2024年秋季學期第二次綜合練習數學試卷一．選擇題（共10小題）1．“一片甲骨驚天下”，甲骨文是迄今為止中國發現的年代最早的成熟文字系統，是漢字的源頭和中華優秀傳統文化的根脈．下面四個選項分別是用甲骨文書寫的虎、牛、龍、兔，其中是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．解：從四個選項的甲骨文看，只有選項B中的甲骨文能找到一條直線，使直線兩旁的部分能夠重合，而其余甲骨文則不具備這樣的特性．故選：B．2．如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°．動點P從點C出發，沿邊CB，BA向點A運動．在點P運動過程中，△PAC可能成為的特殊三角形依次是（）A．直角三角形→等邊三角形→直角三角形→等邊三角形→直角三角形 B．等腰三角形→直角三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰直角三角形 C．直角三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰直角三角形→直角三角形 D．等腰直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等腰直角三角形→直角三角形解：在點P運動過程中，△PAC可能成為的特殊三角形依次是直角三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰直角三角形→直角三角形，故選：C．3．已知三角形的兩邊長分別為4，6，則第三邊長的取值范圍在數軸上表示正確的是（）A． B． C． D．解：已知三角形的兩邊長分別為4，6，則第三邊長的取值范圍為6﹣4＜x＜4+6，即2＜x＜10，表示在數軸上為：故選：C．4．如圖，在△ABC中，BO，CO分別平分∠ABC，∠ACB，CE為外角∠ACD的平分線，交BO的延長線于點E，記∠BAC＝∠1，∠BEC＝∠2，給出下列結論：其中錯誤的是（）A．∠1＝2∠2 B．∠BOC＝3∠2 C． D．∠BOC＝90°+∠2解：A．∵CE為外角∠ACD的平分線，BE平分∠ABC，∴，，又∵∠DCE是△BCE的外角，則，∴∠1＝2∠2，故A正確，不符合題意；B．C．D：∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，則，，則∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝＝＝90°+∠2，故選項C、D不符合題意，選項B符合題意．故選：B．5．下列條件：①∠A+∠B＝∠C；②∠A：∠B：∠C＝5：3：2；③∠A＝90°﹣∠B；④∠A＝2∠B＝3∠C；⑤．其中能確定△ABC是直角三角形的有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個解：①∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A+∠B＝∠C，∴2∠C＝180°，得∠C＝90°，∴△ABC是直角三角形，符合題意；②設∠B＝3x，∠A＝5x，∠C＝2x，∴5x+3x+2x＝180°，∴x＝18°，∴∠A＝5x＝90°，∴△ABC是直角三角形，符合題意；③∵∠A＝90°﹣∠B，∴∠C＝180°﹣（∠A+∠B）＝90°，∠A+∠B＝90°，∴△ABC是直角三角形，符合題意；④∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝2∠B＝3∠C，∴，∴，∴，∴△ABC不是直角三角形，不符合題意；⑤設∠A＝x，則∠B＝2x，∠C＝3x，∴x+x+2x＝180°，得x＝45°，∴∠B＝2x＝90°∴△ABC是直角三角形，符合題意；其中能確定△ABC是直角三角形的有①②③⑤共4個，故選：C．6．如圖，將透明直尺疊放在正五邊形徽章ABCDE上，若直尺的下沿MN⊥DE于點O，且經過點B，上沿PQ經過點E且與AB相交于點F，則∠AFE的度數為（）A．45° B．54° C．60° D．72°解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，MN⊥DE，∴∠ABC＝∠BAE＝＝108°，MN是正五邊形ABCDE的對稱軸，∴∠ABN＝∠CBN＝∠ABC＝54°，∵PQ∥MN，∴∠AFE＝∠ABN＝54°．故選：B．7．