2014江西省八所重点中学高三联考文科数学试卷及答案

宜春市2013—2014学年第一学期期末统考八年级数学试卷命题人：王宇新（宜春实验中学）李希亮 审题人：李希亮 陈云辉（宜春实验中学）（温馨提示：答案需写在答题卡上，答案写在试卷上无效.）一、选择题（本大题6小题，每小题3分，共18分）1．在以下回收、绿色食品、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是 （ ）A ．B ．C ．D ．2．下列运算正确的是 （ ）A ．x 2 + x 3 = x 5B ．(x + y )2 = x 2 + y 2C ．x 2 · x 3= x 6 D ．(x 2) 3 = x 63．如图，已知∠1＝∠2，则不一定．．．能使△ABD ≌△ACD 的条件是 （ ） A ．AB ＝ACB ．∠B ＝∠CC ．BD ＝CDD ．∠BDA ＝∠CDA 4．小玲每天骑自行车或步行上学，她上学的路程为2800米，骑自行车的平均速度是步行平均速度的4倍，骑自行车比步行上学少用30分钟．设小玲步行的平均速度为x 米／分．根据题意，下面列出的方程正确的是 （ ） A ．28002800304x x-= B ．28002800304x x-= C ．28002800305x x-=D ．28002800305x x-= 5．纳米是非常小的长度单位，已知1纳米=610-毫米，某种病毒的直径为100纳米，若将这种病毒排成1毫米长，则病毒的个数是 （ ） A ．210个B ．410个C ．610个D ．810个6．如图：在△ABC 内有一点D ，且DA =DB =DC ，若∠DAB =20°，∠DAC =30°，则∠BDC 的大小是 （ ） A ．100° B ．80° C ．70° D ．50°第3题图D 1 2ABC第6题图BCA D二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 7．若分式8x x-的值为0，则x 的值等于________． 8．一个多边形每一个外角都等于40，则这个多边形的边数是______． 9．分解因式：=+-a ab ab 442 ．10．已知三角形三边长分别为2，x ，11，若x 为正整数，则x = ．11．一副三角板叠在一起如图放置，最小锐角的顶点D 恰好放在等腰直角三角板的斜边AB上，BC 与DE 交于点M ．如果∠ADF ＝105°，那么∠BMD 为 °． 12．21121-=，312161-=，4131121-=，……，用含n 的代数式表示第n 个等式 ． 13．若规定新的运算：a @b =2ba ，那么)4(21xy -@)2(2y x --= ． 14．如图，在四边形ABCD 中，∠A ＝90°，AD ＝3，连接BD ，BD ⊥CD ，∠ADB ＝∠C ．若P 是BC 边上一动点，则DP 长的最小值为 ．三、解答题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 15．先化简，再求值：（4ab 3－8a 2b 2）÷4ab ＋(2a ＋b ) (2a －b )，其中a ＝2，b ＝1．16．化简：12)1111(2-÷--+x x x ．第11题图第14题图17．解分式方程: 12+x x +13-x = 2．四、（本大题共2小题，每小题6分，共12分）18．如图，在平面直角坐标系中，ABC ∆的三个顶点的坐标分别为A (－2,5)，B (－4,3)，C (－1,1)．（1）作出ABC ∆向右平移5个单位后所得的111A B C ∆； （2）作出ABC ∆关于x 轴对称的222A B C ∆，并写出点2C 的坐标．19．如图，点A 、B 、C 、D 在同一条直线上，BE ∥DF ，∠A =∠F ，AB =FD ．求证：AE =FC ．第18题图第19题图EBCDFA五、（本大题共2小题，每小题7分，共14分）20．△ABC为等边三角形，点M是线段BC上一点，点N是线段CA上一点，且BM=CN，BN与AM相交于Q点．Array（1）求证：△ABM≌△BCN；（2）求∠AQN的度数．第20题图21．某文化用品商店用2000元购进一批学生书包，面市后发现供不应求，商店又购进第二批同样的书包，所购数量是第一批数量的3倍，但单价贵了4元，结果购进第二批书包用了6300元．（1）求第一批购进书包的单价是多少元？（2）若商店销售这两批书包时，每个书包的售价都是120元，全部售出后，商店共盈利多少元？六、（本大题共2小题，第22题8分，第23题9分，共17分）的平分线AD和边BC的垂直平分线ED相交于点D，22．已知：如图，△ABC中，CAB过点D作DF垂直于AC交AC的延长线于点F，作DM垂直于AB交AB于点M ．（1）猜想CF和BM之间有何数量关系，并说明理由；（2）求证：AB－AC=2CF．M第22题图23．如图1，△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC，且AC=BC；△EFP的边FP也在直线l 上，边EF与边AC重合，且EF=FP．（1）如图1，请你写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系（不必证明）；（2）将△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点O，连接AP，BO．