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）正比例函數(shù)的圖象向上平移1個單位后得到的函數(shù)解析式為（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）如圖以正方形的一邊為邊向下作等邊三角形，則的度數(shù)是（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
3、（4分）已知點A的坐標為（3，﹣6），則點A所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
4、（4分）若分式的值為0，則的值是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）如圖，每個小正方形邊長均為1，則下列圖中的陰影三角形與左圖中相似的是（ ）
A．B．
C．D．
6、（4分）直線不經(jīng)過【 】
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7、（4分）如圖，在中，，若.則正方形與正方形的面積和為（ ）
A．25B．144C．150D．169
8、（4分）下列說法正確的是（ ）
A．是二項方程B．是二元二次方程
C．是分式方程D．是無理方程
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，在中，的平分線AD交BC于點D，的兩邊分別與AB、AC相交于M、N兩點，且，若，則四邊形AMDN的面積為___________.
10、（4分）若a2﹣5ab﹣b2＝0，則的值為_____．
11、（4分）計算＝_____，（﹣）2＝_____，3﹣＝_____．
12、（4分）將一次函數(shù)的圖象向上平移個單位得到圖象的函數(shù)關系式為________________．
13、（4分）甲乙兩地9月上旬的日平均氣溫如圖所示，則甲乙兩地這10天日平均氣溫方差大小關系為________．（填“>”或“
【解析】
觀察平均氣溫統(tǒng)計圖可知：乙地的平均氣溫比較穩(wěn)定，波動??；波動越小越穩(wěn)定.
【詳解】
解：觀察平均氣溫統(tǒng)計圖可知：乙地的平均氣溫比較穩(wěn)定，波動??；
則乙地的日平均氣溫的方差小，
故S2甲＞S2乙．
故答案為：＞．
本題考查方差的意義．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定．反之，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，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、
【解析】
先將分式化簡，然后代入即可．
【詳解】
解：
當x=?1時
原式.
本題主要考查分式方程的化簡，熟練分式方程化簡步驟是解答此題的關鍵．
15、（1）1；（1）AP=PF且AP⊥PF，理由見解析；（3）PD1+BG1=PG1，理由見解析
【解析】
（1）先根據(jù)一次函數(shù)解析式求出A,D的坐標，根據(jù)三角形的面積公式即可求解；
（1）過點A作AH⊥DB，先計算出AD=，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到BD=，AH=DH=BD=，由PG=，得到DP+BG=，則PH=BG,可證得Rt△APH≌Rt△PFG，即可得到AP=PF且AP⊥PF；
（3）把△AGB繞點A點逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AMD，可得∠MDA=∠ABG=45°，DM=BG, ∠MAD=∠BAG,AM=AG,則∠MDP=90°，根據(jù)勾股定理有DP1+BG1=PM1,由∠PAG=45°，可得∠DAP+∠BAG=45°，即∠MAP=45°，易證得△AMP≌△AGP，得到MP=PG,即可DP1+BG1=PM1．
【詳解】
（1）∵直線y=1x+1交x軸于A，交y軸于 D，
令x=0，解得y=1，∴D（0，1）
令y=0，解得x=-1，∴A（-1，0）
∴AO=1，DO=1，
∴直線y=1x+1與坐標軸所圍成的圖形△AOD=×1×1=1；
（1）AP=PF且AP⊥PF，理由如下：
過點A作AH⊥DB，如圖，
∵A（-1，0），D（0，1）
∴AD===AB，
∵四邊形ABCD是正方形
∴BD==，
∴AH=DH=BD=，
而PG=，
∴DP+BG=，
而DH=DP+PH=
∴PH=BG,
∵∠GBF=45°
∴BG=GF=HP
∴Rt△APH≌Rt△PFG，
∴AP=PF, ∠PAH=∠PFG
∴∠APH+∠GPF=90°即AP⊥PF；
（3）PD1+BG1=PG1，理由如下：
如圖，把△AGB繞點A點逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AMD，連接MP，
∴∠MDA=∠ABG=45°，DM=BG, ∠MAD=∠BAG,AM=AG,
∴∠MDP=90°，
∴DP1+BG1=PM1,
又∵∠PAG=45°，
∴∠DAP+∠BAG=45°，
∴∠MAD+∠DAP =45°，即∠MAP=45°，
而AM=AG，
∴△AMP≌△AGP，
∴MP=PG,
∴PD1+BG1=PG1
此題主要考查一次函數(shù)與正方形的性質(zhì)綜合，解題的關鍵是熟知一次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)．
16、見解析
【解析】
根據(jù)AAS證△AFE≌△DBE，推出AF=BD．結合已知條件，利用“有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”得到ADCF是平行四邊形，進而證明ADCF是菱形．
【詳解】
證明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中點，AD是BC邊上的中線，
∴AE=DE，BD=CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF=DB．
∵DB=DC，
∴AF=CD．
∵AF∥BC，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中點，E是AD的中點，
∴AD=BC=DC，
∴四邊形ADCF是菱形．
本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的判定，菱形的判定的應用，解題的關鍵是正確尋找全等三角形，利用直角三角形的性質(zhì)解決問題，屬于中考?？碱}型．
17、（1）2；（2）28.
