第二部分 整合提升
一、八年级分题型复训
专项训练一 填空题
1. 计算:(1)99×101= ;(2)729- 平行四边形.
27×34+289= ;(3)20002-4000×
1999+19992= .
2. 长、宽分别为a,b的矩形硬纸片拼成
的一个“带孔”正方形,如下图所示.利用面积
第
的不同表示方法,写出一个代数恒等式: (第9题) (第10题) 二
. 10.如图,已知△ABC 三个内角的平分 部
线交于点O,点D 在CA 的延长线上,且DC 分
=BC,AD=AO,若∠BAC=80°,则∠BCA 整
的度数为 . 合
11. 某市号召居民节约用水,为了解居民 提
,
( ) ( ) 用水情况 随机抽查了20户家庭某月的用水
升
3. 若 x-5 0-22x-6 -2有意义,那
量,结果如下表,则这20户家庭这个月的平均
么x 的取值范围为 .
用水量是 吨.
4.若a2+2ma+16是个完全平方式,则
m= . 用水量(吨) 4 5 6 8
5. 已知x+x-1=m,则2x2+2x-2的 户数 3 8 4 5
值为 . 12. 如 图,四 边 形 ABCD 是 正 方 形,
6. 若一个正数的平方根是2a-1和-a △CDE 是等边三角形,则∠AED= ,
+2,则a= ,这个正数是 . ∠AEB= .
7. 分解因式:3a2-12ab+12b2=
.
8.已知实数a,b满足a+b=5,ab=3,
则a-b= .
9. 如图,在 ABCD 中,E,F 分别是 (第12题) (第13题)
AB 和CD 的中点,则图中共有 个 13. 如 图 所 示,在 菱 形 ABCD 中,
63
∠BAD=80°,AB 的垂直平分线EF 交对角 AEFC 的边EF 上,点B 与点E,F 不重合.
线AC 于 点 F,E 为 垂 足,连 结 DF,则 若△ACD 的面积为3,则图中的阴影部分两
∠CDF 的度数为 . 个三角形的面积和为 .
14. 已知反比例函数
6
y= 在第一象限x
的图象如图所示,点A 在其图象上,点B 为
x 轴正半轴上一点,连结AO,AB,且AO=
AB,则S △AOB= . (第20题) (第22题)
21.一组数据2,3,x,y,12中,唯一的众
数是12,平均 数 是6,这 组 数 据 的 中 位 数
是 .
15. 若函数y=mx+4m-3的图象过 22. 如图,菱形 ABCD 的周长为8 5,
第一、二、三象限,则m ,这时, 对角线AC 和BD 相交于点O,AC∶BD=1∶
y 随x 的增大而 . 2,则AO∶BO= ,菱形ABCD 的面
第
16. 某人从甲地出发,骑摩托车去乙地, 积S= .
二
途中因车出现故障而停车修理,到达乙地时, 23.矩形部 ABCD
中,AD=32厘米,AB
正好用了2小时,已知摩托车行驶的路程分 =24厘米,点P 是线段AD 上一动点,O 为
s(km)与行驶的时间t(h)之间的函数关系由 BD 的中点,PO 的延长线交BC 于Q.若P
整 如图给出.若这辆摩托车平均每行驶100km 从点A 出发,以1厘米/秒的速度向D(不与
合
的耗油量为2L,根据图中给出的信息,从甲 D 重合)运动.设点P 运动时间为t秒,则t
提
地到乙地,这辆摩托车共耗油 L. = 秒时,升 点P 和Q 与点A,B,C,D
中的两个点为顶点的四边形是菱形.
17. 在△ABC 中,∠A=50°,AB=AC,
AB 的垂直平分线DE 交AC 于D,垂足为 24.甲、乙两人进行射击测试,每人10次
E,则∠DBC 的度数为 . 射击成绩的平均数都是8.5环,方差分别是
若分式|x|-1
2
18. 的值为零,则x 的值 s甲=2,s
2
乙 =1.5,则射击成绩较稳定的是
x-1
(填“甲”或“乙”).
为 .
25.A,B 两地相距10千米,甲、乙二人
19.已知x,y 为某直角三角形两边的 同时从A 地出发去B 地,甲的速度是乙的速
长,满足 x2-4 +|y2-6y+9|=0,则该直
度的 倍,结果甲比乙早到1小时 设乙的速
角三角形第三边的长为 . 3 3 .
20. 如图, ABCD 的顶点B 在矩形 度为x 千米/时,可列方程为 .
64暑假大串联·八年级数学(华东师范教材适用)
部分参考答案
,
第一部分 夯实基础 ∴AB∥CD∴∠BAC=∠ACG.
∵AE 平分∠BAC,CF 平分∠ACG,
一、七年级上册过关检测 1 1
∴∠1=2∠BAC
,∠2=2∠ACG
,
一、1.2020 2.< < 3.0 4.6 DC, ∴∠1=∠2;
DB,CB,DA,CA,BA 5.4 ∠2与∠3, (2)∠1=∠2还成立.
∠1与∠2,∠3与∠4,∠1与∠4 6.8.147
×107 7.2 8.40° 9.9 10.n(n+2)+1 二、七年级下册过关检测
=(n+1)2(n 为正整数)
、 一、二 11.B 12.D 13.C 14.D 15.D 1.-1 2.3 2 3.216.C 17.C 18.C a+1 520 4.4 5.x≤a-5 6.2 7.7 8.2
三、 519.(1)-2
(2)6ab (3)-a 1
2 -5 9.6 10.2(4)9x2y-9y2 二、11.C 12.C 13.D 14.D 15.B
20.解:(1)原式=-x2+5x+4+5x- 16.C 17.C 18.A
4+2x2=x2+10x,当x=-2时,原式=
ì 2,
-16; a= 3
(2)原式=5a2-3b2+a2-b2-5a2- 三、
19.(1)x=5; (2)íb=-1,
2b2=a2-6b2,当a=1,b=-1时,原式=1 5 c=-
-6=-5. 3
.
21.解:(1)在甲店购买所需的费用:48 20.解:(1)去分母得:2(2x-1)-(9x+
×5+(x-5)×12=180+12x, 2)≤6,去括号得:4x-2-9x-2≤6,移项
在乙店购买所需的费用:48×5×90%+ 得:4x-9x≤6+2+2,合并同类项得:-5x
12x·90%=216+10.8x; ≤10,把x 的系数化为1得:x≥-2;
(2)当x=30时,在甲店购买所需的费 (2)原不等式组可化为
用:180+12x=180+12×30=540(元), {2x-1≥3x-6, {x≤5,即
在乙店购买所需的费用:216+10.8x= x>-2, x>-2,
216+10.8×30=540(元), ∴不等式组的解集为-2∴在两个商店花钱一样多; 21.解:5x-10+8<6x-6+7,
(3)当x=40时,在甲店购买所需的费 -x<3,x>-3,
用:180+12x=180+12×40=660(元), 所以不等式的最小整数解是-2,
( ) ( ) ,
在乙店购买所需的费用:216+10.8x= 所以2× -2 -a× -2 =4a=4.