猜想并写出BO与AP所满足的数量关系和位置关系，并说明理由；（3）将△EFP沿直线l继续向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点O，连接AP，BO．此时，BO与AP还具有（2）中的数量关系和位置关系吗？请说明理由．第23题图图3OB FC P lE A图2 图1参考答案及评分标准一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）题 号 1 2 3 4 5 6 答 案BDCABA二、填空题（本大题共8小题，每小题3分共24分）7、 8 8、 99、 2)2(-b a 10、 10或11或12 11、 90 12、111)1(1+-=+n n n n 13、 165x 14、 3三、解答题：（本大题共4小题，每小题5分共20分）15、解：原式= b 2－2ab ＋4a 2－b 2 =4a 2－2ab ． ……………3分把a =2，b =1代入上式，得原式=4×22－2×2×1=12． ……………5分16、解：原式=21)1111(2-⋅--+x x x =1112----x x x 212-⋅x ……………3分 = －1 ．……………5分17、解：原方程可化为：2x (x -1)+3(x +1)=2(x +1)(x -1)， ……………2分 解得：5x =-． ……………4分 检验：把5x =-代入(x +1)(x -1)中，(x +1)(x -1)≠0，故5x =-是原分式方程的解． ……………5分 四、（本大题共2小题，每小题6分，共12分）18、（1）……………3分（2）点C 2的坐标是（－1, －1）． ……………6分 19、证明：∵BE ∥DF ，∴∠ABE =∠D ． ……………2分 在△ABE 和△FDC 中，ABE DAB FD A F ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△ABE ≌△FDC ． ……………4分 ∴AE =FC ． ……………6分五、（本大题共2小题，每小题7分，共14分）20、解：(1)在△ABM 和△BCN 中，易知∠BCN =∠ABM =60º，CN =BM ，又∵AB =AC ，∴△ABM ≌△BCN ． ……………3分 (2) ∵△ABM ≌△BCN ，∴∠BAM =∠CBN ， ……………4分又∵∠AQN =∠BAQ +∠ABQ=∠NBC +∠ABQ =∠ABC =60º，∴∠AQN =∠ABC =60º． ……………7分21、解:（1）设第一批购进书包的单价是x 元，则第二批购进书包的单价是（x +4）元． ……………1分根据题意得：4630032000+=⋅x x ．解得x =80．经检验，x =80是原方程的解．答：第一批购进书包的单价是80元．……………4分（2）商量共盈利：3700)63002000(120)31(802000=+-⨯+⨯元答:全部售出后，商店共盈利3700元……………7分六、（本大题共2小题，第22题8分，第23题9分，共17分） 22、（1）CF =BM ． ……………1分 理由：连接CD ，DB ， ……………2分 ∵AD 平分∠CAB ，DF ⊥AC ，DM ⊥AB ，EB CDFA M∴DF=DM．∵DE垂直平分BC，∴CD=BD．∵∠AFD=∠DMB=90°，∴Rt△CDF≌Rt△BDM．∴CF=BM．……………4分（2）证明：∵AD=AD，DF=DM，∠AFD=∠AMD=90°，∴Rt△AFD≌Rt△AMD，……………6分∴AF=AM．∵AB=AM+BM，AF=AC+CF，AF=AM，BM=CF，∴AB=AC+2CF．∴AB-AC=2CF．……………8分23、解：（1）AB=AP；AB⊥AP．……………2分（2）BO=AP；BO⊥AP．……………3分证明：①由已知得：EF=FP，EF⊥FP，∴∠EPF=45°．又∵AC⊥BC，∴∠COP=∠CPO=45°．∴CO=CP．在Rt△BCO和Rt△ACP中，BC=AC，∠BCO=∠ACP=90°，CO=CP，∴Rt△BCO≌Rt△ACP．∴BO=AP．……………4分②如图，延长BO交AP于点M．∵Rt△BCO≌Rt△ACP，∴∠OBC=∠PAC．在Rt△BCO中，∠OBC+∠BOC=90°，又∠BOC=∠AOM，∴∠PAC+∠AOM=∠OBC+∠BOC=90°．∴∠OMA=90°．∴BO⊥AP．……………5分（3）成立．……………6分证明：①如图，∵∠EPF=45°，∴∠CPO=45°．又∵AC ⊥BC ， ∴∠COP =∠CPO =45°． ∴CO =CP ．在Rt △BCO 和Rt △ACP 中，BC =AC ，∠BCO =∠ACP =90°，CO =CP ， ∴Rt △BCO ≌Rt △ACP ．∴BO =AP ． ……………7分 ②如图，延长OB 交AP 于点N ，则∠PBN=∠CBO ． ∵Rt △BCO ≌Rt △ACP ， ∴∠BOC =∠APC ．在Rt △BCO 中，∠BOC +∠CBO =90°， ∴∠APC +∠PBN =90°． ∴∠PNB =90°．∴OB ⊥AP ． ……………9分图3OB FC PlE A图2图1MN。

