湘教版2019-2020学年度下学期八年级数学期末检测模拟卷1（含解析）

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湘教版2019-2020学年度下学期八年级数学期末检测模拟卷1
姓名：__________班级：__________考号：__________
一
、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
下列各组数中，不是勾股数的是（　　）
A．0.3，0.4，0.5
B．9，40，41
C．6，8，10
D．7，24，25
如图，如果“仕”所在位置的坐标为(－1，－2)，“相”所在位置的坐标为(2，－2)，那么“炮”所在位置的坐标为(
)
A．
(－3，1)
B．
(1，－1)
C．
(－2，1)
D．
(－3，3)
如图是九（1）班45名同学每周课外阅读时间的频数直方图（每组含前一个边界值，不含后一个边界值）．由图可知，人数最多的一组是（　　）
A．2～4小时
B．4～6小时
C．6～8小时
D．8～10小时
如图，在中，，将其折叠，使点落在边上处，折痕为,则的度数为（
）
A．
B．
C．
D．
点A（﹣3，2）关于y轴对称的点的坐标为（　　）
A．（3，﹣2）
B．（3，2）
C．（﹣3，﹣2）
D．（2，﹣3）
一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为（　　）
A．5
B．6
C．7
D．8
在平行四边形ABCD中，∠A的平分线把BC边分成长度是3和4的两部分，则平行四边形ABCD周长是（　　）
A．22
B．20
C．22或20
D．18
菱形的两条对角线分别是12和16，则此菱形的边长是（　　）
A．10
B．8
C．6
D．5
如图，△ABC中，CD是AB边上的高线，BE平分∠ABC，交CD于点E，BC=8，DE=3，则△BCE的面积等于（　　）
A．11
B．8
C．12
D．3
如果两个三角形的两条边和其中一条边上的高对应相等，那么这两个三角形的第三条边所对的角的关系是（　　）
A．
相等
B．
互余
C．
互补或相等
D．不相等
6月份以来，猪肉价格一路上涨．为平抑猪肉价格，某省积极组织货源，计划由A．B、C三市分别组织10辆、10辆和8辆运输车向D、E两市运送猪肉，现决定派往D、E两地的运输车分别是18辆、10辆，已知一辆运输车从A市到D、E两市的运费分别是200元和800元，从B市到D、E两市的运费分别是300元和700元，从C市到D、E两市的运费分别是400元和500元．若设从A．B两市都派x辆车到D市，则当这28辆运输车全部派出时，总运费W（元）的最小值和最大值分别是（　　）
A．8000，13200
B．9000，10000
C．10000，13200
D．13200，15400
小翔在如图1所示的场地上匀速跑步，他从点A出发，沿箭头所示方向经过点B跑到点C，共用时30秒．他的教练选择了一个固定的位置观察小翔的跑步过程．设小翔跑步的时间为t（单位：秒），他与教练的距离为y（单位：米），表示y与t的函数关系的图象大致如图2所示，则这个固定位置可能是图1中的（）
A．
点M
B．
点N
C．
点P
D．
点Q
二
、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
如图，BE，CD是△ABC的高，且BD＝EC，判定△BCD≌△CBE的依据是“________”．
在平面直角坐标系中，线段AB的端点A的坐标为（﹣3，2），将其先向右平移4个单位，再向下平移3个单位，得到线段A′B′，则点A对应点A′的坐标为　　　　　　．
如图，正方形ABCD中，对角线BD长为15cm．P是线段AB上任意一点，则点P到AC，BD的距离之和等于　　　　　　cm．
如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD＝5，连接BD，BD⊥CD，∠ADB＝∠C，若P是边BC上一动点，则DP长的最小值为_____．
已知如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，连结BE，将△ABE沿着BE翻折得到△FBE，EF交BC于点H，延长BF、DC相交于点G，若DG=16，BC=24，则FH=　　　　　　．
如图，在平面直角坐标系中，边长不等的正方形依次排列，每个正方形都有一个顶点落在函数y=x的图象上，从左向右第3个正方形中的一个顶点A的坐标为（27，9），阴影三角形部分的面积从左向右依次记为S1、S2、S3、…、Sn，则第4个正方形的边长是　　　　　　，S3的值为　　　　　　．
三
、解答题（本大题共8小题，共66分）
已知：P（4x，x﹣3）在平面直角坐标系中．
（1）若点P在第三象限的角平分线上，求x的值；
（2）若点P在第四象限，且到两坐标轴的距离之和为9，求x的值．
如图，一艘轮船从点A向正北方向航行，每小时航行15海里，小岛P在轮船的北偏西15°，3小时后轮船航行到点B，小岛P此时在轮船的北偏西30°方向，在小岛P的周围20海里范围内有暗礁，如果轮船不改变方向继续向前航行，是否会有触礁危险？请说明理由。
如图所示,在△ABC中,∠A=90°,点D是BC的中点,点E,F分别在AB,AC上,且∠EDF=90°,连接EF,求证:BE2+CF2=EF2.
