期末复习小题专项练习题位训练选择题压轴题（解析版）

期末复习小题专项练习题位训练选择题压轴题（解析版）1．（2022秋•如东县期末）若分式方程1x−2−1+kA．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1【分析】根据分式方程的增根的定义进行计算即可．【解答】解：分式方程1x−2−1+k2−x=1由于分式方程无解，即x＝2是1+1+k＝x﹣2的解，所以k＝﹣2，故选：B．【点评】本题考查分式方程的解，理解分式方程的增根是正确解答的前提．2．（2022秋•如东县期末）已知实数a，b满足a﹣b2＝4，则代数式3a﹣a2﹣b2的最大值为（）A．﹣4 B．﹣5 C．4 D．5【分析】根据a﹣b2＝4得出b2＝a﹣4，代入代数式3a﹣a2﹣b2中，然后结合二次函数的性质即可得到答案．【解答】解：∵a﹣b2＝4，∴b2＝a﹣4，∴3a﹣a2﹣b2＝3a﹣a2﹣（a﹣4）＝﹣a2+2a+4＝﹣（a﹣1）2+5，∵b2＝a﹣4≥0，∴a≥4，∵﹣1＜0，∴当a≥4时，原式的值随着a的增大而减小，∴当a＝4时，原式取最大值为﹣4，故选：A．【点评】本题考查了二次函数的最值，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，灵活应用配方法，从而完成求解．3．（2022秋•启东市期末）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的中线，点E在AD上，且DE=12BC，则∠A．100° B．105° C．110° D．115°【分析】根据等边三角形的性质得到∠BAC＝60°，∠BAD=12∠BAC＝30°，AD⊥BC，BD＝CD=12BC【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∵AD是BC边上的中线，∴∠BAD=12∠BAC＝30°，AD⊥BC，BD＝CD∴∠CDE＝90°，∵DE=12∴DE＝DC，∴∠DEC＝∠DCE＝45°，∴∠AEF＝∠DEC＝45°，∴∠AFE＝180°﹣∠BAD﹣∠AEF＝180°﹣30°﹣45°＝105°，故选：B．【点评】本题考查了等边三角形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．4．（2022秋•启东市期末）如果一个数等于两个连续奇数的平方差，那么我们称这个数为“幸福数”．下列数中为“幸福数”的是（）A．205 B．250 C．502 D．520【分析】设较小的奇数为x，较大的为x+2，根据题意列出算式，求出解判断即可．【解答】解：设较小的奇数为x，较大的为x+2，根据题意得：（x+2）2﹣x2＝（x+2﹣x）（x+2+x）＝4x+4，若4x+4＝205，即x=201若4x+4＝250，即x=246若4x+4＝502，即x=498若4x+4＝520，即x＝129，符合题意．故选：D．【点评】此题考查了平方差公式，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．5．（2022秋•海安市期末）如图，在△ABC中，E是BC上一点，AE＝AB，EF垂直平分AC，AD⊥BC于点D，△ABC的周长为18cm，AC＝7cm，则DC的长为（）A．4.5 B．5 C．5.5 D．6【分析】根据已知能推出2DE+2EC＝11cm，即可得出答案．【解答】解：∵△ABC周长18cm，AC＝7cm，∴AB+BC＝11cm，∴AB+BE+EC＝11cm，即2DE+2EC＝11cm，∴DE+EC＝5.5cm，∴DC＝DE+EC＝5.5cm．故选：C．【点评】本题主要考查线段垂直平分线的性质，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．6．（2022秋•海安市期末）已知x2＝2y+7，y2＝2x+7，且x≠y，则xy的值为（）A．7 B．3 C．﹣3 D．﹣7【分析】两式相减，由平方差公式求出x﹣y＝﹣2，两式相加，由完全平方公式即可求出xy的值．【解答】解：∵x2＝2y+7，y2＝2x+7，∴x2﹣y2＝2（y﹣x），∴（x+y）（x﹣y）＝﹣2（x﹣y），∵x≠y，∴x+y＝﹣2，∵x2+y2＝2（x+y）+14，∴（x+y）2﹣2xy＝2（x+y）+14，∴（﹣2）2﹣2xy＝2×（﹣2）+14，∴xy＝﹣3，故选：C．