMNE从图1的位置开始，顺时针旋转180°后，直接写出P点运动路径长为______．

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：最简根式有√𝑥2+𝑦2，√，√5𝑎，

3故选：C．

根据最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式进行解答．

本题考查的是最简二次根式的定义，掌握最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式是解题的关键．

𝑥

2.【答案】A

【解析】 【分析】

本题主要考查多边形的外角和定理与正多边形的性质：每边所对的中心角相等． 可设正多边形是正n边形，则它的一边所对的中心角是用含n的式子表示它的一个外角，即可求出答案． 【解答】

解：设正多边形是正n边形，则它的一边所对的中心角是正多边形的外角和是360°，则每个外角也是

360°𝑛

360°𝑛360°𝑛

，由多边形外角和为360°，

，

，

所以正多边形的一边所对的中心角与它的一个外角相等． 故选：A．

3.【答案】A

【解析】分析：由于二次根式的被开方数是非负数，那么−𝑎3𝑏≥0，通过观察可知ab必须异号，而𝑎<0，易确定b的取值范围，也就易求二次根式的值． 解答：∵∴−𝑎3𝑏≥0， ∴𝑎3𝑏≤0， 又∵𝑎<0， ∴𝑏≥0，

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有意义，

∴=−𝑎．

故选A．

点评：本题考查了二次根式的化简与性质．二次根式的被开方数必须是非负数，从而必须保证开方出来的数也需要是非负数．

4.【答案】D

【解析】 【分析】

此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．

方程组两方程相减消去x得到结果，即可做出判断． 【解答】 解：{

𝑥+𝑦=10①

，

𝑥−2𝑦=5②

①−②得：3𝑦=5， 故选D．

5.【答案】C

【解析】解：设该店冬装原本打x折， 依题意，得：1000⋅(10)2=0． 故选：C．

设该店冬装原本打x折，根据原价及经过两次打折后的价格，可得出关于x的一元二次方程，此题得解．

本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

𝑥

6.【答案】C

【解析】 【分析】

本题考查了正方形性质、折叠性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、平行线的判定等知识点的运用；主要考查学生综合运用性质进行推理论证与计算的能力，有一定难度．由正方形和折叠的性质得出𝐴𝐹=𝐴𝐵，∠𝐵=∠𝐴𝐹𝐺=90°，由HL

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即可证明𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐺≌𝑅𝑡△𝐴𝐹𝐺，得出①正确； 设𝐵𝐺=𝑥，则𝐶𝐺=𝐵𝐶−𝐵𝐺=6−𝑥，𝐺𝐸=𝐺𝐹+𝐸𝐹=𝐵𝐺+𝐷𝐸=𝑥+2，由勾股定理求出𝑥=3，得出②正确； 由等腰三角形的性质和外角关系得出∠𝐴𝐺𝐵=∠𝐹𝐶𝐺，证出平行线，得出③正确； 求出△𝐹𝐺𝐶的面积= 5，得出④错误． 【解答】

解：∵四边形ABCD是正方形， ∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐷𝐶=6，∠𝐵=𝐷=90°， ∵𝐶𝐷=3𝐷𝐸， ∴𝐷𝐸=2，

∵△𝐴𝐷𝐸沿AE折叠得到△𝐴𝐹𝐸，

∴𝐷𝐸=𝐸𝐹=2，𝐴𝐷=𝐴𝐹，∠𝐷=∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐴𝐹𝐺=90°， ∴𝐴𝐹=𝐴𝐵，

𝐴𝐺=𝐴𝐺

∵在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐺和𝑅𝑡△𝐴𝐹𝐺中，{，

𝐴𝐵=𝐴𝐹∴𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐺≌𝑅𝑡△𝐴𝐹𝐺(𝐻𝐿)， ∴①正确；

∵𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐺≌𝑅𝑡△𝐴𝐹𝐺， ∴𝐵𝐺=𝐹𝐺，∠𝐴𝐺𝐵=∠𝐴𝐺𝐹，

