2025屆山東聊城市陽谷實(shí)驗(yàn)中學(xué)九年級數(shù)學(xué)第一學(xué)期開學(xué)教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題【含答案】

這是一份2025屆山東聊城市陽谷實(shí)驗(yàn)中學(xué)九年級數(shù)學(xué)第一學(xué)期開學(xué)教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題【含答案】，共23頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）
1、（4分）如圖所示，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=2，E，F(xiàn)兩點(diǎn)分別從A，B兩點(diǎn)同時出發(fā)，以相同的速度分別向終點(diǎn)B，C移動，連接EF，在移動的過程中，EF的最小值為（ ）
A．1B．C．D．
2、（4分）正五邊形的每個內(nèi)角度數(shù)是（ ）
A．60° B．90° C．108° D．120°
3、（4分）如圖，兩張等寬的紙條交叉重疊在一起，重疊的部分為四邊形ABCD，若測得A，C之間的距離為12cm，點(diǎn)B，D之間的距離為16m，則線段AB的長為
A．B．10cmC．20cmD．12cm
4、（4分）平行四邊形的一個內(nèi)角為50°，它的相鄰的一個內(nèi)角等于( )
A．40°B．50°C．130°D．150°
5、（4分）小軍同學(xué)在網(wǎng)格紙上將某些圖形進(jìn)行平移操作，他發(fā)現(xiàn)平移前后的兩個圖形所組成的圖形可以是軸對稱圖形.如圖所示，現(xiàn)在他將正方形從當(dāng)前位置開始進(jìn)行一次平移操作，平移后的正方形的頂點(diǎn)也在格點(diǎn)上，則使平移前后的兩個正方形組成軸對稱圖形的平移方向有( )
A．3個B．4個C．5個D．無數(shù)個
6、（4分）用反證法證明“”，應(yīng)假設(shè)（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）如圖，D，E是△ABC中AB，BC邊上的點(diǎn)，且DE∥AC，∠ACB角平分線和它的外角的平分線分別交DE于點(diǎn)G和H．則下列結(jié)論錯誤的是( )
A．若BG∥CH，則四邊形BHCG為矩形
B．若BE＝CE時，四邊形BHCG為矩形
C．若HE＝CE，則四邊形BHCG為平行四邊形
D．若CH＝3，CG＝4，則CE＝2.5
8、（4分）如圖，函數(shù)的圖象與軸、軸分別交于點(diǎn)、，則的面積為（ ）
A．B．C．D．9
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）如圖，在正方形ABCD中，AB＝8厘米，如果動點(diǎn)P在線段AB上以2厘米/秒的速度由A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動，同時動點(diǎn)Q在以1厘米/秒的速度線段BC上由C點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)B點(diǎn)時整個運(yùn)動過程停止．設(shè)運(yùn)動時間為t秒，當(dāng)AQ⊥DP時，t的值為_____秒．
10、（4分）方程x2＝x的解是_____．
11、（4分）如圖，菱形ABCD的兩條對角線長分別為6和8，點(diǎn)P是對角線AC上的一個動點(diǎn)，點(diǎn)M、N分別是邊AB、BC的中點(diǎn)則PM＋PN的最小值是_
12、（4分）如圖，△ABC中，AB＞AC，D，E兩點(diǎn)分別在邊AC，AB上，且DE與BC不平行．請?zhí)钌弦粋€你認(rèn)為合適的條件：_____，使△ADE∽△ABC．（不再添加其他的字母和線段；只填一個條件，多填不給分?。?br>13、（4分）如圖，已知A點(diǎn)的坐標(biāo)為，直線與y軸交于點(diǎn)B，連接AB，若，則____________.
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）問題：如圖(1)，點(diǎn)E、F分別在正方形ABCD的邊BC、CD上，∠EAF=45°，試判斷BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．
（發(fā)現(xiàn)證明）小聰把△ABE繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG,從而發(fā)現(xiàn)EF=BE+FD,請你利用圖（1）證明上述結(jié)論．
（類比引申）如圖(2)，四邊形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上,則當(dāng)∠EAF與∠BAD滿足 關(guān)系時，仍有EF=BE+FD．
（探究應(yīng)用）如圖(3)，在某公園的同一水平面上，四條通道圍成四邊形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分別有景點(diǎn)E、F，且AE⊥AD，DF=40（﹣1）米，現(xiàn)要在E、F之間修一條筆直道路，求這條道路EF的長（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：=1.41，=1.73）
15、（8分）定義：任意兩個數(shù)，，按規(guī)則得到一個新數(shù)，稱所得的新數(shù)為數(shù)，的“傳承數(shù).”