【点评】本题考查有理数的乘法，关键是掌握平方差公式，完全平方公式．7．（2022秋•如皋市校级期末）已知a﹣b＝4时，多项式ab+c2的值为﹣4，则abaA．﹣1 B．−12 C．−【分析】根据已知条件得出（b+2）2≤0，又（b+2）2≥0，进而得出b＝﹣2，a＝2，c＝0，进而即可求解．【解答】解：∵a﹣b＝4时，多项式ab+c2的值为﹣4，∴a＝b+4，ab+4＝﹣c2，∴ab+4≤0，即（b+4）b+4≤0，∴b2+4b+4≤0，即（b+2）2≤0，又∵（b+2）2≥0，∴b＝﹣2，∴a＝﹣2+4＝2，∴ab＝﹣4，c＝0，∴aba故选：B．【点评】本题考查了完全平方公式变形求值，得出b＝﹣2是解题的关键．8．（2022秋•如皋市校级期末）如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，以相同的长（大于12AB）为半径作弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交AB于点D，交AC于点E，连接CD．若△CDB的面积为12，△ADE的面积为9，则四边形A．15 B．16 C．18 D．20【分析】根据题意得到MN是线段AB的垂直平分线，进而得到点D是AB的中点，根据三角形的面积公式计算，得到答案．【解答】解：由尺规作图可知，MN是线段AB的垂直平分线，∴点D是AB的中点，∴S△ACD＝S△BCD，∴S△ADE+S△CDE＝S△CDB，∵△CDB的面积为12，△ADE的面积为9，∴S△CDE＝S△CDB﹣S△ADE＝12﹣9＝3，∴四边形EDBC的面积为：S四边形EDBC＝S△CDE+S△CDB＝12+3＝15．故选：A．【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质以及三角形的面积的计算，熟练掌握线段垂直平分线等额性质以及三角形的面积的计算是解题的关键．9．（2022秋•海门市期末）已知2a﹣3＝b，4a2﹣3ab+b2＝11，则2a2b﹣ab2的值为（）A．3 B．6 C．8 D．11【分析】利用消元法求出a，b的值，可得结论．【解答】解：∵b＝2a﹣3，4a2﹣3ab+b2＝11，∴4a2﹣3a（2a﹣3）+（2a﹣3）2，＝11，整理得2a2﹣3a﹣2＝0，∴（2a+1）（a﹣2）＝0，∴2a+1＝0或a﹣2＝0，∴a＝2或−1当a＝2时，b＝1，2a2b﹣ab2＝ab（2a﹣b）＝2×3＝6，当a=−12时，b＝﹣4，2a2b﹣ab2＝ab（2a﹣∴2a2b﹣ab2＝6．故选：B．【点评】本题考查完全平方公式，解题关键是熟练掌握完全平方公式，属于中考常考题型．10．（2022秋•南通期末）已知m，n均为正整数且满足mn﹣3m﹣2n﹣24＝0，则m+n的最大值是（）A．16 B．22 C．34 D．36【分析】由mn﹣3m﹣2n﹣24＝0得（m﹣2）（n﹣3）＝30．由于30＝1×30＝2×15＝3×10＝5×6＝30×1＝15×2＝10×3＝6×5，据此列出关于m、n的方程组，求出每一组m、n的值即可求得m+n的最大值．【解答】解：将方程左边变形得：mn﹣3m﹣2n+6﹣30＝m（n﹣3）﹣2（n﹣3）＝30．∴（m﹣2）（n﹣3）＝30．∵m，n均为正整数∴m−2=1n−3=30或m−2=2n−3=15或m−2=3n−3=10或m−2=5n−3=6或m−2=30n−3=1或m−2=15解得m=3n=33或m=4n=18或m=5n=13或m=7n=9或m=32n=4或m=17∴m+n＝36或22或18或16，∴m+n的最大值是36．故选：D．【点评】本题主要考查了因式分解的应用，解题的关键是将mn﹣3m﹣2n﹣24＝0变形为（m﹣2）（n﹣3）＝30．11．（2022秋•如东县期末）已知a+b＝1，ab＝﹣6，则a3b﹣2a2b2+ab3的值为（）A．57 B．120 C．﹣39 D．﹣150【分析】先根据条件求出（a﹣b）2的值，再把代数式分解因式，整体代入求解．【解答】解：∵a+b＝1，ab＝﹣6，∴（a﹣b）2＝（a+b）2﹣4ab＝1+24＝25∴a3b﹣2a2b2+ab3＝ab（a2﹣2ab+b2）＝ab（a﹣b）2＝﹣6×25＝﹣150，故选：D．【点评】本题考查了因式分解的应用，整体代入求值是解题的关键．12．