卷子答案网-一个不只有答案的网站江西省赣州市大余县衡水实验学校2023-2024学年九年级上学期9月初赛数学试卷（B卷）
一、单选题
1．（2016八下·新城竞赛）在277，355，544，633这四个数中，最大的数是（ ）
A．277 B．355 C．544 D．633
【答案】C
【知识点】有理数大小比较；有理数的乘方
【解析】【解答】解：∵277，355，544，633这四个数变为（27）11，（35）11，（54）11，（63）11，
而27=128，35=243，54=625，63=216，
∴最大的数是544．
故答案为：C．
【分析】找出77、55、44、33的最大公约数为11，再分别求出=128，=243，=625，=216，比较这四个数的大小即可知，选项C符合题意。
2．计算：的结果为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：，
故答案为：A.
【分析】利用二次根式的性质分析化简即可.
3．若关于x的方程的解为正数，且a使得关于y的不等式组恰有两个整数解，则所有满足条件的整数a的值的和是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】一元一次方程的解；解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解：由方程，可得：，
∵方程的解为正数，
∴，
解得：，
∵，
由①可得：y＞-2，
由②可得：，
∴不等式组的解集为，
∵不等式组恰有两个整数解，
∴，
解得：-1
∵a是整数，
∴符合条件的数为0，1，
∴所有满足条件的整数a的值的和0+1=1，
故答案为：B.
【分析】先求出方程的解，再结合方程的解为正数求出a的范围，再求出不等式组的解集，再结合不等式组 恰有两个整数解，求出a的取值范围，再求出符合条件的整数a的值，最后求解即可.
4．用[x]表示不超过x的最大整数，把x﹣[x]称为x的小数部分．已知，a是t的小数部分，b是﹣t的小数部分，则＝（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】估算无理数的大小；代数式求值；定义新运算
【解析】【解答】解：∵，
∴t的整数部分为3，小数部分为，
∴a=，
∵-t=-2-，
∴-t的整数部分为：-3，-t的小数部分为2-，
∴b=，
∴，
故答案为：A.
【分析】先结合题干中的计算方法分别求出a、b的值，再将a、b的值代入计算即可.
5．如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，，CD＝1，对角线的交点为M，则DM＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等腰直角三角形；三角形的综合
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥BD于点H，如图所示：
∵∠AHM=∠CDM=90°，∠AMH=∠CMD，
∴△AMH∽△CMD，
∴，
∵CD=1，
∴，
设AM=m，则CM=-m，
∴，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，
∴，
∵S△ABM=AH×BM=AB×AM，
∴，
∴，
解得：m1=，m2=（舍），
∴CM=，
在Rt△CDM中，，
故答案为：D.
【分析】过点A作AH⊥BD于点H，先证出△AMH∽△CMD，可得，设AM=m，则CM=-m，利用勾股定理求出BM的长，再利用等面积法求出，可得，再求出m的值，最后利用勾股定理求出DM的长即可.
6．一个纸环链，纸环按红黄绿蓝紫的顺序重复排列，截去其中的一部分，剩下部分如图所示，则被截去部分纸环的个数可能是（ ）
A．2010 B．2011 C．2012 D．2013
【答案】D
【知识点】探索图形规律
【解析】【解答】由题意，可知中间截去的是5n+3（n为正整数)，
由5n+3=2013，解得n=402，
其余选项求出的n不为正整数，则选项D正确．
故选D．
【分析】该纸链是5的倍数，剩下部分有12个，12=5×2+2，所以中间截去的是3+5n，从选项中数减3为5的倍数即得到答案．
二、填空题
7．已知（x2﹣x﹣1）x+2＝1，则x＝ ．
【答案】﹣2或﹣1或0或2
【知识点】分式的值为零的条件；有理数的乘方
【解析】【解答】解：根据题意可得：
①当x+2=0时，x=-2，此时代数式 （x2﹣x﹣1）x+2＝ 1；
②当x2﹣x﹣1=1时，x1=-1，x2=2，此时代数式（x2﹣x﹣1）x+2＝ 1；
③当x2﹣x﹣1=-1时，x1=0，x2=1，当x=0时，代数式（x2﹣x﹣1）x+2＝ 1；
综上，当x的值为﹣2或﹣1或0或2时，代数式（x2﹣x﹣1）x+2＝ 1；
故答案为：﹣2或﹣1或0或2.
