小題能力提升：考前必做30題（壓軸篇）姓名：__________________班級：______________得分：_________________注意事項(xiàng)：本試卷試題共30題，選擇15道、填空15道.答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一．選擇題（共15小題）1．（2020?呼倫貝爾）已知實(shí)數(shù)a在數(shù)軸上的對應(yīng)點(diǎn)位置如圖所示，則化簡|a﹣1|-(A．3﹣2a B．﹣1 C．1 D．2a﹣3【分析】根據(jù)數(shù)軸上a點(diǎn)的位置，判斷出（a﹣1）和（a﹣2）的符號，再根據(jù)非負(fù)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行化簡．【解析】由圖知：1＜a＜2，∴a﹣1＞0，a﹣2＜0，原式＝a﹣1﹣[﹣（a﹣2）]＝a﹣1+（a﹣2）＝2a﹣3．故選：D．2．（2020?浙江自主招生）若x2+y2＝1，則x2A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根據(jù)x2+y2＝1，可得﹣1≤x≤1，﹣1≤y≤1，再將原式化簡后確定x和y的值代入即可求解．【解析】因?yàn)閤2+y2＝1，所以﹣1≤x≤1，﹣1≤y≤1，因?yàn)閤y-其中y﹣2＜0，所以x+1≤0，又因?yàn)椹?≤x≤1，所以x+1＝0，x＝﹣1，所以y＝0，所以原式=＝2+0＝2．故選：C．3．（2019春?同安區(qū)期中）如圖，在矩形ABCD中無重疊放入面積分別為16cm2和12cm2的兩張正方形紙片，則圖中空白部分的面積為（）A．（8﹣43）cm2 B．（4﹣23）cm2 C．（16﹣83）cm2 D．（﹣12+83）cm2【分析】根據(jù)正方形的面積求出兩個(gè)正方形的邊長，從而求出AB、BC，再根據(jù)空白部分的面積等于長方形的面積減去兩個(gè)正方形的面積列式計(jì)算即可得解．【解析】∵兩張正方形紙片的面積分別為16cm2和12cm2，∴它們的邊長分別為16=4cm，12=23∴AB＝4cm，BC＝（23+4）cm∴空白部分的面積＝（23+4）×4﹣12﹣16＝83+16﹣12﹣16＝（﹣12+83）cm2．故選：D．4．（2019秋?浦東新區(qū)校級月考）若2＜a＜3，則a2A．5﹣2a B．1﹣2a C．2a﹣5 D．2a﹣1【分析】先根據(jù)2＜a＜3把二次根式開方，得到a﹣2﹣（3﹣a），再計(jì)算結(jié)果即可．【解析】∵2＜a＜3，∴a＝a﹣2﹣（3﹣a）＝a﹣2﹣3+a＝2a﹣5．故選：C．5．（2021春?北碚區(qū)校級月考）由下列條件不能判定△ABC為直角三角形的是（）A．∠A+∠B＝∠C B．a(chǎn)=13，b=14C．（b+a）（b﹣a）＝c2 D．∠A：∠B：∠C＝5：3：2【分析】根據(jù)勾股定理的逆定理和三角形內(nèi)角和以及整式的混合計(jì)算判斷即可．【解析】A、∵∠A+∠B＝∠C，∴∠C＝90°，能判定△ABC為直角三角形，不符合題意；B、∵(14)C、∵（b+a）（b﹣a）＝c2，∴b2＝a2+c2，能判定△ABC為直角三角形，不符合題意；D、∵∠A：∠B：∠C＝5：3：2，∴∠A＝90°，能判定△ABC為直角三角形，不符合題意；故選：B．6．（2021春?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，一棵高5米的樹AB被強(qiáng)臺風(fēng)吹斜，與地面BC形成60°夾角，之后又被超強(qiáng)臺風(fēng)在點(diǎn)D處吹斷，點(diǎn)A恰好落在BC邊上的點(diǎn)E處，若BE＝2米，則BD的長是（）米A．2 B．3 C．218 D．【分析】過點(diǎn)D作DF⊥BC于F，設(shè)BD＝x米，通過解直角△BDF得到DF的長度，然后在直角△EDF中，利用勾股定理列出方程，通過解方程求解即可．【解析】如圖，過點(diǎn)D作DF⊥BC于F，設(shè)BD＝x米，則DE＝（5﹣x）米，在直角△BDF中，∠DBF＝60°，則BF=12x米，DF=∴EF＝（2-12在直角△DFE中，由勾股定理知：DE2＝DF2+EF2，即（5﹣x）2＝（32x）2+（2-12x解得x=21即BD的長是218故選：C．7．（2021春?新豐縣月考）如圖，高速公路上有A、B兩點(diǎn)相距25km，C、D為兩村莊，已知DA＝10km，CB＝15km．DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，現(xiàn)要在AB上建一個(gè)服務(wù)站E，使得C、D兩村莊到E站的距離相等，則AE的長是（）km．A．5 B．10 C．15 D．