设𝐵𝐺=𝑥，则𝐶𝐺=𝐵𝐶−𝐵𝐺=6−𝑥，𝐺𝐸=𝐺𝐹+𝐸𝐹=𝐵𝐺+𝐷𝐸=𝑥+2， 在𝑅𝑡△𝐸𝐶𝐺中，由勾股定理得：CG  2+𝐶𝐸  2=𝐸𝐺  2， ∵𝐶𝐺=6−𝑥，𝐶𝐸=4，𝐸𝐺=𝑥+2 ∴(6−𝑥)  2+4  2=(𝑥+2)  2 解得：𝑥=3， ∴𝐵𝐺=𝐺𝐹=𝐶𝐺=3， ∴②正确； ∵𝐶𝐺=𝐺𝐹， ∴∠𝐶𝐹𝐺=∠𝐹𝐶𝐺， ∵∠𝐵𝐺𝐹=∠𝐶𝐹𝐺+∠𝐹𝐶𝐺， 又∵∠𝐵𝐺𝐹=∠𝐴𝐺𝐵+∠𝐴𝐺𝐹， ∴∠𝐶𝐹𝐺+∠𝐹𝐶𝐺=∠𝐴𝐺𝐵+∠𝐴𝐺𝐹， ∵∠𝐴𝐺𝐵=∠𝐴𝐺𝐹，∠𝐶𝐹𝐺=∠𝐹𝐶𝐺，

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18

∴∠𝐴𝐺𝐵=∠𝐹𝐶𝐺， ∴𝐴𝐺//𝐶𝐹， ∴③正确；

∵△𝐶𝐹𝐺和△𝐶𝐸𝐺中，分别把FG和GE看作底边， 则这两个三角形的高相同． ∴ 𝑆

𝑆△𝐶𝐹𝐺

△𝐶𝐸𝐺

=

𝐹𝐺

= 5， 𝐺𝐸

1

3

∵𝑆  △𝐺𝐶𝐸= 2×3×4=6， ∴𝑆  △𝐶𝐹𝐺= 5×6= 5， ∴④错误； 正确的结论有3个， 故选C.

3

18

7.【答案】C

【解析】 【分析】

本题考查了解一元二次方程，一元二次方程的解的定义的应用，关键是求出m的值． 把𝑥=0代入方程(𝑚−1)𝑥2−𝑥+𝑚2−1=0得出𝑚2−1=0，且𝑚−1≠0，求出𝑚=−1，代入方程，解方程即可求出方程的另一个根． 【解答】

解：把𝑥=0代入方程(𝑚−1)𝑥2−𝑥+𝑚2−1=0得：𝑚2−1=0， 解得：𝑚=±1，

∵方程(𝑚−1)𝑥2−𝑥+𝑚2−1=0是一元二次方程， ∴𝑚−1≠0， 解得：𝑚≠1， ∴𝑚=−1，

代入方程得：−2𝑥2−𝑥=0， −𝑥(2𝑥+1)=0， 𝑥1=0，𝑥2=−2， 即方程的另一个根为−2，

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1

1

故选：C．

8.【答案】C

【解析】[分析]

根据平均数与中位数的定义可以先求出x，y的值，进而就可以确定这组数据的众数． 本题考查了平均数，中位数，众数.了解其概念及计算公式是本题的解题关键． [详解]

解：∵从小到大排列的数据：1，2，x，y，9，2x，其平均数与中位数都是6， ∴(1+2+𝑥+𝑦+2𝑥+9)=(𝑥+𝑦)=6，

6

2

1

1

∴𝑦=6，𝑥=6，

∴这组数据为1，2，6，6，9，12， ∴这组数据的众数是6． 故选C．

9.【答案】C

【解析】解：由勾股定理得𝐴𝐵=5，再根据三角形的面积公式得，3×4=5×斜边上的高， ∴斜边上的高=∵

125

125

，

>2，

∴⊙𝐶与AB相离． 故选：C．

根据题意可求得直角三角形斜边上的高，再根据直线和圆的位置关系，判断圆心到直线AB的距离与2的大小关系，从而确定⊙𝐶与AB的位置关系．

本题考查了直线和园的位置关系，解决的根据是直线和圆相离⇔圆心到直线的距离大于圆的半径．

10.【答案】A

【解析】

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解：如图，过点P作𝑃𝐹//𝐵𝐶交AC于点F， ∵𝑃𝐹//𝐵𝐶，△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，