（2022秋•如东县期末）若关于x的一元一次不等式组x−2＞3x−223x−a≤2的解集为x＜﹣2，且关于y的分式方程2yA．﹣15 B．﹣13 C．﹣7 D．﹣5【分析】由一元一次不等式组的解可得a+23≥−2，再解分式方程得y=a−13，由方程的解为负整数，且【解答】解：x−2＞3x−2由①得，x＜﹣2，由②得x≤a+2∵不等式组的解集为x＜﹣2，∴a+23∴a≥﹣8，2yy+12y＝a﹣（y+1），2y＝a﹣y﹣1，3y＝a﹣1，y=a−1∵方程的解为负整数，∴a＝﹣8，﹣5，﹣2，∵y≠﹣1，∴a−13∴a≠﹣2，∴a的取值为﹣8，﹣5，∴所有满足条件的整数a的值之和是﹣13，故选：B．【点评】本题考查分式方程的解，一元一次不等式的解法，熟练掌握分式方程的解，一元一次不等式的解法，注意分式方程增根的情况是解题关键．13．（2022秋•如东县期末）如图，边长为a的等边△ABC中，BF是AC上中线且BF＝b，点D在BF上，连接AD，在AD的右侧作等边△ADE，连接EF，则△AEF周长的最小值是（）A．12a+23b B．12a+b C．【分析】首先证明点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE于E′，此时AE′+FE′的值最小．【解答】解：如图，∵△ABC，△ADE都是等边三角形，∴AB＝AC＝a，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵AF＝CF=12a，BF＝∴∠ABD＝∠CBD＝∠ACE＝30°，BF⊥AC，∴点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE于E′，此时AE′+FE′的值最小，∵CA＝CM，∠ACM＝60°，∴△ACM是等边三角形，∴AM＝AC，∵BF⊥AC，∴FM＝BF＝b，∴△AEF周长的最小值＝AF+FE′+AE′＝AF+FM=12a+故选：B．【点评】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．14．（2022秋•启东市校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，BD＝CE，∠FDE＝65°，则∠A的度数是（）A．45° B．70° C．65° D．50°【分析】由“SAS”证△BFD≌△CDE，得∠BFD＝∠CDE，再由三角形的外角性质得∠B＝∠FDE＝65°＝∠C，然后由三角形内角和定理即可求解．【解答】解：如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，BF=CD∠B=∠C∴△BDF≌△CED（SAS），∴∠BFD＝∠CDE，∵∠FDE+∠EDC＝∠B+∠BFD，∴∠B＝∠FDE＝65°，∴∠C＝∠B＝65°，∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣65°﹣65°＝50°，故选：D．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理以及三角形的外角性质等知识，证明△BFD≌△CDE是解题的关键．15．（2022秋•启东市校级期末）若a+x2＝2020，b+x2＝2021，c+x2＝2022，则a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ca的值为（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根据题目信息得到a、b、c的数量关系，然后对原式进行变化先乘2后乘12【解答】解：由题意可知，2020﹣a＝2021﹣b＝2022﹣c，∴a﹣b＝﹣1，a﹣c＝﹣2，b﹣c＝﹣1，原式＝2×（a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ca）×＝[（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2]×＝（1+4+1）×＝3．故选：D．【点评】本题考查因式分解的应用，能够灵活运用公式法是解答本题的关键．16．（2020秋•海安市校级期末）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，D、E是△ABC内两点，AD平分∠BAC．