一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、（4分）如圖，在中，對(duì)角線與相交于點(diǎn)，是邊的中點(diǎn)，連接.若，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）如圖，過(guò)平行四邊形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)O的直線交AD于E，交BC于F，若AB=5，BC=6，OE=2，那么四邊形EFCD周長(zhǎng)是（ ）
A．16B．15C．14D．13
3、（4分）如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，AE⊥BC于E，AB＝，AC＝2，BD＝4，則AE的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）在同一平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝與函數(shù)y＝－x＋b（其中b是實(shí)數(shù)）的圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)是（ ）．
A．0個(gè)B．1個(gè)C．2個(gè)D．0或1或2個(gè)
5、（4分）如圖，點(diǎn)在正方形外，連接，過(guò)點(diǎn)作的垂線交于，若，則下列結(jié)論不正確的是( )
A．B．點(diǎn)到直線的距離為
C．D．
6、（4分）如圖，中，，垂直平分，垂足為，，且，，則的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）下列各式由左邊到右邊的變形中，屬于分解因式的是
A．a(chǎn)（x+y）="ax+ay"
B．x2﹣4x+4=x（x﹣4）+4
C．10x2﹣5x=5x（2x﹣1）
D．x2﹣16+6x=（x+4）（x﹣4）+6x
8、（4分）如圖，要使□ABCD成為矩形，需添加的條件是（）
A．AB=BCB．∠ABC=90°C．AC⊥BDD．∠1=∠2
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，正方形、、，…，按圖所示的方式放置.點(diǎn)、、，…和點(diǎn)、、，…分別在直線和軸上.已知，，則點(diǎn)的坐標(biāo)是______.
10、（4分）如圖是一種“羊頭”形圖案，其作法是：從正方形①開(kāi)始，以它的一邊為斜邊，向外作等腰直角三角形，然后再以其直角邊為邊，分別向外作正方形②和②′，…依此類推，若正方形①的邊長(zhǎng)為64m，則正方形⑨的邊長(zhǎng)為_(kāi)_______cm．
11、（4分）如圖，已知AD是△ABC的中線，，，那么_________；
12、（4分）不等式組的整數(shù)解是__________．
13、（4分）小明到超市買練習(xí)本，超市正在打折促銷：購(gòu)買10本以上，從第11本開(kāi)始按標(biāo)價(jià)打七折優(yōu)惠，買練習(xí)本所花費(fèi)的錢數(shù)y（元）與練習(xí)本的個(gè)數(shù)x（本）之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，那么圖中a的值是_______．
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（12分）如圖，在中，，點(diǎn)、分別在邊、上，且，，點(diǎn)在邊上，且，聯(lián)結(jié)．
（1）求證：四邊形是菱形；
（2）如果，，求四邊形的面積．
15、（8分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)，AB=5,OA:OB =3:4.
（1）求直線l的表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P是軸上的點(diǎn)，點(diǎn)Q是第一象限內(nèi)的點(diǎn).若以A、B、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，請(qǐng)直接寫(xiě)出Q點(diǎn)的坐標(biāo)．
16、（8分）如圖，直線AB：y＝﹣x﹣b分別與x、y軸交于A（6，0）、B兩點(diǎn)．
（1）求直線AB的解析式；
（2）若P為A點(diǎn)右側(cè)x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，以P為直角頂點(diǎn)，BP為腰在第一象限內(nèi)作等腰直角△BPQ，連接QA并延長(zhǎng)交y軸于點(diǎn)K，當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，K點(diǎn)的位置是否發(fā)生變化？若不變，請(qǐng)求出它的坐標(biāo)；如果變化，請(qǐng)說(shuō)明理由．
17、（10分）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E為AB上的點(diǎn)（不與A，B重合），△ADE與△FDE關(guān)于DE對(duì)稱，作射線CF，與DE的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)G，連接AG，
（1）當(dāng)∠ADE=15°時(shí)，求∠DGC的度數(shù)；
（2）若點(diǎn)E在AB上移動(dòng)，請(qǐng)你判斷∠DGC的度數(shù)是否發(fā)生變化，若不變化，請(qǐng)證明你的結(jié)論；若會(huì)發(fā)生變化，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖2， 當(dāng)點(diǎn)F落在對(duì)角線BD上時(shí)，點(diǎn)M為DE的中點(diǎn)，連接AM，F(xiàn)M，請(qǐng)你判斷四邊形AGFM的形狀，并證明你的結(jié)論。
18、（10分）計(jì)算：
（1）
（2）（）﹣（）
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）某超市促銷活動(dòng)，將三種水果采用甲、乙、丙三種方式搭配裝進(jìn)禮盒進(jìn)行銷售．每盒的總成本為盒中三種水果成本之和，盒子成本忽略不計(jì)．甲種方式每盒分別裝三種水果；乙種方式每盒分別裝三種水果 ．甲每盒的總成本是每千克 水果成本的倍，每盒甲的銷售利潤(rùn)率為；每盒甲比每盒乙的售價(jià)低；每盒丙在成本上提高標(biāo)價(jià)后打八折出售，獲利為每千克 水果成本的倍．當(dāng)銷售甲、乙、丙三種方式搭配的禮盒數(shù)量之比為時(shí)，則銷售總利潤(rùn)率為_(kāi)_________.