25【分析】根據(jù)題意設(shè)出AE的長為x，再由勾股定理列出方程求解即可．【解析】設(shè)AE＝x，則BE＝25﹣x，由勾股定理得：在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2＝102+x2，在Rt△BCE中，CE2＝BC2+BE2＝152+（25﹣x）2，由題意可知：DE＝CE，所以：102+x2＝152+（25﹣x）2，解得：x＝15（km），所以，AE＝15km，故選：C．8．（2020秋?鎮(zhèn)海區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各邊為邊作三個(gè)正方形，點(diǎn)G落在HI上，若AC+BC＝6，空白部分面積為10.5，則AB的長為（）A．32 B．19 C．25 D．26【分析】根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠FAC＝∠ABC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四邊形FNCM，根據(jù)勾股定理得到AC2+BC2＝AB2，解方程組得到3AB2＝57，于是得到結(jié)論．【解析】∵四邊形ABGF是正方形，∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°，∴∠FAC＝∠ABC，在△FAM與△ABN中，∠F∴△FAM≌△ABN（AAS），∴S△FAM＝S△ABN，∴S△ABC＝S四邊形FNCM，∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC2+BC2＝AB2，∵AC+BC＝6，∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC?BC＝36，∴AB2+2AC?BC＝36，∵AB2﹣2S△ABC＝10.5，∴AB2﹣AC?BC＝10.5，∴3AB2＝57，解得AB=19或-故選：B．9．（2021?順德區(qū)一模）如圖，E是平行四邊形ABCD邊AD延長線上一點(diǎn)，且DE＝AD，連接BE、CE、BD．若AB＝BE，則四邊形BCED是（）A．平行四邊形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥BC，AD＝BC，AB＝DC，繼而證得四邊形BCED是平行四邊形，再證得BE＝DC，根據(jù)矩形的判定即可證得?BCED是矩形．【解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝DC，∴DE∥BC，∵DE＝AD，∴DE＝BC，∴四邊形BCED是平行四邊形，∵AB＝BE，∴BE＝DC，∴?BCED是矩形，故選：B．10．（2020秋?雅安期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC的垂直平分線分別與AD，AC，BC相交于點(diǎn)E，O，F(xiàn)．下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)有（）①四邊形AFCE為菱形；②△ABF≌△CDE；③當(dāng)F為BC中點(diǎn)時(shí)，∠ACD＝90°．A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)【分析】由平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)分別對各個(gè)結(jié)論進(jìn)行判斷即可．【解析】∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，∠B＝∠D，AB∥CD，∴∠EAC＝∠FCA，∵EF垂直平分AC，∴OA＝OC，EA＝EC，∴∠EAC＝∠ECA，∴∠FCA＝∠ECA，在△AOE和△COF中，∠EAO∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴四邊形AFCE為平行四邊形，∵EF垂直平分AC，∴平行四邊形AFCE是菱形，①正確；∴AE＝CF，∴BF＝DE，在△ABF和△CDE中，AB=∴△ABF≌△CDE（SAS），②正確；∵四邊形AFCE是菱形，∴AF＝CF，∵F為BC的中點(diǎn)，∴BF＝CF，∴AF＝CF=12∴∠BAC＝90°，∵AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC＝90°，③正確；正確的個(gè)數(shù)有3個(gè)，故選：D．11．（2021春?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，在平行四邊形ABCD中，N是CD的中點(diǎn)，AB＝2BC，BN＝m，AN＝n，則CD的長為（）A．