216+10.8×40=648(元), , 22.
(1)答案不唯一,如下图;648<660 ∴应去
乙商店购买.
22.(1)垂直 理由略 (2)30°
23.解:(1)∠1=∠2.
证明:∵∠BAC+∠ACD=180°,
·1·
(2)如下图. ∴方案一总费用最少,最少费用为4×
30+10×10=220(元);
(3)设用(2)中的最少费用最多还可以多
买的文具盒数量为y 个,则笔记本数量为
3y 本.
x , 依题意
,得:
-y=3 ① 4×80%×
(30+3y)+10×
23.解:{2x+y=6a ②, 2170%×(10+y)≤220,解得y≤3
, 83
.
①+② 得3x=6a+3,解得x=2a+1,
∵y 为正整数,将x=2a+1代入①,得y=2a-2,
∴y 的最大值为3,因为x+y<3,
, ∴3 =9.所以2a+1+2a-2<3 y
∴用(2)中的最少费用最多还可以多买
即4a<4,a<1.
9本笔记本和3个文具盒.
24.解:∵CE 和 AE 分 别 平 分∠FCB
和∠BAC, 三、八年级上册分章复习
1 1
∴∠1= ∠FCB,2 ∠2=2∠BAC. 第11章 数的开方
1
∴∠1-∠2= (∠FCB-∠BAC). 【要点回顾】2
是 的一个外角, 1.
(1)平方 运算 (2)正数 正 0 两
∵∠FCB △ABC
互为相反数 0 负数 立方 运算 正
∴∠FCB=∠ABC 2. +∠BAC.
负 0 3.无限不循环FCB BAC ABC 4.
(1)有理数 无理
∴∠ -∠ =∠ =31°.
数 ()一一对应
∴∠1-∠2=15.5°. 2
【基础过关】
∵∠1=∠AEC+∠2,
∴∠AEC=∠1-∠2=15.5°. 1.±5 11 2.-2 0.5 ±14
25.解:(1)设购买笔记本x 本,依题意, 3.-1 4.x≤2 5.-1 9 6.-1,0,1,2
ì 1 x4x+10× ≥220, 7.8 8.A 9.D 10.A 11.B 3
得 í
x , 12.
解:(1)1.44= 1.22=1.2;
4x+10×3≤250 ( 3 32)- 0.027=- 0.33=-0.3;
解得 130≤x≤3411. () 24 49 73 1+ ;25= 25=5
∵x 为正整数, 3 3
∴x 可取30,31,32,33,34. () 10 64 44 - -2-27=- -27=3.
又 x∵ 也必须是整数, 13.解:3 由题意得x+12=13
,2x+y-6
x =8
,解得x=1,y=12.所以3xy=36.
∴ 可取 ,3 1011. 所以3xy 的算术平方根是6.
∴有两种购买方案,方案一:笔记本30 【综合提升】
本,文具盒10个;方案二:笔记本33本,文具 1.186 2.答案不唯一,如:1+ 2,- 2
盒11个; 3.-1或-7 4.C 5.B 6.B 7.D
(2)∵在(1)中,方案一购买的奖品数 8.C 9.A
量少, 10.解:∵x-2的平方根是±2,
·2·
∴x-2=4,∴x=6.
3,两边平方得a2
1 1
+ 2
∵2x+ +7的立方根是3, a2
+2=9,所以a + 2
y a
∴2x+y+7=27. =7.
把x 的值代入解得:y=8, 【中考热身】
∴x2+y2的算术平方根为10. 1.2x
2-5x-3 2.0 3.B
【中考热身】 4.解:原式=a2-3ab+a2+2ab+b2-
1.P 2.1 3.A 4.B 5.A a2+ab=a2+b2.
第12章 整式的乘除 当 1a=1,b= - 时,原 式2 =1
2 +
【要点回顾】
2
1.(1)积 数 字母 (2)和 (3)
1 5
单项 - ÷
è 2 = 4.
式 多项式 2.相同 相同 相同 常数
第 章 全等三角形
3.括号 同类项 4.(1)am+n (2)amn 13
(3)anbn (4)am-n 1 5.(1)系数 相同 【要点回顾】
字母 指数 (2)每一项 积 (3)每一项 1.(1)判断 条件 结论 真命 假命
每一项 加 6.(1)a2-b2 (2)a2+2ab+ (2)基本事实 逻辑推理 依据 (3)正确
b2 a2-2ab+b2 7.(1)系数 同底数幂 2.(1)完全重合 完全重合 (2)相等
指数 (2)每一项 商 加 8.整式 积 相等 (3)①两边 夹角 ②两角 夹边
9.(1)公因式 (2)公式 (a+b)(a-b) ③三边 ④两个角 对边 ⑤斜边 直角
(a+b)2 (a-b)2 3.(1)相等 相等 (2)①底角 等 等
【基础过关】 ②高 中 线 平 分 线 ③相 等 60°
1.2a3 a2 2.x2-x-6 10a2-3ab (3)①角 边 等 等 ②相等 60° 等腰
4 4.(1)已知线段 (2)已知角 (3)平分线
+2 3.±6 4.11 5.2(a-1)2 6.3b- (4)垂线 (5)垂直平分线 5.(1)条件
4 7.-2 8.B 9.A 10.B 11.D 结论 结论 条件 (2)逆命题 (3)①距离
12.B 13.C 相等 ②相等 相等
14.(1)(a-b)(3x-2y) (2)(3+a+ 【基础过关】
b)(3-a-b) 1.一个直角三角形中的两个锐角 这
15.(1)32 (2)5 两个锐角互余 2.△ABD △ABC SAS
16.解:原式=(4a2-1)+(a2-4a+4) 3.AB∥CD 4.如果两个三角形面积相
-4(a2-a-2)=4a2-1+a2-4a+4-4a2 等,那么这两个三角形全等 假 5.CE
+4a+8=a2+11, △ABF △CDE 6.30° 5 7.60°
当a=-5时,原式=36, 8.120° 9.△ABC ≌ △DCB AAS
当a=5时,原式=36, △DOC 10.C
所以a=5或-5时结果都正确. 11.证明:∵BC∥DE,
【综合提升】 ∴∠ABC=∠EDB.