夏季来临，某饮品店老板大白计划下个月（2015年8月）每天制作新鲜水果冰淇淋800份销售．去年同期，这种冰淇淋每份的成本价为5元，售价为8元．该冰淇淋不含防腐剂，很受顾客的欢迎，但如果当天制作的冰淇淋未售出，新鲜水果就会腐败变质，饮品店就将承担冰淇淋制作成本的损失．根据大白去年的销售记录，得到去年同期该冰淇淋日销售量的频数分布表和频数分布直方图（不完整）如下：
2014年8月该冰淇淋日销售量频数分布表
2014年8月该冰淇淋日销售量频数分布直方图
日销售量分组
频数
500≤x＜600
3
600≤x＜700
6
700≤x＜800
　　　　　　
800≤x＜900
　　　　　　
由于今年水果涨价，该冰淇淋的制作成本提高了10%．大白计划今年冰淇淋还按8元/份销售．设下个月该冰淇淋的日销售量为m份（0＜m≤800）．
（1）请根据以上信息补全频数分布表和直方图，并标明相应数据；
（2）用含m的式子表示下个月销售该冰淇淋的日利润；
（3）大白认为，下个月该冰淇淋的销售状况将会与去年同期相差不多．
①请你通过计算帮助大白估计下个月销售该冰淇淋的日利润少于1200元的天数；
②为减少因当日冰淇淋未售出造成的损失，大白计划今年采取下班前打八折销售的方法，希望将剩余的冰淇淋售出．请你通过计算帮助大白估计下个月因销售该冰淇淋获得月利润的范围．
某商店分两次购进A．B两种商品进行销售，两次购进同一种商品的进价相同，具体情况如下表所示：
购进数量（件）
购进所需费用（元）
A
B
第一次
30
40
3800
第二次
40
30
3200
（1）求A．B两种商品每件的进价分别是多少元？
（2）商场决定A种商品以每件30元出售，B种商品以每件100元出售．为满足市场需求，需购进A．B两种商品共1000件，且A种商品的数量不少于B种商品数量的4倍，请你求出获利最大的进货方案，并确定最大利润．
如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，∠A=∠F，∠1=∠2．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）已知DE=2，连接BN，若BN平分∠DBC，求CN的长．
二元一次方程x-2y=0的解有无数个，其中它有一个解为，所以在平面直角坐标系中就可以用点（2，1）表示它的一个解，
（1）请在下图中的平面直角坐标系中再描出三个以方程x-2y=0的解为坐标的点；
（2）过这四个点中的任意两点作直线，你有什么发现？直接写出结果；
（3）以方程x-2y=0的解为坐标的点的全体叫做方程x-2y=0的图象．想一想，方程x-2y=0的图象是什么？（直接回答）
（4）由（3）的结论，在同一平面直角坐标系中，画出二元一次方程组的图象（画在图中）、由这两个二元一次方程的图象，能得出这个二元一次方程组的解吗？请将表示其解的点P标在平面直角坐标系中，并写出它的坐标．
阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，在等边中，是边上一点(不含端点)，是的外角的平分线上一点，且．求证：．
点拨：如图②，作，与的延长线相交于点，得等边，连接．易证：，可得；又，则，可得；由，进一步可得又因为，所以，即：．
问题：如图③，在正方形中，是边上一点(不含端点)，是正方形的外角的平分线上一点，且．求证：．
答案解析
一
、选择题
【考点】勾股数
【分析】欲判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需满足两小边的平方和等于最长边的平方．
解：A．0.32+0.42＝0.52，但不是整数，不是勾股数，此选项正确；
B、92+402＝412，是勾股数，此选项错误；
C、62+82＝102，是勾股数，此选项错误；
D、72+242＝252，是勾股数，此选项错误；
故选：A．
【点睛】考查了勾股数：满足a2+b2＝c2的三个正整数，称为勾股数．注意：①三个数必须是正整数，例如：2.5、6、6.5满足a2+b2＝c2，但是它们不是正整数，所以它们不是勾股数．②一组勾股数扩大相同的整数倍得到三个数仍是一组勾股数．③记住常用的勾股数再做题可以提高速度．如：3，4，5；6，8，10；5，12，13；…