20、（4分）如圖 ， 在 射 線 OA、OB 上 分 別 截 取 OA1、OB1， 使 OA1? OB1；連接 A1B1 ， 在B1 A1、B1B 上分別截取 B1 A2、B1B2 ，使 B1 A2?B1B2 ，連接 A2 B2；……依此類推，若?A1B1O??，則 ?A2018 B2018O =______________________．
21、（4分）甲、乙、丙、丁四人進(jìn)行射擊測(cè)試，每人10次射擊的平均成績(jī)恰好是9.4環(huán)，方差分別是，，，，在本次射擊測(cè)試中，成績(jī)最穩(wěn)定的是_____．
22、（4分）一次函數(shù)的圖象不經(jīng)過(guò)__________象限
23、（4分）若關(guān)于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則k的取值范圍是__________．
二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、（8分）某養(yǎng)豬場(chǎng)要出售200只生豬，現(xiàn)在市場(chǎng)上生豬的價(jià)格為11元/，為了估計(jì)這200只生豬能賣多少錢，該養(yǎng)豬場(chǎng)從中隨機(jī)抽取5只，每只豬的重量（單位：）如下：76，71，72，86，1．
（1）計(jì)算這5只生豬的平均重量；
（2）估計(jì)這200只生豬能賣多少錢？
25、（10分）如圖，等邊△ABC的邊長(zhǎng)是2，D、E分別為AB、AC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF∥CD交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接CD．
（1）求證：DE＝CF；
（2）求EF的長(zhǎng)．
26、（12分）如圖，已知□ABCD邊BC在x軸上，頂點(diǎn)A在y軸上，對(duì)角線AC所在的直線為y=+6，且AC=AB，若點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以1cm/s的速度向終點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)以2cm/s的速度沿射線CB運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)O時(shí)，點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．
（1）直接寫(xiě)出頂點(diǎn)D的坐標(biāo)（______，______），對(duì)角線的交點(diǎn)E的坐標(biāo)（______，______）；
（2）求對(duì)角線BD的長(zhǎng)；
（3）是否存在t，使S△POQ=S?ABCD，若存在，請(qǐng)求出的t值；不存在說(shuō)明理由．
（4）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，PQ的中點(diǎn)到原點(diǎn)O的最短距離是______cm，（直接寫(xiě)出答案）
參考答案與詳細(xì)解析
一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、B
【解析】
利用三角形內(nèi)角和定理得出∠BCA的度數(shù)，再利用三角形中位線定理以及平行線的性質(zhì)即可得出答案
【詳解】
°，∠BAC=80°
∠BCA=180°-50°=50°
對(duì)角線AC與BD相交與點(diǎn)O，E是CD的中點(diǎn)，
EO是△DBC的中位線
EO∥BC
∠1=∠ACB=50°
故選B.
本題考查三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握三角形的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)是解題關(guān)鍵.