1.3 2.a c b 3.±8 4.(x-3)(x 又∵AB=ED,BC=DB,
+2) 5.A 6.B 7.B 8.C ∴△ABC≌△EDB,
9.(1)9mn(n-3m-2) (2)-(a+b)2(a ∴∠A=∠E.
-b)2 【综合提升】
1 1.① 2.8 3.100° 4.D 5.D 6.D
10.解:因为a2+1=3a,所以a+a= 7.解:(1)证明:∵∠BAC=90°,BD⊥
·3·
AE,CE⊥AE, 14.解:设基地E 应建在离A 站x 千米
∴∠BDA = ∠AEC=90°,∠ABD + 的地方.则BE=(50-x)千米.
∠BAD=90°,∠BAD+∠CAE=90°, 在Rt△ADE 中,根据勾股定理得:AD2
∴∠ABD=∠CAE. +AE2=DE2.
在 △BDA 和 △AEC 中,∠BDA = ∴302+x2=DE2.
∠AEC=90°,∠ABD=∠CAE,AB=CA, 在Rt△CBE 中,根据勾股定理得:CB2
∴△BDA≌△AEC, +BE2=CE2.
∴BD=AE. ∴202+(50-x)2=CE2.
(2)∵Rt△BDA≌Rt△AEC, 又∵C,D 两村到E 点的距离相等,
∴AD=CE,BD=AE, ∴DE=CE,∴DE2=CE2.
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE. ∴302+x2=202+(50-x)2,解得x
(3)DE=BD+CE. =20,
【中考热身】 ∴基 地 E 应 建 在 离 A 站20千 米 的
1.6 2.AE=CB(答案不唯一) 3.45 地方.
4.C 【综合提升】
5.解:(1)证 明:∵ △ABC 是 等 边 三 1.直角 2.4.8 3.90° 4.5或 13
角形, 5.D 6.B 7.A 8.A
∴AB=BC,∠A=∠EBC, 9.(1)n2-m2,2mn (2)答案不唯一,
∵BE=AF, 如9,40,41
∴△BCE≌△ABF, 10.解:(1)设AE=x,则BE=25-x.
∴CE=BF; 因为DE=CE,所以DE2=CE2,
(2)由(1)得△BCE≌△ABF, 所以102+x2=(25-x)2+152,
∴∠PCB=∠ABF, 解得x=15,即EA=15.
∴∠PCB+∠PBC=∠ABF+∠PBC (2)作D 点关于AB 的对称点D',连结
=∠EBC=60°, CD'交AB 于点F,过点C 作CG∥AB 交
∵∠CPB+∠PCB+∠PBC=180°, D'D延长线于点G,则DF+CF 最短.
∴∠CPB=180°-(∠PCB+∠PBC) DF+CF=D'C,D'G=10+15=25,
=180°-60°=120°. CG=AB=25,
第14章 勾股定理 D'C2=252+252=1250,D'C=252,
【要点回顾】 即DF+CF 的最小值为252.
1.斜边 a2+b2=c2 2.a2+b2=c2或 【中考热身】
a2+c2=b2 或b2+c2=a2 3.线段 两点 2
之间线段最短 1.43 2.3 3.3 4.10 5.C
【基础过关】 6.C
1.12 2.15 3.108 4.119或13 7.解:(1)证明:∵△ABC≌△DBE,
5.①②③ 6.49 7.4 8.D 9.C 10.C ∴BC=BE.
11.C 12.B ∵∠CBE=60°,
13.解:设门高为x 米,则竹竿长为(x+ ∴△BCE 是等边三角形;
1)米.由题意可得x2+42=(x+1)2,解得x (2)证明:∵△ABC≌△DBE,
=7.5,x+1=8.5. ∴AC=DE.
答:竹竿的长为8.5米,门的高为7.5米. ∵△BCE 是等边三角形,
·4·
∴BC=CE,∠BCE=60°.
∵∠DCB=30°,
∴∠DCE=90°,
∴在Rt△DCE 中,DC2+CE2=DE2,
∴DC2+BC2=AC2,
即四边形ABCD 是勾股四边形.
第15章 数据的收集与表示
【要点回顾】
1.次数 次数 总次数 频繁 2.(1)条 (3)估计该校赞成方案1的学生有1000
形 折线 扇形 (2)②数量 ③总体 各个 ×40%=400(人).
部分 大小 ④数量变化规律 . 【中考热身】
【基础过关】 1.520 2.120 3.B
1 4.解:(1)30÷60%=50(人).
1.3 2.24% 144 3.20 0.4 答:该班的学生人数是50人.
4.12 5.③ 6.x·360° 7.A 8.B (2)从条形统计图中可以得出选立定跳
9.A 10.D 远的人数为50-30-15=5(人),所占百分
11.解:(1)200; 比为5
50=0.1=10%.
因为1000×10%=100
(2)200-50-20-10=120.补全条形统
计图如图. (人),所以该年级选考立定跳远的人数大约
是100人.
四、八年级上册过关检测
一、1.②③ 2.0.05 3.∠B=∠C 或AE
=AD 等 4.69 5.-2 3 6.y(x+4)(x
-4) 7.84 8.假设有两个角是直角
9.13 10.7
二、11.C 12.A 13.C 14.B 15.B
(3)2000×25%=500(户). 工作建议 16.A 17.D 18.C
言之有理即可. 三、19.(1)5xy(x+2y)(x-2y) (2)(a-
【 2综合提升】 4)
1.360 2.108 3.12 4.D 5.C 20.2xy-1 -3
6.D 21.解:(1)∵x
2y+xy2=30,∴xy(x+
7.解:(1)由统计图知,赞成方案3的有 y)=30,∵xy=6,∴x+y=5,∴(x+y)
2=
15人,占被调查人数的25%,∴这次共调查 x
2+y2+2xy=x2+y2+12=25,∴x2+y2
了15÷25%=60(人);赞成方案1的人数占 =13;
24 (2)由(1)可知x2+y2=13,∴(x-y)2总人数的
60×100%=40%
,∴扇形统计图 =x2+y2-2xy=13-12=1,∴x-y=±1.
中方案1所对应的圆心角的度数为360°× 22.解:(1)80÷40%=200(人)
40%=144°. 答:一共抽查了200名学生.
(2)赞成方案2的人数为60―24―15 (2)200×(1-40%-15%-20%)=
―9=12(人),补充条形图如下: 50(人).图略.