如圖，△ABC≌△ADE，D在BC上，連接CE，則以下結論：①AD平分∠BDE；②∠CDE＝∠BAD；③∠DAC＝∠DEC；④AD＝DC．其中正確的個數有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個解：AC和DE交于O，∵△ABC≌△ADE，∴AB＝AD，AC＝AE，∠ADE＝∠B，∠BAC＝∠DAE，∴∠B＝∠ADB，∠BAD＝∠CAE，∠ACE＝∠AEC，∴∠ADB＝∠ADE，∠ACE＝∠ADB＝∠ADE，∴AD平分∠BDE，∵∠AOD＝∠EOC，∴∠DAC＝∠DEC，∵∠CDE+∠ADE＝∠B+∠BAD，∴∠CDE＝∠BAD，由條件不能推出AD＝DC，∴①②③正確．故選：C．8．若10x＝N，則稱x是以10為底N的對數．記作：x＝lgN．例如：102＝100，則2＝lg100；100＝1，則0＝lg1．對數運算滿足：當M＞0，N＞0時，lgM+lgN＝lg（MN）．例如：lg3+lg5＝lg15，則（lg5）2+lg5×lg2+lg2的值為（）A．5 B．2 C．1 D．0解：原式＝lg5（lg5+lg2）+lg2＝lg5×lg（5×2）+lg2＝lg5lg10+lg2＝lg5+lg2＝lg10＝1．故選：C．9．如圖，已知∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，點P在OC上，PD⊥OA于D，OP＝6cm，點E是射線OB上的動點，則PE的最小值為（）A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm解：∵∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，∴∠AOP＝30°，∵PD⊥OA，OP＝6cm，∴，過點P作PE'⊥OB于點E'，∵OC平分∠AOB，PE'⊥OB，PD⊥OA，∴PE'＝PD＝3cm，∴PE的最小值為3cm．故選：B．10．如圖，在△ABC中，過點B作△ABC的角平分線AD的垂線，垂足為F，FG∥AB交AC于點G，若AB＝4，則線段FG的長為（）A．1 B．2 C．2.5 D．3解：延長BF與AC交于點M，∵AD平分∠BAC，∴∠BAF＝∠MAF．∵BF⊥AD，∴∠AFB＝∠AFM．在△ABF和△AMF中，，∴△ABF≌△AMF（ASA），∴AM＝AB．又∵AB＝4，∴AM＝4．∵FG∥AB，∴∠BAF＝∠AFG，∴∠MAF＝∠AFG，∴AG＝FG．∵∠MAF+∠AMF＝∠AFG+∠MFG＝90°，∴∠AMF＝∠MFG，∴FG＝MG，∴FG＝．故選：B．二．填空題（共5小題）11．已知等腰三角形的兩邊長分別為6cm和8cm，則它的第三邊長度為6cm或8cm．解：①6cm是腰長時，三角形的三邊分別為6，6，8，能組成三角形，所以，第三邊為6cm；②6cm是底邊時，三角形的三邊分別為8，8，6，能組成三角形，所以，第三邊為8cm．綜上所述，第三邊為6cm或8cm．故答案為：6cm或8cm．12．若多項式9x2+mx+25是一個完全平方式，則m＝±30．解：∵9x2+mx+25是一個完全平方式，∴m＝±30．故答案為：±30．13．如圖，O為△ABC內角平分線交點，過點O的直線交AB、BC于M、N，已知BN＝MN＝5，BM＝6，則點O到AC的距離為．解：連接OB，過點N作ND⊥AB于D，過點O作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，OH⊥AC于H，如圖所示：設OE＝x，∵點O為△ABC內角平分線交點，∴OE＝OF＝OH＝x，∵BN＝MN＝5，BM＝6，ND⊥AB，∴BD＝MD＝BM＝3，在Rt△BND中，BN＝5，BD＝3，由勾股定理得：DN＝＝4，∴S△BMN＝BM?ND＝×6×4＝12，又∵S△BMN＝S△OBM+S△OBN＝2BM?OE+BN?OF，∴×6x+×5x＝12，解得：x＝，∴OH＝x＝，∴點O到AC的距離為．故答案為：．14．已知p＝57，q＝75，用含p，q的式子表示3535．∵p＝57，q＝75，∴3535＝（5×7）35＝535×735＝（57）5×（75）7＝p5q7．15．如圖，在直角△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，AB＝5，AD平分∠BAC，N是AC上一動點（不與A，C重合），M是AD上一動點（不與A，D重合），則CM+MN的最小值為．