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期末真题必刷压轴 60 题（18 个考点专练）
一．幂的乘方与积的乘方（共1小题）
1．（2022秋•梁子湖区期末）阅读下列材料：
一般地，n个相同的因数a相乘 记为an．如2×2×2＝23＝8，此时，3叫做以2为底8的对数，记
为log 8（即log 8＝3）．一般地，若an＝b（a＞0且a≠1，b＞0），则n叫做以a为底b的对数，记为
2 2
log b（即log b＝n）．如34＝81，则4叫做以3为底81的对数，记为log 81（即log 81＝4）．
a a 3 3
（1）计算以下各对数的值：
log 4＝ 2 ，log 16＝ 4 ，log 64＝ 6 ．
2 2 2
（2）观察（1）中三数4、16、64之间满足怎样的关系式，log 4、log 16、log 64之间又满足怎样的关系
2 2 2
式；
（3）由（2）的结果，你能归纳出一个一般性的结论吗？
log M+log N＝ lo g （ MN ） ；（a＞0且a≠1，M＞0，N＞0）
a a a
（4）根据幂的运算法则：an•am＝an+m以及对数的含义证明上述结论．
【分析】首先认真阅读题目，准确理解对数的定义，把握好对数与指数的关系．
（1）根据对数的定义求解；
（2）认真观察，不难找到规律：4×16＝64，log 4+log 16＝log 64；
2 2 2
（3）由特殊到一般，得出结论：log M+log N＝log （MN）；
a a a
（4）首先可设log M＝b ，log N＝b ，再根据幂的运算法则：an•am＝an+m以及对数的含义证明结论．
a 1 a 2
【解答】解：（1）log 4＝2，log 16＝4，log 64＝6；
2 2 2
（2）4×16＝64，log 4+log 16＝log 64；
2 2 2
（3）log M+log N＝log （MN）；
a a a
（4）证明：设log M＝b ，log N＝b ，
a 1 a 2
则 ＝M， ＝N，
∴MN＝ ，
∴b +b ＝log （MN）即log M+log N＝log （MN）．
1 2 a a a a
【点评】本题是开放性的题目，难度较大．借考查对数，实际考查学生对指数的理解、掌握的程度；要
求学生不但能灵活、准确的应用其运算法则，还要会类比、归纳，推测出对数应有的性质．
二．多项式乘多项式（共1小题）
2．（2023春•安徽期末）甲、乙两人共同计算一道整式乘法题：（2x+a）（3x+b）．甲由于把第一个多项
式中的“+a”看成了“﹣a”，得到的结果为6x2+11x﹣10；乙由于漏抄了第二个多项式中x的系数，得到
的结果为2x2﹣9x+10．
（1）求正确的a、b的值．
（2）计算这道乘法题的正确结果．
【分析】（1）按乙错误的说法得出的系数的数值求出a，b的值；
（2）把a，b的值代入原式求出整式乘法的正确结果．【解答】解：（1）（2x﹣a）（3x+b）
＝6x2+2bx﹣3ax﹣ab
＝6x2+（2b﹣3a）x﹣ab
＝6x2+11x﹣10．
（2x+a）（x+b）
＝2x2+2bx+ax+ab
＝2x2+（2b+a）x+ab
＝2x2﹣9x+10．
∴ ，
∴ ；
（2）（2x﹣5）（3x﹣2）
＝6x2﹣4x﹣15x+10
＝6x2﹣19x+10．
【点评】此题考查了多项式乘多项式；解题的关键是根据多项式乘多项式的运算法则分别进行计算，是
常考题型，解题时要细心．
三．完全平方公式的几何背景（共1小题）
3．（2022秋•西岗区校级期末）【探究】
若x满足（9﹣x）（x﹣4）＝4，求（4﹣x）2+（x﹣9）2的值．
设9﹣x＝a，x﹣4＝b，则（9﹣x）（x﹣4）＝ab＝4，a+b＝（9﹣x）+（x﹣4）＝5，
∴（9﹣x）2+（x﹣4）2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝52﹣2×4＝17；
【应用】
请仿照上面的方法求解下面问题：
（1）若x满足（5﹣x）（x﹣2）＝2，求（5﹣x）2+（x﹣2）2的值；
【拓展】
（2）已知正方形ABCD的边长为x，E，F分别是AD、DC上的点，且AE＝1，CF＝3，长方形EMFD的
面积是8，分别以MF、DF为边作正方形．
①MF＝ x ﹣ 1 ，DF＝ x ﹣ 3 ；（用含x的式子表示）
②求阴影部分的面积．
【分析】（1）仿照题中所给的解答方式进行求解即可；
（2）①分析图形可知DF＝CD﹣CF，MF＝DE＝AD﹣AE，从而可得解；
②根据矩形的面积公式以及正方形的面积公式以及完全平方公式求解即可．
【解答】解：（1）设5﹣x＝a，x﹣2＝b，则（5﹣x）（x﹣2）＝ab＝2，a+b＝（5﹣x）+（x﹣2）＝3，
∴（5﹣x）2+（x﹣2）2
＝a2+b2
＝（a+b）2﹣2ab
＝32﹣2×2
＝9﹣4
＝5；