绝密★启用前江西省南昌市普通高中2022届高三毕业班上学期摸底考试(零模)数学(文)试题本试卷共4页，23小题，满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．3．非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4．考生必须保证答题卡整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．集合16N ,N A n x x x ⎧⎫=∈=∈⎨⎬⎩⎭的元素个数为（ ） A ．3 B ．4 C ．5 D ．62．若z 为纯虚数，且1i z --=z =（ ）A ．i -B ．iC ．2i -D ．2i3．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若165a =，1552n n a a +=+，则5S =（ ） A ．265 B ．465 C ．10 D ．5654．设F 为抛物线2:16C x y =焦点,直线:1l y =-,点A 为C 上一点且5AF =过点A 作AP l ⊥于P ,则则AP =（ ）A ．4B ．3C ．2D ．15．直线()1:110l ax a y ++-= ,()2:1230l a x y +-+= ,则“2a =”是“12l l ⊥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件6．已知ππ,22α⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,2cos210α+=,则cos α的值为（ ）A ．12-B ．12C ．2-D ．27．某市为打击出租车无证运营、漫天要价等不良风气,出台两套出租车计价方案,方案一：2公里以内收费8元（起步价）,超过2公里的部分每公里收费3元,不足1公里按1公里计算：方案二：3公里以内收费12元（起步价）,超过3公里不超过10公里的部分每公里收费2.5元,超过10公里的部分每公里收费3.5元,不足1公里按1公里计算．以下说法正确的是（ ）A ．方案二比方案一更优惠B ．乘客甲打车行驶4公里,他应该选择方案二C ．乘客乙打车行驶12公里,他应该选择方案二D ．乘客丙打车行驶16公里,他应该选择方案二8．函数()e xf x x x =-的图像大致为（ ） A ． B ．。