m2+n B．m+n2 C．mn【分析】首先利用平行四邊形的性質(zhì)和已知條件證明△NAB為直角三角形，再利用勾股定理即可求出CD的長．【解析】∵N為CD中點(diǎn)，∴CN＝DN=12CD=12AB＝∴∠DAN＝∠DNA，∠CBN＝∠CNB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠C+∠D＝180°，∴∠C＝2∠DNA，∠D＝2∠CNB，∴∠DNA+∠CNB=12（∠C+∠D）＝∴∠ANB＝180°﹣（∠DNA+∠CNB）＝90°即△NAB為直角三角形，∵BN＝m，AN＝n，∴CD＝AB=N故選：D．12．（2021春?海滄區(qū)校級月考）如圖，在矩形ABCD中，AB＝10，P是CD邊上一點(diǎn)，M、N、E分別是PA、PB、AB的中點(diǎn)，以下四種情況，哪一種四邊形PMEN不可能為矩形（）A．AD＝3 B．AD＝4 C．AD＝5 D．AD＝6【分析】先證四邊形PMEN是平行四邊形，當(dāng)∠APB＝90°時(shí)，四邊形PMEN是矩形，設(shè)DP＝x，CP＝10﹣x，再由勾股定理得出方程，分別計(jì)算即可．【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝CD＝10，∠C＝∠D＝90°，∵M(jìn)、N、E分別是PA、PB、AB的中點(diǎn)，∴ME、NE是△ABP的中位線，∴ME∥BP，NE∥AP，∴四邊形PMEN是平行四邊形，當(dāng)∠APB＝90°時(shí)，四邊形PMEN是矩形，設(shè)DP＝x，CP＝10﹣x，由勾股定理得：AP2＝AD2+x2，BP2＝BC2+（10﹣x）2，AP2+BP2＝AB2，∴AD2+x2+AD2+（10﹣x）2＝102，AD2+x2﹣10x＝0，①當(dāng)AD＝3時(shí)，x2﹣10x+9＝0，x＝1或x＝9，符合題意；②當(dāng)AD＝4時(shí)，x2﹣10x+16＝0，x＝2或x＝8，符合題意；③當(dāng)AD＝5時(shí)，x2﹣10x+25＝0，x＝5，符合題意；④當(dāng)AD＝6時(shí)，x2﹣10x+36＝0，無解；故選：D．13．（2021?漢臺區(qū)一模）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)E在BC上，且AE平分∠BAC，AE＝CE，BE＝2，則矩形ABCD的面積為（）A．243 B．24 C．123 D．12【分析】由矩形的性質(zhì)得出∠B＝90°，得出∠BAC+∠BCA＝90°，由角平分線和等腰三角形的性質(zhì)得出∠BAE＝∠EAC＝∠ECA，求出∠BAE＝∠EAC＝∠ECA＝30°，由直角三角形的性質(zhì)得出AE＝CE＝2BE＝4，得出BC＝BE+CE，即可得出結(jié)果．【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴∠BAC+∠BCA＝90°，∵AE平分∠BAC，AE＝CE，∴∠BAE＝∠EAC＝∠ECA，∴∠BAE+∠EAC+∠ECA＝90°，∴∠BAE＝∠EAC＝∠ECA＝30°，∴AE＝CE＝2BE＝4，AB＝23，∴BC＝BE+CE＝6，∴矩形ABCD面積＝AB×BC＝23×6＝123故選：C．14．（2020秋?貴陽期末）如圖，正方形ABCD的邊長為3，點(diǎn)P為對角線AC上任意一點(diǎn)，PE⊥BC，PQ⊥AB，垂足分別是E，Q，則PE+PQ的值是（）A．32 B．3 C．322 【分析】由已知條件可得PQBE為矩形，這樣PE＝BQ．利用正方形的對角線的性質(zhì)可得∠CAB＝45°，得到△APQ為等腰三角形，可得PQ＝AQ，于是PQ+PE＝AQ+BQ＝AB．【解析】∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CAB＝45°，∠B＝90°．∵PE⊥BC，PQ⊥AB，∴∠PQB＝∠PEB＝90°．∴∠PQB＝∠PEB＝∠B＝90°．∴四邊形PQBE為矩形．∴PE＝BQ．∵PQ⊥AB，∠CAB＝45°，∴△PAQ為等腰三角形．∴PQ＝AQ．∴PE+PQ＝BQ+AQ＝AB＝3．故選：B．15．（2021?碑林區(qū)校級一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，對角線BD的垂直平分線分別與AD，BC邊交于點(diǎn)E、F，則四邊形BFDE的面積為（）A．84524 B．84512 C．16912 【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和菱形的判定得出四邊形BEDF是菱形，進(jìn)而利用勾股定理和菱形的面積公式解答即可．