一、选择题（每小题2分，共20分）

题  号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答  案

A

D

B

A

C

C

B

B

A

A

二、填空题（每小题3分，共24分）

11．x≠-1； 12．60度； 13．-1； 14．4；15．13；16．1或5；17．3-；18．136．

三、解答题（本大题共8个小题；共76分）

19．解：原式=×(1+) =(x+1)()=x+x+1=x+2.

20．解：（1），．

   （2）（小时）；

    答：该班学生这一周帮助父母做家务时间的平均数约为1.68小时．

（3）符合实际．设中位数为，根据题意，的取值范围是，因为小明帮父母做家务的时间大于中位数．所以他帮父母做家务的时间比班级中一半以上的同学多．

21．（1）设两处粮仓原有存粮吨

根据题意得：解得：

（2）A粮仓支援C粮仓的粮食是（吨）B粮仓支援C粮仓的粮食是（吨）

A,B两粮仓合计共支援C粮仓粮食为162+72=234吨.∵234>200∴ 此次调拨能满足C粮仓需求．

（3）根据题意知：，千米，在中，，

_{∴BC=AB?sin∠BAC=180×0.44=79.2. ∵此车最多可行驶4×35=140（千米）<2×79.2（千米）}

_{∴小王途中须加油才能安全回到B地．}

22．解：（1）由5=0，得，．∴抛物线与x轴的交点坐标为（0，0）、（，0）．

（2）当a=1时，得A（1，17）、B（2，44）、C（3，81），

分别过点A、B、C作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，则有

=S - - =--=5（单位面积）

（3）如：． 事实上， =45a²+36a．                              

        3（）=3[5×（2a）²+12×2a-（5a²+12a）] =45a²+36a．∴．

23．（1）AB∥CD   证明：分别过点C，D，作CG⊥AB，DH⊥AB，

垂足为G，H，则∠CGA＝∠DHB＝90°．∴ CG∥DH．

∵ △ABC与△ABD的面积相等，  ∴ CG＝DH．

∴ 四边形CGHD为平行四边形． ∴ AB∥CD． 

（2）①证明：连结MF，NE．设点M的坐标为（x₁，y₁），点N的坐标为（x₂，y₂）．

∵ 点M，N在反比例函数（k＞0）的图象上，∴ ，．

∵ ME⊥y轴，NF⊥x轴，∴ OE＝y₁，OF＝x₂． ∴ S_△EFM＝，

S_△EFN＝． ∴S_△EFM ＝S_△EFN．由（1）中的结论可知：MN∥EF．

② MN∥EF． （若学生使用其他方法，只要解法正确，皆给分．）

24．解：（1）如图2，点P即为所画点．（答案不唯一．画图正确，无文字说明不扣分；点P画在AC中点不给分）

（2）如图3，点P即为所作点．（作图正确，无文字说明不扣分；无痕迹或痕迹不清晰的酌情扣分）

（3）连结DB，在△DCF与△BCE中，∠DCF=∠BCE，∠CDF=∠CBE，CF=CE.∴△DCF≌△BCE(AAS)，

∴CD=CB,∴∠CDB=∠CBD,∴∠PDB=∠PBD,∴PD=PB,∵PA≠PC.∴点P是四边形ABCD的准等距点．

C

D

总计

A

（240-x）台

（x-40）台

200台

B

x台

（300-x）台

300台

总计

240台

260台

500台

25．解：

（1）填表

   （2）w与x之间的函数关系为：.           表一：

依题意得： .     ∴40≤≤240      

      在中，∵2>0，　∴随的增大而增大，      

故当＝40时，总运费最小，此时调运方案为如表一. 

   （3）由题意知 ∴0<<2时，（2）中调运方案总运费最小；=2时，在

40≤≤240的前提下调运，方案的总运费不变；2<<15时，＝240总运费最小，其调

运方案如表二 .

26．解：（1）所求关系式为：．

   （2）依题意，只能在边上，． ，

    因为，所以，三角形相似关系得．

   （3）梯形的面积为18． 当不在边上，则，

      （）当时，在边上，． 如果线段能平分梯形的面积，则有 可得：解得（舍去）．

      （）当时，点在边上，此时． 如果线段能平分梯形的面积，则有， 可得此方程组无解．

   所以当时，线段能平分梯形的面积．

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