【分析】分类讨论：①当x+2=0时，②当x2﹣x﹣1=1时，③当x2﹣x﹣1=-1时，再分别求解即可.
8．古希腊数学家毕达哥拉斯把“数”当作“形”来研究，他称下面一些数为“三角形数”（如图），第1个“三角形数”是1，第2个是3，第3个是6，第4个是10，按照这个规律，第50个“三角形数”是 ．
【答案】1275
【知识点】探索图形规律
【解析】【解答】解：第1幅图中“三角形数”的数为1；
第2幅图中“三角形数”的数为3=1+2；
第3幅图中“三角形数”的数为6=1+2+3；
第4幅图中“三角形数”的数为10=1+2+3+4；
∴第n幅图中“三角形数”的数为1+2+3+4+n=；
∴第50幅图中“三角形数”的数为；
故答案为：1275.
【分析】先求出规律第n幅图中“三角形数”的数为1+2+3+4+n=，再将n=50代入计算即可.
9．已知31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，35＝243，36＝729，37＝2187，38＝6561…，请你推测320的个位数是 ．
【答案】1
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，
∴个位数是按3，9，7，1四个为一循环，
∵20÷4=5，
∴320的个位数与34＝81的个位数相同，
故答案为：1.
【分析】先求出规律个位数是按3，9，7，1四个为一循环，再结合20÷4=5，求出320的个位数与34＝81的个位数相同即可.
10．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）的图象如图所示，下列4个结论．
①abc＜0；
②b＜a+c；
③c＜4b；
④a+b＜k（ka+b）（k为常数，且k≠1）．
其中正确的结论有 （填写序号）．
【答案】①③
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：①根据抛物线的图象可得：a<0，b>0，c>0，∴abc<0，∴①正确；
②根据抛物线的图象可得，当x=-1时，函数值y=a-b+c<0，∴a+c
④∵当x=1时，函数值y=a+b+c最大，∴对于任意x=k为常数，且k≠1时，ak2+bk+c＜a+b+c，∴a+b>k（ka+b），∴④不正确，
综上，正确的结论是①③，
故答案为：①③.
【分析】利用二次函数的图象与系数的关系可得a、b、c的正负，再利用二次函数的性质逐项判断即可。
三、解答题
11．（2012八下·建平竞赛）化简：
（1） ；
（2）
【答案】（1）解：原式= = =
（2）解：原式= =
【知识点】实数的运算；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）满足两个条件：一是被开方数的因数是整数,因式是整式；二是被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．这样的二次根式叫作最简二次根式。先将各式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可求解。
（2）根据绝对值的非负性、零指数幂的意义、负整数指数幂的意义、二次根式的乘除将各项化简，再进行加减即可。
12．先化简，再求值：，其中a＝﹣1．
【答案】解：原式＝
＝
＝
＝．
当a＝﹣1时，原式＝＝1．
【知识点】分式的化简求值
【解析】【分析】先利用分式的混合运算化简，再将a的值代入计算即可.
13．（2020八上·梅河口期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC边且BE＝CF，AD+EC＝AB．
（1）求证：△DEF是等腰三角形；
（2）当∠A＝40°时，求∠DEF的度数．
【答案】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵AB＝AD+BD，AB＝AD+EC，
∴BD＝EC，
在△DBE和△ECF中， ，
∴△DBE≌△ECF（SAS）
∴DE＝EF，
∴△DEF是等腰三角形
（2）解：∵∠A＝40°，
∴∠B＝∠C＝ ＝70°，
∴∠BDE+∠DEB＝110°，
又∵△DBE≌△ECF，
∴∠BDE＝∠FEC，
∴∠FEC+∠DEB＝110°，
∴∠DEF＝70°．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定
【解析】【分析】（1）求出EC=DB，∠B=∠C，根据SAS推出△BED≌△CFE，根据全等三角形的性质得出DE=EF即可；（2）根据三角形内角和定理求出∠B=∠C=70°，根据全等得出∠BDE=∠FEC，求出∠DEB+∠FEC=110°，即可得出答案
14．（2019九上·长葛开学考）如图，已知直线l1：y＝2x+1、直线l2：y＝﹣x+7，直线l1、l2分别交x轴于B、C两点，l1、l2相交于点A.