八年级（下）期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共8小题，共24.0分）1.下面四个二次根式中，最简二次根式是（ ）A. B. C. D.2.以下各组数为三角形的三条边长，其中能作成直角三角形的是（ ）A.2，，4 B. 4，5，6 C. 2，3，4 D. 1，，3.如图，平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于E，且AE=BE，则∠BCD的度数为（ ）A. 30°B. 60°或120°C. 60°D. 120°4.若实数a在数轴上的位置如图所示、则化简的结果是（ ）A. 3B. -3C. 2a-1D. 1-2a5.若直角三角形有两条边的长分别为3和4，则另一条边的长为（ ）A.5 B. C. 5或 D. 不能确定6.如图，在平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，对角线AC，BD相交于点O，则OA的取值范围是（ ）A. 1cm＜OA＜4cmB. 2cm＜OA＜8cmC. 2cm＜OA＜5cm D. 3cm＜OA＜8cm7.如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，点M、N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若四边形MBND是菱形，则等于（ ）A. B. C. D.8.如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积为1，则第2018个矩形的面积为（ ）A. B. C. D.二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）9.若二次根式有意义，则x的取值范围是______．10.在Rt△ABC中，斜边AB=3，则AB2+BC2+CA2= ______ ．11.如图，已知OA=OB，BC=1，则数轴上点A所表示的数为______．12.如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是边长为2的正方形，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点Q在对角线OB上，若OQ=OC，则点Q的坐标为______．13.如图，在菱形ABCD中，过对角线BD上任一点P，作EF∥BC，GH∥AB，下列结论正确的是________________．(填序号)①图中共有3个菱形；②△BEP≌△BGP；③四边形AEPH的面积等于△ABD的面积的一半；④四边形AEPH的周长等于四边形GPFC的周长．14.如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为______．三、解答题（本大题共10小题，共78.0分）15.计算：（1）3-+-（2）16.先化简，再求值：（1+）÷，其中x=+1．17.如图，在△ABC中，AD⊥BC，AB=5，BD=4，CD=．（1）求AD的长．（2）求△ABC的周长．18.如图，▱ABCD的周长为26cm，AC，BD相交于点O，△BOC的周长比△AOB的周长小3cm，求AB，BC的长．19.已知：如图，E是正方形ABCD对角线AC上一点，且AE=AB，EF⊥AC，交BC于F．求证：BF=EC．20.问题背景：在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为、、，求这个三角形的面积小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．（1）请你利用上述方法求出△ABC的面积．（2）在图2中画△DEF，DE、EF、DF三边的长分别为、、①判断三角形的形状，说明理由．②求这个三角形的面积．（直接写出答案）21.已知四边形ABCD中，AB=10，BC=8，，∠DAC=45°，∠DCA=15°．（1）求△ADC的面积．（2）若E为AB中点，求线段CE的长．22.阅读下面的材料，解答后面提出的问题：黑白双雄，纵横江湖；双剑合壁，天下无敌，这是武侠小说中的常见描述，其意思是指两个人合在一起，取长补短，威力无比，在二次根式中也有这种相辅相成的“对子”，如：（2+）（2-）=1，（+）（-）=3，它们的积不含根号，我们说这两个二次根式互为有理化因式，其中一个是另一个的有理化因式．于是，二次根式除法可以这样解：．像这样通过分子、分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化．解决问题：（1）4+的有理化因式是______，将分母有理化得______；（2）已知x=，y=，则=______；（3）利用上面所提供的解法．请化简…23.矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发，相向而行，速度均为1cm/s，运动时间为t秒，当其中一个动点到达后就停止运动，G，H分别是AB，DC中点．（1）求证：四边形EGFH始终是平行四边形；（2）当t为何值时，四边形EGFH为矩形．24.我们新定义一种三角形：若一个三角形中存在两边的平方差等于第三边上高的平方，则称这个三角形为勾股高三角形，两边交点为勾股顶点．●特例感知①等腰直角三角形______勾股高三角形（请填写“是”或者“不是”）；②如图1，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点，CD是AB边上的高．若BD=2AD=2，试求线段CD的长度．