期末精选60题（提升版）
一．选择题（共18小题）
1．（奉化区校级期末）已知a、b为实数且满足a≠﹣1，b≠﹣1，设M＝
+
，N＝
+
，则下列两个结论（ ）
①ab＝1时，M＝N；ab＞1时，M＜N．②若a+b＝0，则M•N≤0．
A．①②都对 B．①对②错 C．①错②对 D．①②都错
【分析】①根据分式的加法法则计算，然后分情况讨论即可求得结论；
②根据分式的乘法运算法则计算，再进行分类讨论即可结论．
【解答】解：∵M＝
，N＝
，
∴M﹣N＝
﹣（
）
＝
，
①当ab＝1时，M﹣N＝0，
∴M＝N，
当ab＞1时，2ab＞2，
∴2ab﹣2＞0，
当a＜0时，b＜0，（a+1）（b+1）＞0或（a+1）（b+1）＜0，
∴M﹣N＞0或M﹣N＜0，
∴M＞N或M＜N；
当ab＜1时，ab可能同号，也可能异号，
∴（a+1）（b+1）＞0或（a+1）（b+1）＜0，②2ab﹣a＜0，
∴M＞N或M＜N，
故①错误；
②M•N＝（
﹣）•（
）
＝
，
∵a+b＝0，
∴原式＝
＝
，
∵a≠﹣1，b≠﹣1，
∴（a+1）2（b+1）2＞0，
∵a+b＝0，
∴ab≤0，M•N≤0，
故②对．
故选：C．
【点评】本题主要考查分式的加减，分式的乘除，灵活运用分式的运算法则是解题的关键．
2．（奉化区校级期末）如果关于x，y的二元一次方程组
的解为
，则方程组
的解为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】将方程组
变形为
，据此知x﹣1相当于原方程组中的x，据此求解可得．
【解答】解：由方程组
得
，
根据题意知
，即
，
故选：C．
【点评】本题主要考查二元一次方程组的解，解题的关键是掌握换元思想的运用．
3．（奉化区校级期末）小江去商店购买签字笔和笔记本（签字笔的单价相同，笔记本的单价相同）．若购买20支签字笔和15本笔记本，则他身上的钱会差25元；若购买19支签字笔和13本笔记本，则他身上的钱会剩下15元．若小江购买17支签字笔和9本笔记本，则（ ）
A．他身上的钱会不足95元
B．他身上的钱会剩下95元
C．他身上的钱会不足105元
D．他身上的钱会剩下105元
【分析】设签字笔的单价为x元，笔记本的单价为y元，根据小江身上的钱不变得出方程20x+15y﹣25＝19x+13y+15，整理得x+2y＝40，由小江购买17支签字笔和9本笔记本的钱为17x+9y，得出19x+13y+15﹣（17x+9y）＝2x+4y+15，代入计算即可．
【解答】解：设签字笔的单价为x元，笔记本的单价为y元，
根据题意得：20x+15y﹣25＝19x+13y+15，
整理得：x+2y＝40，
∵小江购买17支签字笔和9本笔记本的钱为17x+9y，
∴19x+13y+15﹣（17x+9y）
＝2x+4y+15
＝2（x+2y）+15
＝2×40+15
＝95，
即小江身上的钱会剩下95元；
故选：B．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，分析题意，找到关键描述语，得出方程是解题的关键．
4．（浦江县期末）关于x的分式方程
＝
有增根，则m的值为（ ）
A．1 B．±1 C．2 D．±2
【分析】方程两边同时乘2（x﹣4），将分式方程转化为整式方程，根据方程有增根，得到x＝4，列出方程计算出m的值即可．
【解答】解：方程两边同时乘2（x﹣4）得：2（x﹣2）＝m2，
∵方程有增根，
∴2（x﹣4）＝0，
∴x＝4，
∴2×（4﹣2）＝m2，
∴m＝±2，
故选：D．
【点评】本题考查了分式方程的增根，理解增根产生的原因是解题的关键．
5．（衢江区校级期末）一项工作，甲、乙两人合作，4天可以完成．他们合作了3天后，乙另有任务，甲单独又用了
天才全部完成．问甲、乙两人单独做，各需几天完成？设甲单独做需要x天，根据题意可列出方程（ ）
A．
+
B．
+
C．
+
D．
+
【分析】设甲单独完成需要x天，根据题意列出方程即可求出答案．
【解答】解：设甲单独完成需要x天，
由题意可知：两人合作的效率为
，
∴乙的效率为
﹣
，
∴
+
．
故选：B．
【点评】本题考查了列一元一次方程解工程问题的运用题的运用，工作总量＝工作效率×工作时间的运用，在解答时根据各部分工作量之和＝工作总量建立方程是关键．
6．（奉化区校级期末）如图，a∥b，设∠1＝（3m+10）°，∠4＝（7m﹣30）°，正确的选项是（ ）
A．若∠2＝∠3，则∠2＝（3m﹣10）°
B．若∠1＝∠4，则∠3＝（m+30）°
C．若∠1＝2∠2＝2∠3，则∠2＝（3m）°
D．若∠1＝∠2＝∠3，则∠2＝（5m﹣10）°
【分析】选项D正确，利用平行线的判定和性质证明即可．
【解答】解：如图，
∵a∥b，
∴∠1＝∠5，
∵∠2+∠4＝∠3+∠5，
当∠2＝∠3时，可以推出∠1＝∠4，
∠2与∠3是变化的，
选项A，B中∠2∠3 不确定表示不了，C选项成立时m＝10°，此时∠1＝∠4＝40°按照题目给的代数式∠C＝30°不存在前面条件的二倍关系．
故A，B，C错误．
如图，当∠1＝∠2＝∠3时，
∵∠1＝∠2，
∴a∥c，
∵a∥b，
∴c∥b，
∴∠3＝∠4，
∵∠1＝∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4，
∴∠2＝
（∠1+∠4）＝
[（3m+10）°+（7m﹣30）°]＝（5m﹣10）°，
故选项D正确，
故选：D．
【点评】本题考查平行线的性质和判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
7．（奉化区校级期末）如图1，当光线在空气进入水中时，会发生折射，满足入射角∠1与折射角∠2的度数比为4：3．如图2，在同一平面上，两条光线同时从空气进入水中，两条入射光线与水面夹角分别为α，β，在水中两条折射光线的夹角为γ，则α，β，γ三者之间的数量关系为（ ）
A．
B．
C．α+β＝γ D．α+β+γ＝180°
【分析】过B，D，F分别作水平线的垂线，则PC∥DE∥QG，依据平行线的性质以及光的折射原理，即可得到α，β，γ三者之间的数量关系．
【解答】解：如图2所示，过B，D，F分别作水平线的垂线，则PC∥DE∥QG，
∴∠BDF＝∠BDE+∠FDE＝∠DBC+∠DFG，
由题可得，∠DBC＝
∠ABP＝
（90°﹣α），∠DFG＝
∠HFQ＝
（90°﹣β），
∴∠BDF＝
（90°﹣α）+
（90°﹣β）＝
（180°﹣α﹣β），
即γ＝135°﹣
（α+β），
∴
（α+β）＝135°﹣γ，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，光学原理，读懂题意并熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
8．（奉化区校级期末）如图，已知直线EC∥BD，直线CD分别与EC，BD相交于C，D两点．在同一平面内，把一块含30°角的直角三角尺ABD（∠ADB＝30°，∠ABD＝90°）按如图所示位置摆放，且AD平分∠BAC，则∠ECA＝（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【分析】如图，延长BA交EC于H．利用平行线的性质求出∠AHC＝90°，再利用三角形的外角的性质解决问题即可．
【解答】解：如图，延长BA交EC于H．
∵EC∥BD，
∴∠CHA+∠ABD＝180°，
∵∠ABD＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝120°，
∵∠BAC＝∠AHC+∠ECA，
∴∠ECA＝30°，
故选：D．
【点评】本题考查平行线的性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9．（鄞州区校级期末）如图，将直角△ABC沿斜边AC的方向平移到△DEF的位置，DE交BC于点G，BG＝4，EF＝10，△BEG的面积为4，下列结论：①∠A＝∠BED；②△ABC平移的距离是4；③BE＝CF；④四边形GCFE的面积为16，正确的有（ ）
