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模块四 题型全通关
专题 1 选择题题型
单项选择题是现代笔试考试的主要题型之一，目的是检验学生对所学知识的掌握程度
和辨别分析能力，题干在设问上多种多样，选项往往似是而非，迷惑性较强．解答选
择题的基本策略是：充分地利用题干和选择支两方面的条件所提供的信息作出判断．
先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，先排除后求解，对于具有多种解题思
路的，宜选最简解法等．解题时应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏．初选
后认真检验，确保准确．
解答数学选择题（包括单选题和多选题）的常用方法，主要分直接法和间接法两大类．
直接法是解答选择题最基本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都
用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答，因此，我们还要研究
解答选择题的一些技巧．总的来说，选择题属小题，解题的原则是：小题巧解，小题
不能大做．
考点讲解：直选法就是先求出正确的答案再直接选出，是解选择题最常用的策略．它
从题干给出的条件出发，进行演绎推理和计算，得出结论．这种策略多用于一些定性的问题，包含计算型、应用型、推理型．
【例1】
（2023·四川德阳·统考中考真题）
1．在“点燃我的梦想，数学皆有可衡”数学创新设计活动中，“智多星”小强设计了
一个数学探究活动：对依次排列的两个整式m，n按如下规律进行操作：
第1次操作后得到整式串m，n， ；
第2次操作后得到整式串m，n， ， ；
第3次操作后…
其操作规则为：每次操作增加的项，都是用上一次操作得到的最末项减去其前一项的
差，小强将这个活动命名为“回头差”游戏．
则该“回头差”游戏第2023次操作后得到的整式中各项之和是（ ）
A． B．m C． D．
【变1】
（2023·辽宁阜新·统考中考真题）
2．如图，四边形 是正方形，曲线 叫作“正方形的渐开线”，其
中 ， ， ， ，…的圆心依次按O，A，B， 循环．当 时，点
的坐标是( )
A． B． C． D．
【例2】
（2023·四川攀枝花·统考中考真题）
试卷第2页，共3页3．为了回馈客户，商场将定价为200元的某种儿童玩具降价 进行销售．“六·
一”儿童节当天，又将该种玩具按新定价再次降价 销售，那么该种玩具在儿童节
当天的销售价格为（ ）
A．160元 B．162元 C．172元 D．180元
【变1】
（2023·黑龙江·统考中考真题）
4．某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全
部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其
中A种图书至少买5本，最多买6本（三种图书都要买），此次采购的方案有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【例3】
（2023·辽宁丹东·统考中考真题）
5．如图，在矩形 中，对角线 与 相交于点O， ， ，
垂足为点E，F是 的中点，连接 ，若 ，则矩形 的周长是（ ）
A． B． C． D．
【变1】
（2022·浙江温州·统考中考真题）
6．如图，在 中， ，以其三边为边向外作正方形，连结 ，作
于点M， 于点J， 于点K，交 于点L．若正方形
与正方形 的面积之比为5， ，则 的长为（ ）A． B． C． D．
考点讲解：筛选法就是排除法，是解答选择题的常用方法．对于从正面不易得出正确
结论时，可以从反面考虑：因为选择题的正确答案已在选择支中列出，只要逐一考虑，
排除其中不正确的选择支，则剩下的就是正确的答案．运用排除法应遵循先易后难，
由少到多，去伪存真，综合判断．首先剔除掉干扰支中容易淘汰的选项，然后根据题
干中的部分条件淘汰选择支，再根据单项选择答案的唯一性进行排除，最后再结合题
意，通过辨析选择支中相反、互不相容、包含等关系进行判定．
【例1】
（2023·辽宁丹东·统考中考真题）
7．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【变1】
（2023·内蒙古·统考中考真题）
8．下列命题正确的是（ ）
A．“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是必然事件
B． 精确到十分位
C．点 关于 轴的对称点坐标是
D．甲、乙两人参加环保知识竞赛，他们的平均成绩相同，方差分别是 ，
，则甲成绩比乙的稳定
试卷第4页，共3页【例2】
（2023·湖北黄石·统考中考真题）
9．已知二次函数 的图像经过三点 ，
且对称轴为直线 ．有以下结论：① ；② ；③当 ，
时，有 ；④对于任何实数 ，关于 的方程 必
有两个不相等的实数根．其中结论正确的有（ ）
