重难点01选择压轴题（代数篇）-2024年中考数学冲刺复习讲练测（浙江新中考）（解析版）

第第页题型01数与式的运算类型一实数的运算及其应用1．有这样一种算法，对于输入的任意一个实数，都进行“先乘以，再加3”的运算.现在输入一个，通过第1次运算的结果为，再把输入进行第2次同样的运算，得到的运算结果为，…，一直这样运算下去，当运算次数不断增加时，运算结果（

）A．越来越接近4 B．越来越接近于－2C．越来越接近2 D．不会越来越接近于一个固定的数【答案】C【分析】先根据算法得出，再分别求出的运算式子，然后归纳类推出一般规律，最后利用有理数乘方的性质即可得．【详解】根据算法得：（且为整数）变形为则归纳类推得：由题意得：则即当n无限大时，无限趋近于0则即当运算次数不断增加时，运算结果越来越接近2故选：C．【点睛】本题考查了有理数的乘方、与实数运算相关的规律型问题，理解新算法，正确归纳类推出一般规律是解题关键．2．如图，在数轴上，点表示，将点沿数轴做如下移动，第一次点向右平移2个单位长度到达点，第二次将点向左移动4个单位长度到达，第三次将点向右移动6个单位长度，按照这种移动规律移动下去，第次移动到点，给出以下结论：①表示5；②；③若点到原点的距离为15，则；④当为奇数时，；以上结论正确的是（

）

A．①②③ B．①②④ C．②③ D．①④【答案】D【分析】先根据数轴的定义分别求出点表示的数，再归纳类推出一般规律，然后逐个判断即可得．【详解】由题意，点表示的数为，点表示的数为，点表示的数为，点表示的数为，点表示的数为，点表示的数为，归纳类推得：当n为奇数时，；当n为偶数时，，其中n为正整数，则表示的数为5，结论①正确；，，，则结论②错误；当n为奇数时，，当n为偶数时，，解得，即若点到原点的距离为15，则或，结论③错误；当为奇数时，，，，，，，即当为奇数时，，结论④正确；综上，结论正确的是①④，故选：D．【点睛】本题考查了数轴、绝对值、有理数的乘方、一元一次方程的应用，依据题意，正确归纳类推出一般规律是解题关键．3．潼铜在研究数学问题时遇到一个定义：将三个已经排好顺序的数：，称为数列．计算，将这三个数的最小值称为数列的最佳值．例如，对于数列，因为，所以数列的最佳值为．潼铜进一步发现：当改变这三个数的顺序时，所得到的数列都可以按照上述方法计算其相应的最佳值．如数列的最佳值为；数列的最佳值为1；…经过研究，潼铜发现，对于“”这三个数，按照不同的排列顺序得到的不同数列中，最佳值的最小值为；…．根据以上材料，下列说法正确的个数有①数列的最佳值为；②将“，，2”这三个数按照不同的顺序排列，可得到若干个数列，这些数列取得最佳值最小值的数列为；③将2，，这三个数按照不同的顺序排列，可得到若干个数列．若这些数列的最佳值为1，则满足条件的值有4个．A．3个 B．2个 C．1个 D．0个【答案】C【分析】本题是一道数与式中的新定义问题，理解最佳值的定义以及正确的分类讨论是解题的关键．根据题中对最佳值的定义，结合分类讨论的思想可解决问题．【详解】解：①，，，且，这个数列的最佳值是，故①正确；②把“，，2”这三个数按照不同的顺序排列，可得以下数列：（1），2，；（2），，2；（3）2，，；（4）2，，；（5），，2；（6），2，；（1），，，此数列的最佳值为；（2），，，此数列的最佳值为；（3），，此数列的最佳值为；（4），，，此数列的最佳值为1；（5），，，这个数列的最佳值是；（6），，，这个数列的最佳值是；，取得最佳值最小值的数列为：（2）（6），故②不正确；③分类讨论的思想同②，经计算当或10或11时，若干数列中，有数列的最佳值为1．故③错误．故选：C4．表示由四个互不相等的正整数组成的一个数组，表示由它生成的第一个数组，表示由它生成的第二个数组，按此方式可以生成很多数组，记，第个数组的四个数之和为（为正整数）.下列说法：①可以是奇数，也可以是偶数；②的最小值是；③若，则.其中正确的个数（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了新定义运算，根据新定义运算分别进行运算即可判断求解，理解新定义运算是解题的关键.【详解】解：根据题意可知，，，，，∴，∴是偶数，故错误；∵，∴的最小值是，∴的最小值是，又∵为正整数，∴的最小值为20，故正确；∵，∴，∴，故正确；故选：C.5．一个正整数等于两个不相等的正整数的和与这两个不相等的正整数的积之和，称这个整数为“可拆分”整数，反之则称“不可拆分”整数．例如，，11是一个“可拆分”整数．下列说法：①最小的“可拆分”整数是5；②一个“可拆分”整数的拆分方式可以不只有一种；③最大的“不可拆分”的两位整数是96．其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】根据定义分别判断即可．【详解】解：，且1，2是最小的正整数，故①正确；设整数则当不是质数时，拆分方式不止一种，如：=，故②正确；当时，，是一个质数，故不能拆解为形式，故为“不可拆分”整数．而，为“可拆分”整数，，为“可拆分”整数，，为“可拆分”整数，故最大的“不可拆分”的两位整数是96．③正确故选D【点睛】本题考查了新定义、有理数的运算、因式分解的应用等知识点，因式分解知识点的灵活运用是解题关键．6．观察下列算式：，，，…，它有一定的规律性，把第个算式的结果记为，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先通过观察找出第n个算式的规律为n(n+3)，写出所得代数式；再找出所求代数式的规律，按照裂项法展开计算即可．【详解】解：∵=1×4+1，=2×5+1，=3×6+1，…，观察以上各式发现规律，由规律可知：a4=4×7+1，a5=5×8+1，a6=6×9+1，a7=7×10+1an=n·(n+3)+1验证：a4=故依次为：a5=5×8+1，a6=6×9+1，a7=7×10+1∴an=n·(n+3)+1∴====故选：C【点睛】本题考查了规律型的数字在二次根式中的应用，观察出数字规律或正确计算出相关项并采用裂项法是进行快速计算的关键．7．对于任意实数，均能写成其整数部分与小数部分的和，其中称为的整数部分，表示不超过的最大整数，称为的小数部分，即.比如，，，，，，则下列结论正确的有（

）①；②；③若，则；④对一切实数、均成立；⑤方程无解．A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】A【分析】根据，称为的小数部分依次判断即可．【详解】解：①、∵称为的小数部分，，故①正确；②、∵称为的小数部分，∴，故②正确；③由题中条件可知，即当时，，答案不唯一，故③错误；④、当时，，，即，故④错误；⑤、当时，，方程有解，故⑤错误综上，正确的有①和②，故选：A．【点睛】本题考查了新定义问题，解题的关键在于对定义的理解与运用．8．我们知道，任意一个正整数n都可以进行这样的分解：n=p×q（p，q是正整数，且p≤q），在n的所有这种分解中，如果p，q两因数之差的绝对值最小，我们就称p×q是n的最佳分解，并规定：F（n）=．例如：12可以分解成1×12，2×6或3×4，因为12﹣1＞6﹣2＞4﹣3，所以3×4是12的最佳分解，所以F（12）=．如果一个两位正整数t，t=10x+y（1≤x≤y≤9，x，y为自然数），交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为36，那么我们称这个数t为“吉祥数”．根据以上新定义，下列说法正确的有：（1）F（48）=；（2）如果一个正整数m是另外一个正整数n的平方，我们称正整数m是完全平方数，则对任意一个完全平方数m，总有F（m）=1；（3）15和26是“吉祥数”；（4）“吉祥数”中，F（t）的最大值为．(