·5·
(3)1500×25%=375(人) ∠DBF=∠FAE,BD=AE,
答:全校最喜欢科普书籍的学生约有 ∴△DBF≌△EAF(SAS),
375人. ∴DF=EF,∠BFD=∠AFE,
23.解:(1)证 明:∵BD ⊥DE,CE ∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA
⊥DE, +∠BFD=60°.
∴∠BDA=∠CEA=90°, ∴△DEF 为等边三角形.
∵∠BAC=90°,
、
∴ ∠BAD + ∠CAE = ∠BAD + 五 八年级下册分章复习
∠ABD=90°, 第16章 分式
∴∠ABD=∠CAE,
在 △ABD 和 △CAE 中,
【要点回顾】
∠BDA =
()分式 ()分母不等于 分子等
∠CEA,∠ABD=∠CAE,AB=AC. 1.1 2 0
∴△ABD≌△CAE(AAS), 于0且分母不等于0 (3)不等于
A×M
0 B×M
∴BD=AE,CE=DA, A÷M
∴DE=AE+DA=BD+CE; (4)公因式 分解因式 ()公因B÷M 5
(2)成立,证明如下: 式 (6)同分母 最简公分母 (7)①分母
∵∠BDA=∠AEC=∠BAC=α, 分子 ②同分母 (8)①积 积 约分 ②颠
∴∠BAD + ∠CAE =180°-α,且 倒位置 (9)乘除 加减 括号 2.未知数
∠DBA+∠BAD=180°-α, 最简公分母 0 0 0 未知数 分式方程
∴∠DBA=∠CAE,
() () 1
在 △ABD 和 △CAE 中,∠BDA = 3.1零 1 1 0 2 零 倒数 an 0
∠CEA,∠ABD=∠CAE,AB=AC. (3)a×10-n
∴△ABD≌△CAE(AAS), 【基础过关】
∴BD=AE,CE=DA, 2b 3
1.x≠1 2.(1)- (2)
∴DE=AE+DA=BD+CE; a a-1
(3)△DEF 为等边三角形.理由如下: m+43. 1 4.22 5.6.95×10-4
∵△ABF 和△ACF 均为等边三角形, 3
∴BF=AF=AB=AC=CF,∠BAF 1500 21006.x =x+200 7.B 8.B 9.C 10.D
=∠CAF=∠ABF=60°,
11.D 12.C
∴∠BDA=∠AEC=∠BAC=120°,
13.解:去分母,得2[-(1+a)]=a+4
∴ ∠DBA + ∠DAB = ∠CAE +
去括号,得-2-2a=a+4
∠DAB=60°,
移项,得-2a-a=4+2
∴∠DBA=∠CAE.
合并同类项,得-3a=6
在 △BAD 和 △ACE 中,∠BDA = 系数化为1,得a=-2
∠AEC,∠DBA=∠CAE,BA=AC, 经检验:a=-2是原方程的根.
∴△ADB≌△CEA(AAS),
解: a+1 1 a∴BD=AE. 14. a-1+
÷
è a2-2a+1 ÷a-1=
∵∠ABF=∠CAF=60°, é(a+1)(a-1) 1 ù a
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF, ê ê (a-1)2 +
ú
(a-1)2 ú ÷ a-1 =
∴∠DBF=∠FAE. a2 a-1 a ,因为 或 时无
在 △BDF 和 △AEF 中,FB =FA, (a-1)2× a =a-1 a=0 1
·6·
, , -1 1 所以超市销售该干果共盈利意义 当 时 原式 5820
元.
a=-1 =-1-1=2. 第17章 函数及其图象
【综合提升】
【要点回顾】
1
1.x≤2且x≠0 2.k> 且2 k≠1 1.
(1)不同数值 不变 (2)唯一 自
变
1
因变 (3)列表 图象 解析式 (4)公
3.-2 4.D 5.A 6.C 共原 点 垂 直 (5)自 变 量 函 数 值
x2 1 2.(1)kx+b kx (2)kx+b 直线 直线
7.解:原 式 =x(x+2y)
-x-1× (3)①> 增大 减小 上升 下降
(x-1)2 x x-1 1 ②< 减小 增大 下降 上升 (4)①kx
x+2 =x+2 -x+2 =
,
y y y x+2y k+b kx ②方程组 ③表达式 3.(1)
1 x
∵2x+4y-1=0,∴x+2y=2. (2)双曲线 > 一、三 减小 < 二、
∴原式=2. 四 增大
8.解:(1)设大货车的速度为x 千米/ 【基础过关】
时,小轿车的速度为1.5x 千米/时,则: 2
1.1 2.m≠2 5 3.3 4.x>-6 180 180
- =1,解得:x 1.5x x=60
,
5.4 6.C 7.A 8.A 9.C 10.C
此时1.5x=90, 11.解:(1)设乙车休息了t时,根据题意
∴大货车的速度为60千米/时,小轿车
得 400200+ ·(/ 5 t+2
)=400,解得t=0.5.即
的速度为90千米 时.
(2)∵小刘出发时,小张开的大货车已行 乙车休息了0.5h.
驶了1小时,∴此时小张离长沙还有180- (2)设y乙 与x 的函数解析式为y乙=kx
60×1=120(千米). +b,把(2.5,200)、(5,400)代入,得
【中考热身】 5k+b=400, k=80,
解得
3 {2.5k+b=200, {b=0,
1.x≠±1 2.2 3.D 4.C 5.C ∴y乙=80x(2.5≤x≤5).
6.解:(1)设该种干果第一次进价是每 (3)相遇前:100x+80x+40=400,解得
千克x 元,则第二次进价为(1+20%)x 元. x=2;
根据题意,得
9000 3000
=2× 相遇后:80x+200+80(x-2.5)=440,(1+20%)x x + 11
300.解得x=5. 解得x=4.
经检验x=5是所列方程的解且符合
题意. 综上可知,
11
x=2或x=4.
所以该种干果第一次的进价为每千克 【综合提升】
5元. 4 7
1.2 2.y=x 3. ≤k≤3 4.A() 32 盈利:[3000 90005 +5×(1+20%)-600] 5.D
×9+600×9×80%-(3000+9000)=(600
) 6.解
:(1)因为A 1 , ÷,B(-1,2),
+1500-600 ×9+4320-12000=1500×9 -4è 2
+4320-12000=13500+4320-12000= 由图可知,当-45820(元). 大于反比例函数的值.
·7·
(2)把A ,1 ,B(-1,2)代入 = ∴2m=m+2
,解得m=2.
-4 ÷
è 2 y
∴当m=2时,反比例函数
k
y= 的图
kx+b,解得
1 5
k= ,b= , x2 2 象经过点A'及A'B'的中点M.