A．②③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【分析】由平移的性质得到BE∥AC，AB∥DE，BC＝EF，BE＝CF，故③正确；根据图形的平移得到∠EDC＝∠A，∠EDC＝∠BED，故∠A＝∠BED，故①正确；根据直角三角形斜边大于直角边得到△ABC平移的距离＞4，故②错误；根据三角形的面积公式得到GE＝2，根据梯形的面积公式得到四边形GCFE的面积＝
（6+10）×2＝16，故④正确．
【解答】解：∵△DEF的是直角三角形ABC沿着斜边AC的方向平移后得到的，且A、D、C、F四点在同一条直线上，
∴BE∥AC，AB∥DE，BC＝EF，BE＝CF，故③正确；
由图形的平移知，ED∥AB，AC∥BE，
∴∠EDC＝∠A，∠EDC＝∠BED，
∴∠A＝∠BED，故①正确；
∵BG＝4，
∴AD＝BE＞BG，
∴△ABC平移的距离＞4，故②错误；
∵EF＝10，
∴CG＝BC﹣BG＝EF﹣BG＝10﹣4＝6，
∵△BEG的面积等于4，
∴
BG•GE＝4，
∴GE＝2，
∴四边形GCFE的面积＝
（6+10）×2＝16，故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查了平移的性质，面积的计算等，正确的识别图形是解题的关键．
10．（奉化区校级期末）如图，已知直线AB，CD被直线AC所截，AB∥CD，E是平面内任意一点（点E不在直线AB，CD，AC上），设∠BAE＝α，∠DCE＝β．下列各式：①α+β，②α﹣β，③180°﹣α﹣β，④360°﹣α﹣β，∠AEC的度数可能是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【分析】根据点E有6种可能位置，分情况进行讨论，依据平行线的性质以及三角形外角性质进行计算求解即可．
【解答】解：（1）如图1，由AB∥CD，可得∠AOC＝∠DCE1＝β，
∵∠AOC＝∠BAE1+∠AE1C，
∴∠AE1C＝β﹣α．
（2）如图2，过E2作AB平行线，则由AB∥CD，可得∠1＝∠BAE2＝α，∠2＝∠DCE2＝β，
∴∠AE2C＝α+β．
当AE2平分∠BAC，CE2平分∠ACD时，
∠BAE2+∠DCE2＝
（∠BAC+∠ACD）＝
180°＝90°，即α+β＝90°，
又∵∠AE2C＝∠BAE2+∠DCE2，
∴∠AE2C＝180°﹣（α+β）＝180°﹣α﹣β；
（3）如图3，由AB∥CD，可得∠BOE3＝∠DCE3＝β，
∵∠BAE3＝∠BOE3+∠AE3C，
∴∠AE3C＝α﹣β．
（4）如图4，由AB∥CD，可得∠BAE4+∠AE4C+∠DCE4＝360°，
∴∠AE4C＝360°﹣α﹣β．
（5）（6）当点E在CD的下方时，同理可得，∠AEC＝α﹣β或β﹣α．
综上所述，∠AEC的度数可能为β﹣α，α+β，α﹣β，180°﹣α﹣β，360°﹣α﹣β．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平行线的性质的运用，解题时注意：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等．
11．（奉化区校级期末）已知：直线l1∥l2，一块含30°角的直角三角板如图所示放置，∠C＝60°，∠1＝25°，则∠2等于（ ）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】过C作CM∥直线l1，求出CM∥直线l1∥直线l2，根据平行线的性质得出∠1＝∠MCB＝25°，∠2＝∠ACM，即可求出答案．
【解答】解：
过C作CM∥直线l1，
∵直线l1∥l2，
∴CM∥直线l1∥直线l2，
∵∠ACB＝60°，∠1＝25°，
∴∠1＝∠MCB＝25°，
∴∠2＝∠ACM＝∠ACB﹣∠MCB＝60°﹣25°＝35°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，能正确作出辅助线是解此题的关键．
12．（奉化区校级期末）如图，AB∥EF，∠BAC与∠CDE的角平分线交于点G，且GF∥DE，已知∠ACD＝90°，若∠AGD＝α，∠GFE＝β，则下列等式中成立的是（ ）
A．α＝β B．2α+β＝90° C．3α+β＝90° D．α+2β＝90°
【分析】过D作DP∥EF，连接GC并延长，依据平行线的性质以及三角形的外角性质，即可得到∠CAG+∠CDG＝90°﹣α，∠EDP＝∠F＝β，进而得出2α+β＝90°．
【解答】解：如图，过D作DP∥EF，连接GC并延长，
∵AB∥EF，
∴AB∥DP，
∴∠ACD＝∠BAC+∠PDC＝90°，
又∵∠ACH是△ACG的外角，∠DCH是△DCG的外角，
∴∠ACD＝∠CAG+∠CDG+∠AGD，
∴∠CAG+∠CDG＝90°﹣α，
∵∠BAC与∠CDE的角平分线交于点G，
∴∠BAC＝2∠GAC，∠CDG＝∠EDG，
∴2∠GAC+∠CDG+（∠EDG﹣∠EDP）＝90°，
又∵DP∥EF，DE∥GF，
∴∠EDP＝∠F＝β，
∴2∠GAC+∠CDG+（∠EDG﹣β）＝90°，
即2∠GAC+2∠CDG﹣β＝90°，
∴2（90°﹣α）﹣β＝90°，
∴2α+β＝90°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，熟练掌握“两直线平行，同旁内角互补”是解题的关键．
13．（奉化区校级期末）如图，E在线段BA的延长线上，∠EAD＝∠D，∠B＝∠D，EF∥HC，连FH交AD于G，∠FGA的余角比∠DGH大16°，K为线段BC上一点，连CG，使∠CKG＝∠CGK，在∠AGK内部有射线GM，GM平分∠FGC，则下列结论：①AD∥BC；②GK平分∠AGC；③∠E+∠EAG+∠HCK＝180°；④∠MGK的角度为定值且定值为16°，其中正确结论的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据平行线的判定定理得到AD∥BC，故①正确；由平行线的性质得到∠AGK＝∠CKG，等量代换得到∠AGK＝∠CGK，求得GK平分∠AGC；故②正确；延长EF交AD于P，延长CH交AD于Q，根据平行线的性质和三角形外角的性质得到∠E+∠EAG+∠HCK＝180°；故③正确；根据题意列方程得到∠FGA＝∠DGH＝37°，设∠AGM＝α，∠MGK＝β，得到∠AGK＝α+β，根据角平分线的定义健康得到结论．
【解答】解：∵∠EAD＝∠D，∠B＝∠D，
∴∠EAD＝∠B，
∴AD∥BC，故①正确；
∴∠AGK＝∠CKG，
∵∠CKG＝∠CGK，
∴∠AGK＝∠CGK，
∴GK平分∠AGC；故②正确；
延长EF交AD于P，延长CH交AD于Q，
∵EF∥CH，
∴∠EPQ＝∠CQP，
∵∠EPQ＝∠E+∠EAG，
∴∠CQG＝∠E+∠EAG，
∵AD∥BC，
∴∠HCK+∠CQG＝180°，
∴∠E+∠EAG+∠HCK＝180°；故③正确；
∵∠FGA的余角比∠DGH大16°，
∴90°﹣∠FGA﹣∠DGH＝16°，
∵∠FGA＝∠DGH，
∴90°﹣2∠FGA＝16°，
∴∠FGA＝∠DGH＝37°，
设∠AGM＝α，∠MGK＝β，
∴∠AGK＝α+β，
∵GK平分∠AGC，
∴∠CGK＝∠AGK＝α+β，
∵GM平分∠FGC，
∴∠FGM＝∠CGM，
∴∠FGA+∠AGM＝∠MGK+∠CGK，
∴37°+α＝β+α+β，
∴β＝18.5°，
∴∠MGK＝18.5°，故④错误，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义，三角形的外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
14．（奉化区校级期末）如图，将一副三角板如图放置，则下列结论：
①∠1＝∠3；
②如果∠2＝45°，则有BC∥AE；
③如果∠2＝30°，则有DE∥AB；
④如果∠2＝45°，必有∠4＝∠E．
其中正确的有（ ）
A．①② B．①③ C．①②④ D．①③④
【分析】根据平行线的性质和判定、等腰直角三角形和三角形内角和定理逐个判断即可．
【解答】解：如图，
∵∠EAD＝∠CAB＝90°，
∴∠EAD﹣∠2＝∠CAB﹣∠2，
∴∠1＝∠3，故①正确；
∴∠1＝∠3＝45°，
∵△CAB是等腰直角三角形，
∴∠B＝45°，
∴∠B+∠1+∠2+∠3＝180°，