（1）求A、B、C三点坐标；
（2）求△ABC的面积.
【答案】（1）解：直线l1：y＝2x+1、直线l2：y＝﹣x+7联立得， ，
解得 ，
∴交点为A（2，5），
令y＝0，则2x+1＝0，﹣x+7＝0，
解得x＝﹣0.5，x＝7，
∴点B、C的坐标分别是：B（﹣0.5，0），C（7，0）
（2）解：BC＝7﹣（﹣0.5）＝7.5，
∴S△ABC＝ ×7.5×5＝
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；三角形的面积；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）解联立两直线的解析式组成的方程组即可求出点A的坐标，根据直线与x轴交点的纵坐标为0，即可求出点B,C的坐标；
（2）根据三角形ABC的面积=即可算出答案。
15．如果有理数a，b满足|ab﹣2|+（1﹣b）2＝0，试求的值．
【答案】解：∵|ab﹣2|≥0，（1﹣b）2≥0，且|ab﹣2|+（1﹣b）2＝0，
∴ab﹣2＝0，且1﹣b＝0，解得ab＝2，且b＝1，
把b＝1代入ab＝2中，解得a＝2，
则
＝
＝
＝
＝1﹣
＝．
【知识点】非负数之和为0；有理数的巧算（奥数类）
【解析】【分析】先利用非负数之和为0的性质求出a、b的值，再将其代入原式可得，再变形求解即可.
16．（2021九上·温岭竞赛）如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H，求证：
（1）AM = EG；
（2）AH⊥EG；
（3）EG2+BC2=2(AB2+AC2).
【答案】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，CN，
∵AM是△ABC中BC边上的中线，
∴CM＝BM，
在△MBN和△MCA中
∴△MBN≌△MCA（SAS），
∴∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，
∴BN∥AC，NB＝AG，
∴∠NBA＋∠BAC＝180°，
∵∠GAE＋∠BAC＝360° 90° 90°＝180°，
∴∠NBA＝∠GAE，
在△NBA和△GAE中
∴△NBA≌△GAE（SAS），
∴AN＝EG=2AM，
∴AM＝EG.
（2）证明：由（1）△NBA≌△GAE，
∴∠BAN＝∠AEG，
∵∠HAE＋∠BAN＝180° 90°＝90°，
∴∠HAE＋∠AEH＝90°，
∴∠AHE＝90°，
∴AH⊥EG.
（3）证明：连接CE、BG，CG，BE
易证△ACE≌△ABG（SAS）
∴∠AEC=∠GBA，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEC+∠AOE=90°=∠ABO+∠COB=90°，
∴CE⊥BG，
∴EG2＋BC2＝CG2＋BE2，
∴EG2＋BC2＝2（AB2＋AC2）
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】 （1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，CN，利用SAS证明△MBN≌△MCA，利用全等三角形的性质可得到∠BNM＝∠CAM，NB＝AC；再证明∠NBA＝∠GAE，利用SAS证明△NBA≌△GAE，可推出AN＝EG=2AM，由此可证得结论.
（2）利用全等三角形的性质可得到∠BAN＝∠AEG，从而可推出∠AHE＝90°，利用垂直的定义可证得结论.
（3）连接CE、BG，CG，BE，易证△ACE≌△ABG，利用全等三角形的性质去证明CE⊥BG，利用勾股定理可证得EG2＋BC2＝CG2＋BE2，再利用勾股定理可推出结论.
17．设不全相等的非零实数a，b，c满足＝1，求a+b+c的值．
【答案】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴c×（2a2+bc）（2b2+ac）＝（2c2+ab）（b3+abc+a3），
化简，得：a3+b3+c3﹣3abc＝0，
∴（a+b+c）（a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc）＝0，
∵a，b，c是不全相等的非零实数，
∴a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc≠0，
∴a+b+c＝0．
即a+b+c的值是0．
【知识点】因式分解的应用；分式的通分；分式的加减法
【解析】【分析】根据，求出，再化简可得a3+b3+c3﹣3abc＝0，再利用因式分解法可得（a+b+c）（a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc）＝0，再结合a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc≠0，可得a+b+c＝0，从而得解.