∴∠𝑃𝐹𝐷=∠𝑄𝐶𝐷，∠𝐴𝑃𝐹=∠𝐵=60°，∠𝐴𝐹𝑃=∠𝐴𝐶𝐵=60°，∠𝐴=60°， ∴△𝐴𝑃𝐹是等边三角形， ∴𝐴𝑃=𝑃𝐹=𝐴𝐹， 又∵𝐴𝑃=𝐶𝑄， ∴𝑃𝐹=𝐶𝑄，

在△𝑃𝐹𝐷和△𝑄𝐶𝐷中， ∠𝑃𝐹𝐷=∠𝑄𝐶𝐷∵{∠𝑃𝐷𝐹=∠𝐶𝐷𝑄， 𝑃𝐹=𝐶𝑄∴△𝑃𝐹𝐷≌△𝑄𝐶𝐷(𝐴𝐴𝑆) ∴𝐹𝐷=𝐶𝐷，

设𝐴𝑃=𝑥，则有𝐴𝐹=𝑃𝐹=𝐶𝑄=𝑥， ∵𝐶𝐷=3，

∴𝐷𝐹=3，𝐶𝐹=𝐶𝐷+𝐷𝐹=6， ∴𝐵𝐶=𝐴𝐶=6+𝑥， ∴𝐵𝑄=𝐵𝐶+𝐶𝑄=6+2𝑥， ∵𝐵𝑄=10， ∴6+2𝑥=10， 解得：𝑥=2，即𝑃𝐴=2， 故选A。

6；12 11.【答案】2√2；√2

【解析】解：√8=2√2；√=√；(2√3)2=12．

22故答案为：2√2；√；12．

2

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63

6原式利用二次根式性质化简即可得到结果．

此题考查了二次根式的乘除法，以及二次根式的性质与化简，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

12.【答案】2

【解析】试题分析：先将√50⋅√𝑚化简为最简二次根式，再取m的最小正整数值，使被开方数开得尽，从而得出答案．

∵√50⋅√𝑚=√50𝑚=5√2𝑚是一个整数， ∴最小的正整数m是2； 故答案为：2．

13.【答案】5

【解析】试题分析：首先观察方程，由于已知方程的二次项系数和一次项系数，所以要求方程的另一根，可利用一元二次方程的两根之和与系数的关系． 方法一：设a是方程𝑥2−5𝑥+𝑘=0的另一个根， 则𝑎+0=5， 即𝑎=5；