●深入探究如图2，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点且CA＞CB，CD是AB边上的高．试探究线段AD与CB的数量关系，并给予证明；●推广应用如图3，等腰△ABC为勾股高三角形，其中AB=AC＞BC，CD为AB边上的高，过点D向BC边引平行线与AC边交于点E．若CE=a，试求线段DE的长度．答案和解析1.【答案】A【解析】解：A、是最简二次根式；故A正确；B、被开方数含分母，可化简为，不是最简二次根式；故B错误；C、被开方数还能继续开平方，可化简为，不是最简二次根式；故C错误；D、被开方数还能继续开平方，可化简为，不是最简二次根式；故D错误；故选：A．根据最简二次根式的定义进行判断即可．本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．2.【答案】D【解析】解：A、∵22+（）2=6≠42，故此选项错误；B、∵42+52=41≠62，故此选项错误；C、∵22+32=13≠42，故此选项错误；D、∵12+（）2=3=（）2，故此选项正确．故选D．由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．本题考查直角三角形的判定，利用勾股定理的逆定理是解答此题的关键．3.【答案】D【解析】解：∵∠BAD的平分线交BC于E，∴∠EAD=∠BAE，∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∴∠BAE=∠BEA，∴AB=BE，∵AE=BE，∴△ABE是等边三角形，∴∠B=60°∴∠BCD=120°故选：D．利用∠BAD的平分线交BC于E，且AE=BE，先求出△ABE是等边三角形，再求∠BCD 的度数．主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题．平行四边形基本性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．4.【答案】A【解析】解：由数轴可得：a+1＞0，a-2＜0，则原式=a+1+2-a=3．故选：A．直接利用数轴结合二次根式的性质化简得出答案．此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．5.【答案】C【解析】解：当要求的边是斜边时，则有=5；当要求的边是直角边时，则有=．故选：C．此题要分情况考虑：当另一条边是斜边时，当另一条边是直角边时．考查了勾股定理的运用，注意此题的两种情况．6.【答案】A【解析】解：∵AB=3cm，BC=5cm，∴2cm＜AC＜8cm，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=AC，∴1cm＜OA＜4cm，故选：A．根据三角形的三边关系定理得到AC的取值范围，再根据平行四边形的性质即可求出OA的取值范围．本题考查了对平行四边形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，得到AO是AC的一半是解此题的关键．7.【答案】C【解析】解：∵四边形MBND是菱形，∴MD=MB．∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°．设AB=x，AM=y，则MB=2x-y，（x、y均为正数）．在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，即x2+y2=（2x-y）2，解得x=y，∴MD=MB=2x-y=y，∴==．故选：C．首先由菱形的四条边都相等与矩形的四个角是直角，即可得到直角△ABM中三边的关系．此题考查了菱形与矩形的性质，以及直角三角形中的勾股定理．解此题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．8.【答案】D【解析】解：已知第一个矩形的面积为1；第二个矩形的面积为原来的（）2×2-2=；第三个矩形的面积是（）2×3-2=；…故第2018个矩形的面积为：（）2×2018-2=（）4034=故选：D．易得第二个矩形的面积为（）2，第三个矩形的面积为（）4，依此类推，第2018个矩形的面积为（）2×2018-2．本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的性质，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．此题要明确矩形中点组成的四边形是菱形，并熟练掌握矩形的面积为长与宽的积，菱形的面积等于其对角线积的一半．9.【答案】x≥-1【解析】解：由题意得：x+1≥0，解得：x≥-1，故答案为：x≥-1．根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0，再解不等式即可．此题主要考查了二次根式的意义．关键是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．10.【答案】18【解析】解：∵△ABC为直角三角形，AB为斜边，∴AC2+BC2=AB2，又AB=3，∴AC2+BC2=AB2=9，则AB2+BC2+CA2=AB2+（BC2+CA2）=9+9=18．故答案为：18由三角形ABC为直角三角形，利用勾股定理得到斜边的平方等于两直角边的平方和，根据斜边AB的长，可得出两直角边的平方和，然后将所求式子的后两项结合，将各自的值代入即可求出值．此题考查了勾股定理，是一道基本题型．熟练掌握勾股定理是解本题的关键．11.【答案】-【解析】解：OB==，OA=OB=，A点表示的数是-．故答案为：-．