所以一次函数解析式为 1 5y= x+ 第18章 平行四边形2 2.
【要点回顾】
把B(
m
-1,2)代入y= ,得x m=-2. 1.平行 2.(1)相等 (2)相等 (3)互
(3)设点P 的坐标为(m,n), 相平分 3.(1)相等 (2)平行 相等
由△PCA 和△PDB 面积相等,可列方 (3)互相 平 分 (4)相等 4.(1)距 离
程1 1
(2)距离
2×AC×|xP-xA|=2×BD×|yB- 【基础过关】
, 1( ) 1( ), 1.60 2.21 3.4 4.4 5.6 5 yP| 即4 m+4 =2 2-n
化简得m=
6.DF=BE(答案不唯一) 7.B 8.A
-2n, 9.D 10.C
再把 ( ,)代入 1 5P m n y= x+ ,得n= 11.
证明:在平行四边形ABCD 中,AB
2 2 ∥CD,
1 5
m+ ,因此解得
5 5
m=- ,n= , ∴∠CDG=∠AGD,∠DCF=∠BFC,2 2 2 4 ∵DG、CF 分别平分∠ADC、∠BCD,
∴点P 的坐标为 5,5 - ÷. ∴∠ADG=∠CDG,∠DCF=∠BCF,
è 2 4
【 】 ∴∠ADG=∠AGD
,∠BCF=∠BFC,
中考热身
米 ∴AG=AD
,BF=BC,
1.2200 2.2 3.A 4.D
又 ,
5.解:(1)由图②知:A'点的坐标为(4, ∵AD=BC
), (,) ∴AG=BF,2 B'点的坐标为 80 .
∴AF=GB.
把(4,2)代入
k
y= ,得
k
x 2=
,解得
4 k 【综合提升】
=8, 1.10 2.432 3.C 4.C 5.D
6.解:(1)证明:如 图,在 平 行 四 边 形
∴反比例函数表达式为
8
y= ;x ABCD 中,AD∥BC,
把(4,2),(8,0)代 入 y=ax+b,得 ∴∠1=∠3.
又∵∠1=∠2,
{4a+b=2,
ì 1
a=- ,
解得 í 2 ∴∠2=∠3,
8a+b=0.
b=4. ∴CD=CE.
∴一次函数表达式为
1
y=-2x+4.
(2)当△AOB 向右平移m 个单位时,A'
点的坐标为(m,2),B'点的坐标为(m+4,
0),则A'B'的中点M 的坐标为(m+2,1).
k (2)由平行四边形ABCD 得,AB=CD,把(m,2)代入y= ,得x k=2m
;把(m 又∵CD=CE,BE=CE,
k ∴AB=BE,∴∠BAE=∠BEA.
+2,1)代入y= ,得k=m+2,x ∵∠B=80°,
·8·
∴∠BAE=50°, 形AQMP 是平行四边形,∴AP=QM,AQ=
∴∠DAE=180°-50°-80°=50°. PM,∠QMB=∠C,∵AB=AC,∴∠B=
【中考热身】 ∠C,∴∠QMB=∠B,∴BQ=QM,∴AB=
1.AB=CD(答案不唯一) 2.20 3.B AQ+BQ=QM+PM;
4.A (2)当M 为BC 中点时,四边形AQMP
5.证 明:∵四 边 形 ABCD 是 平 行 四 是菱形.
边形, 理由是:连结 AM,∵AB=AC,M 为
∴AB∥CD,AB=CD. BC 中点,∴∠BAM=∠CAM,
∴∠ABD=∠CDB.
又∵∠ABE+∠ABD=180°,∠CDB
+∠CDF=180°,
∴∠ABE=∠CDF.
在 △ABE 与 △CDF 中,AB =CD,
∠ABE=∠CDF,BE=DF,
( ) ∵QM∥AC
,∴∠QMA=∠CAM,
∴△ABE≌△CDF SAS .
∴∠QAM=∠QMA,∴AQ=QM,
∴AE=CF.
: , ∵QM∥AC
,PM∥AB,
6.证明 在 ABCD 中
∴四边形AQMP 是平行四边形,
AD∥BC,AB=CD,∠ABC=∠ADC,
, ∴
四边形AQMP 是菱形.
∴∠ABD=∠CDB 【综合提升】
又∵AM⊥BC,CN⊥AD,
, 1.5 2.12 3.2.4 4.B 5.B 6.C∴∠BAM=∠DCN
7.证明:∵AE 平分∠BAC,
∴△ABE≌△CDF.
∴∠CAE=∠HAE.
∴AE=CF,∠AEB=∠CFD.
∵EH⊥AB 于H,
∴∠AEF=∠CFE.
, ∴∠AHE=∠ACB=90°.∴AE∥CF
又∵AE=AE,∴△ACE≌△AHE.
∴四边形AECF 为平行四边形.
∴EC=EH,AC=AH.
第19章 矩形、菱形与正方形 又∵∠CAE=∠HAE,AF=AF,
【要点回顾】 ∴△AFC≌△AFH.∴FC=FH.
1.(1)直角 平行四边形 (2)①直角 ∵CD⊥AB 于D,∴∠DAF+∠AFD
②相等 (3)①三 ②相等 平行四边形 =∠CAE+∠AEC=90°.
2.(1)相等 平行四边形 (2)①相等 又∵∠DAF=∠CAE,∠AFD=∠CFE.
②垂直平分 (3)①四 ②垂直 平行四边 ∴∠CFE=∠CEF.∴CF=CE.
形 3.(1)①相等 ②直角 ③相等 垂直 ∴EC=EH=HF=FC.
平分 (2)①菱形 ②矩形 ∴四边形CFHE 是菱形.
【基础过关】 【中考热身】
1.8 2.20 24 3.AB=AD(答案不 1.6 2.AB=AD(或AB=BC 或AC
唯一) 4.4 5.①或③ 6.5 7.A 8.C ⊥BD 等) 3.C 4.C
9.B 10.B 5.证明:如图,由折叠可知 AE=ED,
11.解:(1)QM+PM=AB. AF=DF,
理由是:∵QM∥AC,PM∥AB,∴四边
·9·
厘米,全市将有一半左右的学生能够评定为
“优秀”等级.
【综合提升】
1.甲 2.2.5或3.5 3.2 4.9 5.A
6.B
∴∠1=∠2,∠3=∠4. 7.解:(1)甲;
又∵AD 平分∠BAC, (2)甲的平均成绩为:(85×6+92×4)÷
∴∠1=∠3. 10=87.8(分)
∴∠1=∠2=∠3=∠4. 乙的平均成绩为:(91×6+85×4)÷10
∴AE∥DF,AF∥ED. =88.6(分)
∴四边形AEDF 为平行四边形, 丙的平均成绩为:(80×6+90×4)÷10
∴四边形AEDF 为菱形. =84(分)
第20章 数据的整理与初步处理 乙的平均分数最高
,所以乙将被录取.