18．回答下列问题：
（1）如图1，AB＝BC，当∠ABC＝90°时，将△PAB绕B点顺时针旋转90°，画出旋转后的图形．
（2）在（1）中，若PA＝2，PB＝4，PC＝6，求∠APB的大小．
（3）如图2，∠ABC＝60°，AB＝BC，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则△APC面积是 ．
（4）如图3，△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2AC，点P在△ABC内，且PA＝，PB＝5，PC＝2，求△ABC的面积．
【答案】（1）解：如图1所示，△P′CB即为所求；
（2）解：如图2，连接PP′．
∵将△PAB绕B点顺时针旋转90°，与△P′CB重合，
∴△PAB≌△P′CB，∠PBP′＝90°，
∴BP＝BP′，∠APB＝∠CP′B，AP＝CP′＝2，
∴△PBP′是等腰直角三角形，
∴PP′＝
PB＝4，∠BP′P＝45°．
在△CPP′中，∵PP′＝4，CP′＝2，PC＝6，
∴PP′2+CP′2＝PC2，
∴△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，
∴∠CP′B＝∠BP′P+∠CP′P＝45°+90°＝135°，
∴∠APB＝135°；
（3）+3
（4）解：如图4，作△ABQ，使得：∠QAB＝∠PAC，∠ABQ＝∠ACP，
则△ABQ∽△ACP，
∵AB＝2AC，
∴△ABQ与△ACP相似比为2，
∴AQ＝2AP＝2，BQ＝2CP＝4，∠QAP＝∠QAB+∠BAP＝∠PAC+∠BAP＝∠BAC＝60°，
∵AQ：AP＝2：1，
∴∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，
∴PQ＝＝3，
∴BP2＝25＝BQ2+PQ2，
∴∠BQP＝90°，
∴∠APC＝∠AQB＝90°+30°＝120°；
作AM⊥BQ于M，
由∠BQA＝∠BQP+∠AQP＝120°，
∴∠AQM＝60°，QM＝，AM＝3，
∴AB2＝BM2+AM2＝（4+）2+32＝28+8，
∴S△ABC＝AB ACsin60°＝．
【知识点】旋转的性质；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（2）如图所示：将△PAB绕点A逆时针旋转60°可得△P1AC，连接PP1，
∴△APB≌△AP1C，
∴AP=AP1，∠PAP1=60°，CP1=BP=4，
∴△PAP1是等边三角形，
∴PP1=AP=3，
∵CP=5，CP1=4，PP1=3，
∴PP12+CP12=CP2，
∴△CP1P是直角三角形，且∠CP1P=90°，
∴S△AP1P=×3×=，S△PP1C=×3×4=6，
∴S四边形APCP1=S△APP1+S△PP1C=+6；
∵△APB≌△AP1C，
∴S△ABP+S△APC=S四边形APCP1=+6；
如图可得，
S△ABP+S△BPC=×4×+×3×4=+6；S△APC+S△BPC=×5×+×3×4=+6，
∴S△ABC=×（+6++6++6）=+9，
∴S△APC=S△ABC-（S△APB+S△BPC）=+9-（+6）=+3；
故答案为：+3.
【分析】（1）根据要求作出图象即可；
（2）先证出△PBP′是等腰直角三角形，可得PB＝4，∠BP′P＝45°，再利用勾股定理的逆定理证出△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，再求出∠CP′B＝∠BP′P+∠CP′P＝45°+90°＝135°，即可得到∠APB＝135°；
（3）先求出S四边形APCP1=S△APP1+S△PP1C=+6，再求出S△ABP+S△BPC=×4×+×3×4=+6，S△ABC=×（+6++6++6）=+9，最后求出S△APC=S△ABC-（S△APB+S△BPC）=+9-（+6）=+3即可；
（4）作AM⊥BQ于M，先求出AB2＝BM2+AM2＝（4+）2+32＝28+8，再利用三角形的面积公式求出S△ABC＝AB ACsin60°＝即可.