（1）若，，求，的“傳承數(shù)”；
（2）若，，且，求，的“傳承數(shù)”；
（3）若，，且，的“傳承數(shù)”值為一個整數(shù)，則整數(shù)的值是多少？
16、（8分）如圖，已知菱形ABCD的對角線AC、BD交于點(diǎn)O，DB＝2，AC＝4，求菱形的周長．
17、（10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)D是正方形OABC的邊AB上的動點(diǎn)，OC＝1．以AD為一邊在AB的右側(cè)作正方形ADEF，連結(jié)BF交DE于P點(diǎn)．
（1）請直接寫出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；
（2）在點(diǎn)D的運(yùn)動過程中，OD與BF是否存在特殊的位置關(guān)系？若存在，試寫出OD與BF的位置關(guān)系，并證明；若不存在，請說明理由．
（3）當(dāng)P點(diǎn)為線段DE的三等分點(diǎn)時，試求出AF的長度．
18、（10分）化簡：
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）方程在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)的解是_____.
20、（4分）一張矩形紙片ABCD，已知，．小明按所給圖步驟折疊紙片，則線段DG長為______.
21、（4分）若，則xy的值等于_______.
22、（4分）因式分解：m2n+2mn2+n3＝_____．
23、（4分）若，時，則的值是__________．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）將兩塊全等的三角板如圖①擺放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°．
（1）將圖①中的△A1B1C順時針旋轉(zhuǎn)45°得圖②，點(diǎn)P1是A1C與AB的交點(diǎn)，點(diǎn)Q是A1B1與BC的交點(diǎn)，求證：CP1=CQ；
（2）在圖②中，若AP1=2，則CQ等于多少？
25、（10分）先化簡，再求值，其中.
26、（12分）如圖，中，，是邊上的高．點(diǎn)是中點(diǎn)，延長到，使，連接，．若，．
（1）求證：四邊形是矩形；
（2）求四邊形的面積．
參考答案與詳細(xì)解析
一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）
1、D
【解析】
連接DB，作DH⊥AB于H，如圖，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD=AB=BC=CD，而∠A=60°，∴△ABD和△BCD都是等邊三角形，∴∠ADB=∠DBC=60°，AD=BD，在Rt△ABH中，AH=1，AD=2，∴DH=，在△ADE和△BDF中，，∴△ADE≌△BDF，∴∠2=∠1，DE=DF，∴∠1+∠BDE=∠2+∠BDE=∠ADB=60°，∴△DEF為等邊三角形，∴EF=DE，而當(dāng)E點(diǎn)運(yùn)動到H點(diǎn)時，DE的值最小，其最小值為，∴EF的最小值為．故選D．
2、C
【解析】
先根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式（n-2）?180°求出內(nèi)角和，然后除以5即可；
【詳解】
根據(jù)多邊形內(nèi)角和定理可得：
（5-2）?180°=540°，
540°÷5=108°；
故選：C.
考查了正多邊形的內(nèi)角與外角的關(guān)系，解題關(guān)鍵熟記、運(yùn)用求多邊形內(nèi)角和公式(n-2) ?180°.
3、B
【解析】
作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根據(jù)題意先證出四邊形ABCD是平行四邊形，再由AR＝AS推出BC＝CD得平行四邊形ABCD是菱形，再根據(jù)根據(jù)勾股定理求出AB即可．
【詳解】
作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，連接AC、BD交于點(diǎn)O．
由題意知：AD∥BC，AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵兩個矩形等寬，
∴AR＝AS，
∵AR?BC＝AS?CD，
∴BC＝CD，
∴平行四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOB中，∵OA＝ AC＝6cm，OB＝BD＝8cm，
∴AB＝ ＝10（cm），
故選：B．
本題主要考查菱形的判定和性質(zhì)，證得四邊形ABCD是菱形是解題的關(guān)鍵．
4、C
【解析】
利用平行四邊形的鄰角互補(bǔ)進(jìn)而得出答案．
【詳解】
解：∵平行四邊形的一個內(nèi)角為50°，鄰角互補(bǔ)，
∴它的相鄰的一個內(nèi)角等于180°-50°=130°．
故選：C．
此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，熟記平行四邊形的鄰角互補(bǔ)關(guān)系是解題關(guān)鍵．
5、C
【解析】
結(jié)合正方形的特征，可知平移的方向只有5個，向上，下，右，右上45°，右下45°方向，否則兩個圖形不軸對稱.