（2）①∵四边形EMFD是长方形，AE＝1，四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC＝x，DE＝MF，
∴MF＝DE＝AD﹣AE＝x﹣1，
DF＝CD﹣CF＝x﹣3，
故答案为：x﹣1，x﹣3；
②∵长方形EMFD的面积是8，
∴MF•DF＝（x﹣1）（x﹣3）＝8，
阴影部分的面积＝MF2﹣DF2＝（x﹣1）2﹣（x﹣3）2．
设x﹣1＝a，x﹣3＝b，则（x﹣1）（x﹣3）＝ab＝8，a﹣b＝（x﹣1）﹣（x﹣3）＝2，
∴（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab＝22+4×8＝36，
∴a+b＝±6，
又∵a+b＞0，
∴a+b＝6，
∴（x﹣1）2﹣（x﹣3）2＝a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝6×2＝12．
即阴影部分的面积12．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景．应从整体和部分两方面来理解完全平方公式的几何意义；
主要围绕图形面积展开分析．
四．整式的除法（共1小题）
4．（2022秋•海淀区校级期末）已知a，b，c为实数，且多项式x3+ax2+bx+c能被多项式x2+3x﹣4整除，
（1）求4a+c的值；
（2）求2a﹣2b﹣c的值；
（3）若a，b，c为整数，且c≥a＞1，试确定a，b，c的值．
【分析】（1）由于多项式x3+ax2+bx+c能被多项式x2+3x﹣4整除，则说明当x2+3x﹣4＝0，求出的x也能
使x3+ax2+bx+c＝0，从而得到关于a、b、c的两个等式，对两个等式变形，可得4a+c＝12③；
（2）由③可得a＝3﹣ ④，把④代入①，可得b＝﹣4﹣ c⑤，然后把④⑤同时代入2a﹣2b﹣c即
可求值；
（3）由于c≥a＞1，又a＝3﹣ ，可知1＜3﹣ ＜3，解即可求出c的范围，但是a、c是大于1的正整
数，且a＝3﹣ ，可求出c，从而求出a、b．
【解答】解：（1）∵x2+3x﹣4是x3+ax2+bx+c的一个因式，
∴x2+3x﹣4＝0，即x＝﹣4，x＝1是方程x3+ax2+bx+c＝0的解，∴ ，
①×4+②得4a+c＝12③；
（2）由③得a＝3﹣ ，④
代入①得b＝﹣4﹣ c⑤，
∴2a﹣2b﹣c＝2（3﹣ ）﹣2（﹣4﹣ c）﹣c＝14；
（3）∵c≥a＞1，又a＝3﹣ ，
∴a＝3﹣ ＜c，
即1＜3﹣ ≤c，
解得 ≤c＜8，
又∵a、c是大于1的正整数，
∴c＝3、4、5、6、7，但a＝3﹣ ，a也是正整数，
∴c＝4，
∴a＝2，
∴b＝﹣4﹣ c＝﹣7．
补充方法：x3+ax2+bx+c＝（x2+3x﹣4）（x+p）＝x2+（p+3）x2+（3p﹣4）x﹣4p得a＝p+3，b＝3p﹣4，c
＝﹣4p．然后代入第一、二小题得结果．第三小题解关于p的不等式组得p＝﹣1．
故a＝2，b＝﹣7，c＝4．
【点评】本题考查的是多项式除以多项式，注意理解整除的含义，比如A被B整除，另外一层意思也就
是说，B是A的一个因式，使这个因式B等于0的值，必是A的一个解．
五．因式分解-十字相乘法等（共1小题）
5．（2023春•渠县校级期末）阅读并解决问题．
对于形如x2+2ax+a2这样的二次三项式，可以用公式法将它分解成（x+a）2的形式．但对于二次三项式
x2+2ax﹣3a2，就不能直接运用公式了．此时，我们可以在二次三项式 x2+2ax﹣3a2中先加上一项a2，使它
与x2+2ax的和成为一个完全平方式，再减去a2，整个式子的值不变，于是有：
x2+2ax﹣3a2＝（x2+2ax+a2）﹣a2﹣3a2＝（x+a）2﹣（2a）2＝（x+3a）（x﹣a）．
像这样，先添﹣适当项，使式中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变的方法称为“配
方法”．
（1）利用“配方法”分解因式：a2﹣6a+8．
（2）若a+b＝5，ab＝6，求：①a2+b2；②a4+b4的值．（3）已知x是实数，试比较x2﹣4x+5与﹣x2+4x﹣4的大小，说明理由．
【分析】（1）加1再减1，可以组成完全平方式；
（2）①加2ab再减2ab可以组成完全平方式；②在①得基础上，加2a2b2再减2a2b2，可以组成完全平
方式；
（3）把所给的代数式进行配方，然后比较即可．
【解答】解：（1）a2﹣6a+8，
＝a2﹣6a+9﹣1，
＝（a﹣3）2﹣1，
＝（a﹣3﹣1）（a﹣3+1），
＝（a﹣2）（a﹣4）；
（2）a2+b2，
＝（a+b）2﹣2ab，
＝52﹣2×6，
＝13；
a4+b4＝（a2+b2）2﹣2a2b2
＝132﹣2×62
＝169﹣2×36
＝169﹣72
＝97；
（3）∵x2﹣4x+5，
＝x2﹣4x+4+1，
＝（x﹣2）2+1≥1＞0
﹣x2+4x﹣4，
＝﹣（x2﹣4x+4），