2、B
【解析】
根據(jù)平行四邊形性質(zhì)得出AD=BC=6，AB=CD=5，OA=OC，AD∥BC，推出∠EAO=∠FCO，證△AEO≌△CFO，推出AE=CF，OE=OF=2，求出DE+CF=DE+AE=AD=6，即可求出答案．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC=6，AB=CD=5，OA=OC，AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴AE=CF，OE=OF=2，
∴DE+CF=DE+AE=AD=6，
∴四邊形EFCD的周長(zhǎng)是EF+FC+CD+DE=2+2+6+5=1．
故選B．
本題考查平行四邊形性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是求出DE+CF的長(zhǎng)和求出OF長(zhǎng)．
3、D
【解析】
由勾股定理的逆定理可判定△BAC是直角三角形，繼而根據(jù)求出平行四邊形ABCD的面積即可求解．
【詳解】
解：∵AC＝2，BD＝4，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AO＝AC＝1，BO＝BD＝2，
∵AB＝，
∴AB2+AO2＝BO2，
∴∠BAC＝90°，
∵在Rt△BAC中，BC＝，
S△BAC＝×AB×AC＝×BC×AE，
∴×2＝AE，
∴AE＝，
故選：D．
本題考查了勾股定理的逆定理和平行四邊形的性質(zhì)，能得出△BAC是直角三角形是解此題的關(guān)鍵．
4、D
【解析】
聯(lián)立兩個(gè)函數(shù)可得，再根據(jù)根的判別式確定交點(diǎn)的情況即可．
【詳解】
聯(lián)立兩個(gè)函數(shù)得
∴根的判別式的值可以為任意數(shù)
∴這兩個(gè)函數(shù)的圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)是0或1或2個(gè)
故答案為：D．
本題考查了函數(shù)交點(diǎn)的問(wèn)題，掌握根的判別式是解題的關(guān)鍵．
5、B
【解析】
A、首先利用已知條件根據(jù)邊角邊可以證明△APD≌△AEB；
B、利用全等三角形的性質(zhì)和對(duì)頂角相等即可解答；
C、由（1）可得∠BEF＝90°，故BE不垂直于AE過(guò)點(diǎn)B作BP⊥AE延長(zhǎng)線于P，由①得∠AEB＝135°所以∠PEB＝45°，所以△EPB是等腰Rt△，于是得到結(jié)論；
D、根據(jù)勾股定理和三角形的面積公式解答即可．
【詳解】
解：在正方形ABCD中，AB＝AD，
∵AF⊥AE，
∴∠BAE＋∠BAF＝90°，
又∵∠DAF＋∠BAF＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
在△AFD和△AEB中，

∴△AFD≌△AEB（SAS），故A正確；
∵AE＝AF，AF⊥AE，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴∠AEB＝∠AFD＝180°?45°＝135°，
∴∠BEF＝135°?45°＝90°，
∴EB⊥ED，故C正確；
∵AE＝AF＝，
∴FE＝AE＝2，
在Rt△FBE中，BE＝，
∴S△APD＋S△APB＝S△APE＋S△BPE，
＝
，故D正確；
過(guò)點(diǎn)B作BP⊥AE交AE的延長(zhǎng)線于P，
∵∠BEP＝180°?135°＝45°，
∴△BEP是等腰直角三角形，
∴BP＝，
即點(diǎn)B到直線AE的距離為，故B錯(cuò)誤，
故選：B．
本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，難度較大，熟記性質(zhì)并仔細(xì)分析圖形，理清圖中三角形與角的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
6、D
【解析】
先根據(jù)勾股定理求出AC的長(zhǎng)，再根據(jù)DE垂直平分AC得出FA的長(zhǎng)，根據(jù)相似三角形的判定定理得出△AFD∽△CBA，由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例即可得出結(jié)論．
【詳解】
解：∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，
∴AC=，
∵DE垂直平分AC，垂足為F，
∴FA=AC=，∠AFD=∠B=90°，
∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∴△AFD∽△CBA，
∴，
即，
解得AD=，
故選D.