根据勾股定理，可得OB的长，根据等量代换，可得答案．本题考查了实数与数轴，利用勾股定理得出OB的长是解题关键．12.【答案】（，）【解析】【分析】本题考查了正方形的性质、坐标和图形特点、等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是关键．根据正方形的性质和等腰直角三角形的判定分别求：OD=DQ=，根据坐标特点写出点Q 的坐标．【解答】解：过Q作QD⊥OA于D，∵OQ=OC=2，∵四边形ABCO是正方形，∴∠BOA=45°，∴△ODQ是等腰直角三角形，∴OD=QD===，∴Q（，）．故答案为（，）．13.【答案】①②④【解析】解：∵图中有三个菱形，如菱形ABCD、菱形HOFD、菱形BEPG，∴①正确；∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥DC，AD∥BC，∠ABD=∠CBD，∵EF∥BC，GH∥AB，∴四边形BEPG是平行四边形，∴PE=BG，PG=BE，在△BEP和△PGB中，∴△BEP≌△PGB（SSS），∴②正确；∵只有当H为AD中点，E为AB中点时，四边形AEPH的面积等于△ABD的面积的一半，∴③错误；∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AD∥BC，∵EF∥BC，GH∥AB，∴AD∥EF∥BC，AB∥GH∥CD，∴四边形AEPH、四边形HPFD、四边形BEPG、四边形PFCG是平行四边形，∴AH=BG=PE，AE=HP=DF，BE=PG=CF，DH=PF=VG，∵四边形ABCD是菱形，∴∠EBP=∠GBP，∵PE∥BG，∴∠EPB=∠GBP，∴∠EBP=∠EPB，∴BE=PE，∴AH=PE=BG=BE=CF=PG，同理AE=HP=DF=PF=CG，∴四边形AEPH的周长=四边形GPFC的周长，∴④正确；故答案为：①②④．根据菱形的判定判断①即可；根据菱形性质求出四边形BEPG是平行四边形，推出PE=BG，PG=BE，根据全等三角形的判定推出△BEP≌△PGB，即可判断②；根据三角形面积公式即可判断③；求出四边形AEPH、四边形HPFD、四边形BEPG、四边形PFCG 是平行四边形，推出AH=BG=PE，AE=HP=DF，BE=PG=CF，DH=PF=VG，求出AH=PE=BG=BE=CF=PG，同理AE=HP=DF=PF=CG，即可判断④．本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，题目比较好，但是比较容易出错．14.【答案】或10【解析】解：分两种情况：①如图1，当点F在矩形内部时，∵点F在AB的垂直平分线MN上，∴AN=4；∵AF=AD=5，由勾股定理得FN=3，∴FM=2，设DE为y，则EM=4-y，FE=y，在△EMF中，由勾股定理得：y2=（4-y）2+22，∴y=，即DE的长为．②如图2，当点F在矩形外部时，同①的方法可得FN=3，∴FM=8，设DE为z，则EM=z-4，FE=z，在△EMF中，由勾股定理得：z2=（z-4）2+82，∴z=10，即DE的长为10．综上所述，点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长为或10故答案为：或10．分两种情况讨论：点F在矩形内部；点F在矩形外部，分别根据折叠的性质以及勾股定理，列方程进行计算求解，即可得到DE的长．本题以折叠问题为背景，主要考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等几何知识的综合应用；解决问题的关键利用直角三角形，运用勾股定理列方程求解．15.【答案】解：（1）原式=3-2+-3=-；（2）原式=50-20+3-2+1=34-2．【解析】（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；（2）利用平方差公式和完全平方公式计算．本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．16.【答案】解：原式=（+）•，=•，=，当x=+1时，原式==1+．【解析】首先计算计算括号里面的减法，然后再计算括号外的除法，化简后，再代入x 的值，进行计算即可．此题主要考查了分式的化简求值，在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．17.【答案】解：（1）在Rt△ABD中，AD==3；（2）在Rt△ACD中，AC==2，则△ABC的周长=AB+AC+BC=5+4++2=9+3．【解析】（1）根据勾股定理求出AD；（2）根据勾股定理求出AC，计算即可．本题考查的是勾股定理，掌握直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2是解题的关键．18.【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC，OA=OC，∵△AOB的周长比△BOC的周长多3cm，∴（OA+OB+AB）-（OB+OC+BC）=8cm，即AB-BC=3cm，①∵平行四边形ABCD的周长为26cm，∴AB+BC=13cm，②由①②得到：AB=8cm，BC=5cm．【解析】由四边形ABCD是平行四边形，即可得AB=CD，AD=BC，OA=OC，然后由平行四边形ABCD的周长为26cm，△AOB的周长比△BOC的周长多3cm，可得AB-BC=3cm ，AB+BC=13cm，继而可求得AB、BC的长．此题考查了平行四边形的性质．注意掌握平行四边形对边相等与对角线互相平分的定理的应用，注意数形结合思想与方程思想的应用．19.【答案】解：如图连接AF．