解：作CG⊥AB于點G，∵∠C＝90°，∴AB?CG＝AC?BC＝S△ABC，∵AC＝4，BC＝3，AB＝5，∴×5CG＝×4×3，∴CG＝，作NE⊥AD于點F，交AE于點E，連接CE交AD于點I，連接ME、IN，∴∠AFN＝∠AFE＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠FAN＝∠FAE，在△FAN和△FAE中，，∴△FAN≌△FAE（ASA），∴FN＝FE，∴點E與點N關于直線AD對稱，∴MN＝ME，IN＝IE，∴CM+MN＝CM+ME，∵當點M與點I重合時，CM+MN＝CM+ME＝CI+IN＝CI+IE＝CE，∴當CE的值最小時，則CM+MN的值最小，∴當點E與點G重合時，則CE＝CG＝，此時CE取得最小值，∴CM+MN的最小值為，故答案為：．14．已知p＝57，q＝75，用含p，q的式子表示3535．∵p＝57，q＝75，∴3535＝（5×7）35＝535×735＝（57）5×（75）7＝p5q7．三．解答題（共9小題）16．把下列多項式分解因式：（1）（x﹣y）2+4xy；（2）2x3﹣12x2+18x．解：（1）（x﹣y）2+4xy＝x2﹣2xy+y2+4xy＝x2+2xy+y2＝（x+y）2；（2）2x3﹣12x2+18x＝2x（x2﹣6x+9）＝2x（x﹣3）2．17．計算：（x+y﹣3）（x﹣y+3）+（y+3）2．解：原式＝[x+（y﹣3）][x﹣（y﹣3）]+（y+3）2＝x2﹣（y﹣3）2+（y+3）2＝x2﹣y2+6y﹣9+y2+6y+9＝x2+12y．18．先化簡，后求值：（a﹣2b）2+（a﹣2b）（a+2b）﹣a（a﹣4b），其中a＝1，b＝﹣1．解：（a﹣2b）2+（a﹣2b）（a+2b）﹣a（a﹣4b）＝a2﹣4ab+4b2+a2﹣4b2﹣a2+4ab＝a2，當a＝1，b＝﹣1時，原式＝12＝1．19．如圖，已知AB＝AC＝AD，（1）如圖1，若∠D＝32°，∠BAC＝20°，則∠DBC＝48°；（2）如圖2，當∠BCA＝2∠ADB時，①求證：AD∥BC；②過點D作DE⊥AB，垂足為E．若DE＝6cm，求點D到AC的距離．解：（1）∵AB＝AD，∠D＝32°，∴∠ABD＝∠D＝32°，∵AB＝AC，∠BAC＝20°，∴∠ABC＝∠C＝1/2（180°﹣∠BAC）＝80°，∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝80°﹣32°＝48°，故答案為：48；（2）①設∠ADB＝α，則∠BCA＝2∠ADB＝2α，∵AB＝AD，∠ADB＝α，∴∠ABD＝∠ADB＝α，∴∠BAD＝180°﹣2α，∵AB＝AC，∠BCA＝2α，∴∠ABC＝∠BCA＝2α，∴∠BAC＝180°﹣4α，∴∠DAC＝∠BAD﹣∠BAC＝180°﹣2α﹣（180°﹣4α）＝2α，∴∠DAC＝∠BCA＝2α，∴AD∥BC；②過點D作DF⊥AC于F，如圖所示：∵AD∥BC，∴∠EAD＝∠ABC＝2α又∵∠DAC＝2α，∴∠EAD＝∠DAC＝2α，∴AD是∠EAC的平分線，又∵DE⊥AB，DE＝6cm，DF⊥AC，∴DF＝DE＝6cm，∴點D到AC的距離是6cm．20．如圖，已知AB＝AC，延長AC到E，并作直線DE，使其與BC，AB分別交于點G，D．（1）若CE＝BD，求證：GE＝GD；（2）若CE＝m?BD（m為正數），試猜想GE與GD有何關系．（只寫結論，不證明）證明：（1）過D作DF∥CE，交BC于F，則∠E＝∠GDF．∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC∵DF∥CE，∴∠DFB＝∠ACB，∴∠DFB＝∠ACB＝∠ABC．∴DF＝DB．∵CE＝BD，∴DF＝CE，在△GDF和△GEC中，，∴△GDF≌△GEC（AAS）．∴GE＝GD．（2）猜想：GE＝m?GD．證明：同（1）可得，BD＝DF，∵∠E＝∠GDF，∠DGF＝∠EGC，∴△GDF∽△GEC，∴＝＝，∵CE＝m?BD，∴＝，即GE＝m?GD．21．如圖是10×8的網格，每個邊長均為1的正方形的頂點稱為格點．已知△ABC為格點三角形（三個頂點均為格點）．回答下列問題：（1）△ABC的面積為9；（2）利用格點作出AB的垂直平分線m；（3）標出格點P，使得△ABC與△PBC全等．解：（1）△ABC的面積＝4×5﹣×1×5﹣×3×3﹣×2×4＝9；故答案為：9；（2）如圖，直線m即為AB的垂直平分線；（3）如圖所示，P1，P2，P3即為所求．22．