)A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据最佳分解的定义判断（1）和（2），根据吉祥数的定义判断（3）和（4），即可得出答案．【详解】（1）48可以分解为1×48，2×24，3×16，4×12，6×8∵48-1>24-2>16-3>12-4>8-6∴6×8是48的最佳分解，∴F（48）=，故（1）正确；（2）对任意一个完全平方数m设m=n2（n为正整数）∵∴n×n是m的最佳分解∴对任意一个完全平方数m，总有，故（2）正确；（3）51-15=36，故15为吉祥数；62-26=36，故36为吉祥数，故（3）正确；（4）设交换t的个位上的数与十位上的数得到的新数为T=10y+x∵t为吉祥数∴T-t=10y+x-(10x+y)=9y-9x=36∴y=x+4∵1≤x≤y≤9，x，y为自然数∴吉祥数有：15,26,37,48,59∴，，，，∴最大值为，故（4）正确；故答案选择D．【点睛】本题考查的是新定义，难度适中，解题关键是掌握最佳分解和吉祥数的概念．类型二整式运算及其应用9．对任意代数式，每个字母及其左边的符号（不包括括号外的符号）称为一个数，如：，其中称a为“数1”，b为“数2”，+c为“数3”，为“数4”，为“数5”，若将任意两个数交换位置，则称这个过程为“换位运算”，例如：对上述代数式的“数1”和“数5”进行“换位运算”，得到：，则下列说法中正确的个数是（）①代数式进行1次“换位运算”后，化简后结果可能不发生改变②代数式进行1次“换位运算”，化简后只能得到③代数式进行1次“换位运算”，化简后可能得到7种结果A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】本题考查了整式的加减，理解新定义及整式的运算是解题的关键．根据括号外面是“+”，去括号不改变括号里面式子的符号；括号外面是“”，去括号改变括号里面式子的符号；依此即可求解．【详解】解：①代数式进行一次“换位运算”，当b、c进行“换位运算“，时，与原结果相等，故①符合题意；②在代数式中，将任意两个数交换位置，均不会改变每个数的符号，故化简后只能得到一种结果，均为，故②符合题意；③代数式中，有三种情况：（1）a与b进行换位思考以及三个数中任意两个进行换位思考，化简后只有1种结果，均为：；（2）a与分别进行换位思考，化简后得到3种结果，分别为：；（3）b与分别进行换位思考，化简后得到3种结果，分别为：，故该代数式共得到7种结果，故③符合题意；故选：D．10．对多项式添加一次绝对值运算（只添加一个绝对值，不可添加单项式的绝对值）后只含加减运算，然后化简，结果按降幂排列，称此为一次“绝对操作”．例如：，称对多项式一次“绝对操作”；选择这次“绝对操作”的其中一个结果，例如对多项式进行如上操作，称此为二次“绝对操作”下列说法正确的个数是（

）①经过两次“绝对操作”后，式子化简后的结果可能为；②进行一次“绝对操作”后的式子化简结果可能有5种；③经过若干次“绝对操作”，一定存在式子化简后的结果与原式互为相反数．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】先将化简为，对经过两次“绝对操作”可以得到，故①正确，再经过不同的“绝对操作”得到5种化简结果，故②正确，经过的“绝对操作”可能得到原式的相反数，故③正确．【详解】解：化简为，当时，经过一次“绝对操作”后的式子为，当时，再经过一次“绝对操作”后的式子为，故①正确；可以进行4种“绝对操作”即，∴进行一次“绝对操作”后的式子化简结果可能有，，，，，5种，故②正确．其中，得到的结果中出现了原式的相反数，故③正确．【点睛】本题考查了新定义的理解，绝对值的意义，其中对新定义的理解是解题的关键．11．关于x，y的二次三项式（m为常数），下列结论正确的有（

）①当时，若，则②无论x取任何实数，等式都恒成立，则③若，则④满足的正整数解共有25个A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】①将代入代数式，计算即可；②又可得，再根据题意求解即可；③两方程相加，令，可化为，求解即可；④根据题意可得，列出正整数解，即可．【详解】解：将代入可得，，即解得或，即或，①错误；由可得，∵无论x取任何实数，等式都恒成立，∴，②正确；两式相加可得：即令，则，解得，即或，③错误；由可得正整数解为：，总共有个，④错误正确的个数为1，故选：A【点睛】本题主要考查了整式加减，二元一次不等式的解，完全平方公式，一元二次方程的解，解题的关键是熟练掌握相关运算法则以及灵活运用完全平方公式．12．已知非负实数满足，则下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了解不等式，完全平方公式，非负数的性质，掌握完全平方公式的结构特征是解题的关键．根据，通过解不等式及完全平方公式的运算进行判断即可．【详解】由得．，又为非负实数，解得，又，易得，A项、B项错误，C项正确．当时，；当时，由题可知，即．由得，即，D项错误．故选：C13．对整式进行如下操作：将与另一个整式相加，使得与的和等于，表示为，称为第一次操作；将第一次操作的结果与另一个整式相减，使得与的差等于，表示为，称为第二次操作；将第二次的操作结果与另一个整式相加，使得与的和等于，表示为，称为第三次操作；将第三次操作的结果与另一个整式相减，使得与的差等于，表示为，称为第四次操作，以此类推，下列四种说法：①；②；③；④当为奇数时，第次操作结果；当为偶数时，第次操作结果：四个结论中正确的有（

）A．1个 B．2个C．3个 D．4个【答案】A【分析】根据题意可得出规律为，当n为奇数时，当为偶数时，，即可得出答案．【详解】解：根据题意可知，，，，，以此类推，可得．由于，，，，以此类推，可得，当n为奇数时，当为偶数时，．∴x2=4a+5，故结论①错误；y5+y7-x5-x7=（a+5）2-（a2-52）+（a+7）2-（a2-72）-[（a+5）2-（a2-42）]-[（a+7）2-（a2-62）]=52+72-42-62=22．故结论②错误；x2022-y2021=（a+2022）2-（a2-20212）-[（a+2021）2-（a2-20212）]=（a+2022）2-a2+20212-（a+2021）2+a2-20212=（a+2022+a+2021）（a+2022-a-2021）=2a+4043．故结论③错误；∵当n为奇数时，当为偶数时，，故结论④正确．故选：A．【点睛】本题考查规律型-数字的变化类、整式的混合运算，能够根据题意找出规律是解答本题的关键．14．已知多项式和（m，n为常数），以下结论中正确的是（

）①当且时，无论y取何值，都有；②当时，所得的结果中不含一次项；③当时，一定有；④若且，则；⑤若，且x，y为整数，则．A．①②④ B．①②⑤ C．①④⑤ D．③④⑤【答案】B【分析】主要是运用整式的运算法则及因式分解等知识对各项进行一一判断即可．【详解】①当且时，A+B=，∵无论y取何值，总有，∴无论y取何值，都有，故①正确；②当时，，∴所得的结果中不含一次项；故②正确；③当时，，其结果与0无法比较大小，故③错误；④若且，则，变形得：，∴x=1，y=-1，∴x=-y，故④错误；⑤若，且x，y为整数，则变形得：，因式分解得：，∵x，y为整数，则必有．故⑤正确；故选：B【点睛】本题主要考查的是整式运算及因式分解的应用，解决本题的关键是熟练掌握运用乘法公式进行计算及因式分解．15．下列四种说法中正确的有（）①关于x、y的方程存在整数解．②若两个不等实数a、b满足，则a、b互为相反数．③若，则．④若，则．A．①④ B．②③ C．①②④ D．②③④【答案】B【分析】将提公因式2得，由x、y为整数，则为偶数，因为199为奇数，即原等式不成立，即可判断①；将，整理得，即得出，由于实数a、b不相等，即得出a、b互为相反数，故可判断②；整理得，即得，即，故可判断③；由，得出，即可变形为，可以得出或，故可判断④．【详解】∵，∴如果x、y为整数，那么为偶数，∵199为奇数，∴不存在整数解，故①错误；∴，∵实数a、b不相等，∴a、b互为相反数，故②正确；∴，即，故③正确；∵∴，∴，即，∴，∴或，故④不一定正确．综上可知正确的有②③．故选B．【点睛】本题考查因式分解，整式的混合运算．熟练掌握完全平方公式是解题关键．16．已知三个函数：，，，下列说法：①当时，的值为6或；②对于任意的实数m，n，若，，则；③若时，则；④若当式子中的取值为与时，的值相等，则a的最大值为8．以上说法中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】解可化为一元二次方程的分式方程即可判断①，通过完全平方公式对进行变形，即可判断②，解可化为一元二次方程的分式方程求得，，再代入化简，即可判断③，令，，，根据，得到关于的二次函数，利用二次函数的性质，即可判断④．【详解】解：①即，整理得：，解得：或，经检验，或是原方程的解，故①正确；②，，，，故②正确；③即，整理得：，解得：，经检验，是原方程的解，，，，故③错误；④，令，的取值为与时，的值相等，令，，，，整理得：，，的最大值为8，故④正确；综上，正确的有3个，故选：C．【点睛】本题考查了解可化为一元二次方程的分式方程，完全平方公式的变形，因式分解，二次函数的最值，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．类型三分式的计算及其应用17．《庄子・天下》云：“一尺之捶，日取其半，万世不竭”．若设捶长为1，天数为，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查图形及数字的变化规律，由图可知第一次剩下，截取；第二次剩下，共截取；⋯，由此得出第次剩下，共截取，即可得出答案．找出与数据之间的联系，得出规律是解题的关键．也考查了负整数指数幂的运算．【详解】解：如图，第次后，共截取：，设，∴，∴，∵，∴，即．故选：A．18．设n是大于1909的正整数，且是某个整数的平方数，求得所有满足条件的n之和为(

