8. (4分)已知$0＜x＜1$，且$x+\frac{1}{x}=7$，则$\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}$的值为(
B
)
A.$-\sqrt{10}$
B.$-\sqrt{5}$
C.$\sqrt{5}$
D.$\sqrt{10}$
答案：8.B
解析：
设$ t = \sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}} $，则$ t^2 = (\sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}})^2 = x + \frac{1}{x} - 2 $。
已知$ x + \frac{1}{x} = 7 $，代入得$ t^2 = 7 - 2 = 5 $，所以$ t = \pm \sqrt{5} $。
因为$ 0 ＜ x ＜ 1 $，所以$ \sqrt{x} ＜ \frac{1}{\sqrt{x}} $，即$ t = \sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}} ＜ 0 $，故$ t = -\sqrt{5} $。
B
9. (2025·江苏南京期末·4分)如图，$E$是$□ ABCD$的边$AB$上的动点，连接$DE$，$EF$，$DF$，$F$，$G$，$H$分别是$BC$，$DE$，$EF$的中点，连接$GH$。若$AB = 2$，$AD = 4$，$\angle A = 120^{\circ}$，则$GH$的长为(
C
)
A.$\sqrt{2}$
B.1.5
C.$\sqrt{3}$
D.2
答案：9.C 解析:因为四边形ABCD是平行四边形，AB=2,AD=4,∠A=120°，所以CD=AB=2,BC=AD=4,∠BCD=∠A=120°.过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，则∠M=90°.又∠BCD=∠M + ∠CDM，所以∠CDM=∠BCD - ∠M = 30°，即$CM=\frac{1}{2}CD = 1$.在Rt△CDM中，由勾股定理，得$DM=\sqrt{CD^{2}-CM^{2}}=\sqrt{3}$.因为F是BC的中点，所以$CF=\frac{1}{2}BC = 2$，即FM = CF + CM = 3.在Rt△DFM中，由勾股定理，得$DF=\sqrt{DM^{2}+FM^{2}} = 2\sqrt{3}$.又H,G分别是EF,DE的中点，所以$HG=\frac{1}{2}DF=\sqrt{3}$.
10. (4分)新素养
应用意识 规定一种新的运算“$J0x\to+\infty\frac{A}{B}$”，其中$A$和$B$是关于$x$的多项式。当$A$的次数小于$B$的次数时，$J0x\to+\infty\frac{A}{B}=0$；当$A$的次数等于$B$的次数时，$J0x\to+\infty\frac{A}{B}$的值为$A$，$B$的最高次项的系数的商；当$A$的次数大于$B$的次数时，$J0x\to+\infty\frac{A}{B}$不存在。
例：$J0x\to+\infty\frac{2}{x - 1}=0$，$J0x\to+\infty\frac{x^{2}+2}{2x^{2}+3x - 1}=\frac{1}{2}$。
若$\frac{A}{B}=(2-\frac{3}{x - 1})÷\frac{6x^{2}-15x}{x^{2}-1}$，则$J0x\to+\infty\frac{A}{B}$的值为(
C
)
A.0
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.不存在
答案：10.C 解析:因为$\frac{A}{B}=(2 - \frac{3}{x - 1})÷\frac{6x^{2}-15x}{x^{2}-1}=\frac{2x - 5}{x - 1}·\frac{(x + 1)(x - 1)}{3x(2x - 5)}=\frac{x + 1}{3x}$，所以当$x \to +\infty$时，$\frac{A}{B}=\frac{1}{3}$.
11. (4分)亮点原创 已知某矩形的相邻两边长分别为$x\ cm$，$y\ cm$，且$x^{2}+y^{2}+2xy - 210 = x + y$，$x^{2}-2x + y^{2}-2xy + 2y + 1 = 0$，则该矩形的面积为(
B
)
A.$49\ cm^{2}$
B.$56\ cm^{2}$
C.$63\ cm^{2}$
D.$81\ cm^{2}$
答案：11.B 解析:因为$x^{2}+y^{2}+2xy - 210 = x + y$，$x^{2}-2x + y^{2}-2xy + 2y + 1 = 0$，且$x＞0$，$y＞0$，所以$(x + y - 15)(x + y + 14)=0$，$(x - y - 1)^{2}=0$，即$x + y = 15$，$x - y = 1$，解得$x = 8$，$y = 7$.所以该矩形的面积为$xy = 56cm^{2}$.