本題考查的是勾股定理及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟知在任何一個(gè)直角三角形中，兩條直角邊長(zhǎng)的平方之和一定等于斜邊長(zhǎng)的平方是解答此題的關(guān)鍵．
7、C
【解析】
分析：根據(jù)分解因式就是把一個(gè)多項(xiàng)式化為幾個(gè)整式的積的形式，利用排除法求解：
A、是多項(xiàng)式乘法，故選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、右邊不是積的形式，x2﹣4x+4=（x﹣2）2，故選項(xiàng)錯(cuò)誤；
C、提公因式法，故選項(xiàng)正確；
D、右邊不是積的形式，故選項(xiàng)錯(cuò)誤．
故選C．
8、B
【解析】
根據(jù)一個(gè)角是90度的平行四邊形是矩形進(jìn)行選擇即可．
【詳解】
解：A、是鄰邊相等，可判定平行四邊形ABCD是菱形；
B、是一內(nèi)角等于90°，可判斷平行四邊形ABCD成為矩形；
C、是對(duì)角線互相垂直，可判定平行四邊形ABCD是菱形；
D、是對(duì)角線平分對(duì)角，可判斷平行四邊形ABCD成為菱形；
故選：B．
本題主要應(yīng)用的知識(shí)點(diǎn)為：矩形的判定． ①對(duì)角線相等且相互平分的四邊形為矩形．②一個(gè)角是90度的平行四邊形是矩形．
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、
【解析】
由正方形的軸對(duì)稱性，由C1、C2的坐標(biāo)可求A1、A2的坐標(biāo)，將A1、A2的坐標(biāo)代入y=kx+b中，得到關(guān)于k與b的方程組，求出方程組的解得到k與b的值，從而求直線解析式，由正方形的性質(zhì)求出OB1，OB2的長(zhǎng)，設(shè)B2G=A3G=t，表示出A3的坐標(biāo)，代入直線方程中列出關(guān)于b的方程，求出方程的解得到b的值，確定出A3的坐標(biāo)．
【詳解】
連接A1C1，A2C2，A3C3，分別交x軸于點(diǎn)E、F、G，
∵正方形A1B1C1O、A2B2C2B1、A3B3C3B2，
∴A1與C1關(guān)于x軸對(duì)稱，A2與C2關(guān)于x軸對(duì)稱，A3與C3關(guān)于x軸對(duì)稱，
∵C1（1，-1），C2（，?），
∴A1（1，1），A2（，），
∴OB1=2OE=2，OB2=OB1+2B1F=2+2×（-2）=5，
將A1與A2的坐標(biāo)代入y=kx+b中得： ，
解得： ，
∴直線解析式為y=x+，
設(shè)B2G=A3G=t，則有A3坐標(biāo)為（5+t，t），
代入直線解析式得：t=（5+t）+，
解得：t=，
∴A3坐標(biāo)為.
故答案是：.
考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，是一道規(guī)律型的試題，鍛煉了學(xué)生歸納總結(jié)的能力，靈活運(yùn)用正方形的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
10、4
【解析】
第一個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為64cm，則第二個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為64×cm，第三個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為64×（）2cm，依此類推，通過(guò)找規(guī)律求解．
【詳解】
根據(jù)題意：第一個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為64cm；
第二個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為：64×=32cm；
第三個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為：64×（）2cm，
…
此后，每一個(gè)正方形的邊長(zhǎng)是上一個(gè)正方形的邊長(zhǎng)的 ，
所以第9個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為64×（）9-1=4cm，
故答案為4
本題是一道找規(guī)律的題目，要求學(xué)生通過(guò)觀察，分析、歸納發(fā)現(xiàn)其中的規(guī)律，并應(yīng)用發(fā)現(xiàn)的規(guī)律解決問(wèn)題．
11、
【解析】
【分析】根據(jù)向量的加法運(yùn)算法則可求出結(jié)果.
【詳解】因?yàn)锳D是△ABC的中線，所以BD=DC,即 ，又因?yàn)?==，所以，.
故答案為
【點(diǎn)睛】本題考核知識(shí)點(diǎn):向量的計(jì)算.解題關(guān)鍵點(diǎn)：熟記向量的計(jì)算法則.
12、，，1
【解析】
先求出每個(gè)不等式的解集，再確定其公共解，得到不等式組的解集，最后求其整數(shù)解即可．
【詳解】
解：；
由①得：；
由②得：；
不等式組的解集為：；
所以不等式組的整數(shù)解為，，1，
故答案為：，，1．
本題考查了不等式組的解法及整數(shù)解的確定．求不等式組的解集，應(yīng)遵循以下原則：同大取較大，同小取較小，小大大小中間找，大大小小解不了．
13、1.
【解析】
根據(jù)題意求出當(dāng)x≥10時(shí)的函數(shù)解析式，當(dāng)y=27時(shí)代入相應(yīng)的函數(shù)解析式，可以求得相應(yīng)的自變量a的值，本題得以解決．
【詳解】
解：由題意得每本練習(xí)本的原價(jià)為：20÷10=2（元），
當(dāng)x≥10時(shí)，函數(shù)的解析式為y=0.7×2（x-10）+20=1.4x+6，
當(dāng)y=27時(shí)，1.4x+6=27，解得x=1，
∴a=1．
故答案為：1.