∴BC∥AE，故②正确；
∵∠2＝30°，
∴∠1＝90°﹣30°＝60°，
∵∠D＝30°，
∴∠1≠∠D，
∴DE和AB不平行，故③错误；
∵∠2＝45°，∠D＝30°，
∴∠CMD＝∠2+∠D＝75°，
∵∠C＝45°，
∴∠4＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∵∠E＝60°，
∴∠4＝∠E，故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，三角形内角和定理，等腰直角三角形等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
15．（奉化区校级期末）如图，已知GF⊥AB，∠1＝∠2，∠B＝∠AGH，则下列结论：
①GH∥BC；②∠D＝∠F：③HE平分∠AHG；④HE⊥AB，
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据平行线的判定得出GH∥BC，根据平行线的性质得出∠1＝∠HGM，∠1＝∠D，再逐个判断即可．
【解答】解：∵∠B＝∠AGH，
∴GH∥BC，故①正确；
∴∠1＝∠HGM，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠HGM，
∴DE∥GF，
∵GF⊥AB，
∴HE⊥AB，故④正确；
∵GF∥DE，
∴∠D＝∠1，
∵∠1＝∠CMF，
根据已知条件不能推出∠F＝∠CMF，
即不能推出∠D＝∠F，故②错误；
∵∠AHG＝∠2+∠AHE，根据已知不能推出∠2＝∠AHE，故③错误；
即正确的有2个，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
16．（奉化区校级期末）如图，小明用两块同样的三角板，按下面的方法作出了平行线，则AB∥CD的理由是（ ）
A．∠2＝∠4 B．∠3＝∠4
C．∠5＝∠6 D．∠2+∠3+∠6＝180°
【分析】根据平行线的判定逐个判断即可．
【解答】解：A、根据∠2＝∠4不能推出AB∥CD，故本选项不符合题意；
B、根据∠3＝∠4能推出AB∥CD，故本选项符合题意；
C、根据∠5＝∠6不能推出AB∥CD，故本选项不符合题意；
D、根据∠2+∠3+∠6＝180°不能推出AB∥CD，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：平行线的判定有：①同位角相等，两直线平行，②内错角相等，两直线平行，③同旁内角互补，两直线平行．
17．（奉化区校级期末）一副直角三角尺叠放如图1所示，现将45°的三角尺ADE固定不动，将含30°的三角尺ABC绕顶点A顺时针转动，使两块三角尺至少有一组边互相平行，如图2，当∠BAD＝15°时，BC∥DE，则∠BAD（0°＜∠BAD＜180°）符合条件的其它所有可能度数为（ ）
A．60°和135° B．45°、60°、105°、135°
C．30°和45° D．以上都有可能
【分析】根据题意画出图形，再由平行线的判定定理即可得出结论．
【解答】解：当AC∥DE时，∠BAD＝∠DAE＝45°；
当BC∥AD时，∠DAB＝∠B＝60°；
当BC∥AE时，∵∠EAB＝∠B＝60°，
∴∠BAD＝∠DAE+∠EAB＝45°+60°＝105°；
当AB∥DE时，∵∠E＝∠EAB＝90°，
∴∠BAD＝∠DAE+∠EAB＝45°+90°＝135°．
故选：B．
【点评】本题考查的是平行线的判定与性质，根据题意画出图形，利用平行线的性质及直角三角板的性质求解是解答此题的关键．
18．（奉化区校级期末）如图，在三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3cm，AC＝4cm，把三角形ABC沿着直线BC向右平移2.5cm后得到三角形DEF，连接AE，AD，有以下结论：①AC∥DF；②AD∥CF；③CF＝2.5cm；④DE⊥AC．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，根据平移的性质，结合图形，对每个结论进行一一分析，选出正确答案．
【解答】解：∵△ABC沿着直线BC的方向平移2.5cm后得到△DEF，
∴AC∥DF，故①正确；
AD∥CF，故②正确；
CF＝AD＝2.5cm，故③正确；
AB∥DE，
又∵∠BAC＝90°，
∴BA⊥AC，
∴DE⊥AC，故④正确；
故选：D．
【点评】本题考查了平移的性质：新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
二．填空题（共25小题）
19．（奉化区校级期末）已知a+b＝8，ab＝15，则a2+b2＝ 34 ．
【分析】将a+b＝8两边平方，利用完全平方公式展开，将ab的值代入，即可求出a2+b2的值．
【解答】解：∵a+b＝8，ab＝15，
∴（a+b）2＝a2+2ab+b2＝a2+30+b2＝64，
则a2+b2＝34．
故答案为：34
【点评】此题考查了完全平方公式的运用，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
20．（奉化区校级期末）已知长方形的面积为4a2﹣9b2，其中长为2a+3b，则宽为 2a﹣3b ．
【分析】根据长方形的宽＝长方形的面积÷长方形的长列出算式，再进一步计算可得．
【解答】解：根据题意，知长方形的宽为（4a2﹣9b2）÷（2a+3b）＝[（2a+3b）（2a﹣3b）]÷（2a+3b）＝2a﹣3b，
故答案为：2a﹣3b．
【点评】本题主要考查整式的除法，解题的关键是掌握整式除法的运算法则．
21．（永嘉县校级期末）已知长方形ABCD，AD＞AB，AD＝10，将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2．当S2﹣S1＝3b时，AB＝ 7 ．
【分析】利用面积的和差分别表示出S1和S2，然后利用整式的混合运算计算它们的差，再由S2﹣S1＝3b，AD＝10，列出方程求得AB便可．
【解答】解：S1＝（AB﹣a）•a+（CD﹣b）（AD﹣a）＝（AB﹣a）•a+（AB﹣b）（AD﹣a），
S2＝AB（AD﹣a）+（a﹣b）（AB﹣a），
∴S2﹣S1＝AB（AD﹣a）+（a﹣b）（AB﹣a）﹣（AB﹣a）•a﹣（AB﹣b）（AD﹣a）
＝（AD﹣a）（AB﹣AB+b）+（AB﹣a）（a﹣b﹣a）
＝b•AD﹣ab﹣b•AB+ab
＝b（AD﹣AB），
∵S2﹣S1＝3b，AD＝10，
∴b（10﹣AB）＝3b，
∴AB＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了列代数式，整式的混合运算，整体思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看作整体的代数式通常要用括号括起来．也考查了正方形的性质．
22．（奉化区校级期末）若a+b＝10，ab＝1，则多项式a3b+ab3的值为 98 ．
【分析】先提公因式，再根据完全平方公式进行变形，最后代入求出即可．
【解答】解：∵a+b＝10，ab＝1，
∴a3b+ab3
＝ab（a2+b2）
＝ab[（a+b）2﹣2ab]
＝1×[102﹣2×1]
＝98，
故答案为：98．
【点评】本题考查了因式分解，能灵活运用因式分解的方法进行变形是解此题的关键．
23．（婺城区校级期末）在日常生活中取款，上网等都需要密码，有一种“因式分解”法产生的密码，方便记忆．原理是：如对于多项式x4﹣y4，因式分解的结果是（x﹣y）（x+y）（x2+y2），若取x＝9，y＝9时，则各个因式的值是：（x﹣y）＝0，（x+y）＝18，（x2+y2）＝162，于是就可以把“018162”作为一个六位数的密码．若对于x4y+xy4因式分解的结果是xy（x+y）（x2﹣xy+y2），若xy与（x+y）构成的密码是127，则（x2﹣xy+y2）对应的数字是多少 13 ．
【分析】因为第一位因式码xy和第二位因式码（x+y）构成的数是“127”，不可能出现xy＝1，x+y＝27，所以得出xy＝12，x+y＝7，由此整体代入求得答案即可．