∠EBC＝∠E＝60°，若BE＝3，DE＝1，则BC的长度是（）A．2 B．3 C．4 D．6【分析】延长AD交BC于N，延长ED交BC于M，根据等边三角形的判定求出△BEM是等边三角形，根据等边三角形的性质求出∠EMB＝60°，BM＝EM＝BE＝3，求出DM，求出MN，求出BN，再根据等腰三角形的性质求出BC即可．【解答】解：延长AD交BC于N，延长ED交BC于M，∵∠EBC＝∠E＝60°，∴EM＝BM，∴△BEM是等边三角形，∴BE＝EM＝BM，∠EMB＝60°，∵BE＝3，∴EM＝BM＝BE＝6，∵DE＝2，∴DM＝3﹣1＝2，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AN⊥BC，BN＝CN，∴∠DNM＝90°，∴∠NDM＝90°﹣∠EMB＝30°，∴MN=12∵BM＝3，∴BN＝BM﹣MN＝3﹣1＝2，∴BC＝2BN＝4，故选：C．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质和判定等知识点，能求出MN的长是解此题的关键．17．（2020秋•海安市校级期末）如图，点E，F分别在x轴，y轴的正半轴上．点A（3，3）在线段EF上，过A作AB⊥EF分别交x轴，y轴于点B，C，点P为线段AE上任意一点（P不与A，E重合），连接CP，过E作ED⊥CP，交CP的延长线于点G，交CA的延长线于点D．有以下结论①AC＝AE，②CP＝BE，③OB+OF＝6，④S△ABE﹣S△BOC＝9，其中正确的结论是（）A．①② B．②③ C．①③④ D．①②③④【分析】如图，作AM⊥y轴于M，AN⊥OE于N．首先证明四边形AMON是正方形，再证明△AMF≌△ANB（ASA），△AMC≌△ANE（ASA），△AFC≌△ABE（SSS）即可解决问题．【解答】解：如图，作AM⊥y轴于M，AN⊥OE于N．∵A（3，3），∴AM＝AN＝3，∵∠AMO＝∠ANO＝90°，∴四边形ANON是矩形，∵AM＝AN，∴四边形AMON是正方形，∴OM＝ON＝3，∴∠MAN＝90°，∵CD⊥EF，∴∠FAC＝∠MAN＝90°，∴∠CAM＝∠EAN，∵∠AEB+∠EFO＝∠EFO+∠ACF＝90°，∴∠ACF＝∠AEN，∴△AMC≌△ANE（ASA），∴AC＝AE，CM＝EN，故①正确，同法可证△AMF≌△ANB（ASA），∴FM＝BN，∴OF+OB＝OM+FM+ON﹣BN＝2OM＝6，故③正确，∵CM＝EN，AC＝AE，∵FM＝BN，∴CF＝BE，∵AC＝AE，AF＝AB，∴△AFC≌△ABE（SSS），∴S△ABE﹣S△BOC＝S△AFC﹣S△BOC＝S四边形ABOF＝S正方形AMON＝9，故④正确，当BE为定值时，点P是动点，故PC≠BE，故②错误，故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的面积、坐标与图形的性质等知识，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．18．（2023秋•前郭县期末）如图，在△ABC中，点M，N为AC边上的两点，AM＝NM，BM⊥AC，ND⊥BC于点D，且NM＝ND，若∠A＝70°，则∠C＝（）A．40° B．50° C．60° D．70°【分析】根据垂直定义可得∠AMB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ABM＝20°，再根据已知易得BM是AN的垂直平分线，从而可得BA＝BN，然后根据等腰三角形的三线合一性质可得∠ABM＝∠NBM＝20°，再利用角平分线性质定理的逆定理可得BN平分∠MBD，从而可得∠NBM＝∠NBD＝20°，最后利用三角形内角和定理进行计算，即可解答．【解答】解：∵BM⊥AC，∴∠AMB＝90°，∵∠A＝70°，∴∠ABM＝90°﹣∠A＝20°，∵AM＝MN，∴BM是AN的垂直平分线，∴BA＝BN，∴∠ABM＝∠NBM＝90°﹣∠A＝20°，∵MN＝ND，NM⊥BM，ND⊥BC，∴BN平分∠MBD，∴∠NBM＝∠NBD＝20°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠ABM﹣∠NBM﹣∠NBD＝50°，故选：B．