＝﹣（x﹣2）2≤0
∴x2﹣4x+5＞﹣x2+4x﹣4．
（若用”作差法”相应给分）
【点评】本题考查十字相乘法分解因式，三道题都是围绕配方法作答，配方法是数学习题里经常出现的
方法，应熟练掌握，（1）实质上是十字相乘法分解因式．
六．因式分解的应用（共3小题）
6．（2022秋•平城区校级期末）综合与实践
如图1所示，边长为a的正方形中有一个边长为b的小正方形，图2是由图1中阴影部分拼成的一个长方
形，设图1中阴影部分面积为S ，图2中阴影部分面积为S ．
1 2
（1）请直接用含a和b的代数式表示S ＝ a 2 ﹣ b 2 ，S ＝ （ a + b ）（ a ﹣ b ） ；写出利用图形的面积
1 2
关系所得到的公式： a 2 ﹣ b 2 ＝（ a + b ）（ a ﹣ b ） （用式子表达）．
（2）依据这个公式，康康展示了“计算：（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）”的解题过程．解：原式＝（2﹣1）（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）＝（22﹣1）（22+1）（24+1）（28+1）＝（24﹣
1）（24+1）（28+1）＝（28﹣1）（28+1）＝216﹣1．
在数学学习中，要学会观察，尝试从不同角度分析问题，请仿照康康的解题过程计算：2（3+1）
（32+1）（34+1）（38+1）（316+1）+1．
（3）对数学知识要会举一反三，请用（1）中的公式证明任意两个相邻奇数的平方差必是8的倍数．
【分析】（1）根据图形可知 ，S ＝（a+b）（a﹣b），根据两个面积相等即可求解；
2
（2）根据康康的演示，可知将2＝3﹣1代入，即可求解；
（3）根据（1）中结论，即可求解．
【解答】解：（1）根据题意， ，S ＝（a+b）（a﹣b），
2
∵S ＝S ，
1 2
∴a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b），
故答案为：a2﹣b2；（a+b）（a﹣b）；a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）．
（2）2（3+1）（32+1）（34+1）（38+1）（316+1）+1＝（3﹣1）（3+1）（32+1）（34+1）（38+1）
（316+1）+1＝（32﹣12）（32+1）（34+1）（38+1）（316+1）+1＝（34﹣1）（34+1）（38+1）
（316+1）+1＝（38﹣1）（38+1）（316+1）+1＝（316﹣1）（316+1）+1＝332﹣1+1＝332，
故答案为：332．
（3）设一个奇数为2n﹣1，则另一个相邻的奇数为2n+1，
∴（2n﹣1）2﹣（2n+1）2＝[（2n﹣1）+（2n+1）][（2n﹣1）﹣（2n+1）]＝4n×（﹣2）＝﹣8n，
∴任意两个相邻奇数的平方差必是8的倍数．
【点评】本题主要考查平方差公式的运算，掌握有理数的加减乘除混合运算法则是解题的关键．
7．（2022秋•江北区校级期末）如果一个四位自然数的百位数字大于或等于十位数字，且千位数字等于百
位数字与十位数字的和，个位数字等于百位与十位数字的差，则我们称这个四位数为亲密数，例如：自
然数4312，其中3＞1，4＝3+1，2＝3﹣1，所以4312是亲密数；
（1）最小的亲密数是 110 1 ，最大的亲密数是 990 9 ；
（2）若把一个亲密数的千位数字与个位数字交换，得到的新数叫做这个亲密数的友谊数，请证明任意一
个亲密数和它的友谊数的差都能被原亲密数的十位数字整除；
（3）若一个亲密数的后三位数字所表示的数与千位数字所表示的数的7倍之差能被13整除，请求出这个
亲密数．
【分析】（1）设亲密数为 ，求最小的亲密数时，先确定a＝1，再根据a＝b+c，d＝b﹣c确定b、
c、d的值，从而可得最小的亲密数；求最大的亲密数时，先确定a＝9，同理可得最大的亲密数；（2）分别表示亲密数和友谊数：亲密数： ＝1000a+100b+10c+d，友谊数： ＝
1000d+100b+10c+a，相减后可得结论；
（3）根据题意表示 ﹣7a＝100b+10c+d﹣7a，化为关于b和c的代数式，根据b是1至9的自然数对：
94b+2c进行分析， ＝7b+ 为整数，即3b+2c为13的倍数，分情况讨论3b+2c的值可得结
论．
【解答】解：设亲密数为 ，且b≥c，a＝b+c，d＝b﹣c，a、b、c、d都是自然数，
（1）当a为最小时，则a＝1，
∴b+c＝a＝1，
∵b≥c，
∴b＝1，c＝0，
∴d＝b﹣c＝1﹣0＝1，
∴最小的亲密数是1101，
当a最大时，即a＝9，
∴b+c＝a＝9，
∵b≥c，
当 最大时，即b最大为9，
∴c＝0，
∴d＝b﹣c＝9﹣0＝9，
∴最大的亲密数是9909，
故答案为：1101，9909；
（2）证明：亲密数： ＝1000a+100b+10c+d①，