【解答】解：∵第一位因式码xy和第二位因式码（x+y）构成的数是“127”，
∴xy＝12，x+y＝7，
∴x2﹣xy+y2
＝（x+y）2﹣3xy
＝13．
故答案为：13．
【点评】本题考查了因式分解的应用，理解题意，正确利用基本因式分解方法解决问题．
24．（婺城区校级期末）使
是自然数的非负整数n的值为 0，4，12，28 ．
【分析】首先把
变形为
，然后利用分式的加减法则变为
+
，然后约分化简，再利用32的因数即可求解．
【解答】解：∵
＝
＝
+
＝n﹣4+
，
要使
是自然数，
那么n+4是32的约数，
即n+4＝1、2、4、8、16，32，
∴n＝﹣3、﹣2、0、4、12，28，
又n为非负整数，
∴n＝0、4、12，28．
故答案为：0，4，12，28．
【点评】此题主要考查了数的整除性问题，解题时首先把所给分式变为部分分式的形式，然后利用数的整除性即可解决问题．
25．（奉化区校级期末）若a2﹣
＝3，则a2+
＝ 
；
＝ 1 ．
【分析】将已知等式两边平方得出a4+
＝11，将其代入（a2+
）2＝a4+2+
，继而可得其值；将已知等式代入
＝
可得答案．
【解答】解：∵a2﹣
＝3，
∴（a2﹣
）2＝9，即a4﹣2+
＝9，
则a4+
＝11，
∴（a2+
）2＝a4+2+
＝13，
则a2+
＝
（负值舍去），
＝
＝
＝1，
故答案为：
，1．
【点评】本题考查了分式的混合运算和求值、完全平方公式，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．
26．（奉化区校级期末）计算：（
）0﹣（﹣
）﹣3＝ 9 ．
【分析】先依据零指数幂的性质和负整数指数幂的性质进行计算，然后再利用有理数的减法法则进行计算即可．
【解答】解：原式＝1﹣（﹣8）＝1+8＝9．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查的是零指数幂的性质和负整数指数幂的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
27．（奉化区校级期末）如果关于x，y的二元一次方程组
的解为
，则2b2﹣a2＝ ﹣4 ，关于x，y的方程组
的解为 
．
【分析】将
代入原方程组即可求得2b2﹣a2的值；将方程组变形，使它与原方程组的形式相同后，利用已知可求解．
【解答】解：将
代入原方程组得：
．
由②得：2b2﹣a2＝﹣4．
将方程组
变形为：
．
即：
．
∵方程组：
的解为：
，
∴方程组
的
．
即：
．
故答案为﹣4，
．
【点评】本题主要考查了二元一次方程组的解，解二元一次方程组，将方程组变形为与已知方程组形式相同后，利用类比的方法求解是解题的关键．
28．（奉化区校级期末）若方程组
的解是
，则方程组
的解为 
．
【分析】把x+2018与y﹣2019看作一个整体，根据已知方程组的解确定出所求即可．
【解答】解：∵方程组
的解是
，
∴方程组
的解为
，即
，
故答案为：
【点评】此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的未知数的值．
29．（奉化区校级期末）《九章算术》是中国古代的一本重要数学著作，其中有一道方程的应用题：“五只雀、六只燕，共重16两，雀重燕轻．互换其中一只，恰好一样重，问每只雀、燕的重量各为多少？”解：设雀每只x两，燕每只y两，则可列出方程组为 
．
【分析】设雀重x两，燕重y两，根据五只雀、六只燕，共重1斤（等于16两），雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重，列方程组即可．
【解答】解：设雀重x两，燕重y两，
由题意得，
．
故答案是：
．
【点评】本题考查了有实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组．
30．（奉化区校级期末）某人沿着向上移动的自动扶梯从顶朝下走到底用了80s，而他沿同一扶梯从底朝上走到顶只用了10s，那么此人不走动，乘该扶梯从底到顶所需的时间是 
s（该人上、下的速度不变，电梯向上移动的速度也不变）．
【分析】可设总长是s，人的速度是v1，电梯的速度是v2，根据路程＝速度和（或差）×时间，根据题意列出方程组解答即可．
【解答】解：设总长是s，人的速度是v1，电梯的速度是v2，则
，
得：
，
那么人不走，时间是：
（秒）．
故答案为：
．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，有一定的难度，解题的关键是求得电梯的速度和人的速度之间的关系．
31．（李沧区期末）如图，是由7块颜色不同的正方形组成的长方形，已知中间小正方形的边长为1，则这个长方形的面积为 63 ．
【分析】设左下角的小正方形边长为x，左上角最大的正方形的边长为y，根据矩形的长和宽列出方程组求解即可．
【解答】解：设左下角的小正方形边长为x，左上角最大的正方形的边长为y，
由题意得：
，
解得：
，
∴矩形的长＝2+2+2+3＝9，宽＝2+5＝7，
S矩形＝7×9＝63，
故答案为：63．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
32．（奉化区校级期末）如图，P是长方形ABCD内一点，过点P分别作EF∥AB，GH∥BC，（E，F，G，H在长方形的各边上），这样，EF，GH就把长方形ABCD分割成四个小长方形，若其中长方形BEPG的面积是其周长的1.5倍，长方形AGPF和长方形PECH的面积均为2，则长方形PHDF的周长为 
．
【分析】列二元一次方程组解决实际问题的一般步骤：
（1）审题：找出问题中的已知条件和未知量及它们之间的关系．
（2）设元：找出题中的两个关键的未知量，并用字母表示出来．
（3）列方程组：挖掘题目中的关系，找出两个等量关系，列出方程组．
（4）求解．（5）检验作答：检验所求解是否符合实际意义，并作答．
【解答】解：设PG＝a，PE＝b，PF＝c，PH＝d，
根据题意，得
ac＝bd＝2，则c＝
，d＝
．
又ab＝1.5×2（a+b）＝3（a+b）．
c+d＝
+
＝
＝
＝
．
所以长方形PHDF的周长为2（c+d）＝
．
故答案为
．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，长方形AGPF和长方形PECH的面积均为2，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
33．（奉化区校级期末）如图，用如图①中的a张长方形和b张正方形纸板作侧面和底面，做成如图②的竖式和横式两种无盖纸盒，若295＜a+b＜305，用完这些纸板做竖式纸盒比横式纸盒多30个，则a＝ 225 ，b＝ 75 ．
【分析】设出横式纸盒的个数，表示竖式纸盒的个数，同时也能表示出a，b，再由295＜a+b＜305，列出不等式组，解出个数的取值范围，取整数解，进而计算出a，b的值．
【解答】解：设横式纸盒x个，则竖式纸盒为（x+30）个，a＝4（x+30）+3x，b＝（x+30）+2x，
∵295＜a+b＜305，
∴295＜4（x+30）+3x+（x+30）+2x＜305，
解得：14.5＜x＜15.5，
∵x为整数，
∴x＝15
当x＝15时，a＝225，b＝75，
故答案为：225，75．
【点评】考查一元一次不等式组的应用，会用盒子的个数表示a，b，是列一元一次不等式的关键．
34．（奉化区校级期末）如图所示，一个大长方形刚好由n个相同的小长方形拼成，其上、下两边各有2个水平放置的小长方形，中间恰好用若干个小长方形平放铺满，若这个大长方形的长是宽的1.75倍，则n的值是 32 ．
【分析】设长方形的长为a，宽为b，依据题意可得大长方形长为2a，宽为2b+a，然后列方程2a＝1.75（2b+a）解答即可．
【解答】解：依题意，设小长方形的长为a，宽为b，
则大长方形长为2a，宽为2b+a，
则2a＝1.75（2b+a），解得a＝14b，
∴大长方形有14×2+4＝32（个）小长方形拼成．
故答案为：32
【点评】本题主要考查的是二元一次方程组的应用，依据正方形的边长相等列出方程组是解题的关键．
35．（奉化区校级期末）若分式方程
有增根，则k＝ ﹣