江西省赣州市大余县衡水实验学校2023-2024学年九年级上学期9月初赛数学试卷（B卷）
一、单选题
1．（2016八下·新城竞赛）在277，355，544，633这四个数中，最大的数是（ ）
A．277 B．355 C．544 D．633
2．计算：的结果为（ ）
A． B． C． D．
3．若关于x的方程的解为正数，且a使得关于y的不等式组恰有两个整数解，则所有满足条件的整数a的值的和是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．用[x]表示不超过x的最大整数，把x﹣[x]称为x的小数部分．已知，a是t的小数部分，b是﹣t的小数部分，则＝（ ）
A． B． C．1 D．
5．如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，，CD＝1，对角线的交点为M，则DM＝（ ）
A． B． C． D．
6．一个纸环链，纸环按红黄绿蓝紫的顺序重复排列，截去其中的一部分，剩下部分如图所示，则被截去部分纸环的个数可能是（ ）
A．2010 B．2011 C．2012 D．2013
二、填空题
7．已知（x2﹣x﹣1）x+2＝1，则x＝ ．
8．古希腊数学家毕达哥拉斯把“数”当作“形”来研究，他称下面一些数为“三角形数”（如图），第1个“三角形数”是1，第2个是3，第3个是6，第4个是10，按照这个规律，第50个“三角形数”是 ．
9．已知31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，35＝243，36＝729，37＝2187，38＝6561…，请你推测320的个位数是 ．
10．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）的图象如图所示，下列4个结论．
①abc＜0；
②b＜a+c；
③c＜4b；
④a+b＜k（ka+b）（k为常数，且k≠1）．
其中正确的结论有 （填写序号）．
三、解答题
11．（2012八下·建平竞赛）化简：
（1） ；
（2）
12．先化简，再求值：，其中a＝﹣1．
13．（2020八上·梅河口期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC边且BE＝CF，AD+EC＝AB．
（1）求证：△DEF是等腰三角形；
（2）当∠A＝40°时，求∠DEF的度数．
14．（2019九上·长葛开学考）如图，已知直线l1：y＝2x+1、直线l2：y＝﹣x+7，直线l1、l2分别交x轴于B、C两点，l1、l2相交于点A.
（1）求A、B、C三点坐标；
（2）求△ABC的面积.
15．如果有理数a，b满足|ab﹣2|+（1﹣b）2＝0，试求的值．
16．（2021九上·温岭竞赛）如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H，求证：
（1）AM = EG；
（2）AH⊥EG；
（3）EG2+BC2=2(AB2+AC2).
17．设不全相等的非零实数a，b，c满足＝1，求a+b+c的值．
18．回答下列问题：
（1）如图1，AB＝BC，当∠ABC＝90°时，将△PAB绕B点顺时针旋转90°，画出旋转后的图形．
（2）在（1）中，若PA＝2，PB＝4，PC＝6，求∠APB的大小．
（3）如图2，∠ABC＝60°，AB＝BC，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则△APC面积是 ．
（4）如图3，△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2AC，点P在△ABC内，且PA＝，PB＝5，PC＝2，求△ABC的面积．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有理数大小比较；有理数的乘方
【解析】【解答】解：∵277，355，544，633这四个数变为（27）11，（35）11，（54）11，（63）11，
而27=128，35=243，54=625，63=216，
∴最大的数是544．
故答案为：C．
【分析】找出77、55、44、33的最大公约数为11，再分别求出=128，=243，=625，=216，比较这四个数的大小即可知，选项C符合题意。
2．【答案】A
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：，
故答案为：A.
【分析】利用二次根式的性质分析化简即可.
3．【答案】B
【知识点】一元一次方程的解；解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解：由方程，可得：，
∵方程的解为正数，
∴，
解得：，
∵，
由①可得：y＞-2，
由②可得：，
∴不等式组的解集为，
∵不等式组恰有两个整数解，
∴，
解得：-1
∵a是整数，
∴符合条件的数为0，1，
∴所有满足条件的整数a的值的和0+1=1，
故答案为：B.
【分析】先求出方程的解，再结合方程的解为正数求出a的范围，再求出不等式组的解集，再结合不等式组 恰有两个整数解，求出a的取值范围，再求出符合条件的整数a的值，最后求解即可.