【解析】
（1）首先求出AF的長度，再在直角三角形AEF中求出EF的長度；
（2）連接BD，DF，DF交PP′于H．首先證明四邊形PP′CD是平行四邊形，再證明DF⊥PP′，求出DH的長，最后根據(jù)面積公式求出答案．
【詳解】
（1）∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝8，
∵F是AB的中點，
∴AF＝AB＝×8＝4，
∵點F作FE⊥AD，∠A＝60°，
∴∠AFE=30°，
∴AE=，
∴EF＝2；
（2）如圖，連接BD，DF，DF交PP′于H．
由題意PP′＝AA′＝AB＝CD，PP′∥AA′∥CD，
∴四邊形PP′CD是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∵AF＝FB，
∴DF⊥AB，DF⊥PP′，
在Rt△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠A＝60°，AF＝4，
∴AE＝2，EF＝2，
∴PE＝PF＝，
在Rt△PHF中，∵∠FPH＝30°，PF＝，
∴HF＝PF＝，
∵DF＝=4，
∴DH＝4﹣＝，
∴平行四邊形PP′CD的面積＝×8＝28．
本題考查菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．
18、 (1)；；(2)；(3)且且.
【解析】
（1）由求出點C坐標，待定系數(shù)法可得的解析式；
（2）分別求出的面積即可；
（3） 或過點C時圍不成三角形，由此可知k的取值范圍.
【詳解】
解：(1)∵點在一次函數(shù)的圖象上
∴把代入得，解得
設的解析式為，將點代入得，解得
∴的解析式為
(2) 時，，所以，即，由可知點C到x軸的距離為，到y(tǒng)軸的距離為.
(3)由題意可得或過點C時圍不成三角形
當時，，當時，，當過點C時，將點C代入得，解得
所以當，，可以圍成三角形時k的取值范圍為且且.
本題考查了一次函數(shù)，包括待定系數(shù)法求解析式及函數(shù)圖像圍成三角形的面積，正確理解題意，做到數(shù)形結合是解題的關鍵.
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、
【解析】
作CH⊥x軸于H，如圖，先利用一次函數(shù)解析式確定B（0，-），A（-3，0），再利用三角函數(shù)的定義計算出∠OAB=30°，則∠CAH=30°，設D（-3，t），則AC=AD=t，接著表示出CH=AC=t，AH=CH=t得到C（-3-t，t），然后利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征得到（-3-t）?t=3t，最后解方程即可．
【詳解】
作CH⊥x軸于H，如圖，
當x=0時，y=-x-=-，則B（0，-），
當y=0時，-x-=0，解得x=-3，則A（-3，0），
∵tan∠OAB=，
∴∠OAB=30°，
∴∠CAH=30°，
設D（-3，t），則AC=AD=t，
在Rt△ACH中，CH=AC=t，AH=CH=t，
∴C（-3-t，t），
∵C、D兩點在反比例函數(shù)圖象上，
∴（-3-t）?t=3t，解得t=2，
即D點的縱坐標為2．
故答案為2．
本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題：求反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點坐標，把兩個函數(shù)關系式聯(lián)立成方程組求解，若方程組有解則兩者有交點，方程組無解，則兩者無交點．
20、【解析】
試題分析：∵一次函數(shù)y=kx﹣k，y隨著x的增大而減小，∴k＜0，即﹣k＞0，∴該函數(shù)圖象經(jīng)過第一、二、四象限．
故答案為一、二、四．
考點：一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系．
21、（32，48）
【解析】
先計算出2018是第1009個數(shù)，然后判斷第1009個數(shù)在第幾組，進一步判斷是這一組的第幾個數(shù)即可．
【詳解】
解：2018是第1009個數(shù)，
設2018在第n組，則1+3+5+7+（2n﹣1）＝×2n×n＝n2，
當n＝31時，n2＝961，
當n＝32時，n2＝1024，
故第1009個數(shù)在第32組，
第32組第一個數(shù)是961×2+2＝1924，
則2018是第+1＝48個數(shù)，
故A2018＝（32，48）．
故答案為：（32，48）．
此題考查規(guī)律型：數(shù)字的變化類，找出數(shù)字之間排列的規(guī)律，得出數(shù)字的運算規(guī)律，利用規(guī)律解決問題是關鍵．
22、5； 1．
【解析】
首先根據(jù)其平均數(shù)為5求得的值，然后再根據(jù)中位數(shù)及方差的計算方法計算即可．
【詳解】
解：數(shù)據(jù)3，4，，6，7的平均數(shù)是5，
解得：，
中位數(shù)為5，
方差為．
故答案為：5；1．
本題考查了平均數(shù)、中位數(shù)及方差的定義與求法，熟練掌握各自的求法是解題關鍵．
23、D
【解析】
根據(jù)平移的性質(zhì)，對應點的連線互相平行且相等，平移變換只改變圖形的位置不改變圖形的形狀與大小對各小題分析判斷即可得解．
【詳解】
A、AB∥DE，正確；
B、，正確；
C、AD=BE，正確；
D、，故錯誤，
故選D．
本題主要考查了平移的性質(zhì)，是基礎題，熟記性質(zhì)是解題的關鍵．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（1），∠BAO=30°；（2）；（3）見解析;(4) 當點C的速度變?yōu)槊棵雮€單位時，時四邊形PBCQ是菱形.