【考点】坐标确定位置
【分析】先由士和相的位置坐标推得图中的每一格代表的长度，进而可推得坐标原点所在的位置，即可得出“炮“所在的位置坐标．
解：由仕的坐标确定原点的坐标，炮在原点左边3个单位长度，上边1个单位长度，所以炮的坐标是（-3，1）.
故选A．
【点评】本题考查了坐标确定位置的知识，解答本题的关键是要认建立坐标系．
【考点】频数（率）分布直方图．
【分析】根据条形统计图可以得到哪一组的人数最多，从而可以解答本题．
解：由条形统计图可得，
人数最多的一组是4～6小时，频数为22，
故选B．
【点评】本题考查频数分布直方图，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．　
【考点】三角形的外角性质，直角三角形的性质
【分析】先由直角三角形的性质求出∠B的度数，根据折叠的性质可得，然后根据三角形的外角性质即可求出答案．
解：在中，∵，，
∴∠B=90°－55°=35°，
由折叠的性质知：，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了折叠的性质、直角三角形的性质和三角形的外角性质，属于基本题型，熟练掌握以上基本知识是解题关键．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【分析】关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数，可得答案．
解：A（﹣3，2）关于y轴对称的点的坐标为（3，2），
故选：B．
【点评】本题主要考查的是关于坐标轴对称的点的坐标特点，关于y轴对称点的横坐标互为相反数，纵坐标相等；关于x轴对称点纵坐标互为相反数，横坐标相等．　
【考点】多边形内角与外角．
【分析】利用多边形的外角和360°，除以外角的度数，即可求得边数．
解：多边形的边数是：360÷72=5．
故选A．
【点评】本题考查了多边形的外角和定理，理解任何多边形的外角和都是360度是关键．
【考点】平行四边形的性质．
【分析】根据AE平分∠BAD及AD∥BC可得出AB=BE，BC=BE+EC，从而根据AB、AD的长可求出平行四边形的周长．
解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，则∠DAE=∠AEB．
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE，BC=BE+EC，
①当BE=3，EC=4时，
平行四边形ABCD的周长为：2（AB+AD）=2（3+3+4）=20．
②当BE=4，EC=3时，
平行四边形ABCD的周长为：2（AB+AD）=2（4+4+3）=22．
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定；根据题意判断出AB=BE是解答本题的关键．　
【考点】菱形的性质．
【分析】首先根据题意画出图形，然后由菱形的两条对角线的长分別为12cm和16cm，求得OA与OB，再由勾股定理即可求得菱形的边长．
解：如图，
∵菱形ABCD中，AC=12，BD=16，
∴OA=AC=6，OB=BD=8，AC⊥BD，
∴AB==10．
即菱形的边长是10．
故选A．
【点评】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．掌握菱形的对角线互相平分且垂直是解题的关键．　
【考点】角平分线性质的应用
【分析】过E作EF⊥BC于F，根据角平分线性质得出EF=DE=3，根据三角形的面积公式求出即可．
解：过E作EF⊥BC于F，
∵CD是AB边上的高线，BE平分∠ABC，DE=3，
∴EF=DE=3，
∴△BCE的面积S==，
故选C．
【点评】本题考查了角平分线性质的应用，能求出BC边上的高是解此题的关键，注意：角平分线上的点到角的两边的距离相等．　
【考点】
全等三角形的判定与性质．
【分析】第三边所对的角即为前两边的夹角．分两种情况，一种是两个锐角或两个钝角三角形，另一种是一个钝角三角形和一个锐角三角形．
解：第一种情况，当两个三角形全等时，是相等关系，
第二种情况，如图，AC=AC′，高CD=C′D′，