友谊数： ＝1000d+100b+10c+a②，
∵a＝b+c，d＝b﹣c，
∴a﹣d＝（b+c）﹣（b﹣c）＝2c＞0，
∴a＞d，a＝2c+d，
①﹣②得：999a﹣999d＝999（a﹣d）＝999（2c+d﹣d）＝1998c，
∵原亲密数的十位数字为c，
∴任意一个亲密数和它的友谊数的差都能被原亲密数的十位数字整除；
（3） ＝100b+10c+d，
∵a＝b+c，d＝b﹣c，
∴ ﹣7a＝100b+10c+d﹣7a＝100b+10c+b﹣c﹣7（b+c）＝94b+2c，
由题意得： ＝7b+ 为整数，
即3b+2c为13的倍数，
∵0≤b≤9，0≤c≤9，b、c为整数，且1≤b+c≤9，
∴2≤3b+2c≤27，
∴3b+2c＝13或26，
①当3b+2c＝13时（b≥c），得 ，
∴亲密数为5321；
②若3b+2c＝26（b≥c），
则 或 （舍），
∴亲密数为9817，
综上所述，亲密数为5321或9817．
【点评】本题主要考查了亲密数的应用，实数的运算，理解新定义，并将其转化为实数的运算是解题的
关键．
8．（2022秋•沙坪坝区校级期末）若一个整数能表示成a2+b2（a、b是正整数）的形式，则称这个数为“丰
利数”．例如，2是“丰利数”，因为2＝12+12，再如，M＝x2+2xy+2y2＝（x+y）2+y2（x+y，y是正整
数），所以M也是“丰利数”．
（1）请你写一个最小的三位“丰利数”是 10 0 ，并判断20 是 “丰利数”．（填是或不是）；
（2）已知S＝x2+y2+2x﹣6y+k（x、y是整数，k是常数），要使S为“丰利数”，试求出符合条件的一个
k值（10≤k＜200），并说明理由．
【分析】（1）根据定义写出最小的“丰利数”，根据20＝42+22，所以判断20也是“丰利数”；
（2）将S配方，变形为S＝（x+1）2+（y﹣3）2+（k﹣10），可得k＝10；当（x+1）2＝0时，所以k﹣10
为平方数，则可得很多k的值，当（y﹣3）2＝0，同理可得很多k的值．
【解答】解：（1）∵62＝36，82＝64，
∴最小的三位“丰利数”是：62+82＝100，
∵20＝42+22，
∴20是“丰利数”
故答案为：100；是；
（2）S＝x2+y2+2x﹣6y+k，
＝（x2+2x+1）+（y2﹣6y+9）+（k﹣10），
＝（x+1）2+（y﹣3）2+（k﹣10），
当（x+1）2、（y﹣3）2是正整数的平方时，k﹣10为零时，S是“丰利数”，
故k的一个值可以是10．
备注：当x＝﹣1时，k可以为14，当y＝3时，k可以为26．
【点评】本题考查了因式分解的应用，正确的理解新概念“丰利数”是解题的关键．
七．分式的加减法（共1小题）
9．（2022秋•固始县期末）分式中，在分子、分母都是整式的情况下，如果分子的次数低于分母的次数，
称这样的分式为真分式．例如，分式 ， 是真分式．如果分子的次数不低于分母的次数，称这
样的分式为假分式．例如，分式 ， 是假分式．一个假分式可以化为一个整式与一个真分式的和．
例如， ．（1）将假分式 化为一个整式与一个真分式的和；
（2）若分式 的值为整数，求x的整数值．
【分析】（1）根据题意，把分式 化为整式与真分式的和的形式即可；
（2）根据题中所给出的例子，把原式化为整式与真分式的和形式，再根据分式的值为整数即可得出 x的
值．
【解答】解：（1）由题可得， ＝ ＝2﹣ ；
（2） ＝ ＝ ＝x﹣1+ ，
∵分式的值为整数，且x为整数，
∴x+1＝±1，
∴x＝﹣2或0．
【点评】本题考查了分式的混合运算，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
八．分式的化简求值（共2小题）
10．（2022秋•铁岭县期末）先化简，再对a取一个适当的数，代入求值． ﹣ ÷ ．
【分析】原式第二项利用除法法则变形，约分后两项通分并利用同分母分式的减法法则计算得到最简结
果，把a的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝ ﹣ • ＝ ﹣ ＝ ，
当a＝1时，原式＝﹣ ．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
11．（2022秋•平城区校级期末）定义：如果一个分式能化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式，
则称这个分式为“和谐分式”．如： ＝ ＝ + ＝1+ ， ＝ ＝ +
＝2+ ，则 和 都是“和谐分式”．
（1）下列式子中，属于“和谐分式”的是 ①③④ （填序号）；
① ；② ；③ ；④
（2）将“和谐分式” 化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式为： ＝ a
﹣ 1 + ；
（3）应用：先化简 ﹣ ÷ ，并求x取什么整数时，该式的值为整数．
