湖南省长沙市八年级下学期选拨竞赛考试数学试卷含解析

八年级下学期选拨竞赛考试数学试卷一、填空题1．满足不等式的整数的个数是.2．已知长分别为14，13，9，7的四条线段可以构成梯形，则在所有可能构成的梯形中，连接梯形两腰中点的线段长度的最大值是.3．如图，已知在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90o，AB=AC，AD=AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE.以下四个结论：①BD=CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC=45°；④BE=AC+AD，其中结论正确的是（填序号）4．已知，则.5．在平面直角坐标系内有两点A，B，其坐标为，，点M为x轴上的一个动点，若要使的值最大，则点M的坐标为.6．如图1～4，在直角边分别为3和4的直角三角形中，每多作一条斜边上的高就增加一个三角形的内切圆，依此类推，图10中有10个直角三角形的内切圆，它们的面积分别记为S1，S2，S3，…，S10，则S1+S2+S3+…+S10=7．如图，P为Rt△ABC内一点，其中∠BAC=90°，并且PA=3，PB=7，PC=9，则BC的最大值为.二、解答题8．已知实数a，b，c满足，，求的值.9．已知：.求的值.10．如图，Rt△ABC中，AC＞BC，∠ACB=90°，CD是△ABC的中线，点E在CD上，且∠AED=∠B，求证：AE=BC.11．某同学对矩形纸片ABCD进行了如下的操作：如图，先沿直线AG折叠，使点B落在对角线AC上的点P处，再沿直线CH折叠，使点D落在AC上的点Q处.若，，求四边形的面积.12．已知关于x的方程只有一个实数根，求实数a的值.13．设为非零实数，两个函数与的图象相交于，两点，若，求的值.14．回答下列问题：（1）如图，当时，，将△PAB绕B点顺时针旋转90°画出旋转后的图形；（2）在（1）中，若，，，求的大小.（3）如图，，，且，，，则△面积是.（4）如图，△ABC中，，，点P在△ABC内，且，，，求△ABC的面积.15．设为质数，m为整数，满足，求和m的所有可取值.16．解方程组：.17．已知点M、N分别在△ABC的边AB、AC上，且不同于所在边的端点，满足，，P关于直线BC的对称点为A，证明：PA是∠MPN的角平分线.18．如图1，抛物线y＝ax2＋（a＋3）x＋3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有一动点E（m，0）（0＜m＜4），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M.（1）求a的值和直线AB的函数表达式；（2）设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若，求m的值；（3）如图2，在（2）条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E′A＋E′B的最小值.

答案解析部分【解析】【解答】解：，，∵，∴，∵，，∴，故1.6与5.24之间的整数有4个.故答案为：4.【分析】对不等式组两边的式子进行分母有理化可得-4<m<3+，根据估算无理数大小的方法估算出-4、3+的范围，得到m的范围，进而可得整数m的个数.【解析】【解答】解：当这个梯形的上底和下底分别为7和9时，则如图所示：过点A、C分别作AF⊥BC，CE⊥AD，由题意得：AD∥BC，AD=7，BC=9，AB=14，CD=13，∴AF=CE，AE=CF，设AE=CF=x，则有DE=7-x，BF=9-x，在Rt△AFB中，由勾股定理得：，在Rt△DEC中，由勾股定理得：，∴，解得：，∴此情况符合题意，则取AB、CD的中点M、N，∴；当这个梯形的上底和下底分别为7和13时，则AB=14，CD=9，如图所示：同理可得：，解得：，∴此种情况符合题意，即；当这个梯形的上底和下底分别为7和14时，则AB=13，CD=9，如图所示：同理可得：，解得：，∴此种情况符合题意，即；当这个梯形的上底和下底分别为9和13时，则AB=14，CD=7，如图所示：同理可得：，解得：，∴此种情况不符合题意；当这个梯形的上底和下底分别为9和14时，则AB=13，CD=7，同理可知也不符合题意；当这个梯形的上底和下底分别为14和13时，则AB=9，CD=7，同理可知也是不符合题意；∴综上所述：当以这四条边作为梯形的边长，两腰的中线最大值为10.5；故答案为：10.5.【分析】当这个梯形的上底和下底分别为7和9时，过点A、C分别作AF⊥BC，CE⊥AD，由题意得：AD∥BC，AD=7，BC=9，AB=14，CD=13，设AE=CF=x，则DE=7-x，BF=9-x，利用勾股定理可得x的值，取AB、CD的中点M、N，根据梯形中位线的性质可得MN；当这个梯形的上底和下底分别为7和13时，则AB=14，CD=9，同理可得MN；当这个梯形的上底和下底分别为7和14时，则AB=13，CD=9，同理可得MN；当这个梯形的上底和下底分别为9和13时，则AB=14，CD=7，同理可得MN，据此解答.【解析】【解答】解：∵∠BAC=∠DAE=90o，AB=AC，AD=AE又∠BAD=∠BAC+∠CAD∠CAE=∠EAD+∠CAD∴∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE(SAS)∴BD=CE，故①正确；∴∠BDA=∠CEA=45°又∠ADE=45°∴∠BDE=∠ADE+∠BDA=90°∴BD⊥CE，故②正确；∵△BAD≌△CAE∴∠ACE=∠ABD又∠ABC=∠ABD+∠CBD=∠ACE+∠CBD=45°，故③正确；在△BAE中AB+AE>BE又AB=AC，AE=AD∴AC+AD>BE，故④错误.故答案为：①②③.【分析】首先利用SAS判断出△BAD≌△CAE，根据全等三角形的对应边相等得出BD=CE，故①正确；根据全等三角形的对应角相等得出∠BDA=∠CEA=45°，然后根据角的和差得出∠BDE=90°，从而得出BD⊥CE；根据全等三角形的对应角相等得出∠ACE=∠ABD从而根据角的和差及等量代换得出∠ABC=45°；根据三角形三边的关系及等量代换得出AC+AD>BE，从而即可一一判断得出答案.【解析】【解答】解：∵，分三种情况讨论：∴或x2-x-1=-1且指数为偶数或，①当时，∴，当时，∴，②x2-x-1=-1且指数为偶数时，x=0；③当时，因式分解得解得故答案为：-2或0或-1或2.【分析】根据零次幂的运算性质可得x2-x-1≠0且x+2=0，求解可得x的值；根据有理数的乘方法则可得x2-x-1=-1且x+2为偶数，求解可得x的值；令x2-x-1=1，求出x的值，据此解答.【解析】【解答】解：如图，作点A（﹣1，﹣1）关于x轴的对称点A′（﹣1，1），作直线A′B交x轴于点M，