本題考查一次函數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是明確題意可以列出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)關(guān)系式可以解答問(wèn)題．
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（1）證明見(jiàn)解析；（2）1．
【解析】
（1）由平行線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)得出，進(jìn)而有，通過(guò)等量代換可得出，然后利用一組對(duì)邊平行且相等即可證明四邊形是平行四邊形，然后再利用即可證明四邊形是菱形；
（2）過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，在含30°的直角三角形中求出FG的長(zhǎng)度，然后利用即可求出面積．
【詳解】
（1），
．
，
，，
，
．
，
．
，
，
又，
．
又，
四邊形是平行四邊形．
又，
四邊形是菱形．
（2）過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)．
四邊形是菱形，且，
．
，
．
又，
．
在中，，，
．
．
本題主要考查平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定，菱形的判定及性質(zhì)，掌握平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
15、（1）y=+4 （2）（3，5）或（3，）
【解析】
（1）首先根據(jù)已知條件以及勾股定理求得OA、OB的長(zhǎng)度，即求得A、B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求解；
（2）分P在B點(diǎn)的上邊和在B的下邊兩種情況畫(huà)出圖形進(jìn)行討論，求得Q的坐標(biāo)．
【詳解】
（1）∵OA:OB=3:4，AB=5，
∴根據(jù)勾股定理，得OA=3，OB=4，
∵點(diǎn)A、B在x軸、y軸上，
∴A(3，0)，B(0，4)，
設(shè)直線l表達(dá)式為y=kx+b（k≠0），
∵直線l過(guò)點(diǎn)A(3，0)，點(diǎn)B（0，4），
∴ ，
解得 ，
∴直線l的表達(dá)式為y=+4；
（2）如圖，當(dāng)四邊形BP1AQ1是菱形時(shí)，則有BP1=AP1=AQ1，
則有OP1=4-BP1，
在Rt△AOP1中，有AP12=OP12+AO2，
即AQ12=（4-AQ1）2+32，
解得：AQ1=，所以Q1的坐標(biāo)為（3，）；
當(dāng)四邊形BP2Q2A是菱形時(shí)，則有BP2 =AQ2=AB=5，
所以Q2的坐標(biāo)為（3，5），
綜上所述，Q點(diǎn)的坐標(biāo)是（3，5）或（3，）．
本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、勾股定理、菱形的判定與性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法、運(yùn)用分類討論與數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵.
16、（1）y＝﹣x＋6；（2）不變化，K（0，－6）
【解析】
（1）根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AB的解析式；
（2）過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥x軸于點(diǎn)H，易證△BOP≌△PHQ，利用全等三角形的性質(zhì)可得出OB=HP，OP=HQ，兩式相加得PH+PO=BO+QH，即OA+AH=BO+QH，又OA=OB，可得AH=QH，即△AHQ是等腰直角三角形，進(jìn)而證得△AOK為等腰直角三角形，求出OK=OA=6，即可得出K點(diǎn)的坐標(biāo)．
【詳解】
解：（1）將A（6，0）代入y=-x-b，得：-6-b=0，
解得：b=-6，
∴直線AB的解析式為y=-x+6；
（2）不變化，K（0，－6）
過(guò)Q作QH⊥x軸于H，
∵△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠BPQ=90°，PB=PQ，
∵∠BOA=∠QHA=90°，
∴∠BPO=∠PQH，
∴△BOP≌△HPQ，
∴PH=BO，OP=QH，
∴PH+PO=BO+QH，
即OA+AH=BO+QH，
又OA=OB，
∴AH=QH，
∴△AHQ是等腰直角三角形，
∴∠QAH=45°，
∴∠OAK=45°，
∴△AOK為等腰直角三角形，
∴OK=OA=6，
∴K（0，－6）．
本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的判定，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)解析式；（2）利用全等三角形的性質(zhì)及等腰三角形的判定得出△AOK是等腰三角形．
17、 (1) ∠DGC=45°； (2) ∠DGC=45°不會(huì)變化； (3) 四邊形AGFM是正方形
【解析】
（1）根據(jù)對(duì)稱性及正方形性質(zhì)可得∠CDF=60°=∠DFC，再利用三角形外角∠DFC=∠FDE+∠DPF可求∠DPC度數(shù)；
（2）由(1)知△DFC為等腰三角形，得出DF=DC，求出∠DFC=45o+∠EDF，由∠DFC=∠DGC+∠EDF可得∠DGC=45o；
（3）證明FG=MF=MA=AG，∠AGF=90o，即可得出結(jié)論.