A． 个 B． 个 C． 个 D． 个
【变1】
（2023·山东济南·统考中考真题）
10．定义：在平面直角坐标系中，对于点 ，当点 满足
时，称点 是点 的“倍增点”，已知点 ，有
下列结论：
①点 ， 都是点 的“倍增点”；
②若直线 上的点A是点 的“倍增点”，则点 的坐标为 ；
③抛物线 上存在两个点是点 的“倍增点”；
④若点 是点 的“倍增点”，则 的最小值是 ．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【例3】
（2023·山东东营·统考中考真题）
11．如图，正方形 的边长为4，点 ， 分别在边 ， 上，且 ，
平分 ，连接 ，分别交 ， 于点 ， ， 是线段 上的一个动
点，过点 作 垂足为 ，连接 ，有下列四个结论：① 垂直平分 ；
② 的最小值为 ；③ ；④ ．其中正确的是
（ ）A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③
【变1】
（2023·四川宜宾·统考中考真题）
12．如图， 和 是以点 为直角顶点的等腰直角三角形，把 以 为
中心顺时针旋转，点 为射线 、 的交点．若 ， ．以下结论：
① ；② ；
③当点 在 的延长线上时， ；
④在旋转过程中，当线段 最短时， 的面积为 ．
其中正确结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
考点讲解：特选法就是用特殊的方法快捷的得到结论，特选法也是选择题常用的方法．
特选法的特选方向一般为：试题的主考点，定义或定理中的隐含条件，某些特殊值或
图形的特殊形态，通常是特殊题干产生正确选项，也可以让选项变“特殊”后去对照
题干．
【例1】
（2023·河北·统考中考真题）
试卷第6页，共3页13．若k为任意整数，则 的值总能（ ）
A．被2整除 B．被3整除 C．被5整除 D．被7整除
【变1】
（2022·贵州六盘水·统考中考真题）
14．已知 ，则 的值是
（ ）
A．4 B．8 C．16 D．12
【例2】
（2021·江苏苏州·统考中考真题）
15．已知两个不等于0的实数 、 满足 ，则 等于（ ）
A． B． C．1 D．2
【变1】
（2022·山东济南·统考中考真题）
16．若m－n＝2，则代数式 的值是（ ）
A．－2 B．2 C．－4 D．4
【例3】
（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）
17．如图，正方形 的顶点A，B在y轴上，反比例函数 的图象经过点C和
的中点E，若 ，则k的值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【变1】（2023·山东东营·统考中考真题）
18．如图，在平面直角坐标系中，菱形 的边长为 ，点 在 轴的正半轴上，
且 ，将菱形 绕原点 逆时针方向旋转 ，得到四边形 点
与点 重合 ，则点 的坐标是( )
A． B． C． D．
（2023·湖南益阳·统考中考真题）
19．下列因式分解正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2022·内蒙古·中考真题）
20．实数a在数轴上的对应位置如图所示，则 的化简结果是（ ）
A．1 B．2 C．2a D．1﹣2a
（2023·四川甘孜·统考中考真题）
21．有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛（斛，音 ，是
古代的一种容量单位），1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．1个大桶、1个小桶分
别可以盛酒多少斛？设大桶可以盛酒x斛，小桶可以盛酒y斛，则可列方程组为（
）
试卷第8页，共3页A． B． C． D．
（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）
22．端午节是我国传统节日，端午节前夕，某商家出售粽子的标价比成本高25%，当
粽子降价出售时，为了不亏本，降价幅度最多为（ ）
A． B． C． D．
（2022·重庆·统考中考真题）
23．若关于 的一元一次不等式组 的解集为 ，且关于 的分式方
程 的解是负整数，则所有满足条件的整数 的值之和是（ ）
A．－26 B．－24 C．－15 D．－13
（2023·海南·统考中考真题）
24．如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为 ，将 绕着
点B顺时针旋转 ，得到 ，则点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
（2023·湖北鄂州·统考中考真题）
25．如图，在平面直角坐标系中， 为原点， ，点 为平面内一动点，
，连接 ，点 是线段 上的一点，且满足 ．当线段 取
最大值时，点 的坐标是（ ）A． B． C． D．