【分析】（1）由“和谐分式”的定义对①③④变形即可得；（2）由原式＝ ＝ ＝a﹣1+ 可得；
（3）将原式变形为 ＝2+ ，据此得出x+1＝±1或x+1＝±2，即x＝0或﹣2或1或﹣3，又x≠0、
1、﹣1、﹣2，据此可得答案．
【解答】解：（1）① ＝1+ ，是和谐分式；③ ＝ ＝1+ ，是和谐分式；④ ＝
1+ ，是和谐分式；
故答案为：①③④；
（2） ＝ ＝ ＝a﹣1+ ，
故答案为：a﹣1、 ；
（3）原式＝ ﹣ •
＝ ﹣
＝
＝
＝2+ ，
∴当x+1＝±1或x+1＝±2时，分式的值为整数，
此时x＝0或﹣2或1或﹣3，
又∵分式有意义时x≠0、1、﹣1、﹣2，
∴x＝﹣3．
【点评】本题主要考查分式的化简求值及分式的定义，解题的关键是熟练掌握分式的基本性质及对和谐
分式的定义的理解．
九．分式方程的应用（共11小题）
12．（2022秋•东昌府区校级期末）某县为了落实中央的“强基惠民工程”，计划将某村的居民自来水管道
进行改造．该工程若由甲队单独施工恰好在规定时间内完成；若乙队单独施工，则完成工程所需天数是
规定天数的3倍．如果由甲、乙队先合做15天，那么余下的工程由甲队单独完成还需10天．
（1）这项工程的规定时间是多少天？
（2）已知甲队每天的施工费用为6500元，乙队每天的施工费用为3500元．为了缩短工期以减少对居民
用水的影响，工程指挥部最终决定该工程由甲、乙队合做来完成．则该工程施工费用是多少？
【分析】（1）设这项工程的规定时间是x天，根据甲、乙队先合做15天，余下的工程由甲队单独需要
10天完成，可得出方程解答即可；（2）先计算甲、乙合作需要的时间，然后计算费用即可．
【解答】解：（1）设这项工程的规定时间是x天，根据题意得：
（ + ）×15+ ＝1．
解得：x＝30．
经检验x＝30是原分式方程的解．
答：这项工程的规定时间是30天．
（2）该工程由甲、乙队合做完成，所需时间为：1÷（ + ）＝22.5（天），
则该工程施工费用是：22.5×（6500+3500）＝225000（元）．
答：该工程的费用为225000元．
【点评】本题考查了分式方程的应用，解答此类工程问题，经常设工作量为“单位 1”，注意仔细审题，
运用方程思想解答．
13．（2022秋•沙洋县校级期末）甲、乙两车站相距450km，一列货车从甲车站开出3h后，因特殊情况在中
途站多停了一会，耽误了30min，后来把货车的速度提高为原来的1.2倍，结果准时到达乙站，求这列货
车原来的速度．
【分析】设货车原来的速度为x km/h，根据等量关系：按原速度行驶所用时间﹣提速后时间＝ ，列出方
程，求解即可．
【解答】解：设货车原来的速度为x km/h，根据题意得：
﹣ ＝ ，
解得：x＝75．
经检验：x＝75是原方程的解．
答：货车原来的速度是75km/h．
【点评】本题考查了分式方程的应用．列分式方程解应用题与所有列方程解应用题一样，重点在于准确
地找出相等关系．
14．（2022秋•湖里区校级期末）甲、乙两辆汽车同时分别从 A、B两城沿同一条高速公路驶向C城．已知
A、C两城的距离为450千米，B、C两城的距离为400千米．
（1）若甲车比乙车的速度快12千米/时，结果两辆车同时到达C城．求两车的速度．
（2）设乙车的速度x千米/时，甲车的速度（x+a）千米/时，若x＝10a，则哪一辆车先到达C城，并说明
理由．
【分析】（1）设甲车的速度为x千米/时，则乙车的速度为（x﹣12）千米/时，再根据时间＝ 即可
得出结论；
（2）先求出甲乙两车到达C城时间的表达式，再比较其大小即可．
【解答】解：（1）设甲车的速度为x千米/时，则乙车的速度为（x﹣12）千米/时，
∵A、C两城的距离为450千米，B、C两城的距离为400千米，两辆车同时到达C城，
∴ ＝ ，
解得x＝108，x﹣12＝96．
答：甲车的速度是108千米/时，乙车的速度是96千米/时；
（2）∵乙车的速度x千米/时，甲车的速度（x+a）千米/时，x＝10a
∴乙车到达C的时间＝ ＝ ，甲车到达C的时间＝ ＝ ＝ ，
∵ ÷ ＝ ＜1，
∴乙车先到达C城．
【点评】本题考查的是分式方程的应用，熟知时间＝ 是解答此题的关键．
15．（2022秋•新化县期末）某工厂对零件进行检测，引进了检测机器．已知一台检测机的工作效率相当于
一名检测员的20倍．若用这台检测机检测900个零件要比15名检测员检测这些零件少3小时．
（1）求一台零件检测机每小时检测零件多少个？
（2）现有一项零件检测任务，要求不超过7小时检测完成3450个零件．该厂调配了2台检测机和30名
检测员，工作3小时后又调配了一些检测机进行支援，则该厂至少再调配几台检测机才能完成任务？
【分析】（1）首先设一名检测员每小时检测零件x个，则一台零件检测机每小时检测零件20x个，根据
题意可得等量关系：15名检测员检测900个零件所用的时间﹣检测机检测900个零件所用的时间＝3，根
据等量关系列出方程，再解即可；