4．【答案】A
【知识点】估算无理数的大小；代数式求值；定义新运算
【解析】【解答】解：∵，
∴t的整数部分为3，小数部分为，
∴a=，
∵-t=-2-，
∴-t的整数部分为：-3，-t的小数部分为2-，
∴b=，
∴，
故答案为：A.
【分析】先结合题干中的计算方法分别求出a、b的值，再将a、b的值代入计算即可.
5．【答案】D
【知识点】等腰直角三角形；三角形的综合
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥BD于点H，如图所示：
∵∠AHM=∠CDM=90°，∠AMH=∠CMD，
∴△AMH∽△CMD，
∴，
∵CD=1，
∴，
设AM=m，则CM=-m，
∴，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，
∴，
∵S△ABM=AH×BM=AB×AM，
∴，
∴，
解得：m1=，m2=（舍），
∴CM=，
在Rt△CDM中，，
故答案为：D.
【分析】过点A作AH⊥BD于点H，先证出△AMH∽△CMD，可得，设AM=m，则CM=-m，利用勾股定理求出BM的长，再利用等面积法求出，可得，再求出m的值，最后利用勾股定理求出DM的长即可.
6．【答案】D
【知识点】探索图形规律
【解析】【解答】由题意，可知中间截去的是5n+3（n为正整数)，
由5n+3=2013，解得n=402，
其余选项求出的n不为正整数，则选项D正确．
故选D．
【分析】该纸链是5的倍数，剩下部分有12个，12=5×2+2，所以中间截去的是3+5n，从选项中数减3为5的倍数即得到答案．
7．【答案】﹣2或﹣1或0或2
【知识点】分式的值为零的条件；有理数的乘方
【解析】【解答】解：根据题意可得：
①当x+2=0时，x=-2，此时代数式 （x2﹣x﹣1）x+2＝ 1；
②当x2﹣x﹣1=1时，x1=-1，x2=2，此时代数式（x2﹣x﹣1）x+2＝ 1；
③当x2﹣x﹣1=-1时，x1=0，x2=1，当x=0时，代数式（x2﹣x﹣1）x+2＝ 1；
综上，当x的值为﹣2或﹣1或0或2时，代数式（x2﹣x﹣1）x+2＝ 1；
故答案为：﹣2或﹣1或0或2.
【分析】分类讨论：①当x+2=0时，②当x2﹣x﹣1=1时，③当x2﹣x﹣1=-1时，再分别求解即可.
8．【答案】1275
【知识点】探索图形规律
【解析】【解答】解：第1幅图中“三角形数”的数为1；
第2幅图中“三角形数”的数为3=1+2；
第3幅图中“三角形数”的数为6=1+2+3；
第4幅图中“三角形数”的数为10=1+2+3+4；
∴第n幅图中“三角形数”的数为1+2+3+4+n=；
∴第50幅图中“三角形数”的数为；
故答案为：1275.
【分析】先求出规律第n幅图中“三角形数”的数为1+2+3+4+n=，再将n=50代入计算即可.
9．【答案】1
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，
∴个位数是按3，9，7，1四个为一循环，
∵20÷4=5，
∴320的个位数与34＝81的个位数相同，
故答案为：1.
【分析】先求出规律个位数是按3，9，7，1四个为一循环，再结合20÷4=5，求出320的个位数与34＝81的个位数相同即可.
10．【答案】①③
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：①根据抛物线的图象可得：a<0，b>0，c>0，∴abc<0，∴①正确；
②根据抛物线的图象可得，当x=-1时，函数值y=a-b+c<0，∴a+c
④∵当x=1时，函数值y=a+b+c最大，∴对于任意x=k为常数，且k≠1时，ak2+bk+c＜a+b+c，∴a+b>k（ka+b），∴④不正确，
综上，正确的结论是①③，
故答案为：①③.
【分析】利用二次函数的图象与系数的关系可得a、b、c的正负，再利用二次函数的性质逐项判断即可。
11．【答案】（1）解：原式= = =
（2）解：原式= =
【知识点】实数的运算；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）满足两个条件：一是被开方数的因数是整数,因式是整式；二是被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．这样的二次根式叫作最简二次根式。先将各式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可求解。
（2）根据绝对值的非负性、零指数幂的意义、负整数指数幂的意义、二次根式的乘除将各项化简，再进行加减即可。
12．【答案】解：原式＝
＝
＝
＝．
当a＝﹣1时，原式＝＝1．
【知识点】分式的化简求值
【解析】【分析】先利用分式的混合运算化简，再将a的值代入计算即可.