閱讀與思考：我們把多項式a2+2ab+b2及a2﹣2ab+b2叫做完全平方式，如果一個多項式不是完全平方式，我們常做如下變形：先添加一個適當的項，使式子中出現完全平方式，再減去這個項，使整個式子的值不變，這種方法叫做配方法，配方法是一種重要的解決問題的數學方法，可以求代數式的最大值或最小值．例如，求a2+4a+5的最小值．解：a2+4a+5＝a2+4a+22﹣22+5＝（a+2）2+1，∵（a+2）2≥0，∴（a+2）2+1≥1，所以當（a+2）2＝0時，即當a＝﹣2時，a2+4a+5有最小值，最小值為1．【直接應用】（1）在橫線上添上一個常數項使之成為完全平方式：x2+6x+9；（2）當x＝2時，多項式﹣x2﹣4x+3有最大值，最大值是7；【知識遷移】（3）代數式4a2+b2+4ab﹣8a﹣4b+10的最小值為6．解：（1）∵x2+6x+32＝（x+3）2，故答案為：9；（2）∵﹣x2﹣4x+3＝﹣（x2﹣4x+4﹣4）+3＝﹣（x2﹣4x+4）+7＝﹣（x﹣2）2+7，∵（x﹣2）2≥0，∴﹣（x﹣2）2≤0，∴當x﹣2＝0，即x＝2時，﹣（x﹣2）2+7有最大值，最大值是7，即當x＝2時，多項式﹣x2﹣4x+3有最大值，最大值是7，故答案為：2，大，大，7；（3）4a2+b2+4ab﹣8a﹣4b+10＝（4a2+4ab+b2）﹣8a﹣4b+10＝（2a+b）2﹣4（2a+b）+4+6＝（2a+b﹣2）2+6，∵（2a+b﹣2）2≥0，∴代數式4a2+b2+4ab﹣8a﹣4b+10有最小值，最小值為6，故答案為：6．23．（1）如圖①，已知：△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線m經過點A，BD⊥m于D，CE⊥m于E，求證：DE＝BD+CE；（2）拓展：如圖②，將（1）中的條件改為：△ABC中，AB＝AC，D、A、E三點都在直線m上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，α為任意銳角或鈍角，請問結論DE＝BD+CE是否成立？如成立，請證明；若不成立，請說明理由；（3）應用：如圖③，在△ABC中，∠BAC是鈍角，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直線m與BC的延長線交于點F，若BC＝2CF，△ABC的面積是12，求△ABD與△CEF的面積之和．（1）證明：∵BD⊥直線m，CE⊥直線m，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE；（2）解：結論DE＝BD+CE成立；理由如下：∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∴∠CAE＝∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE；（3）解：∵∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴∠CAE＝∠ABD，在△ABD和△CEA中，，∴△ABD≌△CEA（AAS），∴S△ABD＝S△CEA，設△ABC的底邊BC上的高為h，則△ACF的底邊CF上的高為h，∴S△ABC＝BC?h＝12，S△ACF＝CF?h，∵BC＝2CF，∴S△ACF＝6，∵S△ACF＝S△CEF+S△CEA＝S△CEF+S△ABD＝6，∴△ABD與△CEF的面積之和為6．24．如圖1，將兩個完全相同的三角形紙片ABC和DEC重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E＝30°．（1）操作發現如圖2，固定△ABC，使△DEC繞點C旋轉，當點D恰好落在AB邊上時，填空：①線段DE與AC的位置關系是DE∥AC；②設△BDC的面積為S1，△AEC的面積為S2，則S1與S2的數量關系是S1＝S2．（2）猜想論證當△DEC繞點C旋轉到如圖3所示的位置時，小明猜想（1）中S1與S2的數量關系仍然成立，并嘗試分別作出了△BDC和△AEC中BC、CE邊上的高，請你證明小明的猜想．（3）拓展探究已知∠ABC＝60°，點D是角平分線上一點，BD＝CD＝4，DE∥AB交BC于點E（如圖4）．若在射線BA上存在點F，使S△DCF＝S△BDE，請直接寫出相應的BF的長．解：（1）①∵△DEC繞點C旋轉點D恰好落在AB邊上，∴AC＝CD，∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ACD＝60°，又∵