（2）设该厂再调配a台检测机才能完成任务，由题意得不等关系：2台检测机和30名检测员工作7小时
检测的零件数+a台检测机工作4小时检测的零件数≥3450个零件，根据不等关系列出不等式，再解即可．
【解答】解：（1）设一名检测员每小时检测零件x个，由题意得：
﹣ ＝3，
解得：x＝5，
经检验：x＝5是分式方程的解，
20x＝20×5＝100，
答：一台零件检测机每小时检测零件100个；
（2）设该厂再调配a台检测机才能完成任务，由题意得：
（2×100+30×5）×7+100a×（7﹣3）≥3450，
解得：a≥2.5，
∵a为正整数，
∴a的最小值为3，
答：该厂至少再调配3台检测机才能完成任务．
【点评】此题主要考查了分式方程和一元一次不等式的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量
关系或不等关系，设出未知数，列出方程和不等式．
16．（2022秋•代县期末）为缓解忻州至太原段的交通压力，促进两市经济发展．山西省委决定修建“太忻
大道”，现“太忻大道”正在建设中．甲、乙两个工程队计划参与一项工程建设，甲队单独施工30天完
成该项工程的 ，这时乙队加入，两队还需同时施工15天，才能完成该项工程．（1）若乙队单独施工，需要多少天才能完成该项工程？
（2）若甲队参与该项工程施工的时间不超过36天，则乙队至少施工多少天才能完成该项工程？
【分析】（1）直接利用队单独施工30天完成该项工程的 ，这时乙队加入，两队还需同时施工15天，
进而利用总工作量为1得出等式求出答案；
（2）直接利用甲队参与该项工程施工的时间不超过36天，得出不等式求出答案．
【解答】解：（1）设乙队单独施工，需要x天才能完成该项工程，
∵甲队单独施工30天完成该项工程的 ，
∴甲队单独施工90天完成该项工程，
根据题意可得：
+15（ + ）＝1，
解得：x＝30，
检验得：x＝30是原方程的根，
答：乙队单独施工，需要30天才能完成该项工程；
（2）设乙队参与施工y天才能完成该项工程，根据题意可得：
×36+y× ≥1，
解得：y≥18，
答：乙队至少施工18天才能完成该项工程．
【点评】此题主要考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，正确得出等量关系是解题关键．
17．（2022秋•长沙期末）某镇道路改造工程，由甲、乙两工程队合作20天可完成，甲工程队单独施工完成
的天数是乙工程队单独施工完天数的2倍．
（1）求甲、乙两工程队单独完成此项工程各需要多少天？
（2）甲工程队独做a天后，再由甲、乙两工程队合作 （ 20 ﹣ ） 天（用含a的代数式表示）可完成
此项工程；
（3）如果甲工程队施工每天需付施工费 1万元，乙工程队施工每天需付施工费 2.5万元，甲工程队至少
要单独施工多少天后，再由甲、乙两工程队合作施工完成剩下的工程，才能使施工费不超过64万元？
【分析】（1）关系式为：甲20天的工作量+乙20天的工作量＝1；
（2）算出剩下的工作量除以甲乙的工作效率之和即可；
（3）关系式为：甲需要的工程费+乙需要的工程费≤64，注意利用（2）得到的代数式求解．
【解答】解：（1）设乙单独完成此项工程需要x天，则甲单独完成需要2x天，
+ ＝1，
解得：x＝30，
经检验x＝30是原方程的解．
∴x+30＝60，
答：甲、乙两工程队单独完成此项工程各需要60天，30天；（2）（1﹣ ）÷（ + ）＝（20﹣ ）天；
故答案为：（20﹣ ）；
（3）设甲单独做了y天，
y+（20﹣ ）×（1+2.5）≤64，
解得：y≥36
答：甲工程队至少要单独施工36天．
【点评】本题主要考查分式方程的应用：工程问题，找到合适的等量关系是解决问题的关键．注意应用
前面得到的结论求解．
18．（2022秋•青云谱区期末）一项工程，甲、乙两公司合做，12天可以完成，如果甲乙公司单独完成此项
工程，乙公司所用时间是甲公司的1.5倍．
（1）甲、乙公司单独完成此项工程，各需多少天？
（2）若已知甲乙合做完成此项工程共需费用 102000元，并且乙公司每天费用比甲公司每天费用少 1500
元，分别计算甲、乙单独完成此项工程各需多少费用并选择合理的施工方案．
【分析】（1）设甲公司单独完成此工程x天，则乙公司单独完成此项工程1.5x天，根据甲做的工作量
+乙做的工作量＝工作总量建立方程求出其解即可；
（2）设甲公司每天的施工费y元，则乙公司每天的施工费（y﹣1500）元，根据两个公司合做共需付施工
费102 000元为等量关系建立方程求出其解即可，从施工费用和施工时间两方面考虑．
【解答】解：（1）设甲公司单独完成此工程x天，则乙公司单独完成此项工程1.5x天，
根据题意，得 + ＝ ，
解得，x＝20，
经检验，x＝20是方程的解且符合题意，
∴乙公司单独完成需要的时间为1.5x＝30天．
答：甲乙两公司单独完成此工程各需要20天，30天；