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，角的计算，熟练掌握是解题的关键．19．（2022秋•吴川市期末）已知关于x的分式方程m2−2x−4A．1 B．2 C．3 D．5【分析】解该分式方程得x=−m−22，结合该分式方程的解为整数和分式有意义的条件，即得出m为2的倍数且m≠﹣4，即选【解答】解：m2−2x方程两边同时乘2x﹣2，得：﹣m﹣4＝2x﹣2，解得：x=−m−2∵该分式方程的解为整数，∴﹣m﹣2为2的倍数，∴m为2的倍数．∵2x﹣2≠0，∴x≠1，∴−m−22∴m≠﹣4，综上可知m为2的倍数且m≠﹣4．∴只有B选项符合题意．故选：B．【点评】本题考查解分式方程，分式方程有意义的条件．掌握解分式方程的步骤和注意分式的分母不能为0是解题关键．20．（2022秋•安新县期末）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，点E是AC边的中点，点P是AD上的一个动点，当PC+PE最小时，∠CPE的度数是（）A．30° B．45° C．60° D．90°【分析】连接BE，则BE的长度即为PE与PC和的最小值．再利用等边三角形的性质可得∠PBC＝∠PCB＝30°，即可解决问题；【解答】解：如连接BE，与AD交于点P，此时PE+PC最小，∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，∴PC＝PB，∴PE+PC＝PB+PE＝BE，即BE就是PE+PC的最小值，∵△ABC是等边三角形，∴∠BCE＝60°，∵BA＝BC，AE＝EC，∴BE⊥AC，∴∠BEC＝90°，∴∠EBC＝30°，∵PB＝PC，∴∠PCB＝∠PBC＝30°，∴∠CPE＝∠PBC+∠PCB＝60°，故选：C．【点评】本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．21．（2022秋•安新县期末）若关于x的分式方程：2−1−2kx−2=A．k＜2 B．k＜2且k≠0 C．k＞﹣1 D．k＞﹣1且k≠0【分析】先解分式方程可得x＝2﹣k，再由题意可得2﹣k＞0且2﹣k≠2，从而求出k的取值范围．【解答】解：2−1−2k2（x﹣2）﹣（1﹣2k）＝﹣1，2x﹣4﹣1+2k＝﹣1，2x＝4﹣2k，x＝2﹣k，∵方程的解为正数，∴2﹣k＞0，∴k＜2，∵x≠2，∴2﹣k≠2，∴k≠0，∴k＜2且k≠0，故选：B．【点评】本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程得到解法，注意对方程增根的讨论是解题的关键．22．（2023•兴隆台区一模）如图，把△ABC剪成三部分，边AB，BC，AC放在同一直线l上，点O都落在直线MN上，直线MN∥l．在△ABC中，若∠BOC＝130°，则∠BAC的度数为（）A．70° B．75° C．80° D．85°【分析】首先利用平行线间的距离处处相等，得到点O是△ABC的内心，点O为三个内角平分线的交点，从而容易得到∠ABC+∠ACB＝2（180°﹣130°），再根据三角形内角和定理即可求解．【解答】解：如图，过点O分别作OD⊥AC于D，OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，∵直线MN∥AB，∴OD＝OE＝OF，∴点O是△ABC的内心，点O为三个内角平分线的交点，∴∠ABC+∠ACB＝2（∠OBC+∠OCB）＝2（180°﹣130°）＝100°，∴∠BAC＝80°．故选：C．【点评】本题考查了平行线的性质及三角形内心的判定及性质，利用平行线间的距离处处相等判定点O是△ABC的内心是解题的关键．23．（2022秋•龙胜县期末）如图中的大长方形都是由边长为1的小正方形组成，其中每个正方形的顶点称之为格点，若A、B、C三点均在格点上，且△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数有（）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个【分析】分∠A为顶角和∠B为顶角判定即可．【解答】解：当∠A为顶角时，符合的点有一个C6；当∠B为顶角时，符合的点有五个C1，C2，C3，C4，C5，一共有6个．故选：C．【点评】本题考查了等腰三角形，分类思想，熟练掌握等腰三角形的定义是解题的关键．