由对称性知：MA′＝MA，

∴MB﹣MA＝MB﹣MA′＝A′B，

若N是x轴上异于M的点，则NA′＝NA，这时NB﹣NA＝NB﹣NA′＜A′B＝MB﹣MA′，

∴点M就是使MB﹣MA的值最大的点，MB﹣MA的最大值是A′B，

设直线A′B的解析式为：y＝kx+b，

把A′（﹣1，1），B（2，4）代入得：，

解得：，

∴直线A′B的解析式为y＝x+2，

当y＝0时，x+2＝0，解得x＝﹣2，

∴点M的坐标为（﹣2，0）.

故答案为：（﹣2，0）.

【分析】利用轴对称图形的性质可作点A关于x轴的对称点A′，连接A′B，交x轴于点M，由对称性可得MA′＝MA，从而得到MB﹣MA＝MB﹣MA′＝A′B，若N是x轴上异于M的点，则NA′＝NA，这时NB﹣NA＝NB﹣NA′＜A′B＝MB﹣MA′，因此点M就是使MB﹣MA的值最大的点，MB﹣MA的最大值是A′B，再利用待定系数法求得直线A′B的解析式为y＝x+2，求得直线A′B与x轴的交点M即为所求．【解析】【解答】解：（1）图1，过点O做OE⊥AC，OF⊥BC，垂足为E、F，则∠OEC=∠OFC=90°∵∠C=90°∴四边形OECF为矩形∵OE=OF∴矩形OECF为正方形设圆O的半径为r，则OE=OF=r，AD=AE=3﹣r，BD=4﹣r∴3﹣r+4+r=5，r==1∴S1=π×12=π2）图2，由S△ABC=×3×4=×5×CD∴CD=由勾股定理得：AD==，BD=5﹣=由（1）得：⊙O的半径==，⊙E的半径==∴S1+S2=π×+π×=π3）图3，由S△CDB=××=×4×MD∴MD=由勾股定理得：CM==，MB=4﹣=由（1）得：⊙O的半径=，：⊙E的半径==，：⊙F的半径==∴S1+S2+S3=π×+π×+π×=π∴图4中的S1+S2+S3+S4=π则S1+S2+S3+…+S10=π故答案为：π．【分析】（1）图1，作辅助线构建正方形OECF，设圆O的半径为r，根据切线长定理表示出AD和BD的长，利用AD+BD=5列方程求出半径r=（a、b是直角边，c为斜边），运用圆面积公式=πr2求出面积=π；（2）图2，先求斜边上的高CD的长，再由勾股定理求出AD和BD，利用半径r=（a、b是直角边，c为斜边）求两个圆的半径，从而求出两圆的面积和=π；（3）图3，继续求高DM和CM、BM，利用半径r=（a、b是直角边，c为斜边）求三个圆的半径，从而求出三个圆的面积和=π；综上所述：发现S1+S2+S3+…+S10=π．【解析】【解答】解：如图，过P点分别作PD⊥AB于D、PF⊥AC于F，再过B作BG⊥PF于G，过C作CE⊥PD于E，交BG于H，连接AH、PH∵∠BAC=90°，∴四边形ADPF、四边形ADEC、四边形ABGF、四边形PGHE、四边形ABHC都是矩形∴PD=BG，PF=AD=EC，PG=HE，BC=AH∴∴∵PA=3，PB=7，PC=9∴，解得∵△PAH中，PA=3，∴∵当A、P、H三点共线时∴当A、P、H三点共线时最大故答案为：14.【分析】过P点分别作PD⊥AB于D、PF⊥AC于F，过B作BG⊥PF于G，过C作CE⊥PD于E，交BG于H，连接AH、PH，则四边形ADPF、ADEC、ABGF、PGHE、ABHC都是矩形，由矩形对边相等得PD=BG，PF=AD=EC，PG=HE，BC=AH，则PB2+PC2=PA2+PH2=PF2+PE2+PG2+PD2，代入数据可得PH的值，根据两点之间，线段最短的性质可得：当点P、A、H共线时，AH取得最大值，即BC取得最大值，据此解答.