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB=45°，∵FE⊥AC，∴∠AEF=∠CEF=∠B=90°，∴∠ECF=∠EFC=45°，∴EF=CE，在Rt△AFE和Rt△AFB中，，∴Rt△AFE≌Rt△AFB，∴BF=EF=CE，∴BF=EC．【解析】如图连接AF．只要证明△ECF是等腰直角三角形，△AFE≌△AFB即可解决问题．本题考查正方形的性质、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，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．20.【答案】解：（1）S△ABC=3×3-×1×2-×2×3-×1×3=；（2）如图所示：∵DE=，EF=2，DF=，∴DE2+EF2=DF2，∴△DEF是直角三角形．△DEF的面积=．【解析】（1）根据题目设置的问题背景，结合图形进行计算即可；（2）根据勾股定理，找到DE、EF、DF的长分别为、、，由勾股定理的逆定理可判断△DEF是直角三角形．本题考查了勾股定理及作图的知识，解答本题关键是仔细理解问题背景，构图法求三角形的面积是经常用到的，同学们注意仔细掌握．21.【答案】解：（1）过点C作CF⊥AD，交AD延长线于点F，∵∠DAC=45°，∠DCA=15°，∴∠CDF=∠DAC+∠DCA=45°+15°=60°，在Rt△CFD中，，∴，，∴，∴==．（2）在Rt△AFC中，∵∠DAC=45°，，∴，在△ABC中，∵AC2+BC2=62+82=AB2∴△ABC是直角三角形，又∵E为AB中点，∴．【解析】（1）过点C作CF⊥AD，交AD延长线于点F，构造含有30度角的直角△CFD ，通过解该直角三角形求得DF、CF的长度，进而利用等腰直角△ACF的性质求得AD 的长度，结合三角形的面积公式解答即可；（2）由勾股定理的逆定理得到△ABC是直角三角形，由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”解答．考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．注意：辅助线的作法与目的．22.【答案】4- 10【解析】解：（1）4+的有理化因式可以是4-，分母有理化得：==；故答案为：4-；；（2）∵x=，y=，则=+=+=5-2+5+2=10；故答案为：10；（3）原式=-1+-+-+…+-+-，=-1+，=-1+10，=9．（1）找出各式的分母有理化因式即可；（2）将x与y代入原式计算即可得到结果．（3）原式各项分母有理化，合并即可得到结果．此题考查了分母有理化，正确选择两个二次根式，使它们的积符合平方差公式是解答问题的关键．23.【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B=90°，∴AC==10，∠GAF=∠HCE，∵G、H分别是AB、DC的中点，∴AG=BG，CH=DH，∴AG=CH，∵AE=CF，∴AF=CE，在△AFG与△CEH中，∴△AFG≌△CEH（SAS），∴GF=HE同理：GE=HF∴四边形EGFH是平行四边形．（2）如下图所示，连接GH，由（1）可知四边形EGFH是平行四边形∵点G、H分别是矩形ABCD的边AB、DC的中点，∴GH=BC=8，∴当EF=GH=8时，四边形EGFH是矩形，分两种情况：①AE=CF=t，EF=10-2t=8，解得：t=1．②AE=CF=t，EF=10-2（10-t）=8解得：t=9即：当t为1秒或9时，四边形EGFH为矩形．【解析】（1）由“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”来判定；（2）由“对角线相等的平行四边形是矩形”判定四边形EGFH为矩形时t的取值．本题考查了特殊四边形的判定、性质及综合应用，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的性质、判定，具有应用代数的方法解决几何问题的意识．24.【答案】●特例感知：①是；②如图1中，根据勾股定理可得：CB2=CD2+4，CA2=CD2+1，于是CD2=（CD2+4）-（CD2+1）=3，∴CD=．●深入探究：如图2中，由CA2-CB2=CD2可得：CA2-CD2=CB2，而CA2-CD2=AD2，∴AD2=CB2，即AD=CB；●推广应用：过点A向ED引垂线，垂足为G，∵“勾股高三角形”△ABC为等腰三角形，且AB=AC＞BC，∴只能是AC2-BC2=CD2，由上问可知AD=BC……①．又ED∥BC，∴∠ADE=∠B……②．而∠AGD=∠CDB=90°……③，∴△AGD≌△CDB（AAS），∴DG=BD．易知△ADE与△ABC均为等腰三角形，根据三线合一原理可知ED=2DG=2BD．又AB=AC，AD=AE，∴BD=EC=a，∴ED=2a．【解析】【分析】本题考查三角形综合题、勾股定理、全等三角形的判定和性质、勾股高三角形的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目．●特例感知：①根据勾股高三角形的定义即可判断；②如图1，根据勾股定理可得：CB2=CD2+4，CA2=CD2+1，于是CD2=（CD2+4）-（CD2+1）=3，即可解决问题；●深入探究：由CA2-CB2=CD2可得：CA2-CD2=CB2，而CA2-CD2=AD2，即可推出AD2=CB2；●推广应用：过点A向ED引垂线，垂足为G，只要证明△AGD≌△CDB（AAS），即可解决问题.【解答】解：●特例感知：①等腰直角三角形是勾股高三角形．故答案为是．②见答案；●深入探究：见答案；●推广应用：见答案.。