24．（2022秋•龙胜县期末）如图所示，点E、F是∠BAC的边AB上的两点，线段EF的垂直平分线交AC于D，AD的垂直平分线恰好经过E点，连接DE、DF，若∠CDF＝α，则∠EDF的度数为（）A．α B．4α3 C．180°−2α3【分析】根据线段垂直平分线的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理计算判断即可．【解答】解：∵线段EF的垂直平分线交AC于D，AD的垂直平分线恰好经过E点，∴DE＝DF，AE＝DE，∴∠DFE＝∠DEF，∠EAD＝∠EDA，∵∠DEF＝∠EAD+∠EDA，∠CDF＝∠EAD+∠DFA，∴∠EAD=1∴∠CDF=1∴∠DFA=2∴∠EDF=180°−2∠DFA=180°−4故选：D．【点评】本题考查了线段的垂直平分线，三角形外角性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握线段的垂直平分线，三角形外角性质，等腰三角形的性质是解题的关键．25．（2023秋•西丰县期末）如图，△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，DE⊥AC，F是BC中点，连接AF，若AB＝4，AC＝6，DE＝3，则△AFB的面积为（）A．7.5 B．8 C．9 D．12【分析】过点D作DG⊥AB于点G，根据角平分线的性质可得DG＝DE＝3，从而得到S△ABC＝S△ABD+S△ACD＝15，再由F是BC中点，即可求解．【解答】解：如图，过点D作DG⊥AB于点G，∵AD是∠BAC的角平分线，DE⊥AC，DE＝3，∴DG＝DE＝3，∴S△ABC＝S△ABD+S△ACD=12AB•DG+12AC•DE=12×（∵F是BC中点，∴S△AFC=12S△ABC故选：A．【点评】本题主要考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线上点到角两边的距离是解题的关键．26．（2022秋•西城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B的度数为α．点P在边BC上（点P不与点B点C重合），作PD⊥AB于点D，连接PA，取PA上一点E，使得在连接ED，CE并延长CE交AB于点F之后，有EC＝ED＝EA＝EP．若记∠APC的度数为x，则下列关于∠DEF的表达式正确的是（）A．∠DEF＝2x﹣3α B．∠DEF＝2α C．∠DEF＝2α﹣x D．∠DEF＝180°﹣3α【分析】由等腰三角形的性质求出∠CEP，由三角形外角的性质可求∠PAB，∠DEP，由平角定义即可求出∠DEF．【解答】解：∵EC＝EP，∴∠ECP＝∠EPC＝x，∴∠CEP＝180°﹣2x，∵∠APC＝∠B+∠PAB，∴∠PAB＝∠APC﹣∠B，∴∠PAB＝x﹣α，∵ED＝EA，∴∠EAD＝∠EDA＝x﹣α，∴∠DEP＝∠EAD+∠EDA＝2x﹣2α，∵∠DEF＝180°﹣∠CEP﹣∠DEP，∴∠DEF＝180°﹣（180°﹣2x）﹣（2x﹣2α）＝2α．故选：B．【点评】本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握以上知识点是解题的关键．27．（2022秋•海淀区校级期末）若关于x的分式方程x+ax−3+2aA．a＞1 B．a≥1 C．a≥1且a≠3 D．a＞1且a≠3【分析】首先解分式方程用含a的式子表示x，然后根据解是非负数，求出a的取值范围即可．【解答】解：∵x+ax−3∴3（x+a）﹣6a＝x﹣3，整理，可得：2x＝3a﹣3，解得：x＝1.5a﹣1.5，∵关于x的分式方程x+ax−3∴1.5a﹣1.5＞0，解得：a＞1；∵x≠3∴1.5a﹣1.5≠3解得：a≠3．故选：D．【点评】本题考查了分式方程的解和解一元一次不等式的方法，掌握分式分母是正数是关键．28．（2022秋•东城区期末）在平面直角坐标系xOy中，长方形ABCD的两条对称轴是坐标轴，邻边长分别为4，6．若点A在第一象限，则点C的坐标是（）A．（﹣2，﹣3） B．（2，3） C．（﹣2，﹣3），或（﹣3，﹣2） D．（2，3），或（3，2）【分析】由题意判断点C在第三象限，由邻边长分别为4，6，可求解．【解答】解：∵长方形ABCD的两条对称轴是坐标轴，点A在第一象限，∴点C在第三象限，∵长方形ABCD的邻边长分别为4，6，∴点C的坐标为（﹣2，﹣3）或（﹣3，﹣2），故选：C．