（2023·西藏·统考中考真题）
26．如图，矩形 中， 和 相交于点O， ， ，点E是 边上
一点，过点E作 于点H， 于点G，则 的值是（ ）
A．2.4 B．2.5 C．3 D．4
（2023·山东淄博·统考中考真题）
27．勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简
明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个
重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接 ，
．若正方形 与 的边长之比为 ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
试卷第10页，共3页（2023·湖北黄石·统考中考真题）
28．如图，有一张矩形纸片 ．先对折矩形 ，使 与 重合，得到折痕
，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点 落在 上，并使折痕经过点 ，得到折
痕 ﹐同时得到线段 ， ．观察所得的线段，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）
29．如图，在平面直角坐标系中，菱形 的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C
在x轴的正半轴上， ， ．点M在菱形的边 和 上运动（不与
点A，C重合），过点M作 轴，与菱形的另一边交于点N，连接 ， ，
设点M的横坐标为x， 的面积为y，则下列图象能正确反映y与x之间函数关系
的是（ ）
A． B． C．D．
（2023·辽宁丹东·统考中考真题）
30．抛物线 与x轴的一个交点为 ，与y轴交于点C，点D
是抛物线的顶点，对称轴为直线 ，其部分图象如图所示，则以下4个结论：①
；② ， 是抛物线 上的两个点，若 ，
且 ，则 ；③在 轴上有一动点P，当 的值最小时，则点P的
坐标为 ；④若关于x的方程 无实数根，则b的取值
范围是 ．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2023·青海西宁·统考中考真题）
31．直线 和抛物线 （a，b是常数，且 ）在同一平面直角坐
标系中，直线 经过点 ．下列结论：
①抛物线 的对称轴是直线
试卷第12页，共3页②抛物线 与x轴一定有两个交点
③关于x的方程 有两个根 ，
④若 ，当 或 时，
其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．②③ D．①④
（2022·四川眉山·中考真题）
32．如图，四边形 为正方形，将 绕点 逆时针旋转 至 ，点 ，
， 在同一直线上， 与 交于点 ，延长 与 的延长线交于点 ，
， ．以下结论：
① ；② ；③ ；④ ．其中正确结论
的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2023·浙江绍兴·统考中考真题）
33．如图，在矩形 中， 为对角线 的中点， ．动点 在线段
上，动点 在线段 上，点 同时从点 出发，分别向终点 运动，且始终
保持 ．点 关于 的对称点为 ；点 关于 的对称点为
．在整个过程中，四边形 形状的变化依次是（ ）A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
（2023·山东泰安·统考中考真题）
34．如图， 是等腰三角形， ．以点B为圆心，任意长为半径
作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于 的长为半径
作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于
的长为半径作弧，两孤相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．
下列四个结论：① ；② ；③ ；④当 时，
．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
试卷第14页，共3页参考答案：
1．D
【分析】先逐步分析前面5次操作，可得整式串每四次一循环，再求解第四次操作后所有
的整式之和为： ，结合 ，从而可得答案．
【详解】解：第1次操作后得到整式串m，n， ；
第2次操作后得到整式串m，n， ， ；
第3次操作后得到整式串m，n， ， ， ；
第4次操作后得到整式串m，n， ， ， ， ；
第5次操作后得到整式串m，n， ， ， ， ， ；
归纳可得：以上整式串每六次一循环，
∵ ，
∴第2023次操作后得到的整式中各项之和与第1次操作后得到整式串之和相等，
∴这个和为 ，
故选D
【点睛】本题考查的是整式的加减运算，代数式的规律探究，掌握探究的方法，并总结概
括规律并灵活运用是解本题的关键．
2．A