方法二：把𝑥=0代入方程𝑥2−5𝑥+𝑘=0得𝑘=0， 则有方程𝑥2−5𝑥=0， 进而求得𝑥=0或5， 所以方程的另一根是5． 故本题答案为：5．

14.【答案】解：连结OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，如图，

∵△𝐴𝐵𝐶绕点O顺时针旋转30°得到△𝐷𝐸𝐹，

∴∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐶𝑂𝐹=30°， ∴∠𝐴𝐶𝐷=

∴∠𝐷𝑄𝑁=∠𝑄𝐶𝐷+∠𝑄𝐷𝐶=15°+15°=30°，所以①正确；

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∠𝐴𝑂𝐷=15°，∠𝐹𝐷𝐶=∠𝐶𝑂𝐹=15°，

同理可得∠𝐴𝑀𝑁=30°，

∵△𝐷𝐸𝐹为等边三角形，

∴𝐷𝐸=𝐷𝐹，

∴弧𝐷𝐸=弧DF，

∴弧𝐴𝐸+弧𝐴𝐷=弧𝐷𝐶+弧CF，

而弧𝐴𝐷=弧CF，

∴弧𝐴𝐸=弧DC，

∴∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐷𝐴𝐶，

∴𝑁𝐷=𝑁𝐴，

在△𝐷𝑁𝑄和△𝐴𝑁𝑀中

，

∴△𝐷𝑁𝑄≌△𝐴𝑁𝑀(𝐴𝐴𝑆)，所以②正确；

∵∠𝐴𝐶𝐷=15°，∠𝐹𝐷𝐶=15°，

∴𝑄𝐷=𝑄𝐶，

而𝑁𝐷=𝑁𝐴，

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∴𝑁𝐷+𝑄𝐷+𝑁𝑄=𝑁𝐴+𝑄𝐶+𝑁𝑄=𝐴𝐶，

即△𝐷𝑁𝑄的周长等于AC的长，所以③正确；

∵△𝐷𝐸𝐹为等边三角形，

∴∠𝑁𝐷𝑄=60°，

而∠𝐷𝑄𝑁=30°，

∴∠𝐷𝑁𝑄=90°，

∴𝑄𝐷>𝑁𝑄，

∵𝑄𝐷=𝑄𝐶，

∴𝑄𝐶>𝑁𝑄，所以④错误．

故答案为①②③．

OD、OF、OC、DC、AD、CF，【解析】连结OA、根据旋转的性质得∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐶𝑂𝐹=30°，再根据圆周角定理得∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐹𝐷𝐶=15°，然后根据三角形外角性质得∠𝐷𝑄𝑁=∠𝑄𝐶𝐷+∠𝑄𝐷𝐶=30°；

同理可得∠𝐴𝑀𝑁=30°，由△𝐷𝐸𝐹为等边三角形得𝐷𝐸=𝐷𝐹，则弧𝐷𝐸=弧DF，得到弧𝐴𝐸=弧DC，所以∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐷𝐴𝐶，根据等腰三角形的性质有𝑁𝐷=𝑁𝐴，于是可根据

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“AAS”判断△𝐷𝑁𝑄≌△𝐴𝑁𝑀；利用𝑄𝐷=𝑄𝐶，𝑁𝐷=𝑁𝐴可判断△𝐷𝑁𝑄的周长等于AC∠𝐷𝑄𝑁=30°，的长；由于∠𝑁𝐷𝑄=60°，则∠𝐷𝑁𝑄=90°，所以𝑄𝐷>𝑁𝑄，而𝑄𝐷=𝑄𝐶，所以𝑄𝐶>𝑁𝑄．

15.【答案】解：(1)𝑥2−4𝑥=45，

𝑥2−4𝑥+4=49， (𝑥−2)2=49， 𝑥−2=±7，

所以𝑥1=9，𝑥2=−5； (2)𝑥(𝑥+4)+3(𝑥+4)=0， (𝑥+4)(𝑥+3)=0， 𝑥+4=0或𝑥+3=0， 所以𝑥1=−4，𝑥2=−3．

【解析】本题考查了一元二次方程−因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).也考查了配方法解一元二次方程． (1)利用配方法得到(𝑥−2)2=49，然后利用直接开平方法解方程； (2)先移项得到𝑥(𝑥+4)+3(𝑥+4)=0，然后利用因式分解法解方程．

16.【答案】解：(1)原式=4√5−2√5+√5=3√5；

(2)原式=√+√−

22

233√54

−

9√34

=

√22

−

7√34

−

3√5． 4

【解析】(1)直接化简，再算加减即可； (2)首先去括号化简二次根式，再算加减即可．

此题主要考查了二次根式的加减法，关键是掌握二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变．

17.【答案】解：嘉佳的解题过程漏了考虑△≥0这一条件，

正确解题过程如下：

根据题意得：△=(2𝑚−1)2−4𝑚2≥0，即𝑚≤4，

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1

∵𝑎+𝑏=2𝑚−1，𝑎𝑏=𝑚2，

∴2𝑚−1=𝑚2−4，即𝑚2−2𝑚−3=0， 解得：𝑚=−1或𝑚=3(舍去)， 则m的值为−1．

【解析】嘉佳的解题过程漏了考虑根的判别式的正负，写出掌握的解题过程即可． 本题忽略△≥0这个条件导致错解，针对这一类题，我们一定要看清题目中所给的条件，考虑一元二次方程有解的条件是“△≥0”，才能得到正确结果．