)A．1959 B．7954 C．82 D．3948【答案】B【分析】设，则，得到，再设是数的平方数，得到，再根据题意推出，据此求解即可．【详解】解：设，则，∴，再设是数的平方数，∴，∴，∵是某个整数的平方数，，∴，∴且a为正整数，∴，当时，；当时，；当时，；当时，；∴的值可以为、、、，∴所有满足条件的n之和为，故选B．【点睛】本题主要考查了完全平方数，分式的加减，正确理解题意是解题的关键．19．有一组数据：．记，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意知，，计算求解即可．【详解】解：，∴，故选：A．【点睛】本题考查了分式的运算．解题的关键在于探究分式的规律．20．按顺序排列的若干个数：，，，…，（n是正整数），从第二个数开始，每一个数都等于1与它前一个数的倒数之差，即：，，…，则下列说法：①若，则；②若，则．；③若，，则；④无论m为何值，代数式的值恒为负．其中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．0【答案】B【分析】本题考查了规律探究；①分别代入计算找出规律，按、、循环，即可判断；②当时，分别代入计算找出规律，按、、循环，即可判断；③当时，分别代入计算找出规律，按、、循环，即可判断；④由③得：设，则有按、、循环，即可判断；找出规律是解题的关键．【详解】解：①当时，，解得：，，，，按、、循环，，故此项正确；②当时，，，，，，按、、循环，，，，，故此项正确；③当时，，，，，，按、、循环，，，，解得：，，经检验：，是此方程的根，若，，则或，故此项错误；④由③得：设，则有，，，，，如当，时，即，，不一定为负，故此项错误；故选：B．21．人们把这个数叫做黄金比，优选法中的“法”与黄金分割紧密相关，这种方法经著名数学家华罗庚的倡导在我国得到大规模推广，取得了很大的成果．设，，记，，，…依此规律，则的值为（

）A． B．25 C． D．125【答案】D【分析】利用分式的加减法则以及二次根式的混合运算法则求得、，以及，代入求解即可．【详解】解：∵，，∴，∵，，，…，，故选：D．【点睛】本题考查了分式的加减法，二次根式的混合运算，解题的关键是找出相应的规律．22．阅读材料：在处理分数和分式的问题时，有时由于分子大于分母，或分子的次数高于分母的次数，在实际运算时难度较大，这时，我们可将分数（分式）拆分成一个整数（整式）与一个真分数（真分式）的和（差）的形式，通过对它的简单分析来解决问题，我们称这种方法为分离常数法，此法在处理分式或整除问题时颇为有效．将分式分离常数可类比假分数变形带分数的方法进行．如：a﹣1，这样，分式就拆分成一个分式与一个整式a﹣1的和的形式，下列说法正确的有（

）个．①若x为整数，为负整数，则x＝﹣3；②69；③若分式拆分成一个整式与一个真分式（分子为整数）的和（差）的形式为：5m﹣11（整式部分对应等于5m﹣11，真分式部分对应等于），则m2+n2+mn的最小值为27．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】利用题干中的方法将分式拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式，利用整数或整式的性质对每个结论进行判断即可．【详解】解：∵为负整数，为负整数，故①的结论正确；∵，又，∴，且有最小值2，∴有最大值3，∴，∴②的结论正确；∵，∴m＝x＋2，n−6＝−（x＋2），∴m＝x＋2，n＝4−x．∴m2＋n2＋mn＝(m＋n)2−mn＝36−（−x2＋2x＋8）＝x2−2x＋28＝(x−1)2＋27，∵(x−1)2≥0，∴m2＋n2＋mn有最小值为27，∴③的结论正确，故选：D．【点睛】本题主要考查了分式的加减法，整式的加减法，本题是阅读型题目，理解并熟练应用题干中的方法是解题的关键．23．已知两个分式：，；将这两个分式进行如下操作：第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为；（即，）第二次操作：将，作和，结果记为：作差，结果记为；（即，）第三次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为；（即，）…（依此类推）将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论：．①；②当时，；③若，则；④在第n（n为正整数）次和第次操作的结果中：为定值：⑤在第2n（n为正整数）次操作的结果中：，；以上结论正确的个数有（

）个A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】通过计算确定第2n个式子的变化规律和第2n-1个式子的变化规律，然后确定一般形式，进行判定即可．【详解】解：，，，，，，，，……当2n-1为奇数时（1除外），，，当2n为偶数时，，，∵，故①正确；当x=1时，M2+M4+M6+M8==30，故②错误；，解得x=1或-2（不合题意，舍去），故③正确；当n=2k-2时，=x，x不是定值，故④错误；由规律知，⑤正确；故选：C．【点睛】本题考查分式的化简以及探究式子的规律，解决问题的关键是确定式子的变化规律．24．对x、y定义一种新运算T，规定：（其中a、b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：，若，，则结论正确的个数为（