【分析】由题得点的位置每4个一循环，经计算得出 在第三象限，与 ， ， ，
…符合同一规律，探究出 ， ， ，...的规律即可．
【详解】解：由图得 ， ，
…
点C的位置每4个一循环，
，
∴ 在第三象限，与 ， ， ，…
符合规律 ，
∴ 坐标为 ．
故选：A．【点睛】本题考查了点的坐标的规律的探究，理解题意求出坐标是解题关键．
3．B
【分析】根据题意可直接进行列式求解．
【详解】解：由题意得：
（元）；
故选B．
【点睛】本题主要考查有理数乘法的应用，解题的关键是理解题意．
4．B
【分析】设采购A种图书x本，B种图书y本，C种图书z本，根据采购三种图书需500元
列出方程，再依据x的数量分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：设采购A种图书x本，B种图书y本，C种图书z本，其中
且 均为整数，根据题意得，
，
整理得， ，
①当 时， ，
∴
∵ 且 均为整数，
∴当 时， ，∴ ；
当 时， ，∴ ；
当 时， ，∴ ；
②当 时， ，
∴
∵ 且 均为整数，
∴当 时， ，∴ ；
当 时， ，∴ ；
当 时， ，∴ ；
综上，此次共有6种采购方案，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，正确理解题意、进行分类讨论是解答本题
答案第2页，共2页的关键．
5．D
【分析】根据矩形的性质得出 ，即可求证 为等边三角形，进而得出点E为
中点，根据中位线定理得出 ，易得 ，求出
，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴ 为等边三角形，
∵ ，
∴点E为 中点，
∵F是 的中点，若 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴矩形 的周长 ，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三
角形，解题的关键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行
于第三边且等于第三边的一半，以及解直角三角形的方法和步骤．
6．C
【分析】设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，设正方形JKLM边长为m，根据正方形
ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，得AF=AB= m，证明△AFL≌△FGM（AAS），可
得AL=FM，设AL=FM=x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2=（ m）2，可解得x=m，有AL=FM=m，FL=2m，从而可得AP= ，FP= m，BP= ，即知P为AB中点，
CP=AP=BP= ，由△CPN∽△FPA，得CN=m，PN= m，即得AN= m，而
tan∠BAC= ，又△AEC∽△BCH，根据相似三角形的性质列出方程，解方
程即可求解．
【详解】解：设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，如图：
设正方形JKLM边长为m，
∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，
∴AF=AB= m，
由已知可得：∠AFL=90°-∠MFG=∠MGF，∠ALF=90°=∠FMG，AF=GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL=FM，
设AL=FM=x，则FL=FM+ML=x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2=AF2，
∴x2+（x+m）2=（ m）2，
解得x=m或x=-2m（舍去），
∴AL=FM=m，FL=2m，
答案第4页，共2页AP= ，
∴AP=BP，即P为AB中点，
∵∠ACB=90°，
∴CP=AP=BP=
∵∠CPN=∠APF，∠CNP=90°=∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
即
∴CN=m，PN= m，
∴AN=AP+PN=
tan∠BAC= ，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
故选：C．【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性
质，勾股定理等知识，解题的关键是用含m的代数式表示相关线段的长度．
7．A
【分析】直接利用积的乘方运算法则以及幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分
别化简，进而得出答案．
【详解】解：A． ，故此选项符合题意；
B． ，故此选项不合题意；
C． ，故此选项不合题意；