【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEO＝∠BFO，∠EDO＝∠FBO，∵對角線BD的垂直平分線分別與AD，BC邊交于點(diǎn)E、F，∴BO＝DO，EF⊥BD，∴△DEO≌△BFO（AAS），∴EO＝FO，∵BO＝DO，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∵EF⊥BD，∴平行四邊形BEDF是菱形，∴BE＝DE，∵AB＝5，AD＝12，∠A＝90°，∴BD＝13，設(shè)DE＝x，則AE＝12﹣x，在Rt△AEB中，AB2+AE2＝BE2，即52+（12﹣x）2＝x2，∴x=169∴BE＝DE=169在Rt△BEO中，OE=B∴EF＝2EO=65∴菱形BEDF的面積=1故選：A．二．填空題（共15小題）16．（2020秋?哈爾濱期末）計(jì)算18-212等于22【分析】先化簡二次根式，然后計(jì)算減法．【解析】原式＝32＝32＝22．故答案是：22．17．（2021春?海珠區(qū)校級月考）若(4-m)2=4-m，則m的取值范圍是【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)，可得答案．【解析】(4-m)2=4-m，得解得m≤4，故答案為：m≤4．18．（2021春?黃石月考）已知2.36=1.536，23.6=4.858．則0.00236=0.04858．若x=0.4858，則x＝【分析】根據(jù)二次根式的被開方數(shù)與算術(shù)平方根的關(guān)系即可直接求解．【解析】0.00236是由23.6小數(shù)點(diǎn)向左移動(dòng)4位得到，則0.00236=0.048580.4858是由4.858向左移動(dòng)一位得到，則x＝0.236．故答案是：0.4858，0.236．19．（2019秋?溫江區(qū)校級期末）已知a+b＝3，ab＝2，則ab+ba的值為【分析】根據(jù)a+b＝3，ab＝2，可以判斷出a＞0，b＞0，將所求數(shù)字化簡，然后a+b＝3，ab＝2代入即可解答本題．【解析】a=ab=|=(|∵a+b＝3，ab＝2，∴a＞0，b＞0，∴原式=(故答案為：3220．（2020秋?南關(guān)區(qū)期末）如圖，所有陰影部分四邊形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、C、D的面積依次為4、6、18，則正方形B的面積為8．【分析】根據(jù)勾股定理的幾何意義：S正方形A+S正方形B＝S正方形E，S正方形D﹣S正方形C＝S正方形E解得即可．【解析】由題意：S正方形A+S正方形B＝S正方形E，S正方形D﹣S正方形C＝S正方形E，∴S正方形A+S正方形B＝S正方形D﹣S正方形C∵正方形A、C、D的面積依次為4、6、18，∴S正方形B+4＝18﹣6，∴S正方形B＝8．故答案為：8．21．（2021春?灤州市月考）如圖是一個(gè)四邊形ABCD，若已知AB＝4cm，BC＝3cm，CD＝12cm，AD＝13cm，∠ABC＝90°，則這個(gè)四邊形的面積是24cm2．【分析】連接AC，在Rt△ABC中，已知AB，BC的長，運(yùn)用勾股定理可求出AC的長，在△ADC中，已知三邊長，運(yùn)用勾股定理逆定理，可得此三角形為直角三角形，故四邊形ABCD的面積為Rt△ACD與Rt△ABC的面積之差．【解析】連接AC，∵∠ABC＝90°，AB＝4cm，BC＝3cm，∴AC＝5cm，∵CD＝12cm，DA＝13cm，AC2+CD2＝52+122＝169＝132＝DA2，∴△ADC為直角三角形，∴S四邊形ABCD＝S△ACD﹣S△ABC=12AC×CD-1=12×5×12-＝30﹣6＝24（cm2）．故四邊形ABCD的面積為24cm2．故答案為：24．22．（2020秋?新都區(qū)期末）如圖，有一直立旗桿，它的上部被風(fēng)從點(diǎn)A處吹折，旗桿頂點(diǎn)B落地，離桿腳6米，修好后又被風(fēng)吹折，因新斷處點(diǎn)D比上一次高1米，故桿頂E著地點(diǎn)比上次近2米，則原旗桿的高度為10米．【分析】由題中條件，可設(shè)原標(biāo)桿的高為x，進(jìn)而再依據(jù)勾股定理建立方程組，進(jìn)而求解即可．【解析】依題意得BC＝6，AD＝1，CE＝6﹣2＝4，AB＝DE+1設(shè)原標(biāo)桿的高為x米，∵∠ACB＝90°，∴由題中條件可得BC2+AC2＝AB2，即AC2+62＝（x﹣AC）2，整理，得x2﹣2ACx＝36①，同理，得（AC+1）2+42＝（x﹣AC﹣1）2，整理，得x2﹣2ACx﹣2x＝16②，由①②解得x＝10，∴原來標(biāo)桿的高度為10米，故答案為：10．23．（2020秋?鄭州期末）如圖，所有的四邊形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形．