【詳解】
因?yàn)檎叫问禽S對稱圖形，有四條對稱軸，因此只要沿著正方形的對稱軸進(jìn)行平移，平移前后的兩個圖形組成的圖形一定是軸對稱圖形，
觀察圖形可知，向上平移，向上平移、向右平移、向右上45°、向右下45°平移時，平移前后的兩個圖形組成的圖形都是軸對稱圖形，
故選C.
本題考查了圖形的平移、軸對稱圖形等知識，熟練掌握正方形的結(jié)構(gòu)特征是解本題的關(guān)鍵.
6、D
【解析】
根據(jù)命題：“a＞0”的反面是：“a≤0”，可得假設(shè)內(nèi)容．
【詳解】
解：由于命題：“a＞0”的反面是：“a≤0”，
故用反證法證明：“a＞0”，應(yīng)假設(shè)“a≤0”，
故選：D．
此題主要考查了反證法的步驟，熟記反證法的步驟：（1）假設(shè)結(jié)論不成立；（2）從假設(shè)出發(fā)推出矛盾；（3）假設(shè)不成立，則結(jié)論成立．
7、C
【解析】
由∠ACB角平分線和它的外角的平分線分別交DE于點(diǎn)G和H可得∠HCG＝90°，∠ECG＝∠ACG即可得HE＝EC＝EG，再根據(jù)A，B，C，D的條件，進(jìn)行判斷．
【詳解】
解：∵∠ACB角平分線和它的外角的平分線分別交DE于點(diǎn)G和H，
∴∠HCG＝90°，∠ECG＝∠ACG；
∵DE∥AC．
∴∠ACG＝∠HGC＝∠ECG．
∴EC＝EG；
同理：HE＝EC，
∴HE＝EC＝EG＝HG；
若CH∥BG，
∴∠HCG＝∠BGC＝90°，
∴∠EGB＝∠EBG，
∴BE＝EG，
∴BE＝EG＝HE＝EC，
∴CHBG是平行四邊形，且∠HCG＝90°，
∴CHBG是矩形；
故A正確；
若BE＝CE，
∴BE＝CE＝HE＝EG，
∴CHBG是平行四邊形，且∠HCG＝90°，
∴CHBG是矩形，
故B正確；
若HE＝EC，則不可以證明四邊形BHCG為平行四邊形，
故C錯誤；
若CH＝3，CG＝4，根據(jù)勾股定理可得HG＝5，
∴CE＝2.5，
故D正確．
故選C．
本題考查了矩形的判定，平行四邊形的性質(zhì)和判定，關(guān)鍵是靈活這些判定解決問題．
8、C
【解析】
根據(jù)函數(shù)的圖象與軸、軸分別交于點(diǎn)、，求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)即可求解.
【詳解】
∵函數(shù)的圖象與軸、軸分別交于點(diǎn)、，
∴A(,0),(0,3)
∴的面積=OA×OB=××3=
故選C.
本題考查的是一次函數(shù)，熟練掌握一次函數(shù)的圖像是解題的關(guān)鍵.
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、2
【解析】
先證△ADP≌△BAQ，得到AP=BQ，然后用t表示出AP與BQ，列出方程解出t即可.
【詳解】
因?yàn)锳Q⊥PD，所以∠BAQ+∠APD=90°
又因?yàn)檎叫涡再|(zhì)可到∠APD+∠ADP=90°，∠PAD=∠B=90°，AB=AD，
所以得到∠BAQ=∠ADP
又因?yàn)椤螾AD=∠B=90°，AB=AD
所以△ADP≌△BAQ，得到AP=BQ
AP=2t，QC=t，BC=8-t
所以2t=8-2t，解得t=2s
故填2
本題考查全等三角形的性質(zhì)與判定，解題關(guān)鍵在于證出三角形全等，得到對應(yīng)邊相等列出方程.