）（1）a＝1，b＝2；（2）若，则；（3）若，m、n均取整数，则或或；（4）若，当n取s、t时，m对应的值为c、d，当时，；（5）若对任意有理数x、y都成立（这里T（x、y）和T（y、x）均有意义），则A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】（1）结合给出的新运算T，T（2，1）=2，T（-1，2）=-8建立关于a和b的二元一次方程组，解之可得；（2）把m，n代入新运算即可；（3）若m为整数，则分别必须是分子的约数，一一列出并求解即可；（4）可利用作差法比较式子大小进行比较；（5）根据新运算列出等式，整理可求出．【详解】由题意可知，T（2，1）=2a+2b-4=2，T（-1，2）=-2a-b-4=-8，即，解得，故（1）正确；a＝1，b＝2；T（x，y）=xy+2x-4，∴T（m，n）=mn+2m-4=0（n≠-2），则；故（2）正确∵m、n均取整数，，∴n+2的取值为-4，-2，-1，1，2，4；当n+2=-4，即n=-6时，m=-1；当n+2=-2，即n=-4时，m=-2；当n+2=-1，即n=-3时，m=-4；当n+2=1，即n=-1时，m=4；当n+2=2，即n=0时，m=2；当n+2=4，即n=2时，m=1；故（3）不正确，，当时c-d＜0，；故（4）正确；，，，，，，对任意有理数x、y都成立（这里T（x、y）和T（y、x）均有意义），则故（5）正确故选C【点睛】本题考查了新定义运算，解二元一次方程组，作差法比较分式大小等内容，理解题意是解题的关键．题型02方程与不等式组类型四一次方程（组）及其应用25．规定：，．例如，．下列结论中：①若，则；②若，则；③能使成立的的值不存在；④式子的最小值是7．其中正确的所有结论是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】根据题中的规定逐项判断出各选项的结论正确与否即可．【详解】解：①若，即，解得：，则，故①正确；②若，则，故②正确；③若，则，即（无解）或，解得：，即能使已知等式成立的x的值存在，故③错误；④式子，此式子表示数轴上一个点到和的距离之和，当这个点所表示的数在与3之间时，的最小值是7，故④正确．综上，正确的所有结论是：①②④．故选：B．【点睛】本题以新规定为载体，主要考查了绝对值的意义和化简、整式的加减以及一元一次方程的求解等知识，正确理解新运算法则是解题的关键．26．（2023·浙江·模拟预测）如图，A，B两地相距1200m，小车从A地出发，以8m/s的速度向B地行驶，中途在C地停靠3分钟．大货车从B地出发，以5m/s的速度向A地行驶，途经D地（在A地与C地之间）时沿原路返回B点取货两次，且往返两次速度都保持不变（取货时间不计），取完两批货后再出发至A点．已知：，则直至两车都各自到达终点时，两车相遇的次数为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】由题意可求出，，，．再根据题意结合速度=路程÷时间讨论即可．【详解】解：由题意可知．∵，∴，，∴，．当大货车第一次到达D地时，用时，∴此时小车行驶路程为．∵，∴此过程两车不相遇；当大货车第一次由D地返回B地，且到达C地的过程中，∵，∴大货车到达C地用时．假设此过程中两车相遇，且又经过t秒相遇，则，解得：，即说明大货车到达C地之前没相遇；当大货车继续由C地返回B地时，∵，∴大货车到达B地用时．此时大货车共行驶．∵小车到达C地用时，∴当大货车到达B地时，小车已经到达C地停靠．∵小车中途在C地停靠3分钟，即，∴当大货车到达B地时，小车在C地还需停靠．当大货车又从B地出发前往D地时，用时，∴当大货车到达D地时小车还在停靠，即此时第一次相遇，∴此时小车剩余停靠时间，∴当小车出发时，大货车第二次从D地前往B地行驶了．假设大货车到达B地前小车能追上大货车，且用时为，则，解得：，即说明大货车到达B地前小车没追上大货车，∴此过程两车没相遇．当大货车最后由B地前往A地时，小车正在向B地行驶，∴两车此过程必相遇．综上可知，两车相遇的次数为2次．故选A．【点睛】本题考查线段的n等分点，线段的和与差，一元一次方程的实际应用．读懂题意，列出算式或方程是解题关键．27．有5个正整数，，，，，某数学兴趣小组的同学对5个正整数作规律探索，找出同时满足以下3个条件的数．①，，是三个连续偶数（），②，是两个连续奇数（），③．该小组成员分别得到一个结论：甲：取，5个正整数不满足上述3个条件；乙：取，5个正整数满足上述3个条件；丙：当满足“是4的倍数”时，5个正整数满足上述3个条件；丁：5个正整数，，，，满足上述3个条件，则（k为正整数）；戊：5个正整数满足上述3个条件，则，，的平均数与，的平均数之和是（p为正整数）；以上结论正确的个数有（）个．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】当时，再根据条件分别求解，，，，从而可判断甲；当时，再根据条件分别求解，，，，从而可判断乙；当是4的倍数，设，再根据条件分别求解，，，，可判断丙；设（k是正整数），再同时满足三个条件的情况下分别求解，，，，可判断丁；设（m是正整数），同时满足三个条件的情况下分别求解，，，，可得，，的平均数为，，的平均数为，得到，，的平均数与，的平均数之和为，从而可判断戊．【详解】解：甲：若，由条件①可得：，，由条件②得：，由条件③得：，解得：，而是奇数，∴“甲：取，5个正整数不满足上述3个条件”，结论正确；乙：若，由条件①可得：，，由条件②得：，由条件③得：，解得：，，符合题意，∴“乙：取，5个正整数满足上述3个条件”，结论正确；丙：若是4的倍数，设（n是正整数），由条件①知：，，由条件②知：，由条件③，得，解得：，是奇数，符合题意，∴“丙：当满足是4的倍数时，5个正整数满足上述3个条件”，结论正确；丁：设（k是正整数），由条件①知：，，由条件②知：，、是奇数，由条件③，得，解得：，∵k是正整数，∴也是正整数，∴“丁：5个正整数，，，，满足上述3个条件，则（k为正整数）”，结论正确；戊：设（m是正整数），由条件①知：，，由条件②知：，、是奇数，由条件③，得：，解得：，∴，∴，，的平均数为，，的平均数为为偶数，∴，，的平均数与，的平均数之和为，∵m是正整数，∴是5的倍数，也是10的倍数，∴“戊：5个正整数满足上述3个条件，则，，的平均数与，的平均数之和是（p为正整数）”结论正确．综上所述，结论正确的个数有5个．故选：D．【点睛】本题考查的是数字规律的探究，一元一次方程的应用，整式的加减运算的应用，平均数的含义，理解题意，确定探究方法与解题思路是解本题的关键．28．甲乙两车分别从A、B两地同时出发，甲车从A地匀速驶向B地，乙车从B地匀速驶向A地．两车之间的距离y（单位：km）与两车行驶的时间x（单位：h）之间的关系如图所示，已知甲车的速度比乙车快20km/h．下列说法错误的是（

）A．A、B两地相距360km B．甲车的速度为100km/hC．点E的横坐标为 D．当甲车到B地时，甲乙两车相距280km【答案】D【分析】由函数图像可知：A、B两地相距360km，故A正确；设乙车的速度为xkm/h，则甲车的速度为，根据函数图像可求出乙车的速度为80km/h，则甲车的速度为100km/h，故B正确；点E所对的横坐标是甲车到达B地的时间，点E横坐标为故C正确；相遇之后，甲走的路程为：，乙走的路程为：，当甲车到B地时，甲乙两车相距288km．故D错误；【详解】解：由函数图像可知：A、B两地相距360km，故A正确；设乙车的速度为xkm/h，则甲车的速度为，由函数图像可知：经过2小时，甲乙相遇，∴，解得：，∴乙车的速度为80km/h，则甲车的速度为100km/h，故B正确；分析可知点E所对的横坐标是甲车到达B地的时间，∴点E横坐标为，故C正确；甲乙相遇时，甲走的路程为：，乙走的路程为：，相遇之后，甲还需要再走160km才能到达B地，故还需用时，此时甲走的路程为：，乙走的路程为：，∴当甲车到B地时，甲乙两车相距288km．故D错误；故选：D．【点睛】本题考查一次函数的实际应用：行程问题，一元一次方程的实际应用，解题的关键是结合函数图象获取信息．29．中国减贫方案和减贫成就是史无前例的人类奇迹，联合国秘书长古特雷斯表示，“精准扶贫”方略帮助贫困人口实现2030年可持续发展议程设定的宏伟目标的唯一途径，中国的经验可以为其他发展中国家提供有益借鉴，为了加大“精准扶贫”力度，某单位将19名干部分成甲、乙、丙三个小组到村屯带领50个农户脱贫，若甲组每人负责4个农户，乙组每人负责3个农户，丙组每人负责1个农户，则分组方案有（）A．6种 B．5种 C．4种 D．30种【答案】B【分析】设甲组有名干部，乙组有名干部，则丙组有名干部，根据将19名干部分成甲、乙、丙三个小组到村屯带领50个农户脱贫，若甲组每人负责4个农户，乙组每人负责3个农户，丙组每人负责1个农户，列二元一次方程，求解即可．【详解】设甲组有名干部，乙组有名干部，则丙组有名干部，由题意得，化简得，∴，∴当时，，即甲组有名干部，乙组有名干部，则乙组有名干部，当时，，即甲组有名干部，乙组有名干部，则乙组有名干部，当时，，即甲组有名干部，乙组有名干部，则乙组有名干部，当时，，即甲组有名干部，乙组有名干部，则乙组有名干部，当时，，即甲组有名干部，乙组有名干部，则乙组有名干部，综上，有5种方案，故选：B．【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，准确理解题意，熟练掌握解二元一次方程的方法是解题的关键．30．若实数x,y满足，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据题意方程组，得到xy=2，x2+y2=5；在根据完全平方公式，得出（x+y）2=9；再得到x，y的值，代入即可得到．【详解】根据方程组；得到，从而解得；将以上x和y的值代入，当=；当=，当=；当，=；故答案为：A【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法的拓展，二元二次方程组，解题的关键是熟悉并灵活应用二元一次方程组的方法，用到整体代入思想，以及完全平方公式．31．已知三地顺次在同-直线上，甲、乙两人均骑车从地出发，向地匀速行驶.甲比乙早出发分钟；甲到达地并休息了分钟后，乙追上了甲.甲、乙同时从地以各自原速继续向地行驶.当乙到达地后，乙立即掉头并提速为原速的倍按原路返回地，而甲也立即提速为原速的二倍继续向地行驶，到达地就停止.若甲、乙间的距离(米)与甲出发的时间(分)之间的函数关系如图所示，则下列说法错误的是（