（2）设甲公司每天的施工费y元，则乙公司每天的施工费（y﹣1500）元，
根据题意，得12（y+y﹣1500）＝102000，
解得，y＝5000，
∴甲公司单独完成此工程所需施工费：20×5000＝100000（元），
乙公司单独完成此工程所需施工费：30×（5000﹣1500）＝105000 （元），
从施工费用考虑，选择甲公司；
从完工时间考虑，选择甲乙合作．
【点评】本题考查了列分式方程和一元一次方程解实际问题的运用，解答时根据甲的工作效率+乙的工作
效率＝合作一天的工作效率为等量关系建立方程是解答本题的关键．
19．（2023春•新吴区期末）某汽车销售公司经销某品牌A款汽车，随着汽车的普及，其价格也在不断下降．
今年5月份A款汽车的售价比去年同期每辆降价1万元，如果卖出相同数量的A款汽车，去年销售额为
100万元，今年销售额只有90万元．
（1）今年5月份A款汽车每辆售价多少万元？（2）为了增加收入，汽车销售公司决定再经销同品牌的B款汽车，已知A款汽车每辆进价为7.5万元，B
款汽车每辆进价为6万元，公司预计用不多于105万元且不少于99万元的资金购进这两款汽车共15辆，
有几种进货方案？
（3）如果B款汽车每辆售价为8万元，为打开B款汽车的销路，公司决定每售出一辆B款汽车，返还顾
客现金a万元，要使（2）中所有的方案获利相同，a值应是多少？此时，哪种方案对公司更有利？
【分析】（1）求单价，总价明显，应根据数量来列等量关系．等量关系为：今年的销售数量＝去年的销
售数量．
（2）关系式为：99≤A款汽车总价+B款汽车总价≤105．
（3）方案获利相同，说明与所设的未知数无关，让未知数 x的系数为0即可；多进B款汽车对公司更有
利，因为A款汽车每辆进价为7.5万元，B款汽车每辆进价为6万元，所以要多进B款．
【解答】解：（1）设今年5月份A款汽车每辆售价m万元．则：
，
解得：m＝9．
经检验，m＝9是原方程的根且符合题意．
答：今年5月份A款汽车每辆售价9万元；
（2）设购进A款汽车x辆．则：
99≤7.5x+6（15﹣x）≤105．
解得：6≤x≤10．
∵x的正整数解为6，7，8，9，10，
∴共有5种进货方案；
（3）设总获利为W万元，购进A款汽车y辆，则：
W＝（9﹣7.5）y+（8﹣6﹣a）（15﹣y）＝（a﹣0.5）y+30﹣15a．
当a＝0.5时，（2）中所有方案获利相同．
此时，购买A款汽车6辆，B款汽车9辆时对公司更有利．
【点评】本题考查分式方程和一元一次不等式组的综合应用，找到合适的等量关系及不等关系是解决问
题的关键．
20．（2023春•开江县校级期末）某开发公司生产的960件新产品需要精加工后才能投放市场．现有甲、乙
两个工厂都想加工这批产品，已知甲厂单独加工这批产品比乙工厂单独加工完这批产品多用20天，而甲
工厂每天加工的数量是乙工厂每天加工数量的 ，公司需付甲工厂加工费用每天80元，需付乙工厂加工
费用每天120元．
（1）甲、乙两个工厂每天各能加工多少个新产品？
（2）公司制定产品加工方案如下：可以由每个厂家单独完成，也可以由两个厂家合作完成，在加工过程
中，公司派一名工程师到厂进行技术指导，并负担每天10元的午餐补助费，请你帮助公司选择一种既省
时又省钱的加工方案，并说明理由．
【分析】（1）设乙每天加工新产品x件，则甲每天加工新产品 x件，甲单独加工完这批产品需 天，乙单独加工完这批产品需 天，根据题意找出等量关系：甲厂单独加工这批产品所需天数﹣乙工厂单
独加工完这批产品所需天数＝20，由等量关系列出方程求解．
（2）分别计算出甲单独加工完成、乙单独加工完成、甲、乙合作完成需要的时间和费用，比较大小，选
择既省时又省钱的加工方案即可．
【解答】解：（1）设乙每天加工新产品x件，则甲每天加工新产品 件．
根据题意得 ﹣ ＝20，
解得x＝24，
经检验，x＝24符合题意，则 x＝24× ＝16，
所以甲、乙两个工厂每天各能加工16个、24个新产品；
（2）甲单独加工完成需要960÷16＝60天，费用为：60×（80+10）＝5400元，
乙单独加工完成需要960÷24＝40天，费用为：40×（120+10）＝5200元；
甲、乙合作完成需要960÷（16+24）＝24天，费用为：24×（120+80+10）＝5040元．
所以既省时又省钱的加工方案是甲、乙合作．
【点评】本题主要考查分式方程的应用，解题的关键在于理解清楚题意，找出等量关系，列出方程求解．
需要注意：①分式方程求解后，应注意检验其结果是否符合题意；②选择最优方案时，需将求各个方案
所需时间和所需费用，经过比较后选择最优的那个方案．
21．（2022秋•扶沟县校级期末）在我市某一城市美化工程招标时，有甲、乙两个工程队投标，经测算：甲
队单独完成这项工程需要60天，若由甲队先做20天，剩下的工程由甲、乙合作24天可完成．
（1）乙队单独完成这项工程需要多少天？
（2）甲队施工一天，需付工程款3.5万元，乙队施工一天需付工程款2万元．若该工程计划在70天内完