D． ，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了积的乘方运算以及幂的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌
握相关运算法则是解题关键．
8．C
【分析】A、根据必然事件和随机事件的定义即可判断该命题是否正确；B、根据小数精确
度的定义即可判断该命题是否正确；C、根据轴对称图形的性质即可判断该命题是否正确；
D、方差越大，数据的波动越大，方差越小，数据的波动越小．
【详解】A、“经过有交通信号灯的路口，遇到红灯”是随机事件，命题错误，该选项不
符合题意；
B、 精确到百分位，命题错误，该选项不符合题意；
C、点 关于 轴的对称点坐标是 ，命题正确，该选项符合题意；
D、甲、乙两人参加环保知识竞赛，他们的平均成绩相同，方差分别是 ，
，则乙成绩比甲的稳定，命题错误，该选项不符合题意．
故选：C
【点睛】本题主要考查必然事件和随机事件、小数精确度、轴对称图形、方差，牢记必然
事件和随机事件的定义、小数精确度的定义、轴对称图形的性质、方差的性质是解题的关
键．
答案第6页，共2页9．C
【分析】根据二次函数图像的对称轴为 ，且过 ，结合抛物线的对称轴即可求
解．
【详解】解： ∵二次函数 的对称轴为 ，且图像经过 ，
∴ ，即 ，
∴点 在抛物线上，
∴ ，故结论①正确；
由结论①正确可得， ，且 ，则
∴ ，则 ，故结论②正确；
∵当 ， 时，
∴点 离对称轴更近，
当 时， ；当 时， ；故结论③错误；
由 得， ，
∵结论①正确可得， ，结论②正确可得， ，
∴ ， ，
∴ ，整理得， ，
∵ ，
∴ ，
∴该方程有两个不相等的实根，故结论④正确；
综上所述，正确的有 ， 个，
故选： ．
【点睛】本题主要考查二次函数图像的性质，根与系数的关系，二次函数图像上点的特征，
由对称轴确定系数 的关系，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
10．C【分析】①根据题目所给“倍增点”定义，分别验证 即可；②点 ，根据
“倍增点”定义，列出方程，求出a的值，即可判断；③设抛物线上点 是点
的“倍增点”，根据“倍增点”定义列出方程，再根据判别式得出该方程根的情况，即
可判断；④设点 ，根据“倍增点”定义可得 ，根据两点间距离公式可
得 ，把 代入化简并配方，即可得出 的最小值为 ，即可
判断．
【详解】解：①∵ ， ，
∴ ，
∴ ，则 是点 的“倍增点”；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，则 是点 的“倍增点”；
故①正确，符合题意；
②设点 ，
∵点A是点 的“倍增点”，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
故②不正确，不符合题意；
答案第8页，共2页③设抛物线上点 是点 的“倍增点”，
∴ ，整理得： ，
∵ ，
∴方程有两个不相等实根，即抛物线 上存在两个点是点 的“倍增点”；
故③正确，符合题意；
④设点 ，
∵点 是点 的“倍增点”，
∴ ，
∵ ， ，
∴
，
∵ ，
∴ 的最小值为 ，
∴ 的最小值是 ，
故④正确，符合题意；
综上：正确的有①③④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，一元二次方程根的判别式，两点间的
距离公式，解题的关键是正确理解题目所给“倍增点”定义，根据定义列出方程求解．11．D
【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明 ，通过等量转化即可求
证 ，利用角平分线的性质和公共边即可证明 ，从而推出①
的结论；利用①中的部分结果可证明 推出 ，通过等量代换可
推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出 和 长度，最后通过面积法即
可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出 的最小值，从而证明②
不对.
【详解】解： 为正方形，
， ，
，
，
.
,
,
，
，
.
平分 ，
.
，
.
，
，
垂直平分 ，
故①正确.
由①可知， ， ，
，
，
答案第10页，共2页，
由①可知 ，
.
故③正确.
为正方形，且边长为4，
，
在 中， .
由①可知， ，
，
.
由图可知， 和 等高，设高为 ，
，
，
，
.
故④不正确.
由①可知， ，
，
关于线段 的对称点为 ，过点 作 ，交 于 ，交 于 ，
最小即为 ，如图所示，由④可知 的高 即为图中的 ，
.
故②不正确.
综上所述，正确的是①③.
故选：D.
【点睛】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三
角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.