∴∠ADC=∠AD′C′，
在Rt△ACD和Rt△AC′D′中，
Rt△ACD≌Rt△AC′D′（HL），
∴∠CAD=∠C′AD′，
此时，∠CAB+∠C′AB=180°，
是互补关系，
所以选“相等或互补”．
故选C．
【点评】本题考查全等三角形的性质，应注意的是，两边相等不一定角相等，解题时要多方面考虑．
【考点】一次函数的应用-方案选择
【分析】首先根据题意可知A．B两市派往D市的运输车的辆数分别是x、x，则C市派往D市的车辆数为18-2x，因为C市共有车8辆，故还剩下80-（18-2x）辆派往E市，A．B两市派往E市的运输车的辆数分别是10-x，10-x，再根据题意表示出总运费，然后表示出x的取值范围，即可求出总运费W（元）的最小值和最大值．
解：由题意可知A．B、C三市派往D市的运输车的辆数分别是x、x、（18-2x）辆，派往E市的运输车的辆数为10-x，10-x，2x-10，
则总运费W=200x+300x+400（18-2x）+800（10-x）+700（10-x）+500（2x-10）=-800x+17200．
依题意有?0≤x≤10,0≤18-2x≤8,
解得：5≤x≤9，
当x=5时，W?最大?=13200元，
当x=9时，W?最小?=10000元．
故选C．
【点睛】选择方案问题的方法
（1）从不同的角度感知问题中的数量关系，对实际问题中的数量关系既可以用函数的图像表示，也可以用方程和不等式表示，构建不同的模型，用不同的方法解决问题．
（2）在解决问题中，能适时调整思路，解决问题后，能对解决问题步骤、程序和方法进行总结提炼.
【考点】动点问题的函数图象．
【分析】分别假设这个位置在点M、N、P、Q，然后结合函数图象进行判断．利用排除法即可得出答案．
解：A．假设这个位置在点M，则从A至B这段时间，y不随时间的变化改变，与函数图象不符，故本选项错误；
B、假设这个位置在点N，则从A至C这段时间，A点与C点对应y的大小应该相同，与函数图象不符，故本选项错误；
C、，
假设这个位置在点P，则由函数图象可得，从A到C的过程中，会有一个时刻，教练到小翔的距离等于经过30秒时教练到小翔的距离，而点P不符合这个条件，故本选项错误；
D、经判断点Q符合函数图象，故本选项正确；
故选：D．
【点评】此题考查了动点问题的函数图象，解答本题要注意依次判断各点位置的可能性，点P的位置不好排除，同学们要注意仔细观察．
二
、填空题
【考点】直角三角形全等的判定
【分析】首先根据三角形的高可得两个高所在的三角形是直角三角形，再根据由已知一组直角边和一组斜边相等，利用直角三角形的判断方法，可得两个直角三角形全等．
解：
∵BE，CD是△ABC的高，
∴∠CDB=∠BEC=90°,
∵△CDB和△BEC是直角三角形；且BD＝EC，BC=CB
∴△BCD≌△CBE；
【点评】本题考查全等三角形判定定理中的判定直角三角形全等的HL定理．
【考点】坐标与图形变化-平移．
【分析】直接利用平移中点的变化规律求解即可．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
解：将点A（﹣3，2）向右平移4个单位，再向下平移3个单位，
即把A点的横坐标加4，纵坐标减3即可，即A′的坐标为（1，﹣1）．
故答案填：（1，﹣1）．
【点评】本题考查坐标系中点、线段的平移规律．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．
【考点】正方形的性质
【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，连结OP，如图，先根据正方形的性质得OA=OC=OB=OD=BD=，OA⊥OB，然后根据三角形面积公式得到PEOA+PFOB=OAOB，则变形后可得PE+PF=OA=cm．
解：作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，连结OP，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA=OC=OB=OD=BD=，OA⊥OB，
∵S△OPA+S△OPB=S△OAB，
∴PEOA+PFOB=OAOB，
∴PE+PF=OA=cm．