【解析】
【分析】(1)設x=0,y=0可分別求出A,B的坐標；（2）縱坐標的差等于線段長度；（3）當PQ=BC時 ， 即，是平行四邊形；（4）時，，，所以不可能是菱形；若四邊形PBCQ構成菱形則，PQ=BC，
且PQ=PB時成立.
【詳解】解：（1）直接寫出：A、B兩點的坐標，∠BAO=30°
（2）用含t的代數(shù)式分別表示：；
（3）∵
∴當PQ=BC時 ， 即，時，四邊形PBCQ是平行四邊形.
（4）∵時，，，
∴四邊形PBCQ不能構成菱形。
若四邊形PBCQ構成菱形則，PQ=BC，
且PQ=PB時成立.
則有時
BC=BP=PQ= OC=OB-BC=

∴當點C的速度變?yōu)槊棵雮€單位時，時四邊形PBCQ是菱形.
【點睛】本題考核知識點：一次函數(shù)，平行四邊形，菱形的判定.此題是綜合題，要用數(shù)形結合思想進行分析.
25、（1）,;(2)成立，證明見解析；（3）見解析
【解析】
（1）因為，ABCD是正方形，所以AE=DF，可證△ADF≌BAE，可得=，再根據(jù)角∠AEB=∠AFD，∠DAF+∠AFD=90°，可得∠DAF+∠AEB=90°，可得;
（2）成立，因為E為AD中點，所以AE=DF，可證△ABE≌△DAF，可得=，再根據(jù)角∠AEB=∠AFD，∠DAF+∠AFD=90°，得到∠DAF+∠AEB=90°，可得；
（3） 如解圖，取AB中點H，連接CH交BG于點M，由（2）得，可證，所以MH為△AGB的中位線，所以M為BG中點，所以CM為BG垂直平分線，所以.
【詳解】
解：（1）AF=BE且AF⊥BE．理由如下：
證明：∵，ABCD為正方形
AE=AD－DE，DF=DC－CF
∴AE=DF
又∵∠BAD=∠D=90°，AB=AD
∴△ABE≌△DAF
∴AF=BE，∠AEB=∠AFD
∵在直角△ADF中，∠DAF+∠AFD=90°
∴∠DAF+∠AEB=90°
∴∠AGE=90°
∴AF⊥BE；
（2）成立，AF=BE且AF⊥BE．理由如下：
證明：∵E、F分別是AD、CD的中點，
∴AE=AD，DF=CD
∴AE=DF
又∵∠BAD=∠D=90°，AB=AD
∴△ABE≌△DAF
∴AF=BE，∠AEB=∠AFD
∵在直角△ADF中，∠DAF+∠AFD=90°
∴∠DAF+∠AEB=90°
∴∠AGE=90°
∴AF⊥BE
（3）取AB中點H，連接CH交BG于點M
∵H、F分別為AB、DC中點，AB∥CD，
∴AH=CF，
∴四邊形AHCF是平行四邊形，
∴AF∥CH，
又∵由（2）得，
∴，
∵AF∥CH，H為AB中點，
∴M為BG中點，
∵M為BG中點，且，
∴CH垂直平分BG，
∴CG=CB.
本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)，靈活應用全等三角形的性質(zhì)是解題關鍵.
26、 (1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)∠GFH＝100°.
【解析】
（1）由中點性質(zhì)及AB=AC，得到BD=EC，再由中位線性質(zhì)證明FG∥BD，GF=BD，F(xiàn)H∥EC，F(xiàn)H=EC，從而得到FG=FH；
（2）由（1）FG∥BD，F(xiàn)H∥EC，再由∠A=90°，可證FG⊥FH；
（3）由（1）FG∥BD，∠A=80°，可求得∠FKC，再由FH∥EC，可求得∠GFH的度數(shù)．
【詳解】
(1)∵AB＝AC，點D，E分別是邊AB，AC的中點
∴BD＝EC
∵點F，G，H分別為BE，DE，BC的中點
∴FG∥BD，GF＝BD
FH∥EC，F(xiàn)H＝EC
∴FG＝FH；
(2)由(1)FG∥BD
又∵∠A＝90°
∴FG⊥AC
∵FH∥EC
∴FG⊥FH；
(3)延長FG交AC于點K，
∵FG∥BD，∠A＝80°
∴∠FKC＝∠A＝80°
∵FH∥EC
∴∠GFH＝180°﹣∠FKC＝100°
本題是幾何問題，考查了三角形中位線的有關性質(zhì)，解答時應根據(jù)題意找到相應三角形的中位線．
題號
一
二
三
四
五
總分
得分

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