【点评】本题考查了坐标与图形性质，矩形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．29．（2021秋•东港区校级期末）若1x+x=3，则A．8 B．18 C．8或18【分析】由1x+x=3可得x2+1【解答】解：∵1x∴(1整理得，x2∴x2故选：B．【点评】本题考查了分式的基本性质及求代数式值，掌握把1x+x=3和30．（2021秋•东港区校级期末）已知b+ca=a+cbA．﹣1 B．2 C．﹣1或2 D．无法确定【分析】根据等式的性质，可得2（a+b+c）＝k（a+b+c），根据因式分解，可得a+b+c＝0或k＝2，根据分式的性质，可得答案．【解答】解：由b+ca=b+c＝ak①，a+c＝bk②，a+b＝ck③，①+②+③，得2（a+b+c）＝k（a+b+c），移项，得2（a+b+c）﹣k（a+b+c）＝0，因式分解，得（a+b+c）（2﹣k）＝0a+b+c＝0或k＝2，a+b+c＝0时，b+c＝﹣a，k=b+ca=−a故选：C．【点评】本题考查了比例的性质，利用等式的性质得出2（a+b+c）＝k（a+b+c）是解题关键，又利用了分式的性质．31．（2021秋•东港区校级期末）如图1，已知AB＝AC，D为∠BAC的角平分线上面一点，连接BD，CD；如图2，已知AB＝AC，D、E为∠BAC的角平分线上面两点，连接BD，CD，BE，CE；如图3，已知AB＝AC，D、E、F为∠BAC的角平分线上面三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；…，依次规律，第n个图形中有全等三角形的对数是（）A．n B．2n﹣1 C．n(n+1)2 D．3（n【分析】根据条件可得图1中△ABD≌△ACD有1对三角形全等；图2中可证出△ABD≌△ACD，△BDE≌△CDE，△ABE≌△ACE有3对三角形全等；图3中有6对三角形全等，根据数据可分析出第n个图形中全等三角形的对数．【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD．在△ABD与△ACD中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，AD＝AD，∴△ABD≌△ACD．∴图1中有1对三角形全等；同理图2中，△ABE≌△ACE，∴BE＝EC，∵△ABD≌△ACD．∴BD＝CD，又DE＝DE，∴△BDE≌△CDE，∴图2中有3对三角形全等；同理：图3中有6对三角形全等；由此发现：第n个图形中全等三角形的对数是n(n+1)2故选：C．【点评】此题主要考查了三角形全等的判定以及规律的归纳，解题的关键是根据条件证出图形中有几对三角形全等，然后寻找规律．32．（2022秋•朝阳区期末）如图，O是射线CB上一点，∠AOB＝60°，OC＝6cm，动点P从点C出发沿射线CB以2cm/s的速度运动，动点Q从点O出发沿射线OA以1cm/s的速度运动，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s），当△POQ是等腰三角形时，t的值为（）A．2 B．2或6 C．4或6 D．2或4或6【分析】分点P在线段CO上、点P在射线OB上两种情况，根据等腰三角形的性质解答即可．【解答】解：由题意得：CP＝2tcm，OQ＝tcm，则当点P在线段CO上时，OP＝（6﹣2t）cm，当点P在射线OB上时，OP＝（2t﹣6）cm，当点P在线段CO上，OP＝OQ时，6﹣2t＝t，解得：t＝2，点P在射线OB上，OP＝OQ时，2t﹣6＝t，解得：t＝6，如图，点P在射线OB上，QO＝PQ时，过点P作PH⊥OP于H，则OH=12OP=12（2∵∠AOB＝60°，∴∠OQH＝30°，∴OQ＝2OH，∴t＝2（t﹣3），解得：t＝6，综上所述：当△POQ是等腰三角形时，t的值为2或6，故选：B．【点评】本题考查的是等腰三角形的性质，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．33．（海淀区校级期末）某小区有一块边长为a的正方形场地，规划修建两条宽为b的绿化带．方案一如图甲所示，绿化带面积为S甲；方案二如图乙所示，绿化带面积为S乙．设k=S甲S乙（A．