13．【答案】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵AB＝AD+BD，AB＝AD+EC，
∴BD＝EC，
在△DBE和△ECF中， ，
∴△DBE≌△ECF（SAS）
∴DE＝EF，
∴△DEF是等腰三角形
（2）解：∵∠A＝40°，
∴∠B＝∠C＝ ＝70°，
∴∠BDE+∠DEB＝110°，
又∵△DBE≌△ECF，
∴∠BDE＝∠FEC，
∴∠FEC+∠DEB＝110°，
∴∠DEF＝70°．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定
【解析】【分析】（1）求出EC=DB，∠B=∠C，根据SAS推出△BED≌△CFE，根据全等三角形的性质得出DE=EF即可；（2）根据三角形内角和定理求出∠B=∠C=70°，根据全等得出∠BDE=∠FEC，求出∠DEB+∠FEC=110°，即可得出答案
14．【答案】（1）解：直线l1：y＝2x+1、直线l2：y＝﹣x+7联立得， ，
解得 ，
∴交点为A（2，5），
令y＝0，则2x+1＝0，﹣x+7＝0，
解得x＝﹣0.5，x＝7，
∴点B、C的坐标分别是：B（﹣0.5，0），C（7，0）
（2）解：BC＝7﹣（﹣0.5）＝7.5，
∴S△ABC＝ ×7.5×5＝
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；三角形的面积；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）解联立两直线的解析式组成的方程组即可求出点A的坐标，根据直线与x轴交点的纵坐标为0，即可求出点B,C的坐标；
（2）根据三角形ABC的面积=即可算出答案。
15．【答案】解：∵|ab﹣2|≥0，（1﹣b）2≥0，且|ab﹣2|+（1﹣b）2＝0，
∴ab﹣2＝0，且1﹣b＝0，解得ab＝2，且b＝1，
把b＝1代入ab＝2中，解得a＝2，
则
＝
＝
＝
＝1﹣
＝．
【知识点】非负数之和为0；有理数的巧算（奥数类）
【解析】【分析】先利用非负数之和为0的性质求出a、b的值，再将其代入原式可得，再变形求解即可.
16．【答案】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，CN，
∵AM是△ABC中BC边上的中线，
∴CM＝BM，
在△MBN和△MCA中
∴△MBN≌△MCA（SAS），
∴∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，
∴BN∥AC，NB＝AG，
∴∠NBA＋∠BAC＝180°，
∵∠GAE＋∠BAC＝360° 90° 90°＝180°，
∴∠NBA＝∠GAE，
在△NBA和△GAE中
∴△NBA≌△GAE（SAS），
∴AN＝EG=2AM，
∴AM＝EG.
（2）证明：由（1）△NBA≌△GAE，
∴∠BAN＝∠AEG，
∵∠HAE＋∠BAN＝180° 90°＝90°，
∴∠HAE＋∠AEH＝90°，
∴∠AHE＝90°，
∴AH⊥EG.
（3）证明：连接CE、BG，CG，BE
易证△ACE≌△ABG（SAS）
∴∠AEC=∠GBA，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEC+∠AOE=90°=∠ABO+∠COB=90°，
∴CE⊥BG，
∴EG2＋BC2＝CG2＋BE2，
∴EG2＋BC2＝2（AB2＋AC2）
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】 （1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，CN，利用SAS证明△MBN≌△MCA，利用全等三角形的性质可得到∠BNM＝∠CAM，NB＝AC；再证明∠NBA＝∠GAE，利用SAS证明△NBA≌△GAE，可推出AN＝EG=2AM，由此可证得结论.
（2）利用全等三角形的性质可得到∠BAN＝∠AEG，从而可推出∠AHE＝90°，利用垂直的定义可证得结论.
（3）连接CE、BG，CG，BE，易证△ACE≌△ABG，利用全等三角形的性质去证明CE⊥BG，利用勾股定理可证得EG2＋BC2＝CG2＋BE2，再利用勾股定理可推出结论.