阅读下面的材料，根据要求写作。

现在，有一类青年人被称为“被动青年”。

他们也知道运动的重要性，却能把计划好每天运动的时间压缩甚至省略；他们因为看见别人认真学习也给自己报个网课，花了钱却只买了个教训；他们声称要改善自己的社交尴尬，结果参加聚会时因插不上嘴而掏出手机自己欢愉。

相信你身边也有不少的“被动青年”，青年之被动，利器之铁锈也。

请你写一份以“变被动为主动，做新时代青年”为主题的倡议书，倡议书需要体现你的认识与思考。

要求:结合材料，选好角度，确定立意，自拟标题；不要套作，不得抄袭；不得泄露个人信息；不少于800字。

切题立意:1.“变被动为主动，做新时代青年”。

2.树立理想，变被动为主动。

3.明确责任，变被动为主动。

4.懂得担当，变被动为主动。

5.想法与行动同步，做新时代青年。

6.拒做被动，做新时代青年。

……偏题立意：1.青年的使命与担当。

（脱离材料内容，未紧扣“被动青年”展开，偏离题目要求。

）2.“被动青年”的问题。

（未扣住“变被动为主动，做新时代青年”的主题，偏离题意。

）……转变观念，做新时代有为青年亲爱的同学们：大家好！青年时期是每个人人生中的黄金时期。

青年时期的作为将直接影响青年的一生，把握好青春才不会“老大徒伤悲”。

当然，每个人都希望“当他回首往事的时候，不因虚度年华而悔恨，也不因碌碌无为而羞耻。

”然而，现实的情况却是，我们身边有不少“被动青年”。

他们知道什么重要，却没有办法去实践；他们有足够的条件，却缺乏向前走的勇气；他们是思想上的巨人，却是行动上的矮人。

“被动青年”不仅仅是“被动青年”自身的问题，他们的行为就像病毒一样很容易感染、攻击身边的青年；又像是利器的铁锈，任其繁衍生长，腐蚀积极向上的有为青年。

少年强则国强，我们身处于社会主义新时代，时代赋予我们新的使命，绝不允许我们成为“被动青年”。

所以，我倡议：我们要变被动为主动，做新时代青年。

首先，树立远大理想，变被动为主动，做新时代有为青年。