【詳解】
(1)△FDE與ADE關(guān)于DE對(duì)稱
∴△FDE≌△ADE
∴∠FDE＝∠ADE＝15o，AD=FD
∴∠ADF=2∠FDE=30o
∵ABCD為正方形
∴AD=DC=FD，∠ADC=∠DAC=∠DFE=90o
∴∠FDC=∠ADC-∠ADF=60o
∴△DFC為等邊三角形
∴∠DFC=60o
∵∠DFC為△DGF外角
∴∠DFC=∠FDE+∠DGC
∴∠DGC=∠DFC-∠FDE=60-15o=45o
(2)不變.
證明: 由(1)知△DFC為等腰三角形，DF=DC
∴∠DFC=∠DCF= (180o-∠CDF) =90o-∠CDF①
∵∠CDF=90o-∠ADF=90o-2∠EDF②
將②代入①得∠DFC=45o+∠EDF
∵∠DFC=∠DGC+∠EDF
∴∠DGC=45o
(3)四邊形AMFG為正方形.
證明: ∵M(jìn)為Rt△ADE中斜邊DE的中點(diǎn)
∴AM＝DE
∵M(jìn)為Rt△FED中斜邊DE的中點(diǎn)
∴FM=DE=AM=MD
由(1)知△AED≌△FED ∴AD=DF，∠ADG=∠FDG
△ADG與△FDG中，
AD=DF， ∠ADG=∠FDG，DG=DG
∴△ADG≌△FDG，
由(2)知∠DGC=45o
∴∠DGA=∠DGF=45o，AG=FG， ∠AGF=∠DGA+∠DGF=90o
∵DB為正方形對(duì)角線，
∴∠ADB=∠45o，
∵∠ADG=∠GDF=∠ADB=22.5o
∵DM＝FM
∴∠GDF=∠MFD=22.5o
∵∠GMF=∠GDF+∠MFD=45o
∴∠GMF=∠DGF＝45o
∴MF=FG
∴FG=MF=MA=AG，∠AGF=90o
∴四邊形AMFG為正方形。
本題主要考查了正方形的性質(zhì)與判定. 解題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問(wèn)題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答問(wèn)題．
18、（1）-1；（2）2+3．
【解析】
（1）利用積的乘方得到原式，然后根據(jù)平方差公式計(jì)算；
（2）先把二次根式化為最簡(jiǎn)二次根式，然后去括號(hào)合并即可．
【詳解】
（1）
＝[（+2）（﹣2）]2019
＝（3﹣4）2019
＝﹣1；
（2）（）﹣（）
＝4+2﹣2
＝2+3．
本題考查了二次根式的混合運(yùn)算：先把二次根式化為最簡(jiǎn)二次根式，然后進(jìn)行二次根式的乘除運(yùn)算，再合并即可．在二次根式的混合運(yùn)算中，如能結(jié)合題目特點(diǎn)，靈活運(yùn)用二次根式的性質(zhì)，選擇恰當(dāng)?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、20%．
【解析】
分別設(shè)每千克A、B、C三種水果的成本為x、y、z，設(shè)丙每盒成本為m，然后根據(jù)題意將甲、乙、丙三種方式的每盒成本和利潤(rùn)用x表示出來(lái)即可求解．
【詳解】
設(shè)每千克A、B、C三種水果的成本分別為為x、y、z，依題意得：
6x+3y+z=12.5x，
∴3y+z=6.5x，
∴每盒甲的銷售利潤(rùn)=12.5x?20%=2.5x
乙種方式每盒成本=2x+6y+2z=2x+13x=15x，
乙種方式每盒售價(jià)=12.5x?（1+20%）÷（1-25%）=20x，
∴每盒乙的銷售利潤(rùn)=20x-15x=5x，
設(shè)丙每盒成本為m，依題意得：m（1+40%）?0.8-m=1.2x，
解得m=10x．
∴當(dāng)銷售甲、乙、丙三種方式的水果數(shù)量之比為2：2：5時(shí)，
總成本為：12.5x?2+15x?2+10x?5=105x，
總利潤(rùn)為：2.5x?2+5x×2+1.2x?5=21x，
銷售的總利潤(rùn)率為 ×100%=20%，
故答案為：20%．
此題考查了三元一次方程的實(shí)際應(yīng)用，分析題意，找到關(guān)鍵描述語(yǔ)，找到合適的等量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
20、
【解析】
分析：根據(jù)等腰三角形兩底角相等用α表示出∠A2B2O，依此類推即可得到結(jié)論．
詳解：∵B1A2=B1B2，∠A1B1O=α，∴∠A2B2O=α，同理∠A3B3O==α，∠A4B4O=α，∴∠AnBnO=α，∴?A2018 B2018O =．
故答案為：．