【中考热身】
【要点回顾】
1.0 2.6 6 3.2.16 4.D
x +x +…+x +x
1.(1) 1 2 n-1 n (2)次 5.解:(1)依题意得:n
3×1+6a+7×1+8×1+9×1+10b=67.×10,
数 比例 2.中间 中间 平均数 3.最 {1+a+1+1+1+b=10.
多 不止 没有 4.平均数 差 平方
{a=5,平均数 解得
【 】 b=1.基础过关
(2)七年级成绩为3,6,6,6,6,6,7,8,9,
7
1.2 2.中位数 3.6 4.2 5.13 10,中位数为
1+1 1
6,即m=6;优秀率为 10 =5
6.a2s2 7.D 8.C 9.A 10.B =20%,即n=20%.∴m=6,n=20%.
11.解:(1)中位数是11.2,众数是11.4. (3)①八年级队平均分高于七年级队;
(2)方法一:从样本数据的中位数是11.2 ②八年级队的成绩比七年级队稳定;③八年
得到,可以估计在这次坐位前屈的成绩测试 级队的成绩集中在中上游,所以八年级队成
中,全市大约有一半学生的成绩大于11.2厘 绩好.(注:任说两条即可)
米,有一半学生的成绩小于11.2厘米,这位学
生的成绩是11.3厘米,大于中位数11.2厘米, 六、八年级下册过关检测
可以推测他的成绩比一半以上学生的成绩好.
、 -8
方法二:从样本数据的平均数是 得 一10.9 1.-2 2.3.5×10 3.40° 4.5
到, ,可以估计在这次坐位前屈的成绩测试中, x=-45.7 6.98 102 7.{ 8.80°
全市学生的平均成绩是10.9厘米,这位学生 y=-2
的成绩是11.3厘米,大于平均成绩,可以推 69.y=-x 10.81
测他的成绩比全市学生的平均成绩好. 二、11.C 12.B 13.B 14.D 15.A
(3)如果全市有一半左右的学生评定为 16.C 17.B 18.D 19.D 20.D
“优秀”等级,标准成绩应定为“11.2厘米” x-1 1
(中位数).因为从样本情况看,成绩在11.2 三、21.解:原式= [(x+1)(x-1)+x+1]
厘米以上(含11.2厘米)的学生占总人数的 x(· x+1
) 2 ·x
(x+1) x,当
一半左右,可以估计,如果标准成绩定为11.2 4 =x+1 4 =2 x=
·10·
-2时,原式=-1. ∵5400>3600,
22.解:(1)甲的总分:66×10%+89× ∴单独租用乙车合算.
40%+86×20%+68×30%=79.8(分).
( 第二部分 整合提升2)设趣题巧解所占的百分比为x,数学
应用所占的百分比为y.
、
, {20+60x+80y=70,
一 八年级分题型复训
由题意 得
20+80x+90y=80. 专项训练一 填空题
x=0.3,
解得{ 1.(1)9999 (2)100 (3)1 2.(=0.4. a+y
)2 ( )2 (答案不唯一)
∴甲的总分:20+89×0.3+86×0.4= b - a-b =4ab 3.x≠5
且
81.1>80. x≠3 4.±4 5.2m
2-4 6.-1 9
∴甲能获一等奖. 7.3(a-2b)
2 8.± 13 9.4 10.60°
23.证明:∵∠B=60°,AB=AC, 11.5.8 12.15° 30° 13.60° 14.6
∴△ABC为等边三角形,∴AB=BC, 315.> 增大4 16.0.9 17.15° 18.-1
∴ ∠BAC= ∠ACB =60°,∠FAC=
∠ACE=120°, 19.13或 5 20.3 21.3 22.1∶2
∴∠BAD =∠BCD =120°,∴∠B= 或 乙 10 1 1016 23.7 25 24. 25.3x+3=x
∠D=60°,
∴四边形ABCD 是平行四边形. 专项训练二 选择题
∵AB=BC,∴平行四边形 ABCD 是 1.C 2.A 3.B 4.D 5.C 6.D
菱形. 7.D 8.A 9.B 10.B 11.C 12.B
24.解:(1)设甲车单独运完此堆垃圾需 13.A 14.D 15.A 16.A 17.D 18.C
x 趟,则乙车单独运完此堆垃圾需2x 趟,依 19.D 20.D 21.C 22.A 23.B
题意得: 专项训练三 计算与化简题
12 12
+ =1, 1.解:(1)原式=x
2+6x+9-(x2-3x
x 2x +2)=x2+6x+9-x2+3x-2=9x+7.
解得:x=18. (2)原式=m2-m+m-1+1=m2.
经检验x=18是原方程的解. (3)原式=3ab2+b(-3ab-4a2b)=
∴2x=36. 3ab2-3ab2-4a2b2=-4a2b2.
∴甲车单独运完此堆垃圾需18趟,乙车 (4)原式=(a+2)-(a-2)=4.
需36趟. éx2(5)原式= ê -2x+1 x
2-1 ù
(2)设甲车每趟需运费a 元,则乙车每 ê
ú
(x-1)2 +(x-1)2 ú
·
趟需运费(a-200)元,依题意得: 2x
12a+12(a-200)
(
=4800. x-1
)= ·( )x-1 x-1 =2x.
解得:a=300. 2.解:(1)x2y-4xy+4y=y(x2-4x
∴a-200=100. +4)=y(x-2)2.
∴单独租用甲车的费用=300×18= (2)mx2-my2=m(x2-y2)=m(x+
5400(元),单独租用乙车的费用=100×36= y)(x-y).
3600(元). (3)3(a-b)2+6(b-a)=3(a-b)(a-
·11·
b-2). 经检验,x=8是方程的根,且符合题意,
(4)2a2(n-m)+8(m-n)=2(n- ∴x+4=12.
m)(a2-4)=2(n-m)(a-2)(a+2). 设购进文学书550本后至多还能购进y
3.解:原式=[a2-4ab+4b2-a2+ 本科普书,根据题意,得:
4b2]÷4b=(-4ab+8b2)÷4b=-a+2b, 2550×8+12y≤10000,解得y≤466 ,
当a=2,b=-1时,原式=-2+2×(-1) 3
=-4. 由题意,y 取最大整数解,y=466.