17．【答案】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴c×（2a2+bc）（2b2+ac）＝（2c2+ab）（b3+abc+a3），
化简，得：a3+b3+c3﹣3abc＝0，
∴（a+b+c）（a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc）＝0，
∵a，b，c是不全相等的非零实数，
∴a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc≠0，
∴a+b+c＝0．
即a+b+c的值是0．
【知识点】因式分解的应用；分式的通分；分式的加减法
【解析】【分析】根据，求出，再化简可得a3+b3+c3﹣3abc＝0，再利用因式分解法可得（a+b+c）（a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc）＝0，再结合a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc≠0，可得a+b+c＝0，从而得解.
18．【答案】（1）解：如图1所示，△P′CB即为所求；
（2）解：如图2，连接PP′．
∵将△PAB绕B点顺时针旋转90°，与△P′CB重合，
∴△PAB≌△P′CB，∠PBP′＝90°，
∴BP＝BP′，∠APB＝∠CP′B，AP＝CP′＝2，
∴△PBP′是等腰直角三角形，
∴PP′＝
PB＝4，∠BP′P＝45°．
在△CPP′中，∵PP′＝4，CP′＝2，PC＝6，
∴PP′2+CP′2＝PC2，
∴△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，
∴∠CP′B＝∠BP′P+∠CP′P＝45°+90°＝135°，
∴∠APB＝135°；
（3）+3
（4）解：如图4，作△ABQ，使得：∠QAB＝∠PAC，∠ABQ＝∠ACP，
则△ABQ∽△ACP，
∵AB＝2AC，
∴△ABQ与△ACP相似比为2，
∴AQ＝2AP＝2，BQ＝2CP＝4，∠QAP＝∠QAB+∠BAP＝∠PAC+∠BAP＝∠BAC＝60°，
∵AQ：AP＝2：1，
∴∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，
∴PQ＝＝3，
∴BP2＝25＝BQ2+PQ2，
∴∠BQP＝90°，
∴∠APC＝∠AQB＝90°+30°＝120°；
作AM⊥BQ于M，
由∠BQA＝∠BQP+∠AQP＝120°，
∴∠AQM＝60°，QM＝，AM＝3，
∴AB2＝BM2+AM2＝（4+）2+32＝28+8，
∴S△ABC＝AB ACsin60°＝．
【知识点】旋转的性质；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（2）如图所示：将△PAB绕点A逆时针旋转60°可得△P1AC，连接PP1，
∴△APB≌△AP1C，
∴AP=AP1，∠PAP1=60°，CP1=BP=4，
∴△PAP1是等边三角形，
∴PP1=AP=3，
∵CP=5，CP1=4，PP1=3，
∴PP12+CP12=CP2，
∴△CP1P是直角三角形，且∠CP1P=90°，
∴S△AP1P=×3×=，S△PP1C=×3×4=6，
∴S四边形APCP1=S△APP1+S△PP1C=+6；
∵△APB≌△AP1C，
∴S△ABP+S△APC=S四边形APCP1=+6；
如图可得，
S△ABP+S△BPC=×4×+×3×4=+6；S△APC+S△BPC=×5×+×3×4=+6，
∴S△ABC=×（+6++6++6）=+9，
∴S△APC=S△ABC-（S△APB+S△BPC）=+9-（+6）=+3；
故答案为：+3.
【分析】（1）根据要求作出图象即可；
（2）先证出△PBP′是等腰直角三角形，可得PB＝4，∠BP′P＝45°，再利用勾股定理的逆定理证出△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，再求出∠CP′B＝∠BP′P+∠CP′P＝45°+90°＝135°，即可得到∠APB＝135°；
（3）先求出S四边形APCP1=S△APP1+S△PP1C=+6，再求出S△ABP+S△BPC=×4×+×3×4=+6，S△ABC=×（+6++6++6）=+9，最后求出S△APC=S△ABC-（S△APB+S△BPC）=+9-（+6）=+3即可；
（4）作AM⊥BQ于M，先求出AB2＝BM2+AM2＝（4+）2+32＝28+8，再利用三角形的面积公式求出S△ABC＝AB ACsin60°＝即可.
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