12．D
【分析】证明 即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明
得出 ，即可判断③；以 为圆心， 为半径画圆，当 在
的下方与 相切时， 的值最小，可得四边形 是正方形，在 中
，然后根据三角形的面积公式即可判断④．
【详解】解：∵ 和 是以点 为直角顶点的等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，故①正确；
设 ，
∴ ,
∴ ，
∴ ，故②正确；
答案第12页，共2页当点 在 的延长线上时，如图所示
∵ ， ，
∴
∴
∵ ， ．
∴ ，
∴
∴ ，故③正确；
④如图所示，以 为圆心， 为半径画圆，
∵ ，
∴当 在 的下方与 相切时， 的值最小，
∴四边形 是矩形，
又 ，
∴四边形 是正方形，∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 中，
∴ 取得最小值时，
∴
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最
短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
13．B
【分析】用平方差公式进行因式分解，得到乘积的形式，然后直接可以找到能被整除的数
或式．
【详解】解：
，
能被3整除，
∴ 的值总能被3整除，
故选：B．
【点睛】本题考查了平方差公式的应用，平方差公式为 通过因式分解，
可以把多项式分解成若干个整式乘积的形式．
14．C
【分析】令 ，代入已知等式进行计算即可得．
【详解】解：观察所求式子与已知等式的关系，令 ，
答案第14页，共2页则 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了代数式求值，观察得出所求式子与已知等式的关系是解题关键．
15．A
【分析】先化简式子，再利用配方法变形即可得出结果．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵两个不等于0的实数 、 满足 ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题考查分式的化简、配完全平方、灵活应用配方法是解题的关键．
16．D
【分析】先因式分解，再约分得到原式＝2（m-n），然后利用整体代入的方法计算代数式
的值．
【详解】解：原式 •
＝2（m-n），
当m-n＝2时，原式＝2×2＝4．
故选：D．
【点睛】本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入
求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分
母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．
17．B
【分析】由正方形的性质得 ，可设 ， ，根据可求出 的值．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∵
∵点 为 的中点，
∴
设点C的坐标为 ，则 ,
∴ ，
∵点C，E在反比例函数 的图象上，
∴ ，
解得， ，
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数 （k为常数，
）的图象是双曲线，图象上的点 的横纵坐标的积是定值k，即 ．
18．B
【分析】延长 交 轴于点 ，根据旋转的性质以及已知条件得出 ，进而
求得 的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长 交 轴于点 ，
答案第16页，共2页∵四边形 是菱形，点 在 轴的正半轴上， 平分 ， ，
∴ ，
∵将菱形 绕原点 逆时针方向旋转 ，
∴ ，则 ，
∴
∴ ，
在 中，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，
坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
19．A
【分析】利用提公因式法，公式法对各项进行因式分解，即可求解．
【详解】解：A、 ，故本选项正确，符合题意；
B、 ，故本选项错误，不符合题意；
C、 ，故本选项错误，不符合题意；D、 ，故本选项错误，不符合题意；
故选：A
【点睛】本题主要考查了多项式的因式分解，熟练掌握多项式的因式分解方法——提公因
式法、公式法、十字相乘法、分组分解法，并会结合多项式的特征，灵活选用合适的方法
是解题的关键．
20．B
【分析】根据数轴得∶ 00， a-1<0，利用二次根式和绝对值的性质化简求
解即可．
【详解】解∶∵根据数轴得∶ 00， a-1<0，
∴原式=|a|+1+1-a
=a+1+1- a
=2．
故选∶B．
【点睛】本题考查二次根式的性质与化简，实数与数轴，掌握 是解题的关键．
21．A
【分析】设大桶可以盛酒x斛，小桶可以盛酒y斛，根据题意列出二元一次方程组，即可
求解．
【详解】设大桶可以盛酒x斛，小桶可以盛酒y斛，根据题意得，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，根据题意，列出二元一次方程组是解题的关键．
22．A
【分析】设粽子的成本为a元，设降价幅度为x，根据降价出售后不亏本即售价不低于进价
列出不等式，解不等式即可得到答案．
【详解】解：设粽子的成本为a（a是常数且 ）元，设降价幅度为x，
则 ，
解得 ，
答案第18页，共2页即为了不亏本，降价幅度最多为 ．
故选：A．
【点睛】此题考查了一元一次不等式的应用，根据题意正确列出不等式是解题的关键．
23．D
【分析】根据不等式组的解集，确定a＞-11，根据分式方程的负整数解，确定a＜1，根据
分式方程的增根，确定a≠-2，计算即可．
【详解】∵ ，
解①得解集为 ，解②得解集为 ，
∵ 不等式组 的解集为 ，
∴ ，
解得a＞-11，
∵ 的解是y= ，且y≠-1， 的解是负整数，