．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求得x，由分式方程有增根，得到最简公分母为0求出x的值，据此得出关于k的方程求出k的值即可．
【解答】解：等式两边同乘（x﹣1），得：2k+3＝x﹣1，
解得：x＝2k+4，
∵方程有增根，
∴x﹣1＝0即2k+4＝1，
∴
．
故答案为：﹣
．
【点评】此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
36．（诸暨市期末）光线在不同介质中传播速度不同，从一种介质射向另一种介质时会发生折射．如图，水面AB与水杯下沿CD平行，光线EF从水中射向空气发生折射，光线变成FH，点G在射线EF上，已知∠HFB＝25°，∠FED＝65°，则∠GFH＝ 40° ．
【分析】根据平行线的性质知∠GFB＝∠FED＝65°，结合图形求得∠GFH的度数．
【解答】解：∵AB∥CD，∠FED＝65°，
∴∠GFB＝∠FED＝65°．
∵∠HFB＝25°，
∴∠GFH＝∠GFB﹣∠HFB＝65°﹣25°＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．
37．（北仑区期末）在一副三角尺中∠BPA＝45°，∠CPD＝60°，∠B＝∠C＝90°，将它们按如图所示摆放在量角器上，边PD与量角器的0°刻度线重合，边AP与量角器的180°刻度线重合．将三角尺PCD绕点P以每秒3°的速度逆时针旋转，同时三角尺ABP绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，当三角尺PCD的PC边与180°刻度线重合时两块三角尺都停止运动，则当运动时间t＝ 6、9、15、33 秒时，两块三角尺有一组边平行．
【分析】①当AP∥CD时，②当AB∥PD时，③当AB∥CD时，④当AB∥CP时，⑤当AP∥CD时，分五种情况分别讨论．
【解答】①当AP∥CD时，∠APD+∠D＝180°．
∵∠D＝30°，
∴∠APD＝150°．
∴180°﹣5t＝150°．
t＝6．
②当AB∥PD时，∠A+∠APD＝180°．
∵∠A＝45°，
∴∠APD＝135°，
∴180°﹣5t＝135°，
t＝9．
③当AB∥CD时，∠APD＝105°＝180°﹣5t，
∴t＝15．
④当AB∥CP时，∠CPB＝90°，
∴∠APD＝60°+45°﹣90°＝180°﹣5t，
∴t＝33．
⑤当AP∥CD时，∠C+∠APC＝180°，
∴∠APD＝90°，
∴∠APD＝30°＝5t﹣180°，
∴t＝42＞40（舍去）．
故答案为：6，9，15，33．
【点评】本题考查了平行线的性质，旋转的知识，解题关键把所有的情况都分析出来，注意结果是否符合题意，这也是学生很容易忽略的地方．
38．（温州校级一模）已知一组数据的频率为0.35，数据总数为500个，则这组数据的频数为 175 ．
【分析】根据频率、频数的关系：频率＝频数÷数据总数可得这组数据的频数．
【解答】解：∵一组数据的频率是0.35，数据总数为500个，
∴这组数据的频数为500×0.35＝175．
故答案为：175．
【点评】本题考查频率、频数、数据总数的关系：频率＝频数÷数据总数．
39．（盐城）将50个数据分成3组，其中第一组和第三组的频率之和为0.7，则第二小组的频数是 15 ．
【分析】根据频率的性质，即各组的频率和是1，求得第二组的频率；
再根据频率＝频数÷总数，进行计算．
【解答】解：根据频率的性质，得
第二小组的频率是0.3，则第二小组的频数是50×0.3＝15．
【点评】本题考查频率、频数的关系：频率＝
．
注意：各组的频率和是1．
40．（浦江县期末）已知
＝
，则
＝ 
．
【分析】先求已知的倒数等于7，化简后两边平方得62，再把所求式子的倒数求出结果为61，最终结果算出．
【解答】解：∵
＝
，
∴
＝7．
∴x﹣1+
＝7．
∴x+
＝8．
∴x2+
＝62．
∵
＝x2﹣1+
＝61，
∴
＝
．
故答案为
．
【点评】考查分式值的计算，解题的关键是先求倒数．
41．（上虞区期末）已知二元一次方程组
的解为
，则方程组
的解为 
．
【分析】根据方程组的解以及方程组之间的关系，系数的特点可得，方程组
的解就是方程组
的解，求出方程组
的解即可．
【解答】解：由题意得，
方程组
的解就是方程组
的解，
而方程组
的解为：
，
故答案为：
．
【点评】本题考查解二元一次方程组，二元一次方程组的解，理解二元一次方程组的解的概念，通过比较，发现两个方程组形式相同，从而得到方程组的解是关键．
42．（奉化区校级期末）若方程组
的解是
，则方程组
的解是x＝ ﹣1 ，y＝ ﹣3 ．
【分析】把
代入方程组
可求出c1﹣c2＝2（a1﹣a2），c1﹣2a1＝3，再根据方程组
，即可求出x、y的值．
【解答】解：把
代入方程组
得，
，
所以c1﹣c2＝2（a1﹣a2），c1﹣2a1＝3，
方程组
，①﹣②得，（a1﹣a2）x＝a1﹣a2﹣（c1﹣c2），
所以（a1﹣a2）x＝﹣（a1﹣a2），
因此x＝﹣1，
把x＝﹣1代入方程组
中的方程①得，﹣a1+y＝a1﹣c1，所以y＝2a1﹣c1＝﹣（c1﹣2a1）＝﹣3，
故答案为：﹣1，﹣3．
【点评】本题考查二元一次方程组及其解法，掌握方程组的解法是解决问题的关键，解二元一次方程组的基本思想是消元．
43．（宁波期末）对x，y定义一种新运算F，规定：F（x，y）＝（mx+ny）（3x﹣y）（其中m，n均为非零常数）．例如：F（1，1）＝2m+2n，F（﹣1，0）＝3m．当F（1，﹣1）＝﹣8，F（1，2）＝13，则F（x，y）＝ 9x2+12xy﹣5y2 ；当x2≠y2时，F（x，y）＝F（y，x）对任意有理数x，y都成立，则m，n满足的关系式是 3m+n＝0 ．
【分析】（1）根据新运算F的定义，得m﹣n＝﹣2，m+2n＝13，故m＝3，n＝5．那么，F（x，y）＝（mx+ny）（3x﹣y）＝（3x+5y）（3x﹣y）＝9x2+12xy﹣5y2．
（2）由F（x，y）＝F（y，x），得3mx2+（3n﹣m）xy﹣ny2＝3my2+（3n﹣m）xy﹣nx2，故（3m+n）x2＝（3m+n）y2．由当x2≠y2时，F（x，y）＝F（y，x）对任意有理数x，y都成立，故当x2≠y2时，（3m+n）x2＝（3m+n）y2对任意有理数x，y都成立．那么，3m+n＝0．
【解答】解：（1）∵F（1，﹣1）＝﹣8，F（1，2）＝13，
∴（m﹣n）×[3﹣（﹣1）]＝﹣8，（m+2n）（3×1﹣2）＝13．
∴m﹣n＝﹣2，m+2n＝13．
∴m＝3，n＝5．
∴F（x，y）＝（mx+ny）（3x﹣y）＝（3x+5y）（3x﹣y）＝9x2﹣3xy+15xy﹣5y2＝9x2+12xy﹣5y2．
（2）∵F（x，y）＝（mx+ny）（3x﹣y），F（y，x）＝（my+nx）（3y﹣x），
∴F（x，y）＝3mx2﹣mxy+3nxy﹣ny2＝3mx2+（3n﹣m）xy﹣ny2．
F（y，x）＝3my2﹣mxy+3nxy﹣nx2＝3my2+（3n﹣m）xy﹣nx2．
若当x2≠y2时，F（x，y）＝F（y，x）对任意有理数x，y都成立，
∴当x2≠y2时，3mx2+（3n﹣m）xy﹣ny2＝3my2+（3n﹣m）xy﹣nx2对任意有理数x，y都成立．
∴当x2≠y2时，（3m+n）x2＝（3m+n）y2对任意有理数x，y都成立．
∴3m+n＝0．
故答案为：9x2+12xy﹣5y2，3m+n＝0．
【点评】本题主要考查整式的运算以及解二元一次方程组，熟练掌握二元一次方程组的解法以及整式的运算是解题的关键．
三．解答题（共17小题）
44．（奉化区校级期末）把几个图形拼成一个新的图形，再通过图形面积的计算，常常可以得到一些有用的式子．
（1）图1是由几个面积不等的小正方形与小长方形拼成的一个边长为a+b+c的正方形，试用不同的方法计算这个正方形的面积，你发现了什么结论？请写出来．
（2）图2是将两个边长分别为a和b的正方形拼在一起，B、C、G三点在同一直线上，连接BD、BF，若两正方形的边长满足a+b＝10，ab＝20，试求阴影部分的面积．
【分析】（1）此题根据面积的不同求解方法，可得到不同的表示方法．一种可以是3个正方形的面积和6个矩形的面积，一种是大正方形的面积，可得等式（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，