10、x1＝0，x2＝1
【解析】
利用因式分解法解該一元二次方程即可.
【詳解】
解：x2＝x，
移項得：x2﹣x＝0，
分解因式得：x（x﹣1）＝0，
可得x＝0或x﹣1＝0，
解得：x1＝0，x2＝1．
故答案為：x1＝0，x2＝1
本題考查了解一元二次方程，熟練掌握因式分解法是解題的關(guān)鍵.
11、1
【解析】
試題分析：要求PM+PN的最小值，PM，PN不能直接求，可考慮通過作輔助線轉(zhuǎn)化PN，PM的值，從而找出其最小值求解．如圖：作ME⊥AC交AD于E，連接EN，則EN就是PM+PN的最小值，∵M(jìn)、N分別是AB、BC的中點(diǎn)，∴BN=BM=AM，∵M(jìn)E⊥AC交AD于E，∴AE=AM，∴AE=BN，AE∥BN，∴四邊形ABNE是平行四邊形，而由已知可得AB=1∴AE=BN，∵四邊形ABCD是菱形，∴AE∥BN，∴四邊形AENB為平行四邊形，∴EN=AB=1，∴PM+PN的最小值為1．
考點(diǎn)：軸對稱—最短路徑問題
點(diǎn)評：考查菱形的性質(zhì)和軸對稱及平行四邊形的判定等知識的綜合應(yīng)用．綜合運(yùn)用這些知識是解決本題的關(guān)鍵
12、∠B=∠1或
【解析】
此題答案不唯一，注意此題的已知條件是：∠A=∠A，可以根據(jù)有兩角對應(yīng)相等的三角形相似或有兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等三角形相似，添加條件即可.
【詳解】
此題答案不唯一，如∠B=∠1或．
∵∠B=∠1，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC；
∵，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC；
故答案為∠B=∠1或
此題考查了相似三角形的判定：有兩角對應(yīng)相等的三角形相似；有兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等三角形相似，要注意正確找出兩三角形的對應(yīng)邊、對應(yīng)角，根據(jù)判定定理解題.
13、2
【解析】
如圖，設(shè)直線y=x+b與x軸交于點(diǎn)C，由直線的解析式是y=x+b，可得OB=OC=b，繼而得∠BCA=45°，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)結(jié)合∠α=75°可求得∠BAC=30°，從而可得AB=2OB=2b，根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)可得OA的長，在Rt△BAO中，根據(jù)勾股定理即可得解.
【詳解】
設(shè)直線y=x+b與x軸交于點(diǎn)C，如圖所示，
∵直線的解析式是y=x+b，
∴OB=OC=b，則∠BCA=45°；
又∵∠α=75°=∠BCA+∠BAC=45°+∠BAC，
∴∠BAC=30°，
又∵∠BOA=90°，
∴AB=2OB=2b，
而點(diǎn)A的坐標(biāo)是（，0），
∴OA=，
在Rt△BAO中，AB2=OB2+OA2，
即（2b）2=b2+（）2，
∴b=2，
故答案為：2.
本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、三角形外角的性質(zhì)等，求得∠BAC=30°是解答本題的關(guān)鍵.