）A．甲、乙提速前的速度分别为米/分、米/分.B．两地相距米C．甲从地到地共用时分钟D．当甲到达地时，乙距地米【答案】C【分析】设出甲、乙提速前的速度，根据“乙到达Ｂ地追上甲”和“甲、乙同时从Ｂ出发，到相距900米”建立二元一次方程组求出速度即可判断A，然后根据乙到达C的时间求A、C之间的距离可判断B，根据乙到达C时甲距C的距离及此时速度可计算时间判断C，根据乙从C返回A时的速度和甲到达C时乙从C出发的时间即可计算路程判断出D．【详解】A.设甲提速前的速度为米/分，乙提速前的速度为米/分，由图象知，当乙到达B地追上甲时，有：，化简得：，当甲、乙同时从B地出发，甲、乙间的距离为900米时，有：，化简得：，解方程组：，得：，故甲提速前的速度为300米/分，乙提速前的速度为400米/分，故选项A正确；B.由图象知，甲出发23分钟后，乙到达C地，则A、C两地相距为：（米），故选项B正确；C.由图象知，乙到达C地时，甲距C地900米，这时，甲提速为（米/分），则甲到达C地还需要时间为：（分钟），所以，甲从A地到C地共用时为：（分钟），故选项C错误；D.由题意知，乙从C返回A时，速度为：（米/分钟），当甲到达C地时，乙从C出发了2.25分钟，此时，乙距A地距离为：（米），故选项D正确．故选：C．【点睛】本题为方程与函数图象的综合应用，正确分析函数图象，明确特殊点的意义是解题的关键．32．已知多项式，其中x为任意实数，则下列结论中正确的有（

）①若，则；②若，则；③若，则此关于x的方程一定有4个互不相等的实数解；④若分式的值为整数，则整数x的值有4个．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】本题考查了解一元二次方程，代数式的值，熟练掌握，正确运用所学知识是解题的关键．解方程求得方程的解即可判断①；由得到，变形得到，直接代入即可判断②；解得方程的解即可判断③．由，即可确定整数x的值有3个，即可判断④．【详解】若，化简得，解得，故①错误；则，设，，故②正确；若，则或．当时，，则此方程有两个不相等的实数解；当时，，则此方程有两个不相等的实数解，∴原方程共有4个不相等的实数解，故③正确；．∵分式的值为整数，，解得．当时，分母为0，舍去，∴整数x的值有3个，故④错误．综上，正确的结论有2个故选：B33．如图，一块正方形地砖的图案是由4个全等的五边形和1个小正方形组成的，已知小正方形的面积和五边形的面积相等，并且图中线段a的长度为，则这块地砖的面积为（

）A．50 B．40 C．30 D．20【答案】B【分析】如图，根据题意易知，点O为正方形的中心，利用图中的面积关系最终可推出，设正方形ABCD的边长为,则,以此可得方程，解此方程，再将a的值代入即可求解．【详解】解：如图，根据题意易知，点O为正方形的中心，∴，即，，∵，∴，∵，∴，设正方形ABCD的边长为,则,∴，解得：，∵，∴或，∵，∴，∴．故选：B．【点睛】本题主要考查全等图形、正方形的性质、二次根式的应用、一元二次方程的应用等知识点，利用已知条件，得到各部分图形之间的面积关系并列出方程是解题关键．34．（2023·浙江杭州·二模）已知点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设，，，其中n，a是常数，（

）A．若，则点A在点B，C之间 B．若，则点A在点B，C之间C．若，则点C在点A，B之间 D．若，则点C在点A，B之间【答案】D【分析】根据点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设当点A在点B，C之间时，恒成立；设点C在点A，B之间时，恒成立；分别代入求解即可．【详解】解：当点A在点B，C之间时，恒成立，即方程至少有一解化简得若，则，不符合条件，故A选项错误；若，则，不符合条件，故B选项错误；当点C在点A，B之间时，恒成立，即方程至少有一解化简得若，则，不符合条件，故C选项错误；若，则，符合条件，故D选项正确；故选：D．【点睛】本题考查了线段的和与差，一元二次方程根的判定，根据题意，列方程，结合选项进行验证是解题的关键．35．定义一个运算，下列说法正确的有（

）个①；②若，则或2；③；④若，则．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据所给新定义逐项列式计算即可，判断②时注意分式的分母不能为0，判断③时注意裂项相消，判断④时注意分和两种情况，利用等式的性质求解．【详解】解：①，故①正确；②，则，化简得，解得或，根据得，，故②错误；③，故③正确；④若，则，当时，，，，当时，，，，，故④错误；综上可知，正确的是①③，故选B．【点睛】本题考查新定义运算，涉及解分式方程，等式的性质，有理数的混合运算等，解题的关键是理解新定义的运算法则．类型五分式方程及其应用36．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）甲、乙两位同学周末相约去游玩，沿同一路线从A地出发前往B地，甲、乙分别以不同的速度匀速前行乙比甲晚出发，并且在中途停留后，按原来速度的一半继续前进．此过程中，甲、乙两人离A地的路程s（）与甲出发的时间t（）之间的关系如图．下列说法：①A，B两地相距；②甲比乙晚到B地；③乙从A地刚出发时的速度为；④乙出发与甲第三次相遇．其中正确的有（

）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】本题考查一次函数的实际应用，以及分式方程的实际应用，根据函数与图象中的信息，结合时间、路程、速度三者之间的关系和追击问题的等量关系，对上述说法一一分析，即可解题．【详解】解：由图知甲、乙两位同学最终停下来时，离A地的路程s（）最大为，①正确，由图知乙到B地时，甲到B地时，（），②正确，乙比甲晚出发，并且在中途停留后，按原来速度的一半继续前进．设乙从A地刚出发时的速度为，则停留后的速度为，由图知乙在中途停留前已走，则停留后行驶路程为（），总的行驶时间为（），有，解得，乙从A地刚出发时的速度为（），③正确，根据图象可知，甲的速度为乙在途中停留后，二者第三次相遇，乙中途停留前运动时间为乙的第二个拐点时间为（），由图知第三次相遇在第二个拐点之后，即第三次相遇时间大于第二个拐点时间，设乙继续前进t小时后二者相遇，根据题意得：解得故第三次相遇为乙出发后④正确．综上所述，正确的有①②③④，共4个．故选：D．37．若整数a使得关于x的不等式组解集为，使得关于y的分式方程＝+2的解为正数，则所有满足条件的整数a的和为（