12. (4分)将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形$ABCD$内，且矩形纸片和正方形纸片的周长相等。若知道图中阴影部分的面积，则能求出(
C
)
A.正方形纸片的面积
B.四边形$EFGH$的面积
C.$\triangle BEF$的面积
D.$\triangle AEH$的面积
答案：12.C 解析:如图,设PD = x，GH = y，则NE = x，PH = x - y.所以AB = 2x - y.由题意，得$2AP + 2(x - y)=4x$，则AP = x + y.所以MH = x + y，AD = 2x + y，即EH = y.所以EH = GH.又∠MEQ = 90°，∠MEQ + ∠HEF = 180°，所以∠HEF = 90°.同理，得∠HGF = ∠GFE = ∠EHG = 90°.所以四边形EFGH是正方形.所以$S_{阴影}=S_{矩形ABCD}-2(S_{\triangle ADH}+S_{\triangle AEB})=(2x + y)·(2x - y)-2[\frac{1}{2}(2x + y)(x - y)+\frac{1}{2}(2x - y)x]=(2x + y)(2x - y - x + y)-(2x - y)x=2x^{2}+xy - 2x^{2}+xy = 2xy$.因为$S_{阴影}$为已知量，所以xy为已知量.对于选项A，正方形纸片的面积为$x^{2}$，故无法求出；对于选项B，$S_{正方形EFGH}=y^{2}$，故无法求出；对于选项C，$S_{\triangle BEF}=\frac{1}{2}xy$，故可以求出；对于选项D，$S_{\triangle AEH}=\frac{1}{2}y(x - y)$，故无法求出.综上，能求出的是△BEF的面积.
13. (4分)已知$S=\sqrt{1+\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}}+···+\sqrt{1+\frac{1}{2025^{2}}+\frac{1}{2026^{2}}}$，则$S$最接近的整数是(
C
)
A.2024
B.2025
C.2026
D.2027
答案：13.C 解析:因为n为正整数，$\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n + 1)^{2}}}=\sqrt{\frac{[n(n + 1)]^{2}+(n + 1)^{2}+n^{2}}{[n(n + 1)]^{2}}}=\sqrt{\frac{[n(n + 1)]^{2}+2n(n + 1)+1}{n(n + 1)}}=\frac{n(n + 1)+1}{n(n + 1)}=1+\frac{1}{n(n + 1)}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}$，所以$S=1 + 1-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+···+1+\frac{1}{2025}-\frac{1}{2026}=2025 + 1-\frac{1}{2026}=2025\frac{2025}{2026}$，即S最接近的整数是2026.
14. (5分)如图是以$KL$所在的直线为对称轴的轴对称图形，六边形$EFGHLK$的各个内角都相等，记四边形$HCH'L$、四边形$EKE'A$和$\triangle BGF$的周长分别为$C_{1}$、$C_{2}$和$C_{3}$，且$C_{1}=2C_{2}=4C_{3}$。若$FG = LK$，$FE = 6$，则$AB$的长是(
D
)
A.9.5
B.10
C.10.5
D.11
答案：14.D 解析:因为六边形EFGHLK的各个内角都相等，所以该多边形的每个外角都是60°，每个内角都是120°.所以△BFG、△AEK和△CHL都是等边三角形.所以BF = FG，AE = AK，CH = CL，∠B = ∠ACB = 60°，即AB = AC.所以BF + FE + AE = AK + LK + CL.又FG = LK，所以BF = LK.所以CH = CL = FE.又FE = 6，所以CH = CL = 6.由轴对称的性质，易得四边形HCH'L、四边形EKE'A都是菱形，所以$C_{1}=4CH$，$C_{2}=4AE$.因为$C_{1}=2C_{2}=4C_{3}$，所以$AE=\frac{1}{2}CH = 3$.又$C_{3}=3BF$，所以$BF=\frac{1}{3}CH = 2$.所以AB = BF + FE + AE = 11.