點(diǎn)睛：本題考查了等腰三角形兩底角相等的性質(zhì)，圖形的變化規(guī)律，依次求出相鄰的外角的度數(shù)，得到分母為2的指數(shù)次冪變化，分子不變的規(guī)律是解題的關(guān)鍵．
21、丙
【解析】
根據(jù)方差的意義可作出判斷．方差是用來(lái)衡量一組數(shù)據(jù)波動(dòng)大小的量，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動(dòng)越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．
【詳解】
甲、乙、丙、丁四人進(jìn)行射擊測(cè)試，每人10次射擊的平均成績(jī)恰好都是9.4環(huán)，方差分別是0.90，1.22，0.43，1.68，
∴S2丙

相關(guān)試卷

2025屆上海外國(guó)語(yǔ)大附屬外國(guó)語(yǔ)學(xué)校數(shù)學(xué)九上開(kāi)學(xué)檢測(cè)模擬試題【含答案】：

這是一份2025屆上海外國(guó)語(yǔ)大附屬外國(guó)語(yǔ)學(xué)校數(shù)學(xué)九上開(kāi)學(xué)檢測(cè)模擬試題【含答案】，共21頁(yè)。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。

2025屆上海市同濟(jì)大附屬存志學(xué)校九上數(shù)學(xué)開(kāi)學(xué)綜合測(cè)試模擬試題【含答案】：

這是一份2025屆上海市同濟(jì)大附屬存志學(xué)校九上數(shù)學(xué)開(kāi)學(xué)綜合測(cè)試模擬試題【含答案】，共22頁(yè)。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。

2025屆福建省廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校海滄附屬學(xué)校數(shù)學(xué)九上開(kāi)學(xué)檢測(cè)試題【含答案】：

這是一份2025屆福建省廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校海滄附屬學(xué)校數(shù)學(xué)九上開(kāi)學(xué)檢測(cè)試題【含答案】，共24頁(yè)。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。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2024年福建省廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)海滄附屬學(xué)校九上數(shù)學(xué)開(kāi)學(xué)考試模擬試題【含答案】

2024年福建省廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)海滄附屬學(xué)校九上數(shù)學(xué)開(kāi)學(xué)考試模擬試題【含答案】
2024-2025學(xué)年重慶市外國(guó)語(yǔ)學(xué)校九上數(shù)學(xué)開(kāi)學(xué)檢測(cè)模擬試題【含答案】

2024-2025學(xué)年重慶市外國(guó)語(yǔ)學(xué)校九上數(shù)學(xué)開(kāi)學(xué)檢測(cè)模擬試題【含答案】
2023-2024學(xué)年上海外國(guó)語(yǔ)大附屬外國(guó)語(yǔ)學(xué)校九上數(shù)學(xué)期末經(jīng)典模擬試題含答案

2023-2024學(xué)年上海外國(guó)語(yǔ)大附屬外國(guó)語(yǔ)學(xué)校九上數(shù)學(xué)期末經(jīng)典模擬試題含答案
2022-2023學(xué)年上海市外國(guó)語(yǔ)大附屬外國(guó)語(yǔ)學(xué)校數(shù)學(xué)七下期末復(fù)習(xí)檢測(cè)模擬試題含答案

2022-2023學(xué)年上海市外國(guó)語(yǔ)大附屬外國(guó)語(yǔ)學(xué)校數(shù)學(xué)七下期末復(fù)習(xí)檢測(cè)模擬試題含答案
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
開(kāi)學(xué)考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部