）A．﹣21 B．﹣20 C．﹣17 D．﹣16【答案】D【分析】首先解不等式组并根据不等式组的解集，确定a的取值范围，再根据分式方程的解是正数确定a的取值范围，注意排除增根的情况，最后两个a的取值范围合并，就可以算出所有整数a的和．【详解】解：解不等式，得，解不等式，得，∵该不等式组的解集为，∴，解得，∵关于y的分式方程＝+2的解为正数，∴，∴且，解得且，∴a的取值范围为且，∴符合条件的整数a有：-6、-5、-3、-2、-1、0、1，所有整数a相加的和为：．故选：D．【点睛】本题考查含参的一元一次不等式组和含参的分式方程的解，注意含参的不等式的解法和增根的情况是解决本题的关键．38．若关于x的不等式组至少有两个正整数解，且关于x的分式方程有正整数解，则符合条件的所有整数a的和为（）A．15 B．16 C．18 D．19【答案】A【分析】将不等式组整理后，由不等式组至少有两个正整数解确定出a的范围，再由分式方程有正整数解，确定出满足条件a的值，进而求出值．【详解】解：，不等式组整理得：，故不等式组的解集为，不等式组至少有两个正整数解，，解得；分式方程去分母得：(a-1)x-5=-x+5，解得：，∵分式方程有正整数解，且x≠5，即a≠2，∴a=1或a=5或a=10，综上，故a=5或a=10，∴符合条件的所有整数a的和为：5+10=15．故选：A．【点睛】此题考查了分式方程的解，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．39．若关于的一元一次不等式组的解集恰好有3个负整数解，且关于的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数的和为（

）A．6 B．9 C． D．2【答案】A【分析】解一元一次不等式组求得解集，根据题意可求得a的取值范围，解分式方程得方程的解，根据分式方程的解为非负整数即可确定所有的a值，从而可求得其和．【详解】解不等式①得：；解不等式②得：由题意知不等式组的解集为：∵恰好有三个负整数解∴解得：解分式方程得：∵分式方程有非负整数解∴a+1是4的非负整数倍∵∴∴a+1=0或4或8即或3或7，即综上：或7，则故选：A【点睛】本题考查了解一元一次不等式组、解分式方程等知识，是方程与不等式的综合，根据不等式组有3个非负整数解，从而得出关于a的不等式是本题的难点与关键．40．从，，，0，4，3这六个数中，随机抽一个数，记为m，若数m使关于x的不等式组的解集为，且关于x的分式方程有非负整数解，则符合条件的m的值的个数是A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】根据分式方程有非负整数解，即可从，，，0，4，3这六个数中找出符合要求的m的值，综上即可得到答案．【详解】，解不等式得：，解不等式得：，该不等式组的解集为：，，即m取，，，0；，方程两边同时乘以得：，去括号得：，移项得：，合并同类项得：，系数化为1得：，该方程有非负整数解，即，，且为整数，取，3，综上：m取，即符合条件的m的值的个数是1个，故选A．【点睛】本题考查了分式方程的解，解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解，正确掌握解不等式组的方法，解分式方程的方法是解题的关键．类型六不等式与不等式组41．已知两个非负实数满足，，则下列式子正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用整式的加法法则以及不等式的性质进行求解即可．【详解】解：，，由得：，故A选项错误，不符合题意；由①得：，将代入②得：，整理得：，故B选项错误，不符合题意；为非负实数，，，故C选项错误，不符合题意；，，，，故D选项正确，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了整式的加减、不等式的性质，熟练掌握整式的加减运算法则以及不等式的性质是解题的关键．42．已知实数a，b，c满足，则下列结论不正确的是（

）A． B．C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】通过等式的性质得和可判断A和B正确；由题目条件判断，，可判断C正确；结合B和A推出，，作差计算可判断D错误．【详解】解：∵，∴，即，故选项A正确，不符合题意；∵，∴，即，∴，故选项B正确，不符合题意；若，∵，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，∴，整理得，∴，故选项C正确，不符合题意；由B知，∵，∴，，∴，∴，由A知，∴，即，∵，即，∴，∴，故选项D错误，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了等式的性质，不等式的性质，正确记忆等式的性质、不等式的性质并正确变形做出判断是解题关键．43．已知关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先确定不等式组的解集，先利用含a的式子表示，根据题意得到必定有整数解0，再根据恰有3个整数解分类讨论，根据解的情况可以得到关于a的不等式，从而求出a的范围．【详解】解：解不等式①得，解不等式②得，由于不等式组有解，则，必定有整数解0，∵，∴三个整数解不可能是．若三个整数解为，则不等式组无解；若三个整数解为0，1，2，则；解得．故选：B【点睛】本题考查不等式组的解法及整数解的确定．难度较大，理解题意，根据已知条件得到必定有整数解0，再分类讨论是解题关键．44．关于x的不等式组恰好只有四个整数解，则a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】此题可先根据一元一次不等式组解出x的取值范围，再根据不等式组恰好只有四个整数解，求出实数a的取值范围．【详解】解：由不等式，可得：，由不等式，可得：，由以上可得不等式组的解集为：，因为不等式组恰好只有四个整数解，即整数解为，所以可得：，解得：，故选A．【点睛】本题考查了不等式组的解法，先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分.不等式组解集的确定方法是：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解.根据原不等式组恰有4个整数解列出关于a的不等式是解答本题的关键．45．喜迎二十大，学校准备举行诗词大赛．小颖积极报名并认真准备，她想用7天的时间背诵若干首诗词，背诵计划如下：①将诗词分成4组，第1组有首、第2组有首、第3组有首、第4组有首；②对于第组诗词，第天背诵第一遍，第天背诵第二遍，第天背诵第三遍，三遍后完成背诵，其它天无需背诵；③每天最多背诵14首，最少背诵4首．7天后，小颖背诵的诗词最多为（

）首．A．21 B．22 C．23 D．24【答案】C【分析】根据题意列不等式，即可得到结论．【详解】∵每天最多背诵14首，最少背诵4首，第1组有首、第2组有首、第3组有首、第4组有首；②对于第组诗词，第天背诵第一遍，第天背诵第二遍，第天背诵第三遍，三遍后完成背诵，其它天无需背诵；即第1天第2天第3天第4天第5天第6天第7天第1组aaa第2组bbb第3组ccc第4组ddd∴由第2天，第3天，第4天，第5天得，a+b≤14①，b+c≤14②，a+c+d=14③，b+d≤14④，①+②+2×③+④≤70得，a+b+b+c+2（a+c+d）+b+d≤70，∴3（a+b+c+d）≤70，∴a+b+c+d≤，7天后背诵首，取整数解即23∴7天后，小云背诵的诗词最多为23首，故答案为：23．【点睛】本题考查了规律型：数字的变化类，不等式的应用，正确的理解题意是解题的关键．46．已知三个实数a、b、c，满足，，且、、，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由两个已知等式3a+2b+c＝5和2a+b﹣3c＝1．可用其中一个未知数表示另两个未知数，然后由条件：a，b，c均是非负数，列出c的不等式组，可求出未知数c的取值范围，再把m＝3a+b﹣7c中a，b转化为c，即可得解．【详解】解：联立方程组，解得，，由题意知：a，b，c均是非负数，则，解得，∴3a+b﹣7c＝3（﹣3+7c）+（7﹣11c）﹣7c＝﹣2+3c，当c＝时，3a+b﹣7c有最小值，即3a+b﹣7c＝﹣2+3×＝﹣．故选：B．【点睛】此题主要考查代数式求值，考查的知识点相对较多，包括不等式的求解、求最大值最小值等，另外还要求有充分利用已知条件的能力．题型03函数及其应用类型七动点问题的函数图象47．（2024·河南·模拟预测）如图所示，在中，，，定长线段的端点，分别是边，上的动点，是的中点，连接．设，，与之间的函数关系的部分图象如图2所示，已知，则图象最低点的纵坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据特殊角的三角函数值判断出的度数，从而得到三边2的数量关系，再根据图象得到函数取最大值时即的最大值，求出、、，最后根据点的运动轨迹得出最小时的图形，并结合图形求解即可．【详解】解：根据题中图可知，当点与点重合时，最大，即最大，为．如图所示，，，，，．设，，是的中点，，，解得，，．当点与点重合时，如图所示，此时最小，即最小，为，是中点，，即．故选：．【点睛】本题考查的知识点是动点问题的函数图象、根据特殊角三角函数值求角的度数、勾股定理，解题关键是根据题中条件算出、、的长度．48．（2024·安徽合肥·一模）如图，在中，，．与矩形的一边都在直线上，其中、、，且点位于点处．将沿直线，向右平移，直到点与点重合为止．记点平移的距离为，与矩形重叠区域面积为，则关于的函数图象大致为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据经过点和经过点时计算出和，再分，和三种情况讨论，画出图形，利用面积公式解答即可．【详解】解：当经过点时，如图所示：为等腰直角三角形，，，，；当经过点时，如图所示：，，，；①当时，如图所示：此时，，，；②当时，如图所示：过作于，此时，，，，，，四边形是矩形，，；③当时，如图所示：此时，，，，，，，，，，，，．故选：D．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解三角形等知识，关键是画出图形，利用数形结合和分类讨论的思想进行运算．49．（2024·浙江嘉兴·一模）如图1，在矩形中，点E在上，连接，过点D作于点F．设，已知x，y满足反比例函数，其图像如图2所示，则矩形的面积为（