(x-2)2 x2 答:至多还能购进466本科普书.
4. 解:原式= ·2x x(x-2)+1= 3. 解:()
1
1 x甲 = ×(72+50+88)
x-2 x 3
2 +1=2. =70,
由题意可知,x≠0,且x≠2,所以x=1. 1x乙= ×(3 85+74+45
)=68,
当 1x=1时,原式=2. 1x丙= ×(67+70+67)=68,
5.x=6.4 3
∵x甲>x乙,x甲>x丙,专项训练四 实践与应用题
∴甲会被录取.
1.解:货运中转站M 位置如下所示:
() 4 3 12x甲=8×72+8×50+8×88=
65.75,
4 3 1
x乙 =8×85+8×74+8×45=
75.875,
因为货运中转站M 到煤矿A,B 的距离 4 3 1
相等,即MA=MB, x丙 =8×67+8×70+8×67=
所以货运中转站 M 应建在AB 的垂直 68.125,
平分线和直线CD 的交点, ∵x乙>x丙>x甲,
理由是到线段两个端点距离相等的点在 ∴乙会被录取.
线段的垂直平分线上. 4. 解:设P,Q 同时出发t秒后四边形
∵AM=BM,AC=6km,BD=8km, PDCQ 或四边形APQB 是平行四边形,根据
CD=14km, 已知得到AP=t,PD=24-t,CQ=2t,BQ
∴AC2+CM2=BD2+DM2,62+CM2 =30-2t.
=82+(14-CM)2,解得:CM=8km, ①若四边形 PDCQ 是平行四边形,则
在Rt△ACM 中,AM= AC2+CM2= PD=CQ,∴24-t=2t,∴t=8,∴8秒后四
10km. 边形PDCQ 是平行四边形;
故AM 的长是10km. ②若四边形 APQB 是平行四边形,则
2.解:设文学书单价为x 元,根据题意, AP=BQ,∴t=30-2t,∴t=10,∴10秒后
12000 8000 四边形APQB 是平行四边形.得: ,
x+4= x 5.解:(1)10÷20%=50(个),∴共抽取
解之得:x=8, 了50个学生进行调查;
·12·
(2)如下图: ∴OB-BE=OD-DF,即OE=OF,
∴四边形AECF 是平行四边形;
(2)∵AE 垂直平分BC,∴AB=AC.
∵四边形AECF 为菱形,∴BO 垂直平
分AC,
∴AB=BC,
∴AB=BC=AC,∴△ABC 是等边三
角形,
∴∠EAO=30°.
(3)∵B 等级的人数为20,占被调查人
2 在 中,
23 3
, Rt△AOE AE=
,
数的20÷50= 3
AO=3AC
5
∴B 等级在扇形统计图中的圆心角为: 3∴AE∶AC=3.
2
360°×5=144°. ∵AC=AB,
3
∴AE∶AB=
6. 解:(1) 3
.
3.证明:∵△ABC 和△EDC 是等边三
档次 第一档 第二档 第三档
角形,
每月用 0x>230 ∴∠BCA=∠DCE=60°,
电量x 度 ≤140 ≤230 ∴ ∠BCA - ∠ACD = ∠DCE -
(2)54 ∠ACD,即∠BCD=∠ACE.
(3)设y 与x 的关系式为y=kx+b, 在 △DBC 和 △EAC 中,BC =AC,
∵点(140,63)和(230,108)在y=kx+ ∠BCD=∠ACE,DC=EC,
b上, ∴△DBC≌△EAC(SAS),
{63=140k+b, k=0.5,∴ 解得 ∴∠DBC=∠EAC.108=230k+b, {b=-7, 又∵∠DBC=∠ACB=60°,
∴y 与x 的关系式为y=0.5x-7. ∴∠ACB=∠EAC,
(4)第三档1度电交电费(153-108)÷ ∴AE∥BC.
(290-230)=0.75(元), 4.证明:∵△ACB 和△ECD 都是等腰
第二档1度电交电费(108-63)÷(230 直角三角形,∠ACB=∠ECD=90°,
-140)=0.5(元), ∴EC =CD,AC =CB,∠ACB -
所以m=0.75-0.5=0.25. ∠ACD=∠ECD-∠ACD.
专项训练五 判断与说理题 ∴∠ACE=∠BCD.
1.直角三角形(过程略) ∴△ACE≌△BCD.
2.解:(1)证明:连结对角线AC 交对角 ∴AE=BD.
线BD 于点O. 5. 解:在 ABCD 中,∵AE,BE 分别
∵四边形ABCD 是平行四边形, 平分∠BAD,∠ABC,∠DAB+∠ABC=
∴OA=OC,OB=OD, 180°,∴∠EAB+∠ABE=90°,从而∠AEB
∵点E,F 是对角线BD 上的两点,且 =180°- ∠EAB - ∠ABE =90°,即 AE
BE=DF, ⊥BE.
·13·
6. 解:∵AD⊥BC, ∴∠CBE=∠ABE=45°,
∴∠ADC=∠ADB=90°. ∴△ABD 与 △BCD 是 等 腰 直 角 三
∵CD=1,AD=2,BD=4, 角形,
∴根据勾股定理,得 AC= 12+22 = ∴AB=AD=BC=CD,
四边形 是正方形
5,AB= 22+42=25. ∴ ABCD .
∵AC2=5,AB2=20,BC2=(1+4)2 专项训练六 新题型
=25, 1.C
∴AC2+AB2=BC2, 2.(1)1 1 1 (2)代数式为:(n2+n)
∴△ABC 是直角三角形. ÷n-n 化简结果为:1
7. 解:(1)如图所示. 3.(1)锐角 钝角 (2)> <
(3)∵c为最长边,∴4≤c<6.①当a2+
b2>c2,c2<20,即当4≤c<25时,△ABC
为锐角三角形;②当a2+b2=c2,c2=20,即
(2)∵BE 平分∠ABC, 当c=2 5时,△ABC 为直角三角形;③当
∴∠ABO=∠FBO. a2+b220,即当25∵AF⊥BE 于点O, △ABC 为钝角三角形.
∴∠AOB=∠FOB=∠AOE=90°. 4.解:(1)8 280
又∵BO=BO, (2)由题意可知B 点坐标为(8,280),设
∴△AOB≌△FOB. OB 的解析式为y=kx,则280=8k,解得k
∴AO=FO,AB=FB. =35,所以OB 的解析式为y=35x.设直线
∵四边形ABCD 是平行四边形, AC 的解析式为y=ax+b,因为AC 经过点
∴AD∥BC, (8,400)、(24,0),
∴∠AEO=∠FBO. {400=8a+b, a=-25,∴ 解得∴△AOE≌△FOB. 0=24a+b. {b=600.