則下列關(guān)于面積的等式：①SA＝SB+SC；②SA＝SF+SG+SB；③SB+SC＝SD+SE+SF+SG，其中成立的有（寫出序號即可）①②③．【分析】由勾股定理和正方形的性質(zhì)得SA＝SB+SC，SB＝SD+SE，SC＝SF+SG，即可得出結(jié)論．【解析】由勾股定理和正方形的性質(zhì)可知：SA＝SB+SC，SB＝SD+SE，SC＝SF+SG，∴SA＝SB+SC＝SF+SG+SB，SB+SC＝SD+SE+SF+SG，故答案為：①②③．24．（2021春?海淀區(qū)校級月考）如圖，平行四邊形ABCD的周長為42，其中AB＝10，∠ABC＝60°，平行四邊形面積是553．【分析】過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，根據(jù)30度角的直角三角形可得BE和AE的長，進(jìn)而可得平行四邊形面積．【解析】如圖，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，∵AB＝10，∠ABC＝60°，∴BE=12AB＝∴AE=3BE＝53平行四邊形ABCD的周長為42，∴AB+BC＝21，∴BC＝21﹣10＝11，∴平行四邊形面積是BC?AE＝11×53=553故答案為：553．25．（2021春?鼓樓區(qū)月考）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，且AD＝8cm，BC＝6cm，點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以1cm/s的速度由點(diǎn)A向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q以2cm/s的速度由點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P、Q中有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，則83s后四邊形PQCD【分析】當(dāng)PD＝CQ時(shí)，四邊形PQCD是平行四邊形，由此得出方程，解方程即可．【解析】設(shè)運(yùn)動(dòng)了x秒．根據(jù)題意有AP＝xcm，CQ＝2xcm，PD＝（8﹣x）cm，∵AD∥BC，∴當(dāng)PD＝CQ時(shí)，四邊形PQCD是平行四邊形，∴8﹣x＝2x，解得：x=8∴83s時(shí)，四邊形PDCQ故答案為：8326．（2021春?儀征市月考）如圖，若?ABCD的周長為36cm，過點(diǎn)D分別作AB，BC邊上的高DE，DF，且DE＝4cm，DF＝5cm，?ABCD的面積為40cm2．【分析】由?ABCD的周長為36cm，可得AB+BC＝18cm①，又由過點(diǎn)D分別作AB，BC邊上的高DE，DF，且DE＝4cm，DF＝5cm，由等積法，可得4AB＝5BC②，繼而求得答案．【解析】∵?ABCD的周長為36cm，∴AB+BC＝18cm①，∵過點(diǎn)D分別作AB，BC邊上的高DE，DF，且DE＝4cm，DF＝5cm，∴4AB＝5BC②，由①②得：AB＝10cm，BC＝8cm，∴?ABCD的面積為：AB?DE＝40（cm2）．故答案為：40．27．（2021春?海淀區(qū)校級月考）如圖，廣場上布置矩形花壇，計(jì)劃用幾盆花擺成兩條對角線，如果一條對角線用了20盆花，還需要運(yùn)來20盆花，如果一條對角線用了25盆花，還需要運(yùn)來24花．【分析】根據(jù)矩形的對角線互相平分且相等，即可得出結(jié)果．【解析】如果一條對角線用了20盆紅花，還需要從花房運(yùn)來20盆紅花；理由如下：∵矩形的對角線互相平分且相等，∴一條對角線用了20盆花，∴還需要從花房運(yùn)來花20盆；如果一條對角線用了25盆紅花，還需要從花房運(yùn)來24盆紅花；理由如下：一條對角線用了25盆紅花，中間一盆為對角線交點(diǎn)，25﹣1＝24，∴還需要從花房運(yùn)來紅花24盆，故答案為：20，24．28．（2021?禹州市一模）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，E，H分別為AB，BC的中點(diǎn)，G，F(xiàn)分別為線段HD，CE的中點(diǎn)．若線段FG的長為2?3，則AB的長為8．【分析】連接CG并延長，交AD于點(diǎn)M，連接EM，根據(jù)菱形的性質(zhì)證明△MGD≌△CGH，再根據(jù)三角形中位線定理和30度角直角三角形即可求出AB的長．【解析】如圖，連接CG并延長，交AD于點(diǎn)M，連接EM，∵四邊形ABCD為菱形，∠B＝60°，∴AD∥BC，∴∠A＝120°，∠MGD＝∠CGH，∵點(diǎn)G為HD的中點(diǎn)，∴HG