）．A． B．9 C．10 D．【答案】C【分析】本题主要考查了矩形的动点问题、勾股定理等知识点，正确从函数图像上获取信息成为解题的关键．由图可知，当与点B重合时，最小，与重合，此时，；当与点C重合时，最大，与重合，根据，矩形的面积，据此列方程求解即可．【详解】解：如图：连接．由函数图像可知：，，，到的距离等于2．∵，矩形的面积，∴，解得：（负数已经舍去）∴矩形的面积为，故选C．50．如图，在矩形中，，，为的中点，连接，，，分别是，上的点，且．设的面积为，的长为，则关于的函数关系式的图象大致是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查的是动点图象问题，涉及到二次函数、解直角三角形等知识，证明为等边三角形，利用，即可求解．【详解】，为的中点，则，在中，，，则，同理可得，故为等边三角形，则，，则，在中，过点作于点，则，则，该函数为开口向下的抛物线，时，的最大值为，故选：C．51．如图，在菱形中，与交于点O，，，点N为中点，点P从点A出发沿路径运动，过P作交菱形的边于Q点在点P上方，连接，，当点Q与点N重合时停止运动，设的面积为y，点P的运动距离为x，则能大致反映y与x函数关系的图象是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据菱形的性质，得出，，，再进行分类讨论：①当点P在上时，②当点P在上时，③当点P在上时，利用三角形面积公式分别得出其表达式，即可进行解答．【详解】解：四边形为菱形，，，，，，，①当点P在上运动时，过点作于点，，，，，，点N为中点，，，，，，；②当点P在上运动时，过点作于点，则，，；②当点P在上运动时，过点作于点，交于点，则，，，，，，，，，，，；综上所述：当时，y是关于x的二次函数，且开口向下；当时，y个关于x的一次函数；当时，y是关于x的二次函数，开口向上．故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的图象，一次函数的图象，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是正确理解题意，进行分类讨论，得出其表达式．52．（2023·辽宁·二模）如图，在中，，，，边长为的正方形从点出发，沿射线运动．当点与点重合时，运动停止．设，正方形与的重叠面积为，关于的图象如图所示．下列结论：①，，，，；②当时，；③在运动过程中，的最大值为．其中正确的是（

）A．①② B．①③ C．①②③ D．②③【答案】A【分析】本题主要考查了函数关系式，动点问题，解直角三角形，解题的关键是找出运动过程的边界点．分情况讨论，求出，，，时，与的关系即可求解．【详解】解：画出运动过程中草图如下：；临界点为B与G重合时；；临界点为与重合时；；临界点为D与C重合时；时，临界点为F与A重合时；时，临界点为G与C重合，此时运动停止．经过计算可知，S与x的关系式如下（部分未化简）：由上，，，，成立，故①正确；当时，如下图所示，，符合，故②正确；由图像可知，在时取到最大值．化简前式使用顶点公式可知，最大值为，显然与③不符，故③错误；综上，①②正确，故选：A．53．（2023·山东聊城·三模）如图（1）所示，E为矩形的边上一点，动点P，Q同时从点B出发，点P沿折线运动到点C时停止，点Q沿运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒，设P，Q同时出发t秒时，的面积为．已知y与t的函数关系图像如图（2）（曲线为抛物线的一部分），则下列结论不正确的是（

）

A． B．当秒时，C．当时， D．当的面积为时，t的值是或秒【答案】C【分析】先由图2中的函数图像得到当时，点Q到达点C，即，然后由时，可知的面积是定值、,当时点P到达点D，，可以判定A；当时，根据得到，过点P作于点H，根据求得，设，根勾股定理计算，可计算；根据，得到再运动4秒到达C点即，确定直线的解析式，分别计算可得到或秒；当时，故点在上，把代入直线的解析式计算．【详解】解：设抛物线的解析式为，当时，，∴，解得，∴，由图2中的函数图像得当时，点Q到达点C，即，∵时，，∴的面积是定值且,当时点P到达点D，∴，∴，故A正确，不符合题意；当时，∵，，∴，，

过点P作于点H，∴解得，设，则，∴，解得（舍去），∴，∴，故B正确，不符合题意；根据，∴再运动4秒到达C点即，设直线的解析式为，根据题意，得，解得，∴直线的解析式为，∵的面积为，故或解得（舍去）或，故D正确，不符合题意；∵时，故点在上，当时，，解得∴．故C错误，符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了函数的图像、列二次函数关系式、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等，解题的关键是结合几何图形和函数图像得到有用信息．54．（2022·河南信阳·一模）如图1，点Q为菱形ABCD的边BC上一点，将菱形ABCD沿直线AQ翻折，点B的对应点P落在BC的延长线上.已知动点M从点B出发，在射线BC上以每秒1个单位长度运动.设点M运动的时间为x，△APM的面积为y．图2为y关于x的函数图象，则菱形ABCD的面积为（

）A．12 B．24 C．10 D．20【答案】D【分析】由图2，可知BP=6，S△ABP=12，由图1翻折可知，AQ⊥BP，进而得出AQ=4，由勾股定理，可知BC=AB=5，菱形ABCD的面积为BC×AQ即可求出.【详解】解：由图2，得BP=6，S△ABP=12∴AQ=4由翻折可知，AQ⊥BP由勾股定理，得BC=AB==5∴菱形ABCD的面积为BC×AQ=5×4=20故选：D【点睛】本题是一道几何变换综合题，解决本题主要用到勾股定理，翻折的性质，根据函数图象找出几何图形中的对应关系是解决本题的关键.类型八一次函数及其应用55．（2023·河南周口·三模）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点，，在中从左向右依次作正方形，，…，，点在轴上，点在轴上，点在直线上；再将每个正方形分割成四个全等的直角三角形和一个小正方形，其中每个小正方形的边都与坐标轴平行，从左至右的小正方形(阴影部分)的面积分别记为，则可表示为()

A． B． C． D．【答案】D【分析】利用每个小正方形的边都与坐标轴平行，，可得到每组小正方形的边长都是该组直角三角形的两直角边之差，利用的坐标探索边长的规律，进而求面积．【详解】解：直线的关系式为：，，，，，每个小正方形的边都与坐标轴平行，，每个正方形分割成四个全等的直角三角形和一个小正方形，每组小正方形的边长都是该组直角三角形两直角边之差，正方形中，设点，，将点代入直线，，，正方形中阴影正方形边长为：，阴影部分面积；正方形中，设点，，，正方形中阴影正方形边长为；阴影部分面积；正方形中，设点，，，正方形中阴影正方形边长；阴影部分面积；以此推理，第个阴影正方形的边长为；阴影部分面积．故选：D．【点睛】本题主要考查一次函数点坐标的特点，求正切；能够利用点的坐标探索边长的关系是解题的关键．56．（2023·江苏宿迁·二模）点在直线上，将直线绕点旋转得到直线：，则(

)A．1 B． C．1或0 D．1或【答案】D【分析】由两条直线都经过点，即可得出，，然后构建全等三角形，求得点的坐标，最后运用待定系数法求点的值，从而求得的值．【详解】解：直线：，直线：经过定点，直线：经过点，点的坐标为，，，当直线在直线的下方时，如图，