∴AE=BF. ∴AC 的解析式为y=-25x+600.
又∵AE∥BF,
解方程组
∴四边形ABFE 是平行四边形. {y
=35x,
y=-25x+600,
又∵AB=FB, 得x=10,24-10=14(分钟).
∴ ABFE 是菱形. ∴小明的爸爸 下 山 所 用 的 时 间 为14
8.证明:∵∠CED 是△BCE 的外角, 分钟.
∠AED 是△ABE 的外角, 5.解:(1)S=1+2+22+…+210,2S=
∴∠CED=∠CBE+∠BCE,∠AED 2+22+23+…+210+211,2S-S=S=211-
=∠BAE+∠ABE. 1=2047
∵∠BAE=∠BCE,∠AED=∠CED, (2)S=1+3+32+…+3n,3S=3+32
∴∠CBE=∠ABE. +33+…+3n+3n+1,
∵四边形ABCD 是矩形, 3n+1-1
, 3S-S=2S=3
n+1-1,S= .
∴∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°AB 2
=CD, 6. 解:(1)B(2,4),C(6,4),D(6,6)
·14·
(2)如图,矩形ABCD 平移后得到矩形 在 △DCE 和 △FBE 中,∠CED =
A'B'C'D', ∠BEF,∠CDE=∠F,DC=FB,
∴△DCE≌△FBE(AAS).
(2)∵△DCE≌△FBE,
∴EB=EC.
∵EC=3,∴BC=2EC=6.
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AD=BC.
设平移距离为a,则A'(2,6-a),C'(6, ∴AD=6.
解:() 一次函数 (
4-a). 21. 1 ∵ y=kx+1k≠
k )与反比例函数 m(
∵点A',点C'在 = 的图象上, 0 y=x m≠0
)的图象有公
y x
∴2(6-a)=6(4-a),解得a=3, 共点A(1,2)
m
.∴2=k+1,2= ,1 ∴k=1
,m
∴点A'(2,3),
2
=2,∴y=x+1,y= ;
∴反比例函数的解析式为
6
y= xx. (2)∵直线l⊥x 轴于点N(3,0),与一
二、八年级综合检测 次函数和反比例函数的图象分别交于点B,
C,∴B(3,
2
4),C(3, ),
10 (,
一、1.±3 2.2 3.AB=CD(或∠ACB= 3 ∴BC=3.∵A 1
∠DBC) 4.等腰直角三角形 5.x-1 10 102),∴S△ABC=2× ÷2= .
6.5 7.39 40 8.15 9.(-1,2) 10.8 3 3
二、11.D 12.A 13.D 14.C 15.D 22.解:(1)yA =27x+270,yB =30x
16.D 17.C 18.D +240.
(2)当yA =yB 时,27x+270=30x+
三、19.解:原式 [ x+1 1= (x+1)(x-1)+x-1] 240,解得x=10;
·x
(x-1) 当yA>yB时,27x+270>30x+240,解
x+2 得x<10;
= 1 1 ·
x(x-1)
+ ÷ 当yAèx-1 x-1 x+2 得x>10.
2 x(· x-1
)
= ∴当2≤x<10时,到B 超市购买划算;x-1 x+2
当x=10时,两家超市都一样;当2x x>10
时,
= ,x+2 到A 超市购买划算.
2×2 (3)∵x=15>10,当x=2时,原式=2+2=1. ∴①选择在A 超市购买,yA=27×15+
20.解:(1)∵四边形 ABCD 是平行四 270=675(元);
边形, ②可先在B 超市购买10副羽毛球拍,
∴AB=DC,AB∥DC. 送20个羽毛球,后在A 超市购买剩下的羽
∴∠CDE=∠F. 毛球(10×15-20=130)个,则共需费用:10
又∵BF=AB,∴DC=FB. ×30+130×3×0.9=651(元).
·15·
∵651<675, ∵b2-4ac=(-10)2-4×2×(-3)
∴最省钱的购买方案是:先在B 超市购 =124,
买10副羽毛球拍,后在A 超市购买130个 10± 124,
羽毛球. ∴x= 2×2
第三部分 探究先飞 5+ 31, 5- 31∴x1= 2 x2= 2 .
18. 解:(1)∵ 方 程 有 两 个 实 数 根,
九年级上册前两章预习 ∴Δ≥0.
13
第21章 二次根式 ∴9-4×1×(m-1)≥0,解得m≤4.
1.5≤x≤7 x≥0且x≠1 2.4 3 (2)∵x1+x2=-3,x1x2=m-1,2(x1
5 +x2)+x1x2+10=0,3.55+2 10 4.10 5.- 2 6.3 ∴2×(-3)+m-1+10=0,
7.B 8.C 9.B 10.D 11.C 12.B 解得m=-3.
13.(1)23+92 (2)6 15 (3)18 19. 解:(1)Δ=4-4(2k-4)=20-8k.
+125 ∵方程有两个不等的实根,
14. 原式=-a-b+b-a=-2a. ∴20-8k>0,
第22章 一元二次方程 5∴k<2.
1.x1=0,x2=-2 2.3x2-11x+2= (2)∵k为正整数,
0 3.1 4.x1=5,x2=-1 5.4 6.3 5
7.1 8.1 -6 9.B 10.C 11.B ∴012.C 13.D 14.C 15.A 16.C ∴x=-1± 5-2k.
17.(1)解:移项得:(x+4)2-5(x+4) ∵方程的根为整数,
=0, ∴5-2k为完全平方数.
分解因式得:(x+4)(x+4-5)=0, 当k=1时,5-2k=3;
x+4=0,x+4-5=0, 当k=2时,5-2k=1.
解得:x1=-4,x2=1; ∴k=2.
(2)解:x2-6x+5=0, 20. 解:∵150×25=3750<4800,∴购
分解因式得:(x-1)(x-5)=0, 买的团体票超过25张,设共购买了x 张团
x-1=0,x-5=0, 体票,由题意列方程得x×[150-2(x-
解得:x1=1,x2=5; 25)]=4800,x2-100x+2400=0,解得x1
(3)解:开方得:x+3=±(1-2x), =60,x2=40,当x1=60时,超过25人的人
x+3=1-2x,x+3=-1+2x, 数为35人,票价降低70元,降价后为150-
解得: 2x1=- ,x2=4; 70=80元<100元,不符合题意,x2=40符3
合题意,∴共购买了40张团体票.
(4)解:2x2-10x=3,
移项得:2x2-10x-3=0,
·16·