∴a＜1且a≠-2，
∴-11＜a＜1且a≠-2，
故a=-8或a=-5，
故满足条件的整数 的值之和是-8-5=-13，
故选D．
【点睛】本题考查了不等式组的解集，分式方程的特殊解，增根，熟练掌握不等式组的解
法，灵活求分式方程的解，确定特殊解，注意增根是解题的关键．
24．B
【分析】过点 作 ，由题意可得： ， ，再利用含30度
直角三角形的性质，求解即可．
【详解】解：过点 作 ，如下图：则
由题意可得： ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ 点的坐标为 ，
故选：B
【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，
解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质．
25．D
【分析】由题意可得点 在以点 为圆心， 为半径的 上，在 轴的负半轴上取点
，连接 ，分别过 、 作 ， ，垂足为 、 ，先证
，得 ，从而当 取得最大值时， 取得最大值，结合图
形可知当 ， ， 三点共线，且点 在线段 上时， 取得最大值，然后分别证
， ，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵点 为平面内一动点， ，
∴点 在以点 为圆心， 为半径的 上，
答案第20页，共2页在 轴的负半轴上取点 ，连接 ，分别过 、 作 ， ，
垂足为 、 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴当 取得最大值时， 取得最大值，结合图形可知当 ， ， 三点共线，且点
在线段 上时， 取得最大值，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ 轴 轴， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 即 ，
解得 ，
同理可得， ，
∴ 即 ，
解得 ，
∴ ，
∴当线段 取最大值时，点 的坐标是 ，
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与
图形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
26．A
【分析】连接 ，利用矩形的性质可得 ，
， ，即 ，再利
用面积可得 ， ，结合 ，可得
，问题随之得解．
答案第22页，共2页【详解】解：连接 ，如图，
∵四边形 是矩形， ， ，
∴ ， ， ， ，
∴ ， ，
即 ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ．
∴ ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理以及三角形的面积等知识，灵活利用面积
得出 ，是解答本题的关键．
27．A
【分析】设 的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为 ，小正方形的边
长为x，由题意得 ，解得 ，即可求解．【详解】解：过点D作 交 的延长线于点N，
由题意可得，两个正方形之间是4个相等的三角形，
设 的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为 ，小正方形的边长为x，
即 ， ， ，
由题意得， ，解得 ，
在 中， ，则 ，
，
则 ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用、正方形的性质及勾股定理，确定a、b和x之间的
关系是解题的关键．
28．C
【分析】根据折叠的性质，得出 ， ，进而得到
，在 中，由特殊锐角的三角函数可求 即可．
【详解】解：根据折叠的性质可知： ， ， ，
答案第24页，共2页，
∴
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
故选： ．
【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠轴对称，掌握折叠前后对应边相等，对应角相等，
以及直角三角形的边角关系是解题的关键．
29．A
【分析】先根据菱形的性质求出各点坐标，分M的横坐标x在 ， ， 之间三个
阶段，用含x的代数式表示出 的底和高，进而求出分段函数的解析式，根据解析式
判断图象即可．
【详解】解： 菱形 的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，
， ，
，
，
， ， ，
设直线 的解析式为 ，将 ， 代入，得：，
解得 ，
直线 的解析式为 ．
轴，
N的横坐标为x，
（1）当M的横坐标x在 之间时，点N在线段 上， 中 上的高为 ，
，
，
，
该段图象为开口向上的抛物线；
（2）当M的横坐标x在 之间时，点N在线段 上， 中 ， 上的
高为 ，
，
该段图象为直线；
（3）当M的横坐标x在 之间时，点N在线段 上， 中 上的高为 ，
由 ， 可得直线 的解析式为 ，
， ，
，
，
该段图象为开口向下的抛物线；
观察四个选项可知，只有选项A满足条件，
故选A．
答案第26页，共2页【点睛】本题考查动点问题的函数图象，涉及坐标与图形，菱形的性质，二次函数、一次
函数的应用等知识点，解题的关键是分段求出函数解析式．
30．A
【分析】由图可知 ，即可判断①；易得 向上平移 个到位长
度得到 ，则 的对称轴也为直线 ，根据 ，得出
，则 离对称轴的距离大于 离对称轴的距离，即可判断②；作
点C关于x轴对称的对应点 ，连接 ，交x轴于点P，把 代入
得到 ，根据对称轴得到 ，则 ，进而得出 ，把 代
入 得出 ，用待定系数法求出直线 的函数解析式为 ，
即可判断③；由图可知，当 时，抛物线 与直线 没有交
点，则原方程无实数根，求出 ，结合 ，即可判断④．
【详解】解：由图可知，
∵该抛物线开口向上，对称轴在y轴左侧，与y轴交于负半轴，