（2）利用S阴影＝正方形ABCD的面积+正方形ECGF的面积﹣三角形BGF的面积﹣三角形ABD的面积求解．
【解答】解：（1）（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac
（2）∵a+b＝10，ab＝20，
∴S阴影＝a2+b2﹣
（a+b）•b﹣
a2＝
a2+
b2﹣
ab＝
（a+b）2﹣
ab＝
×102﹣
×20＝50﹣30＝20．
【点评】本题考查了完全平方公式几何意义，解题的关键是注意图形的分割与拼合，会用不同的方法表示同一图形的面积．
45．（江干区期末）某校为了改善校园环境，准备在长宽如图所示的长方形空地上，修建横纵宽度均为a米的两条小路，其余部分修建花圃．
（1）用含a，b的代数式表示花圃的面积并化简；
（2）记长方形空地的面积为S1，花圃的面积为S2，若5S2﹣3S1＝10a2，求
的值．
【分析】（1）把两条小路平移使花圃的面积变为一个长方形的面积，所以花圃的面积＝（2a+b﹣a）（3a+b﹣a），然后利用展开公式展开合并即可；
（2）利用5S2﹣3S1＝10a2得到b＝3a，则用a表示S1、S2，然后计算它们的比值．
【解答】解：（1）平移后图形为：（四边形ABCD为花圃的面积），
所以花圃的面积＝（2a+b﹣a）（3a+b﹣a）
＝（a+b）（2a+b）
＝2a2+ab+2ab+b2
＝2a2+3ab+b2；
（2）S1＝（2a+b）（3a+b）＝6a2+5ab+b2，
S2＝2a2+3ab+b2；
∵5S2﹣3S1＝10a2，
∴5（2a2+3ab+b2）﹣3（6a2+5ab+b2）＝10a2，
∴b2＝9a2，
∴b＝3a（负值舍去），
∴S1＝6a2+15a2+9a2＝30a2，S2＝2a2+9a2+9a2＝20a2，
∴
＝
＝
．
【点评】本题考查了整式的乘法和生活中的平移现象：在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移．通过平移把不规则的图形变为规则图形．也考查了整式的混合运算．
46．（奉化区校级期末）如图，一个长方形中剪下两个大小相同的正方形（有关线段的长如图所示），留下一个“T”型的图形（阴影部分）．
（1）用含x，y的代数式表示“T”型图形的面积并化简．
（2）若y＝3x＝21米，“T”型区域铺上价格为每平方米20元的草坪，请计算草坪的造价．
【分析】（1）用大长方形面积减去两个小正方形面积；
（2）先求出x，然后将x、y的值代入即可．
【解答】解：（1）（2x+y）（x+2y）﹣2y2
＝2x2+4xy+xy+2y2﹣2y2
＝2x2+5xy；
（2）∵y＝3x＝21，
∴x＝7，
2x2+5xy＝2×49+5×7×21＝833（平方米）
20×833＝16660（元）
答：草坪的造价为16660元．
【点评】本题考查了整式的混合运算，正确运用运算法则计算是解题的关键．
47．（奉化区校级期末）小明发现爸爸和妈妈的加油习惯不同，妈妈每次加油都说“师傅，给我加200元油”（油箱未加满），而爸爸则说：“师傅，帮我把油箱加满!”小明很好奇：现实生活中油价常有变动，爸爸妈妈不同的加油方式，哪种方式会更省钱呢？现以两次加油为例来研究．设爸爸妈妈第一次加油油价为x元/升，第二次加油油价为y元/升，
（1）求妈妈两次加油的总量和两次加油的平均价格．（用含x，y的代数式表示）
（2）爸爸和妈妈的两种加油方式中，谁的加油方式更省钱？用所学数学知识说明理由．
【分析】（1）根据题意，可以用含有x、y的代数式表示出妈妈两次加油的总量和两次加油的平均价格；
（2）根据题意，可以用x、y的代数式表示出爸爸两次加油的平均价格，然后和妈妈两次加油的平均价格作差，然后比较大小，即可解答本题．
【解答】解：（1）由题意可得，
妈妈两次加油的总量是：
＝
（升），
妈妈两次加油的平均价格是：
＝
（元/升），
即妈妈两次加油的总量是
升，妈妈两次加油的平均价格是
元/升；
（2）设爸爸每次加满油箱的油是a升，
则爸爸两次加油的平均价格是
（元/升），
﹣
＝
＝
≤0，
当x＝y时，爸爸的加油方式和妈妈的加油方式一样省钱；
当x≠y时，妈妈的加油方式更省钱．
【点评】本题考查分式的混合运算，解答本题的关键是明确分式混合运算的计算方法．
48．（义乌市期末）化简（
+
）×
，并从1，2，3中选取所有合适的数作为a代入求值．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将使分式有意义的a的值代入计算即可．
【解答】解：原式＝
，
当a＝1时，原式＝
．
当a＝3时，原式＝
．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
49．（奉化区校级期末）已知m＝a2b，n＝3a2﹣2ab（a≠0，a≠b）．
（1）当a＝3，b＝﹣2时，分别求m，n的值．
（2）比较n+
与2a2的大小．
（3）当m＝12，n＝18时，求
﹣
的值．
【分析】（1）将a、b的代入m、n中，即可得到m、n的值；
（2）两式作差，然后和0比较大小，即可判断n+
与2a2的大小；
（3）先对所求式子变形，再根据m、n的值即可解答本题．
【解答】解：（1）∵m＝a2b，n＝3a2﹣2ab，a＝3，b＝﹣2，
∴m＝32×（﹣2）＝﹣18，n＝3×32﹣2×3×（﹣2）＝39，
即m、n的值分别为﹣18，39；
（2）∵m＝a2b，n＝3a2﹣2ab（a≠0，a≠b），
∴n+
﹣2a2
＝3a2﹣2ab+
﹣2a2
＝3a2﹣2ab+b2﹣2a2
＝a2﹣2ab+b2
＝（a﹣b）2＞0，
即n+
＞2a2；
（3）
﹣
＝
＝
，
∵m＝a2b，n＝3a2﹣2ab，m＝12，n＝18，
∴原式＝
＝
．
【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
50．（上城区期末）静静同学解分式方程
的过程如下：
去分母得：﹣6x﹣2（3﹣x）＝5（x﹣1）
去括号得：﹣6x﹣6﹣2x＝5x﹣5
移项得：﹣6x﹣2x﹣5x＝﹣5﹣6
合并同类项得：﹣13x＝﹣11
两边同除以13得：x＝
经检验x＝
是方程的解．
静静的解答过程是否有错误？如果有错误，请写出正确的解答过程．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：静静的解答过程有错误，
正确的解答过程为：
去分母得：6x﹣2（3﹣x）＝5（x﹣1）
去括号得：6x﹣6+2x＝5x﹣5
移项得：6x+2x﹣5x＝﹣5+6
合并同类项得：3x＝1
两边同除以3得：x＝
，
经检验x＝
是方程的解．
所以原方程的解为：x＝
．
【点评】此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
51．（东阳市期末）某社区拟建A、B两类摊位以搞活“地摊经济”，每个摊位的占地面积A类比B类多2平方米．建A类、B类摊位每平方米的费用分别为40元、30元．若用60平方米建A类或B类摊位，则A类摊位的个数恰好是B类摊位个数的
．
（1）求每个A、B类摊位的占地面积．
（2）已知该社区规划用地70平方米建摊位，且刚好全部用完．
①请写出建A、B两类摊位个数的所有方案，并说明理由．
②请预算出该社区建成A、B两类摊位需要投入的最大费用．
【分析】（1）设每个B类摊位的占地面积为x平方米，则每个A类摊位的占地面积为（x+2）平方米，由题意：若用60平方米建A类或B类摊位，则A类摊位的个数恰好是B类摊位个数的
．列出分式方程，解方程即可；
（2）①设建A类摊位a个，B类摊位b个，由题意：该社区规划用地70平方米建摊位，且刚好全部用完．列出二元一次方程，求出正整数解即可；
②求出建成A、B两类摊位需要投入的费用为﹣30b+2800，b越小，费用越大，即可求解．
【解答】解：（1）设每个B类摊位的占地面积为x平方米，则每个A类摊位的占地面积为（x+2）平方米，
由题意得：
＝
×
，
解得：x＝3，
经检验，x＝3是原方程的解，
则x+2＝5，
答：每个A类摊位的占地面积为5平方米，则每个A类摊位的占地面积为3平方米；
（2）①有4个方案，理由如下：