18.【答案】2

【解析】解：(1)由题意可得， 𝐴𝐸=𝐴𝐶=2，∠𝐸𝐴𝐶=90°， 则△𝐸𝐴𝐶的面积是：

2×22

=2(𝑐𝑚2)，

即四边形ABCD的面积为2𝑐𝑚2， 故答案为：2；

(2)连接FH、FM，延长MN到O，截取𝑁𝑂=𝐺𝐻， 在△𝐺𝐹𝐻和△𝑁𝐹𝑂中， 𝐹𝐺=𝐹𝑁

{∠𝐹𝐺𝐻=∠𝐹𝑁𝑂， 𝐺𝐻=𝑁𝑂

∴△𝐺𝐹𝐻≌△𝑁𝐹𝑂(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐹𝐻=𝐹𝑂，

∵𝐹𝐺=𝐹𝑁=𝐻𝑀=𝐺𝐻+𝑀𝑁=2𝑐𝑚，𝐺𝐻=𝑁𝑂， ∴𝐻𝑀=𝑂𝑀， 在△𝐻𝐹𝑀和△𝑂𝐹𝑀中， 𝐹𝐻=𝐹𝑂{𝐹𝑀=𝐹𝑀， 𝐻𝑀=𝑂𝑀

∴△𝐻𝐹𝑀≌△𝑂𝐹𝑀(𝑆𝑆𝑆)， ∵△𝑂𝐹𝑀的面积是：

𝑀𝑂⋅𝐹𝑁2

=

2×22

=2𝑐𝑚2，

∴△𝐻𝐹𝑀的面积是2𝑐𝑚2， ∴四边形HFOM的面积是4𝑐𝑚2， ∴五边形FGHMN的面积是4𝑐𝑚2．

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(1)根据题意，可以计算出等腰直角三角形AEC的面积，从而可以得到四边形ABCD的面积；

(2)根据题意，作出合适的辅助线，然后三角形全等的判定和性质，可以求得四边形HFOM的面积，从而可以得到五边形FGHMN的面积．

本题考查全等三角形的判定与性质、三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

19.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，

∴𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐵//𝐶𝐷， ∴∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐴𝐶𝐷．

由折叠的性质可得∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐸𝐴𝐶，∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐹𝐶𝐷， 又∵∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐴𝐶𝐷， ∴∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐴𝐶𝐹， ∴𝐴𝐸//𝐶𝐹，

∴四边形AECF是平行四边形； (2)∵𝐴𝐵=6，𝐴𝐶=10，∠𝐵=90°， ∴由勾股定理得：𝐵𝐶=8， 由图形折叠可得𝐴𝑀=𝐴𝐵=6， ∴𝑀𝐶=10−6=4，

设𝐵𝐸=𝑥，则𝑀𝐸=𝐵𝐸=𝑥，𝐸𝐶=8−𝑥， ∵∠𝐴𝑀𝐸=∠𝐵=90°，

∴∠𝐶𝑀𝐸=90°，即△𝐶𝐸𝑀是直角三角形， ∴由勾股定理得：(8−𝑥)2=𝑥2+42， 解得：𝑥=3， ∴𝐵𝐸=3．

【解析】(1)依据矩形的性质以及折叠的性质，即可得到𝐴𝐹//𝐶𝐸，𝐴𝐸//𝐶𝐹，即可得到四边形AECF是平行四边形；

(2)由图形折叠可得∠𝐴𝑀𝐸=∠𝐵=90°，𝐴𝑀=𝐴𝐵=6，即可得到𝑀𝐶=10−6=4，设𝐵𝐸=𝑥，则𝑀𝐸=𝐵𝐸=𝑥，𝐸𝐶=8−𝑥，依据△𝐶𝐸𝑀是直角三角形，利用勾股定理即可得到BE的长．