故答案为．
【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
【考点】角平分线的性质
【分析】根据垂线段最短，当DP垂直于BC的时候，DP的长度最小，则结合已知条件，利用三角形的内角和定理推出∠ABD=∠CBD，由角平分线性质即可得AD=DP，由AD的长可得DP的长．
解：根据垂线段最短，当DP⊥BC的时候，DP的长度最小，
∵BD⊥CD，即∠BDC=90°，
又∵∠A=90°，
∴∠A=∠BDC，
又∵∠ADB=∠C，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵DA⊥BA，BD⊥DC，
∴AD=DP，又AD=5，
∴DP=5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了直线外一点到直线的距离垂线段最短、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质，解题的关键在于确定好DP垂直于BC．
【考点】折叠的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理
【分析】连结GE，根据折叠的性质和矩形的性质可得△EFG与△EDG是直角三角形，DE=AE=FE，再根据HL即可证明△EFG≌△EDG．根据全等三角形的性质可得DG=FG=16，可设AB=BF=DC=x，在Rt△BCG中，根据勾股定理可求BF的长，再在Rt△BFH中，根据勾股定理可求FH=BH的长．
解：连结GE．
∵E是边AD的中点，
∴DE=AE=FE，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠A=∠BFE=90°，
∴∠D=∠EFG=90°．
在Rt△EFG与Rt△EDG中，
，
∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL）；
∴DG=FG=16，
设DC=x，则CG=16﹣x，BG=x+16
在Rt△BCG中，
BG2=BC2+CG2，
即（x+16）2=（16﹣x）2+242，
解得x=9，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵∠AEB=∠FEB，
∴∠CBE=∠FEB，
∴BH=EH，
设BH=EH=y，则FH=12﹣y，
在Rt△BFH中，
BH2=BF2+FH2，
即y2=92+（12﹣y）2，
解得y=，
∴12﹣y=12﹣=．
故答案为：．
【点评】考查了翻折变换（折叠问题），涉及的知识点有：折叠的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，综合性较强，有一定的难度，关键是作出辅助线构造全等三角形．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；正方形的性质．
【分析】根据直线解析式判断出直线与x轴的夹角30°，从而得到直线与正方形的边围成的三角形是底是高的2倍，再根据点A的坐标求出正方形的边长并得到变化规律表示出第4个正方形的边长，然后根据阴影部分的面积等于一个等腰直角三角形的面积加上梯形的面积再减去一个直角三角形的面积列式求解并根据结果的规律解答即可．
解：易知：直线y=x与正方形的边围成的三角形直角边底是高的2倍，
∵A（27，9），
∴第四个正方形的边长为，
第三个正方形的边长为9，
第二个正方形的边长为6，
第一个正方形的边长为4，
第五个正方形的边长为，
…，
由图可知，S1=×4×4+×（4+6）×6﹣×（4+6）×6=8，
S2=×9×9+（9+）×﹣（9+）×=，
…，
∴S3=××=．
故答案为：、．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形的面积，一次函数图象上点的坐标特征，依次求出各正方形的边长是解题的关键，难点在于求出阴影Sn所在的正方形和正方形的边长．
三
、解答题
【考点】点的坐标
【分析】（1）根据角平分线上的点到坐标轴的距离相等，课的答案；
（2）根据坐标的和，可得方程．