过直线：与轴的交点，作直线，交直线于点，作轴于，轴于，时，，，，是等腰直角三角形，，，，在和中，，，，，点坐标为，代入得，，解得，；当直线在直线的上方时，如图，

同理求得，代入得，，解得：，综上所述，或，故选：D．【点睛】本题主要考查了一次函数图象于几何变换，一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法、等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的性质进行计算．57．（2023·江苏连云港·二模）如图，在平面直角坐标系中，点，点B是线段上任意一点，在射线上取一点C，使，在射线上取一点D，使．所在直线的关系式为，点F、G分别为线段的中点，则的最小值是（

）

A． B． C． D．4．8【答案】A【分析】如图所示，连接，设射线交射线于H，过点H作于M，连接，先根据三线合一定理得到，，进而证明四边形是矩形，得到，，故当点B与点M重合时，最小，即最小，最小值为，设，则，求出，证明，利用相似三角形的性质求出或（舍去），则的最小值为．【详解】解：如图所示，连接，设射线交射线于H，过点H作于M，连接，∵，，点F、G分别为线段的中点，∴，，∵，∴，即，∴四边形是矩形，∴，，∴当最小时，最小，∴当点B与点M重合时，最小，即最小，最小值为，∵点H在直线上，∴可设，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴或（舍去），经检验，是原方程的解，∴的最小值为，故选A．

【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，矩形的性质与判定，三线合一定理，相似三角形的性质与判定等等，证明四边形是矩形是解题的关键．58．（2023·福建·一模）如图，的顶点，，点C在y轴的正半轴上，，将向右平移得到，若经过点C，则点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】过点B作轴于点G，根据，利用勾股定理，可求出点C的坐标；设直线的解析式为：，把，代入，求出解析式，根据点C在平移的直线，即可得解．【详解】解：过点B作轴于点G，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴点；设直线的解析式为：，∴，解得，∴；设向右平移n个单位长度得到，∴直线的解析式为：，∵点在直线上，∴，∴，∴向右平移个单位长度得到，∴点，故选：C．【点睛】本题考查坐标系下的平移，掌握函数平移的性质，勾股定理的运用是解题的关键．59．（22-23九年级上·全国·期中）如图，直线与x轴交于点A，直线m是过点A、的抛物线的对称轴，直线与直线m交于点C，已知点在直线上，作线段关于直线m对称的线段，若抛物线与折线有两个交点，则a的取值范围为（）A． B．C．或 D．或【答案】D【分析】根据题意求得的坐标，由对称轴为，得出，由抛物线过点得出，即可得出抛物线为，然后分两种情况：（i）若，抛物线开口向上且经过，求得，由对称性可知：当时，抛物线与折线有两个交点；ii）若，抛物线开口向下且经过，求得；由对称性可知：当时，抛物线与折线有两个交点；据此即可得出结论．【详解】解：∵直线与x轴交于点A，点在直线上，∴，，∴抛物线的对称轴为，∴，∴，∵C、E关于直线对称，∴，∵，∴，把代入抛物线得，∴抛物线的解析式为：（i）若，抛物线开口向上且经过，把代入求出：；由对称性可知：当时，抛物线与折线有两个交点；（ii）若，抛物线开口向下且经过，把代入a求出：；由对称性可知：当时，抛物线与折线有两个交点；综上所述：当或时，抛物线与折线有两个交点；故选：D．【点睛】此题考查抛物线的图像性质、对称轴，解题的关键是熟悉抛物线图像性质．60．如图，已知直线：分别交轴、轴于点两点，，分别为线段和线段上一动点，交轴于点，且．当的值最小时，则点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求得，取点，连接，证明，即可推导，即有，因为，即当共线时，的值最小；利用待定系数法求出直线的解析式，即可获得答案．【详解】解：对于直线：，当时，可有，当时，可有，解得，∴，又∵，∴，如下图，取点，连接，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴的最小值为线段的长，即当共线时，的值最小，设直线的解析式为，将点代入，可得，解得，∴直线的解析式为，令，则，∴点，∴当的值最小时，点的坐标为．故选：C．【点睛】本题考查一次函数图像上的点的特征、待定系数法求一次函数解析式、最短路径、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用相关知识，并学会构建全等三角形解决问题．61．如图，正方形的顶点，分别在轴，轴上，点在直线：上，直线分别交轴，轴于点，．将正方形沿轴向下平移个单位长度后，点恰好落在直线上．则的值为(

)A．0.5 B．1 C．1.5 D．2【答案】B【分析】过B作BM⊥OE于M，过C作CN⊥OF于N，根据AAS定理证得△DAO≌△ABM，△CDN≌△DAO，根据全等三角形的性质求出C点的坐标为(2,3)，由待定系数法求出直线l的解析式为y=-x+4，设平移后点C的坐标为(2,3-m)，代入解析式即可求出m．【详解】解：过B作BM⊥OE于M，过C作CN⊥OF于N，如图，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=DA，∴∠DAO+∠BAM=90°，∴∠DAO=∠ABM，在△DAO和△ABM中，，∴△DAO≌△ABM(AAS)，∴OA=BM，OD=AM，∵B(3,1)，∴BM=1，OM=3，∴OA=1，∴AM=OM-OA=2，∴OD=2，同理可证△CDN≌△DAO，∴DN=OA=1，CN=DO=2，∴ON=OD+DN=3，∴C(2,3)，∵点B(3,1)在直线l：y=kx+4上，∴3k+4=1，∴k=-1，∴直线l的解析式为y=-x+4，设正方形ABCD沿y轴向下平移m个单位长度后点C的坐标为(2,3-m)，∵点C在直线l上，∴-2+4=3-m，解得：m=1，故选：B．【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的特征，正方形的性质，坐标与图形的变化-平移，全等三角形的判定与性质定理，根据AAS定理证得△DAO≌△ABM，△CDN≌△DAO，求出C点的坐标是解决问题的关键．62．（2022·浙江宁波·一模）已知a，b，c分别是的三条边长，c为斜边长，，我们把关于x的形如的一次函数称为“勾股一次函数”，若点在“勾股一次函数”的图象上，且的面积是4，则c的值是（

）A． B．24 C． D．12【答案】A【分析】根据题意得到三个关系式：a﹣b＝﹣c，ab＝8，a2+b2＝c2，运用完全平方公式即可得到c的值．【详解】解：∵点P（﹣1，）在“勾股一次函数”y＝x+的图象上，∴＝﹣+，∴a﹣b＝﹣c，又∵a，b，c分别是Rt△ABC的三条边长，∠C＝90°，Rt△ABC的面积是4，∴ab＝4，即ab＝8，又∵a2+b2＝c2，∴（a﹣b）2+2ab＝c2，∴（﹣c）2+2×8＝c2，解得c＝2，故选：A【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及勾股定理的应用，完全平方公式等知识，根据新定义和直角三角形面积公式、勾股定理得到三个关系式并结合完全平方公式进行转化是解答此题的关键．63．（2022·北京海淀·一模）为了缅怀先烈．继承遗志，某中学初二年级同学于4月初进行“清明雁栖湖，忆先烈功垂不朽”的定向越野活动．每个小组需要在点A出发，跑步到点B打卡（每小组打卡时间为1分钟），然后跑步到C点，……，最后到达终点（假设点A，点B，点C在一条直线上，且在行进过程中，每个小组跑步速度是不变的），“函数组”最先出发．过了一段时间后，“方程组”开始出发，两个小组恰好同时到达点C．若“方程组”出发的时间为x（单位：分钟），在点A与点C之间的行进过程中，“函数组”和“方程组”之间的距离为y（单位：米），它们的函数图像如图所示，则下面判断不正确的有（

）个．（1）当时，“函数组”恰好到达B点；（2）“函数组”的速度为150米/分钟，“方程组”的速度为200米/分钟；（3）两个小组从A点出发的时间间隔为1分钟；（4）图中M点表示“方程组”在B点打卡结束，开始向C点出发；（5）出发点A到打卡点B的距离是600米，打卡点B到点C的距离是800米；A．1 B．2 C．3 D