本题主要考查了折叠问题以及矩形的性质的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

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20.【答案】解：(1)50；补全条形统计图图形如下：

(2)10元；13.1元；

(3)捐款20元及以上(含20元)的学生有：50×700=154(人)； 答：捐款20元及以上(含20元)的学生估计有154人．

7+4

【解析】 【解答】

解：(1)本次抽查的学生有：14÷28%=50(人)，

则捐款10元的有50−9−14−7−4=16(人)，补全条形统计图图形见答案； 故答案为50；条形统计图图形见答案；

(2)由条形图可知，捐款10元人数最多，故众数是10； 这组数据的平均数为：

5×9+10×16+15×14+20×7+25×4

50

=13.1；

故答案为10元，13.1元；

(3)见答案． 【分析】

本题主要考查了条形统计图，扇形统计图，平均数和众数，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．

(1)由题意可知，捐款15元的有14人，占捐款总人数的28%，由此可得总人数，将捐款总人数减去捐款5、15、20、25元的人数可得捐10元的人数；

(2)从条形统计图中可知，捐款10元的人数最多，可知众数，将50人的捐款总额除以

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总人数可得平均数；

(3)由抽取的样本可知，用捐款20及以上的人数所占比例估计总体中的人数．

21.【答案】解：∵将长方形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B、C两点恰好都落在AD

边的P点处，

∴𝐵𝐹=𝑃𝐹，𝑃𝐻=𝐶𝐻， ∵△𝑃𝐹𝐻的周长为10cm， ∴𝑃𝐹+𝐹𝐻+𝐻𝑃=10𝑐𝑚， ∴𝐵𝐶=𝐵𝐹+𝐹𝐻+𝐻𝐶=10𝑐𝑚． ∵𝐴𝐵=2𝑐𝑚，

∴长方形ABCD的面积为：2×10=20𝑐𝑚 2． 答：长方形ABCD的面积为20𝑐𝑚 2．

𝑃𝐻=𝐻𝐶，【解析】根据折叠可以得到𝑃𝐹=𝐵𝐹，将三角形的周长10cm，转化为𝐵𝐶=10，进而求出长方形的面积．

考查矩形的性质、轴对称的性质，根据折叠求出BC的长是解决问题的关键． (1)∵出发时间为x，【答案】解：点P的速度为2𝑚𝑚/𝑠，22.

点Q的速度为4𝑚𝑚/𝑠， ∴𝑃𝐵=12−2𝑥，𝐵𝑄=4𝑥，

∴𝑦=

11

×12×24−×(12−2𝑥)×4𝑥 22

=4𝑥2−24𝑥+144．

(2)依题意得：4𝑥2−24𝑥+144=112， 解得𝑥1=2，𝑥2=4，

答：当四边形APQC的面积等于112𝑚𝑚2时，x的值是2或4；

(3)不能，

4𝑥2−24𝑥+144=172，

解得：𝑥1=7，𝑥2=−1(不合题意，舍去) 因为0<𝑥<6.所以𝑥=7不在范围内， 所以四边形APQC的面积不能等于172𝑚𝑚2．

【解析】此题考查三角形综合题，注意二次函数的实际运用，一元二次方程的实际运用，掌握三角形的面积计算方法是解决问题的关键．

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(1)利用两个直角三角形的面积差求得答案即可； (2)利用(1)的函数建立方程求解； (3)利用(1)的函数建立方程求解判断即可．

23.【答案】解：(1)𝐵𝑀=𝐷𝐸，𝐵𝑀⊥𝐷𝐸．

理由：∵正方形CMNE绕C点顺时针旋转𝛼， ∴∠𝑀𝐶𝐵=∠𝐸𝐶𝐷=𝛼，𝐶𝑀=𝐶𝐸． ∵𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形， ∴𝐵𝐶=𝐶𝐷．