【解析】【分析】根据a+b+c=0得a+b=-c，两边同时平方得2ab=c2-(a2+b2)，结合a2+b2+c2=1得ab=c2-，同理得ac=b2-，bc=a2-，待求式可变形为，据此计算.【解析】【分析】根据偶次幂的非负性以及绝对值的非负性，由两个非负数的和为0，则每一个都为0可得m+2=0，n-1=0，求出m、n的值，根据去括号法则以及合并同类项法则对待求式进行化简，然后将m、n的值代入进行计算.【解析】【分析】延长CD到F使DF=CD，连接AF，根据中线的性质可得AD=BD，证明△ADF≌△BDC，得到∠F=∠BCD，BC=AF，根据直角三角形斜边上中线的性质可得CD=BD，根据等腰三角形的性质可得∠B=∠BCD，结合已知条件可得∠AED=∠BCD，根据全等三角形的性质可得∠F=∠BCD，推出AE=AF，然后结合BC=AF进行证明.【解析】【分析】根据矩形的性质可得AB=CD=5，∠B=90°，利用勾股定理可得AC，由折叠的性质可知AP=AB=5，BG=PG，∠B=∠APG=90°，CQ=CD=5，设CG=x，则BG=PG=12-x，利用勾股定理求出x，得出CG的长，同理得出AH，然后判断出四边形AGCH是平行四边形，然后根据S四边形AGCH=CG·AB进行计算.【解析】【分析】将原方程去分母得到整式方程，算出方程根的判别式的值，分当△=0时，a=，显然x=是原方程的解；当△＞0时，根据求根公式求出x，只需x2为增根，此时原方程只有一个实数根，求解可得a的值.【解析】【分析】联立一次函数与反比例函数解析式可得关于x的一元二次方程，结合△≥0可得k的范围，根据根与系数的关系可得x1+x2=-2，x1x2=-k，则|x1-x2|===，求解可得k的值.【解析】【解答】解：（3）如图3①，将绕点逆时针旋转得到△，连接，△，，，，是等边三角形，，，，，，△是直角三角形，，，，；△，；如图3②，同理可求：和的面积的和，和的面积的和，的面积，的面积的面积与的面积的和.故答案为：.【分析】（1）将点P、A绕点B顺时针旋转90°可得点P′、C，顺次连接可得旋转后的图形；

（2）连接PP′，根据旋转的性质可得BP=BP′，∠APB=∠CP′B，AP=CP′=2，根据等腰直角三角形的性质可得PP′=，∠BP′P=45°，根据勾股定理逆定理知△CP′P为直角三角形，然后根据∠CP′B=∠BP′P+∠CP′P进行计算；（3）将△PAB绕A点逆时针旋转60°得△P1AC，连接PP1，则AP=AP1，∠PAP1=60°，CP1=BP=4，推出△PAP1是等边三角形，得到PP1=AP=3，利用勾股定理逆定理知△CP1P是直角三角形，根据=+可得四边形APCP1的面积，据此解答；同理可求△ABP和△BPC的面积和，△APC和△BPC的面积的和，然后根据S△APC=S△ABC-(S△APB+S△BPC)进行计算；

（4）作△ABQ，使得∠QAB=∠PAC，∠ABQ=∠ACP，连接PQ，取AQ的中点N，连接PN，则△QAB∽△PAC，由相似三角形性质得AQ、BQ，易得△APN是等边三角形，根据等边三角形的性质得AN=QN=AP=PN，∠ANP=60°，利用勾股定理可得PQ，推出∠PQB=90°，作AM⊥BQ于点M，延