解：（1）由题意，得
4x=x﹣3，
解得x=﹣1
∴点P在第三象限的角平分线上时，x=﹣1．
（2）由题意，得
4x+[﹣（x﹣3）]=9，
则3x=6，
解得x=2，此时点P的坐标为（8，﹣1），
∴当点P在第四象限，且到两坐标轴的距离之和为9时，x=2．
【点评】本题考查了点的坐标，理解题意得出方程是解题关键．
【考点】含30°角的直角三角形性质的应用
【分析】过P作PE⊥AB于E，根据题中所给的∠PAE=15°，∠PBE=30°，及船的航行速度可求出p到AB的距离，继而能判断出有无危险．
解：连接AP，且做PD垂直于AB交AB延长线于D点
∵∠PBC=30°
∴∠PBA=150°
又∵∠A=15°
∴∠APB=15°（180-150-15）
∴PB=PA=45×3=45海里
∴PD=22.5海里(30度角所对的边等于斜边一半)
22.5大于20，所以不会触礁。
【点评】此题考查了含30°角的直角三角形性质的应用，关键为找出题中的等腰三角形，然后再根据直角三角形性质求解．
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理
【分析】过点C作CG∥AB交ED的延长线于点G,连接FG，易证△BDE≌△CDG，可得DE=DG,BE=CG，即可求得∠FCG=90°，根据勾股定理可得CG2+CF2=FG2，根据等量代换即可解题．
解：如图,过点C作CG∥AB交ED的延长线于点G,连接FG.
?
∵CG∥AB,
∴∠B=∠DCG,∠BED=∠DGC.
∵BD=CD,
∴△BDE≌△CDG,(AAS)
∴DE=DG,BE=CG.
∵∠EDF=90°,
∴DF垂直平分EG,
∴EF=FG.
∵∠A=90°,
∴∠B+∠DCF=180°-90°=90°,
∴∠DCF+∠DCG=∠FCG=90°.
在Rt△CFG中,CG2+CF2=FG2,
即BE2+CF2=EF2.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理，作合适的辅助线是解题的关键.
【考点】频数（率）分布直方图；用样本估计总体；频数（率）分布表．
【分析】（1）根据頻数分布直方图可知800≤x＜900一组的频数是6，然后根据頻数之和为31，即可求得700≤x＜800一组的频数；
（2）利用总销量﹣总成本=利润，进而得出答案；
（3）①利用8m﹣4400＜1200进而得出答案；
②利用当剩余的冰淇淋打八折后全部售完以及当剩余的冰淇淋打八折后仍没人购买，分别表示出利润即可．
解：（1）800≤x＜900一组的频数是6，则700≤x＜800一组的频数是31﹣3﹣6﹣6=16（天）．
；
（2）该冰淇淋的制作成本是5（1+10%）=5.5（元），则平均每日的利润是：8m﹣800×5.5=8m﹣4400；
（3）①由题意可得：8m﹣4400＜1200，
解得：m＜700，
则下个月销售该冰淇淋的日利润少于1200元的天数为：3+6=9（天）；
②当剩余的冰淇淋打八折后全部售完，则其利润为：
8m﹣800×5.5+（800﹣m）×8×0.8
=14.4m+3888，
当剩余的冰淇淋打八折后仍没人购买，则其利润为：8m﹣4400，
故下个月因销售该冰淇淋获得月利润的范围为：8m﹣4400到14.4m+3888．
【点评】此题主要考查了频数分布直方图以及利用样本估计总体以及频数分布直方图等知识，正确利用图形得出正确信息是解题关键．
【考点】一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用
【分析】（1）设A种商品每件的进价为x元，B种商品每件的进价为y元，根据两次进货情况表，可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购进B种商品m件，获得的利润为w元，则购进A种商品（1000﹣m）件，根据总利润=单件利润×购进数量，即可得出w与m之间的函数关系式，由A种商品的数量不少于B种商品数量的4倍，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，再根据一次函数的性质即可解决最值问题．
解：（1）设A种商品每件的进价为x元，B种商品每件的进价为y元，