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、【發(fā)現(xiàn)證明】證明見解析；【類比引申】∠BAD=2∠EAF；【探究應(yīng)用】1．2米．
【解析】
【發(fā)現(xiàn)證明】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到△ADG≌△ABE，則GF=BE+DF，只要再證明△AFG≌△AFE即可．
【類比引申】延長CB至M，使BM=DF，連接AM，證△ADF≌△ABM，證△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究應(yīng)用】利用等邊三角形的判定與性質(zhì)得到△ABE是等邊三角形，則BE=AB=80米．把△ABE繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到△ADG≌△ABE，則GF=BE+DF，只要再證明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．
解：如圖（1），
∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴BE+DF=EF．
【類比引申】∠BAD=2∠EAF．
理由如下：如圖（2），延長CB至M，使BM=DF，連接AM，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD，∠ABM=∠D，BM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE，∠FAE=∠MAE，AF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF．
故答案是：∠BAD=2∠EAF．
【探究應(yīng)用】如圖3，把△ABE繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，連接AF．
∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，
∴∠BAE=60°．
又∵∠B=60°，
∴△ABE是等邊三角形，
∴BE=AB=80米．
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到：∠ADG=∠B=60°，
又∵∠ADF=120°，
∴∠GDF=180°，即點(diǎn)G在CD的延長線上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAG=∠BAD=150°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴EF=BE+DF=80+40（﹣1）≈1.2（米），即這條道路EF的長約為1.2米．
“點(diǎn)睛”此題主要考查了四邊形綜合題，關(guān)鍵是正確畫出圖形，證明△AFG≌△AEF．此題是一道綜合題，難度較大，題目所給例題的思路，為解決此題做了較好的鋪墊．
15、（1）；（2）；（3）為-2、0、2或4
【解析】
（1）根據(jù)題意和a、b的值可以求得“傳承數(shù)”c；
（2）由，可得，進(jìn)而可求“傳承數(shù)”c；
（3）根據(jù)（2）中的結(jié)論和分式有意義的條件可以求得m的值．
【詳解】
（1）∵，
∴
（2）∵
∴，兩邊同時除以得：
∴
∵，
∴
（3）∵，
∴
∵為整數(shù)，為整數(shù) ∴為-3、-1、1或3
∴為-2、0、2或4.
本題考查因式分解的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用因式分解的方法解答．
16、
【解析】
由在菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，長度分別是8和6，可求得OA與OB的長，AC⊥BD，然后由勾股定理求得AB的長，繼而求得答案．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴OA＝AC═×4＝2，OB＝BD＝×2＝1，AC⊥BD，
∴AB＝＝，
∴菱形的周長為4．
此題考查了菱形的性質(zhì)．注意菱形的對角線互相平分且垂直且互相平分定理的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．
17、（1）A（1，0），B（1，1）；（2）OD⊥BF，理由見解析；（3）當(dāng)P點(diǎn)為線段DE的三等分點(diǎn)時，AF的長度為2或2．
【解析】
（1）利用正方形的性質(zhì)得出OA=AB=1，即可得出結(jié)論；
（2）利用SAS判斷出△AOD≌△BAF，進(jìn)而得出∠AOD=∠BAF，即可得出結(jié)論；
（3）先表示出BD，DP，再判斷出△BDP∽△BAF，得出，代入解方程即可得出結(jié)論。
【詳解】
（1）∵四邊形OABC是正方形，
∴BC⊥OC，AB⊥OA，OB＝AB＝BC＝OC，
∵OC＝1，
∴BC＝AB＝1，
∴A（1，0），B（1，1）；
（2）OD⊥BF，理由：如圖，延長OD交BF于G，
∵四邊形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠BAF＝∠OAD，
在△AOD和△BAF中， ，
∴△AOD≌△BAF（SAS），
∴∠AOD＝∠BAF，
∴∠BAF+∠AFB＝90°，
∴∠AOD+AFB＝90°，
∴∠OGF＝90°，
∴OD⊥BF；
（3）設(shè)正方形ADEF的邊長為x，
∴AF＝AD＝DE＝x，
∴BD＝AB﹣AD＝1﹣x，
∵點(diǎn)P是DE的三等分點(diǎn)，
∴DP＝AF＝x或DP＝AF＝x
∵DE∥AF，
∴△BDP∽△BAF，
∴，
∴或 ，
∴x＝2或x＝2，
當(dāng)P點(diǎn)為線段DE的三等分點(diǎn)時，AF的長度為2或2．
本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂直的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，用方程的思想解決問題是解本題的
18、
【解析】
先二次根式化性質(zhì)和分母有理化和把二次根式為最簡二次根式，利用完全平方公式將括號展開，然后合并同類二次根式即可；
【詳解】
解：
=
=.