在△𝐵𝐶𝑀和△𝐷𝐶𝐸中， 𝐶𝐵=𝐶𝐷

{∠𝐵𝐶𝑀=∠𝐷𝐶𝐸， 𝐶𝑀=𝐶𝐸

∴△𝐵𝐶𝑀≌△𝐷𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐵𝑀=𝐷𝐸，

如图，延长BM交DE于F，交DC于G，

∵△𝐵𝐶𝑀≌△𝐷𝐶𝐸， ∴∠𝐶𝐵𝑀=∠𝐶𝐷𝐸， 又∵∠𝐵𝐺𝐶=∠𝐷𝐺𝐹， ∴∠𝐵𝐶𝐺=∠𝐷𝐹𝐺， ∵𝐵𝐶⊥𝐶𝐷， ∴𝐵𝑀⊥𝐷𝐸；

(2)情况①，如图，过点C作𝐶𝐻⊥𝐵𝐸于点H．

∵正方形ABCD的边长为4√2， ∴𝐶𝑀=𝐶𝐸=2√2．

∴在𝑅𝑡△𝑀𝐶𝐸中，由勾股定理，得𝑀𝐸=√𝑀𝐶2+𝐸𝐶2=4，

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∴𝑀𝐻=𝐸𝐻=2， ∴𝐶𝐻=2．

在𝑅𝑡△𝐵𝐻𝐶中，𝐵𝐻=√𝐵𝐶2−𝐶𝐻2=2√7， ∴𝐵𝑀=2√7−2；

情况②，如图，过点C作𝐶𝐻⊥𝐵𝐸′于点H．

∵正方形ABCD的边长为4√2， ∴𝐶𝑀=𝐶𝐸=2√2．

∴在𝑅𝑡△𝑀𝐶𝐸中，由勾股定理得𝑀𝐸=4， ∴𝑀𝐻=𝐸𝐻=2， ∴𝐶𝐻=2．

在𝑅𝑡△𝐵𝐻𝐶中，𝐵𝐻=√𝐵𝐶2−𝐶𝐻2=2√7， ∴𝐵𝑀=2√7+2；

8(3)𝜋 3

【解析】(1)(2)见答案．

(3)如图，当正方形CMNE旋转到点B、M、N在一条直线上时，点P到达最高点，连结CN，𝑁𝑁′，𝐶𝑁′．

∵正方形ABCD的边长为4√2，M为BC的中点， ∴𝐶𝑀′=𝐶𝑀=2√2． ∴∠𝑀′𝐵𝐶=30°， ∴∠𝐵𝐶𝑀′=60°，

由旋转得∠𝑁𝐶𝑁′=60°，𝑁𝐶=𝑁′𝐶，

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∴△𝐶𝑁′𝑁是等边三角形， ∴∠𝐶𝑁𝑁′=60°， ∴弧CP的长为

60×𝜋×4180

=3𝜋，

4

如图，当正方形CMNE从图4所示的位置，继续顺时针旋转180°后，直线BM与直线DE的交点P从图4所示的位置回到点C的位置，

∴点P的运动路径长为3𝜋×2=3𝜋． 故答案为3𝜋．

(1)根据正方形的性质以及旋转的性质，判定△𝐵𝐶𝑀≌△𝐷𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)，得出∴𝐵𝑀=𝐷𝐸，再延长BM交DE于F，交DC于G，根据三角形内角和的定理以及对顶角相等，得出𝐵𝑀⊥𝐷𝐸即可；

(2)在正方形CMNE绕C点顺时针旋转过程中，若M点在直线BE上时，需要分两种情况进行讨论，运用勾股定理求得NE和BH的长，进而得到BM的长；

(3)当正方形CMNE旋转到点B、M、N在一条直线上时，点P到达最高点，连结CN，𝑁𝑁′，𝐶𝑁′，根据△𝐶𝑁′𝑁是等边三角形，求得弧CP的长；再根据当正方形CMNE从图4所示的位置，继续顺时针旋转180°后，直线BM与直线DE的交点P从图4所示的位置回到点C与点C重合，据此得出P点运动路径长．

本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，勾股定理以及旋转的性质的综合应用，解决问题的关键是画出图形，作辅助线构造直角三角形，结合勾股定理进行计算求解．解题时注意分类讨论思想的运用．

8

48

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