成，在不超过计划天数的前提下，是由甲队或乙队单独完成工程省钱？还是由甲乙两队全程合作完成该
工程省钱？
【分析】（1）求的是乙的工效，工作时间明显．一定是根据工作总量来列等量关系．等量关系为：甲 20
天的工作量+甲乙合作24天的工作总量＝1．
（2）把在工期内的情况进行比较．
【解答】解：（1）设乙队单独完成需x天．
根据题意，得： ×20+（ + ）×24＝1．
解这个方程得：x＝90．
经检验，x＝90是原方程的解．
∴乙队单独完成需90天．
答：乙队单独完成需90天．
（2）设甲、乙合作完成需y天，则有（ + ）×y＝1．
解得，y＝36，①甲单独完成需付工程款为60×3.5＝210（万元）．
②乙单独完成超过计划天数不符题意，
③甲、乙合作完成需付工程款为36×（3.5+2）＝198（万元）．
答：在不超过计划天数的前提下，由甲、乙合作完成最省钱．
【点评】本题考查分式方程的应用，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．
22．（2022秋•安顺期末）周末某班组织登山活动，同学们分甲，乙两组从山脚下沿着一条道路同时向山顶
进发，设甲，乙两组行进同一路段所用的时间之比2：3．
（1）直接写出甲、乙两组行进速度之比；
（2）当甲组到达山顶时，乙组行进到山腰A处，且A处离山顶的路程尚有1.2千米，试问山脚离山顶的
路程有多远？
（3）在题（2）所述内容（除最后的问句处）的基础上，设乙组从A处继续登山，甲组到达山顶后休息
片刻，再从原路下山，并且在山腰B处与乙组相遇，请你先根据以上情景提出一个相应的问题，再给予
解答．
（要求：①问题的提出不需再增添其它条件；②问题的解决必须利用上述情景提供的所有书面条件．）
【分析】（1）当路程相等时，速度与时间成反比，所以甲，乙两组行进同一路段所用的时间之比为 2：3
时，速度之比为3：2．
（2）当时间一定相同时，路程与速度成正比，所以甲所走路程即全程和全程﹣1.2（乙的路程）之间的比
值等于速度之比3：2，所以据此可列方程．
（3）没有固定答案，但是不论怎样提问都不能违背题中已知条件．
【解答】解：（1）当路程相等时，速度与时间成反比，所以甲、乙速度之比为3：2．
（2）当时间一定相同时，路程与速度成正比；所以设山脚离山顶的路程为x千米．
根据题意，得： ＝ ．
解得：x＝3.6．
经检验：x＝3.6是原方程的解．
答：山脚离山顶的路程有3.6千米．
（3）所提问题为：“B处离山顶最远为多少千米？”
设B处离山顶的路程为s千米，则甲组所走的路程为s千米，乙组所走的路程为（1.2﹣s）千米．
根据题意，得： ＝ ．
解得：s＝0.72．
经检验：s＝0.72是原方程的解，且符合题意．
【点评】此题考查内容比较全面，既有分式方程的解法，难易程度适中．找到合适的等量关系是解决问
题的关键．
一十．三角形内角和定理（共11小题）
23．（2022秋•枣阳市期末）如图，在△ABC中∠A＝40°，∠B＝72°，CE平分∠ACB，CD⊥AB于D，
DF⊥CE于F，求∠CDF的度数．【分析】首先根据三角形的内角和定理求得∠ACB的度数，再根据CE平分∠ACB求得∠ACE的度数，
则根据三角形的外角的性质就可求得∠CED＝∠A+∠ACE，再结合CD⊥AB，DF⊥CE就可求解．
【解答】解：∵∠A＝40°，∠B＝72°，
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣72°＝68°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE＝34°，
∴∠CED＝∠A+∠ACE＝74°，
∴∠CDE＝90°，DF⊥CE，
∴∠CDF+∠ECD＝∠ECD+∠CED＝90°，
∴∠CDF＝74°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理、三角形的外角的性质、以及角平分线定义和垂直定义等
知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（2022秋•榆次区校级期末）探究与发现：如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们
不妨把这样图形叫做“规形图”，
（1）观察“规形图”，直接写出∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系： ∠ BDC ＝∠ A + ∠ B + ∠ C ；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，∠A
＝42°，则∠ABX+∠ACX＝ 4 8 °；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝140°，则∠DCE＝ 9 0 °；