本題考查了二次根式的混合運(yùn)算：先把各二次根式化為最簡二次根式，再進(jìn)行二次根式的乘除運(yùn)算，然后進(jìn)行二次根式的加減運(yùn)算．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、
【解析】
由x3+8=0，得x3=-8，所以x=-1．
【詳解】
由x3+8=0，得
x3=-8，
x=-1，
故答案為：x=-1．
本題考查了立方根，正確理解立方根的意義是解題的關(guān)鍵．
20、
【解析】
首先證明△DEA′是等腰直角三角形，求出DE，再說明DG＝GE即可解決問題．
【詳解】
解：由翻折可知：DA′＝A′E＝4，
∵∠DA′E＝90°，
∴DE＝，
∵A′C′＝2＝DC′，C′G∥A′E，
∴DG＝GE＝，
故答案為：．
本題考查翻折變換，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題．
21、1
【解析】
直接利用偶次方的性質(zhì)以及二次根式的性質(zhì)得出x，y的值進(jìn)而得出答案．
【詳解】
解：∵，
∴x-1=0， y-1=0，
解得：x=1，y=1，
則xy=1．
此題主要考查了完全平方公式，偶次方的性質(zhì)以及二次根式的性質(zhì)，正確掌握相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
22、n（m+n）1
【解析】
先提公因式n，再利用完全平方公式分解因式即可．
【詳解】
解：m1n+1mn1+n3
＝n（m1+1mn+n1）
＝n（m+n）1．
故答案為：n（m+n）1
此題考查提公因式法與公式法的綜合運(yùn)用，解題關(guān)鍵在于掌握運(yùn)算法則.
23、1
【解析】
利用平方差公式求解即可求得答案．
【詳解】
解：當(dāng)，時，
．
故答案為：1．
此題考查了二次根式的乘除運(yùn)算．此題難度不大，注意掌握平方差公式的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（1）證明見解析；（2）CQ=
【解析】
分析：（1）利用△A1CB1≌△ACB得到CA1=CA，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠B1CB=∠A1CA=45°，則∠BCA1=45°，于是根據(jù)“ASA”判斷△CQA1≌△CP1A，所以CP1=CQ；
（2）過點(diǎn)P1作P1P⊥AC于點(diǎn)P，如圖②，先在Rt△AP1P中根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到P1P=AP1=×2=1，然后在Rt△CP1P中利用等腰直角三角形的性質(zhì)得CP=P1P=1，CP1=PP1=，由（1）得CQ=CP1=．
詳解：（1）∵△A1CB1≌△ACB，∴CA1=CA．
∵圖①中的△A1B1C順時針旋轉(zhuǎn)45°得圖②，∴∠B1CB=∠A1CA=45°，∴∠BCA1=45°．
在△CQA1和△CP1A中，∵，∴△CQA1≌△CP1A，∴CP1=CQ；
（2）過點(diǎn)P1作P1P⊥AC于點(diǎn)P，如圖②．在Rt△AP1P中，∵∠A=30°，∴P1P=AP1=×2=1．在Rt△CP1P中，∵∠P1CP=45°，∴CP=P1P=1，∴CP1=PP1=，∴CQ=CP1=．
點(diǎn)睛：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．旋轉(zhuǎn)有三要素：旋轉(zhuǎn)中心；旋轉(zhuǎn)方向；旋轉(zhuǎn)角度．也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)．
25、
【解析】
先把分式通分，把除法轉(zhuǎn)換成乘法，再化簡，然后進(jìn)行計算
【詳解】
解：
＝
=·
＝x-1
當(dāng)x=+1時，原式＝+1-1＝
故答案為
本題考查了分式的混合運(yùn)算-化簡求值，是中考?？碱}，解題關(guān)鍵在于細(xì)心計算.
26、（1）見解析；（2）．
【解析】
（1）根據(jù)平行四邊形的判定得出四邊形是平行四邊形，推出，根據(jù)矩形的判定得出即可；
（2）依據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可求得，然后證明為等邊三角形，從而可求得的長，然后依據(jù)勾股定理可求得的長，最后利用矩形的面積公式求出即可．
【詳解】
（1）證明：點(diǎn)是中點(diǎn)，
，
又，
四邊形是平行四邊形．
是邊上的高，
，
四邊形的是矩形．
（2）解：是等腰三角形邊上的高，，
四邊形的是矩形，
．
，
是等邊三角形，
，
．
在中，，，，
由勾股定理得，
∴四邊形的面積．
本題考查了平行四邊形的判定，矩形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，能綜合運(yùn)用定理進(jìn)行推理和計算是解此題的關(guān)鍵．
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
批閱人