根据题意得：，
解得：．
答：A种商品每件的进价为20元，B种商品每件的进价为80元．
（2）设购进B种商品m件，获得的利润为w元，则购进A种商品（1000﹣m）件，
根据题意得：w=（30﹣20）（1000﹣m）+（100﹣80）m=10m+10000．
∵A种商品的数量不少于B种商品数量的4倍，
∴1000﹣m≥4m，
解得：m≤200．
∵在w=10m+10000中，k=10＞0，
∴w的值随m的增大而增大，
∴当m=200时，w取最大值，最大值为10×200+10000=12000，
∴当购进A种商品800件、B种商品200件时，销售利润最大，最大利润为12000元．
【点评】本题考查了一次函数的应用、二元一次方程组的应用以及解一元一次不等式，解题的关键是：（1）找准等量关系，列出二元一次方程组；（2）根据数量关系，找出w与m之间的函数关系式．
【考点】平行四边形的判定与性质．
【分析】（1）由已知角相等，利用对顶角相等，等量代换得到同位角相等，进而得出DB与EC平行，再由内错角相等两直线平行得到DE与BC平行，即可得证；
（2）由角平分线得到一对角相等，再由两直线平行内错角相等，等量代换得到一对角相等，再利用等角对等边得到CN=BC，再由平行四边形对边相等即可确定出所求．
（1）证明：∵∠A=∠F，
∴DE∥BC，
∵∠1=∠2，且∠1=∠DMF，
∴∠DMF=∠2，
∴DB∥EC，
则四边形BCED为平行四边形；
（2）解：∵BN平分∠DBC，
∴∠DBN=∠CBN，
∵EC∥DB，
∴∠CNB=∠DBN，
∴∠CNB=∠CBN，
∴CN=BC=DE=2．
【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．　
【考点】
一次函数与二元一次方程（组）
【分析】（1）先解出方程x-2y=0的三个解，再在平面直角坐标系中利用描点法解答；
（2）根据（1）的图象作答；
（3）由方程x-2y=0变形为y=，即正比例函数，根据正比例函数图象的性质回答；
（4）在平面直角坐标系中分别画出x+y=1、2x-y=2的图象，两个图象的交点即为所求．
解：（1）二元一次方程x-2y=0的解可以为：
、、、，
所以，以方程x-2y=0的解为坐标的点分别为：（2，1）、（4，2）、（1，）、（3，），
它们在平面直角坐标系中的图象如下图所示：
（2）由（1）图，知，四个点在一条直线上；
（3）由原方程，得y=，
∵以方程x-2y=0的解为坐标的点的全体叫做方程x-2y=0的图象，
∴方程x-2y=0的图象就是正比例函数y=的图象，
∵正比例函数y=的图象是经过第一、三象限且过原点的一条直线，
∴方程x-2y=0的图象是经过第一、三象限且过原点的一条直线；
（4）①对于方程x+y=1，
当x=0时，y=1；
当y=0时，x=1；
所以方程x+y=1经过（0，1），（1，0）这两点；
②对于方程2x-y=2，
当x=0时，y=-2；
当y=0时，x=1；
所以方程x+y=1经过（0，-2），（1，0）这两点；
综合①②，在平面直角坐标系中画出的二元一次方程组的图象如下所示：
故原方程组的解是，并且能在坐标系中用P（1，0）表示．
【点评】本题主要考查的是二元一次方程组的解及其直线方程的图象，题目比较长，要注意耐心解答．
【考点】四边形综合题
【分析】延长至，使，连接，则，得出是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出，证出，得出，三点共线，由证明得出，得出，由等腰三角形的性质得出，证出，得出，即可得出结论．
解：延长至，使，连接，如图所示：
则，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵是正方形的外角的平分线上一点，
∴，
∴，
∴，三点共线，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键．
A
B
P
C
北
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精品试卷·第
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