设建A类摊位a个，B类摊位b个，
由题意得：5a+3b＝70，
则a＝14﹣
b，
∵a、b为正整数，
∴
或
或
或
，
∴共有4个方案：
A类摊位11个，B类摊位5个；
A类摊位8个，B类摊位10个；
A类摊位5个，B类摊位15个；
A类摊位2个，B类摊位20个；
②建成A、B两类摊位需要投入的费用为：40×5a+30×3b＝200（14﹣
b）+90b＝﹣30b+2800，
∵b越小，费用越大，
∴当b＝5时，费用最大值＝﹣30×5+2800＝2650（元），
即该社区建成A、B两类摊位需要投入的最大费用为2650元．
【点评】本题考查了分式方程的应用、二元一次方程的应用等知识；找准等量关系，列出分式方程和二元一次方程是解题的关键．
52．（沙坪坝区期末）在落实“精准扶贫”战略中，三峡库区某驻村干部组织村民依托著名电商平台“拼多多”组建了某土特产专卖店，专门将进货自本地各家各户的A、B两款商品销售到全国各地．2020年10月份，该专卖店第一次购进A商品40件，B商品60件，进价合计8400元；第二次购进A商品50件，B商品30件，进价合计6900元．
（1）求该专卖店10月份A、B两款商品进货单价分别为多少元？
（2）10月底，该专卖店顺利将两次购进的商品全部售出．由于季节原因，B商品缺货，该专卖店在11月份和12月份都只能销售A商品，且A商品11月份的进货单价比10月份上涨了m元，进价合计49000元；12月份的进货单价又比11月份上涨了0.5m元，进价合计61200元，12月份的进货数量是11月份进货数量的1.2倍．为了尽快回笼资金，A商品在11月份和12月份的销售过程中维持每件150元的售价不变，到2021年元旦节，该专卖店把剩下的50件A商品打八折促销，很快便售完，求该专卖店在A商品进货单价上涨后的销售总金额为多少元？
【分析】（1）设10月份A商品的进货单价为x元，B商品的进货单价为y元，根据题意列出二元一次方程组，解之即可得出结果；
（2）根据题意列出分式方程，求出m，进一步求出11月份、12月份购进的A商品数量，即可得出结果．
【解答】解：（1）设10月份A商品的进货单价为x元，B商品的进货单价为y元，
由题意得：
，
解得：
，
答：该店A、B两款商品进货单价分别为90元和80元；
（2）由题意可得：
×1.2＝
，
解得：m＝8，
经检验，m＝8是原分式方程的解，
故11月份购进的A商品数量为：
＝500（件），
12月份购进的A商品数量为500×1.2＝600（件），
（500+600﹣50）×150+150×0.8×50＝163500（元）．
答：该专卖店在A商品进货单价上涨后的销售总金额为163500元．
【点评】本题考查了分式方程的应用、二元一次方程组的应用等知识；解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组和分式方程，注意分式方程要检验．
53．（奉化区校级期末）湖州奥体中心是一座多功能的体育场，目前体育场内有一块一长80m，宽60m的长方形空地，体育局希望将其改建成花园小广场，设计方案如图，阴影区域是面积为192平方米的绿化区（四块相同的直角三角形），空白区域为活动区，且四周出口宽度一样．
（1）体育局先对四个绿化区域进行绿化，在完成工作量的
后，施工方进行了技术改进，每天的绿化面积是原计划的两倍结果提前四天完成四个绿化区域的改造，问原计划每天绿化多少平方米？
（2）老师提出了一个问题：你能不能求出活动区的出口宽度是多少呢？
请你根据小丽的方法求出活动区的出口宽度，请把过程写下来．
【分析】（1）设原计划每天绿化x平方米，根据施工方进行了技术改进，每天的绿化面积是原计划的两倍结果提前四天完成四个绿化区域的改造，列出方程即可求解；
（2）设直角三角形较长直角边为x米，较短直角边为y米，根据出口宽度一样；阴影区域是面积为192平方米的绿化区；列出方程组即可求解．
【解答】解：（1）设原计划每天绿化x平方米，则
﹣
＝4，
解得x＝16，
经检验，x＝16是原方程的解，且符合题意．
故原计划每天绿化16平方米；
（2）设直角三角形较长直角边为x米，较短直角边为y米，则
，
，
∵（x+y）2＝（x﹣y）2+4xy＝484，
∴x+y＝22，
再由
可得
．
故活动区的出口宽度是80﹣2x＝80﹣32＝48米．
【点评】本题是有关几何图形的应用问题，考查了分式方程、二元二次方程组的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
54．（奉化区校级期末）一项工程甲队单独完成所需天数是乙队单独完成这项工程所需天数的
；若由乙队先做45天，剩下的工程再由甲、乙两队合作54天可以完成．
（1）求甲、乙两队单独完成这项工程各需要多少天？
（2）已知甲队每天的施工费用为0.82万元，乙队每天的施工费用为0.68万元，工程预算的施工费用为100万元，拟安排甲、乙两队同时合作完成这项工程，则工程预算的施工费用是否够用？若不够用，需追加预算多少万元？说明理由．
【分析】（1）设乙队单独完成这项工程需要x天，则甲队单独完成这项工程需要
x天，工程任务是1，工作效率分别是：
，
；工作量＝时间×工作效率，等量关系为：前10天甲的工作量+后30天甲乙合做工作量＝1．据此可列方程求解．
（2）在（1）的基础上，求得甲乙单独完成这项需要的天数，得到甲乙的工作效率，用（甲的工作效率+乙的工作效率）×合做天数＝1得出合做天数，再进一步计算出每个队的费用，回答题目的问题．
【解答】解：（1）设乙队单独完成这项工程需要x天，则甲队单独完成这项工程需要
x天．
根据题意得：
+54×
＝1．
解得：x＝180．
经检验：x＝180是所列方程的根．且符合题意，
∴
x＝
×180＝120（天）．
答：甲、乙两队单独完成这项工程各需要120天和180天．
（2）设甲、乙两队合作完成这项工程需要y天．
可得：（
+
）y＝1．
解得：y＝72．
需要施工费用：72×（0.82+0.68）＝108（万元）．
∵108＞100，108﹣100＝8（万元）
∴工程预算的施工费用不够用．需追加预算8万元．
【点评】考查了分式方程的应用，通过第一问可以得出甲、乙两队单独完成这项工程各需要天数，也就知道了甲乙的工作效率，在第二问中甲乙工作效率是没有变的，要充分运用这个结论．找到合适的等量关系是解决问题的关键．
55．（奉化区校级期末）某市为创建生态文明建设城市，对公路旁的绿化带进行全面改造．现有甲、乙两个工程队，甲队单独完成这项工程，刚好如期完成，每施工一天，需付工程款1.5万元；乙工程队单独完成这项工程要比规定工期多用a天，乙工程队每施工一天需付工程款1万元．若先由甲、乙两队一起合作b天，剩下的工程由乙队单独做，也正好如期完工
（1）当a＝6，b＝4时，求工程预定工期的天数．
（2）若a﹣b＝2．a是偶数
①求甲队、乙队单独完成工期的天数（用含a的代数式表示）
②工程领导小组有三种施工方案：
方案一：甲队单独完成这项工程；
方案二：乙队单独完成这项工程；
方案三：先由甲、乙两队一起合作b天，剩下的工程由乙队单独做．
为了节省工程款，同时又能如期完工，请你选择一种方案，并说明理由．
【分析】（1）根据题意列方程即可得到结论；
（2）①根据列方程即可得到结论；
②根据已知数据分析即可得到结论．
【解答】解：（1）设甲队单独完成此项工程需x天，则乙队单独完成此项工程需（x+6）天．
依题意，得（
+
）×4+
×（x﹣4）＝1，
解得：x＝12，
经检验：x＝12是原分式方程的解．
答：工程预定工期的天数是12天；
（2）①∵a﹣b＝2，
∴b＝a﹣2，
设甲队单独完成此项工程需y天，则乙队单独完成此项工程需（y+a）天，
由题意得，
+
＝1，
解得：y＝
，
经检验：y＝
是原分式方程的解，
∴y+a＝
，
答：甲队、乙队单独完成工期的天数分别为
天，
天；
②方案一需付工程款：
×
a2﹣
a，
方案三需付工程款：1.5b+
＝
×（a﹣2）+
＝
a2+
a﹣3，
∵
×
a2﹣
a﹣（
a﹣3+
a2）＝
（a﹣4）2﹣1＜0，
∴当a＝4时，选方案一；
当a＝6时，两种方案一样，
当a≥8的偶数时，选方案三．
【点评】此题主要考查了分式方程的应用，找到合适的等量关系是解决问题的关键．在既有工程任务，又有工程费用的情况下．先考虑完成工程任务，再考虑工程费用．