∴ ，
∴ ，故①不正确，不符合题意；
∵ 向上平移 个到位长度得到 ，
∴ 的对称轴也为直线 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，∴ 离对称轴的距离大于 离对称轴的距离，
∵函数开口向上，离对称轴越远函数值越大，
∴ ，故②不正确，不符合题意；
作点C关于x轴对称的对应点 ，连接 ，交x轴于点P，
把 代入 得： ，
∵抛物线 的对称轴为直线 ，
∴ ，则 ，
∴ ，整理得： ，
∴ ，则 ，
把 代入 得： ，
∴ ，
设直线 的函数解析式为 ，
把 ， 代入得：
，解得： ，
∴直线 的函数解析式为 ，
把 代入得： ，
解得： ，
∴ ，故③正确，符合题意；
答案第28页，共2页方程 整理为 ，
∵ ，
由图可知，当 时，抛物线 与直线 没有交点，
则原方程无实数根，
∵ ，
∴ ，
解得： ，
∵ ，
∴b的取值范围为 ，故④不正确，不符合题意；
综上：正确的有③，共1个，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，以及二次函数图象上点的坐标特征，
根据所给函数图象，得出a、b、c的符号，利用抛物线的对称性和增减性是解析的关键．
31．B
【分析】①可得 ，从而可求 ，即可求解；②可得 ，由
，可得 ，即可求解；③可判断抛物线也过 ，从而可得方程
的一个根为 ，可求抛物线 的对称轴为直线
，从而可得抛物线 与 轴的另一个交点为 ，即可求解；④当 ，当 时， ，即可求解．
【详解】解：① 直线 经过点 ，
，
，
抛物线的对称轴为直线 ，
故①正确；
② ，
由①得 ，
，
，
，
抛物线 与x轴一定有两个交点，
故②正确；
③当 时，
，
抛物线也过 ，
由 得
方程 ，
方程的一个根为 ，
抛物线 ，
，
抛物线 的对称轴为直线 ，
与 轴的一个交点为 ，
答案第30页，共2页，
解得： ，
抛物线 与 轴的另一个交点为 ，
关于x的方程 有两个根 ， ，
故③正确；
④当 ，当 时， ，
故④错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的基本性质，二次函数与一次函数交点，二次函数与不等式
等，理解性质，掌握解法是解题的关键．
32．D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质
可知②正确；证明 ，得到 ，即 ，利用
是等腰直角三角形，求出 ，再证明 即可求出 可知
③正确；过点E作 交FD于点M，求出 ，再证明
，即可知④正确．
【详解】解：∵ 旋转得到 ，
∴ ，
∵ 为正方形， ， ， 在同一直线上，
∴ ，
∴ ，故①正确；
∵ 旋转得到 ，
∴ ， ，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故②正确；
设正方形边长为a，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，解得： ，
∵ ，
∴ ，故③正确；
过点E作 交FD于点M，
答案第32页，共2页∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，
解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
33．A
【分析】根据题意，分别证明四边形 是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【详解】∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ 、 ，
∴∵对称，
∴ ，
∴
∵对称，
∴ ，
∴ ，
同理 ，
∴
∴
∴四边形 是平行四边形，
如图所示，
当 三点重合时， ，
∴
即
答案第34页，共2页∴四边形 是菱形，
如图所示，当 分别为 的中点时，
设 ，则 ， ，
在 中， ，
连接 ， ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∵ 为 中点，
∴ ， ，
∴ ，
根据对称性可得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，且 ，
∴四边形 是矩形，
当 分别与 重合时， 都是等边三角形，则四边形 是菱形∴在整个过程中，四边形 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边
形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，
勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握
以上知识是解题的关键．
34．C
【分析】根据等腰三角形两底角相等与 ，得到 ，根据角平分线
定义得到 ，根据线段垂直平分线性质得到 ，得到
，推出 ，得到 ，推出 ，①正确；
根据等角对等边得到 ， ，根据三角形外角性质得到 ，
得到 ，推出 ，②正确；根据 ，得到 ，
推出 ，③错误；根据 时， ，得到
,推出 ，④正确．
【详解】∵ 中， ， ，
∴ ，
由作图知， 平分 ， 垂直平分 ，
∴ ， ，
答案第36页，共2页∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，①正确；
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，②正确；
设 ， ，
则 ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ，③错误；
当 时， ，
∵ ，∴ ,
∴ ，④正确
∴正确的有①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角
形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．
答案第38页，共2页