0＜k＜12 B．12＜k＜1 C．【分析】由题意可求S甲＝2ab﹣b2，S乙＝2ab，代入可求k的取值范围．【解答】解：∵S甲＝2ab﹣b2，S乙＝2ab．∴k=S甲∵a＞b＞0∴12＜故选：B．【点评】本题考查了正方形的性质，能用代数式正确表示阴影部分面积是本题的关键．34．（2022秋•汉阳区校级期末）我国宋代数学家杨辉发现了（a+b）n（n＝0，1，2，3，…）展开式系数的规律：以上系数三角表称为“杨辉三角”，根据上述规律，（a+b）7展开式的系数和是（）A．64 B．128 C．256 D．512【分析】由“杨辉三角”得到：应该是（a+b）n（n为非负整数）展开式的项系数和为2n．【解答】解：当n＝0时，展开式中所有项的系数和为1＝20，当n＝1时，展开式中所有项的系数和为2＝21，当n＝2时，展开式中所有项的系数和为4＝22，•••当n＝7时，展开式的项系数和为＝27＝128，故选：B．【点评】本题考查了“杨辉三角”展开式中所有项的系数和的求法，通过观察展开式中所有项的系数和，得到规律即可求解．35．（2022秋•汉阳区校级期末）如图所示，在△ABC中，∠A＝30°，M为线段AB上一定点，P为线段AC上一动点．当点P在运动的过程中，满足PM+12AP的值最小时，∠A．30° B．45° C．60° D．75°【分析】构造胡不归模型解题即可．【解答】解：如图所示，构造胡不归模型：过点A作∠CAN＝30°，过点P作PN⊥AN，MN1⊥AN交于AC于点P1，∵∠CAN＝30°，PN⊥AN，∴PN=12∴PM+12AP＝PM+仅当点M，P，N三点共线，且MN⊥AN时，PM+PN的值最小，即为线段MN1，PM+12AP的值最小时为线段MN此时∠MAN＝60°，∠AN1M＝90°，∴∠AMP1＝30°．故选：A．【点评】本题考查了胡不归问题，熟练掌握胡不归模型建立是解本题的关键，难度不大，仔细审题即可．36．（2022秋•武昌区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠ACB＝80°，点D在△ABC外，连接AD，BD，CD，若∠DBA＝20°，∠ACD＝30°，则∠BAD的度数是（）A．20° B．25° C．30° D．35°【分析】以BC为边，在△ABC内作∠CBE＝∠ABD＝20°，连接DE．先利用三角形的内角和定理、等腰三角形的性质求出∠BEC说明BE＝BC，再说明△BDE是等边三角形、△AEB是等腰三角形，最后通过说明△ADE是等腰三角形得结论．【解答】解：如图，以BC为边，在△ABC内作∠CBE＝∠ABD＝20°，连接DE．∵∠ABC＝60°，∠ACB＝80°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝40°．在△EBC中，∵∠CBE＝20°，∠ACB＝80°，∴∠BEC＝80°．∴BC＝BE．∵∠ACB＝80°，∠ACD＝30°，∴∠BCD＝50°．∵∠ABC＝60°，∠ABD＝20°，∴∠DBC＝80°．∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠BCD＝50°．∴∠BDC＝∠BCD．∴BD＝BC．∴BD＝BE．∵∠DBE＝∠DBC﹣∠EBC＝60°，∴△DBE是等边三角形．∴∠DEB＝60°，DE＝BE．∴∠ABE＝∠BEC﹣∠BAC＝40°．∵∠ABE＝∠BAC＝40°．∴BE＝AE＝DE．∴∠EAD＝∠ADE．∵∠AED＝180°﹣∠DEB﹣∠BEC＝180°﹣60°﹣80°＝40°，∴∠DAE=180°−∠AED∴∠BAD＝∠DAE﹣∠BAC＝70°﹣40°＝30°．故选：C．【点评】本题主要考查了三角形的内角和定理及等腰三角形，掌握等腰三角形的性质与判定、三角形的内角和定理等知识点是解决本题的关键．37．（2022秋•武昌区期末）已知a，b，c均为正整数，且满足2a×3b×4c＝3456，则a+b+c的取值不可能是（）A．7 B．8 C．9 D．10【分析】将原方程化为2a+2c•3b＝27×33，得到a+2c＝7，b＝3，再根据a，b，c均为正整数，求出a，c的值，进而求出答案．【解答】解：∵2a×3b×4c＝3456，∴2a+2c•3b＝27×33，∴a+2c＝7，b＝3，∵a，b，c均为正整数，∴当c＝1时，a＝5，此时a+b+c＝5+3+1＝9，当c＝2时，a＝3，此时a+b+