56．（南浔区一模）2018年，在南浔区美丽乡村建设中，甲、乙两个工程队分别承担村级道路硬化和道路拓宽改造工程．已知道路硬化和道路拓宽改造工程的总里程数是8.6千米，其中道路硬化的里程数是道路拓宽里程数的2倍少1千米．
（1）求道路硬化和道路拓宽里程数分别是多少千米；
（2）甲、乙两个工程队同时开始施工，甲工程队比乙工程队平均每天多施工10米．由于工期需要，甲工程队在完成所承担的
施工任务后，通过技术改进使工作效率比原来提高了
．设乙工程队平均每天施工a米，请回答下列问题．
①根据题意，填写下表；（温馨提示：请填写在答题卷相对应的表格内）
-
乙工程队
甲工程队
技术改进前
技术改进后
施工天数（天）（用含a的代数式表示）
②若甲、乙两队同时完成施工任务，求乙工程队平均每天施工的米数a和施工的天数．
【分析】（1）设道路拓宽里程数为x千米，则道路硬化里程数为（2x﹣1）千米，根据道路硬化和道路拓宽改造工程的总里程数是8.6千米，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；
（2）①设乙工程队平均每天施工a米，则甲工程队技术改进前每天施工（a+10）米，技术改进后每天施工
（a+10）米，根据工作时间＝工作总量÷工作效率，即可求出结论；
②由甲、乙两队同时完成施工任务，即可得出关于a的分式方程，解之经检验后即可得出a值，再将其代入
中可求出施工天数．
【解答】解：（1）设道路拓宽里程数为x千米，则道路硬化里程数为（2x﹣1）千米，
依题意，得：x+（2x﹣1）＝8.6，
解得：x＝3.2，
∴2x﹣1＝5.4．
答：道路硬化里程数为5.4千米，道路拓宽里程数为3.2千米．
（2）①设乙工程队平均每天施工a米，则甲工程队技术改进前每天施工（a+10）米，技术改进后每天施工
（a+10）米，
依题意，得：乙工程队施工天数为
天，甲工程队技术改造前施工天数为
＝
天，技术改造后施工天数为
＝
天．
故答案为：
；
；
．
②依题意，得：
＝
+
，
解得：a＝20，
经检验，a＝20是原分式方程的解，且符合题意，
∴
＝160．
答：乙工程队平均每天施工20米，施工的天数为160天．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用、列代数式以及分式方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）①根据各数量之间的关系，用含a的代数式表示出施工天数；②找准等量关系，正确列出分式方程．
57．（奉化区校级期末）（1）已知a2+b2＝10，a+b＝4，求a﹣b的值．
（2）关于x的代数式（ax﹣3）（2x+1）﹣2x2+m化简后不含x2项与常数项，且an2+mn＝1，求2n3+5n2﹣5n+2022的值．
【分析】（1）通过完全平方公式求值．
（2）先求a和m，再求值．
【解答】解：（1）∵a2+b2＝10，a+b＝4．
∴（a+b）2＝a2+b2+2ab．
∴2ab＝16﹣10＝6．
∴（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝4．
∴a﹣b＝±2．
（2）∵（ax﹣3）（2x+1）﹣2x2+m
＝2ax2+ax﹣6x﹣3﹣2x2+m
＝（2a﹣2）x2+（a﹣6）x+m﹣3．
∵不含x2项与常数项．
∴2a﹣2＝0，m﹣3＝0．
∴a＝1，m＝3．
∵an2+mn＝1．
∴n2+3n＝1．
∴2n3+5n2﹣5n+2022＝2n3+6n2﹣n2﹣5n+2022．
＝2n（n2+3n）﹣n2﹣5n+2022
＝2n﹣n2﹣5n+2022
＝﹣（n2+3n）+2022
＝﹣1+2022
＝2021．
【点评】本题考查完全平方公式及其变形式的应用，整体代换求值，灵活运用完全平方公式是求解本题的关键．
58．（宁波期末）某生态柑橘园现有柑橘31吨，租用9辆A和B两种型号的货车将柑橘一次性运往外地销售．已知每辆车满载时，A型货车的总费用500元，B型货车的总费用480元，每辆B型货车的运费是每辆A型货车的运费的1.2倍．
（1）每辆A型货车和B型货车的运费各多少元？
（2）若每辆车满载时，租用1辆A型车和7辆B型车也能一次性将柑橘运往外地销售，则每辆A型货车和B型货车各运多少吨？
【分析】（1）设每辆A型货车运费为x元，则每辆B型货车的运费为1.2x元，根据租用A型货车数量+租用B型货车数量＝9辆列出方程并解答；
（2）设每辆A型货车运a吨，B型货车运b吨，根据（1）中解得的数据可知，租用5辆A型货车运输柑橘+租用4辆B型货车运输柑橘＝31吨，结合“租用1辆A型车和7辆B型车也能一次性将柑橘运往外地销售”列出方程组并解答．
【解答】解：（1）设每辆A型货车运费为x元，
由题意得：
，
解得：x＝100．
经检验：x＝80是原方程的解且符合题意，
1.2x＝120．
答：每辆A型货车运费100元，B型货车的运费120元．
（2）设每辆A型货车运a吨，B型货车运b吨，
由（1）知，
＝5（辆），
＝4（辆）．
由题意得：
，
解得
，
答：每辆A型货车运3吨，B型货车运4吨．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出方程（组）．
59．（慈溪市期末）端午节前夕，肉粽的单价比蜜枣粽的单价多4元，用200元购买肉粽与用100元购买蜜枣粽的只数相同．
（1）肉粽和蜜枣粽的单价分别是多少元？
（2）某商铺端午节前夕用800元购买了肉粽和蜜枣粽；端午节后由于肉粽单价打了6折，蜜枣粽的单价打了5折，该商铺又买了与节前同样数量的肉粽和蜜枣粽，只花了420元．求该商铺每次购买肉粽和蜜枣粽的只数．
【分析】（1）设蜜枣粽的单价是x元，则肉粽的单价是（x+4）元，根据“用200元购买肉粽与用100元购买蜜枣粽的只数相同”列出方程并解答．
（2）设每次购买肉粽a只，购买蜜枣粽b只，根据“用800元购买了肉粽和蜜枣粽”、“端午节后由于肉粽单价打了6折，蜜枣粽的单价打了5折，该商铺又买了与节前同样数量的肉粽和蜜枣粽，只花了420元”列出方程组并解答．
【解答】解：（1）设蜜枣粽的单价是x元，则肉粽的单价是（x+4）元，
根据题意得：
＝
．
解得：x＝4，
经检验x＝4是原方程的根．
所以x+4＝8．
答：蜜枣粽的单价是4元，肉粽的单价是8元；
（2）设每次购买肉粽a只，购买蜜枣粽b只，
由题意得：
．
解得：
．
答：每次购买肉粽25只，购买蜜枣粽150只．
【点评】本题考查了分式方程的应用，二元一次方程组的应用等知识，解答本题的关键是仔细审题，找到等量关系，列出方程，难度一般．
60．（上虞区期末）如图1，将线段AB，CD放置在直线l上，点B与点C重合，AB＝10cm，CD＝15cm，点M是线段AC的中点，点N是线段BD的中点．解答下列问题：
（1）MN＝ 12.5cm
（2）将图1中的线段AB沿DC延长线方向移动xcm至图2的位置．
①当x＝7cm时，求MN的长．
②在移动的过程中，请直接写出MN，AB，CD之间的数量关系式．
【分析】（1）利用线段的中点的性质解决问题即可；
（2）分别求出CM，CN，可得结论；
（3）利用x表示出MC，CN，可得结论．
【解答】解：（1）如图1中，∵点M是线段AC的中点，点N是线段BD的中点，
∴BM＝
AB＝5（cm），BN＝
CD＝7.5（cm），
∴MN＝BM+BN＝12.5（cm），
故答案为：12.5cm；
（2）①∵BC＝7cm，AB＝10cm，CD＝15cm，
∴AC＝17（cm），BD＝22（cm），
∵点M是线段AC的中点，点N是线段BD的中点，
∴CM＝
AC＝8.5（cm），BN＝
BD＝11（cm），
∴CN＝BN﹣BC＝11﹣7＝4（cm），
∴MN＝MC+CN＝12.5（cm）；
②）∵BC＝xcm，AB＝10cm，CD＝15cm，
∴AC＝（10+x）（cm），BD＝（x+15）（cm），
∵点M是线段AC的中点，点N是线段BD的中点，
∴CM＝
AC＝
（10+x）（cm），BN＝
BD＝
（x+15）（cm），
∴CN＝BN﹣BC＝
（x+15）﹣x＝（15﹣
x）（cm），
∴MN＝MC+CN＝12.5（cm）．
【点评】本题考查平移的性质，线段的中点等知识，解题的关键是掌握线段的中点的性质，属于中考常考题型．