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2024-2025学年湖北省黄冈市部分学校九年级（上）开学数学试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年湖北省黄冈市部分学校九年级（上）开学数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.使1 x−2有意义的x的取值范围是( )
A. x>2B. x<−2C. x≥2D. x≤2
2.下列式子中，是最简二次根式的是( )
A. 13B. 6C. 8D. 18
3.下列运算正确的是( )
A. 2+ 3=2 3B. 6− 3= 3C. 3× 2= 6D. 6÷ 2=3
4.为督察学校落实学生每天在校“阳光锻炼一小时”要求，督察组调查了某校一个班50名学生每周体育课以外的锻炼时间，绘成如图所示的条形统计图，则所调查学生锻炼时间的众数和中位数分别为( )
A. 7ℎ，7.5ℎ
B. 7.5ℎ，7ℎ
C. 7.5ℎ，7.5ℎ
D. 7ℎ，7ℎ
5.在▱ABCD中，AB= 3，对角线AC，BD交于点O，AC=2，BD=4，则BC的长是( )
A. 7B. 3C. 2 3D. 5
6.已知一个直角三角形的两边长分别为6和8，则第三边的长是( )
A. 10B. 10或2 7C. 2 7D. 2 7或 10
7.如图，李明从甲地去往乙地，开始以一定的速度行驶，之后由于道路维修，速度变为原来的四分之一，过了维修道路后又变为原来的速度到达乙地，设李明行驶的时间为x(分钟)，行驶的路程为y(千米)，图中的折线表示y与x之间的函数关系，则下列说法错误的是( )
A. 甲乙两地的距离为10000米
B. 从甲地到乙地有2千米道路需要维修
C. 李明从甲地到乙地共用20分钟
D. 李明从甲地到乙地的平均速度为每分钟400米
8.如图，在菱形ABCD中，∠B=α，点P是AB上一点(不与端点重合)，点A关于直线DP的对称点为E，连接AE，CE，则∠AEC的度数为( )
A. 60°+13α
B. 165°−13α
C. 45°+12α
D. 180°−12α
9.如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE=5，AB=13，则EF的值是( )
A. 7
B. 2 3
C. 13
D. 7 2
10.如图1，在△ABC中，动点P从点A出发沿折线AB→BC→CA匀速运动至点A后停止，设点P的运动路程为x，线段AP的长度为y，图2是y与x的函数关系大致图象，其中点F为曲线DE的最低点，则△ABC的高CG的长是( )
A. 5 32B. 7 32C. 2 3D. 3 3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.某公司全体员工年薪如表所示，则该公司全体员工年薪的中位数是______万元．
12.已知 3−x+ x−3−1=y，则xy= ______．
13.如图，一棵大树(树干与地面垂直)在一次强台风中于离地面5米的B处折断倒下，倒下后的树顶C与树根A的距离为12米，则这棵大树在折断前的高度为______米.
14.某款轿车每行驶100千米的耗油量y升与其行驶速度x千米/小时之间的函数关系图象如图所示，其中线段AB的表达式为y=−125x+13(25≤x≤100)，点C的坐标为(140,14)，即行驶速度为140千米/小时时该轿车每行驶100千米的耗油量是14升.如果从甲地到乙地全程为260千米，其中有60千米限速50千米/小时的省道和200千米限速120千米/小时的高速公路，那么在不考虑其他因素的情况下，这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油多少______升.
15.如图，矩形ABCD中，AB=5，BC=12，P是CD边上的动点，E是BC边上的一动点，点M、N分别是AE、PE的中点，则线段MN的长度最大为______．
三、解答题：本题共9小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
计算：
(1) 18− 50+4 12；
(2)( 3+ 2)( 3− 2)+( 5−1)2．
17.(本小题6分)
如图，在正方形ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AE=CF，连接ED，DF，以及BE，BF.求证：四边形BEDF为菱形．
18.(本小题6分)
已知y−2与x+1成正比例，当x=7时，y=6，
(1)写出y与x之间的函数关系式；
(2)当y=−2时，求x的值；
(3)若点P(−6,m+4)在该函数图象上，求m的值．
19.(本小题8分)
(1)已知m= 5+1,n= 5−1.求代数式nm+mn的值．
(2)已知：a=3+2 2,b=3−2 2，求代数式a2−3ab+b2的值．
20.(本小题8分)
某中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，为了绿化环境，学校计划把空地改成小花园，经测量，∠B=90°，AB=6m，BC=8m，CD=24，AD=26．
(1)求空地ABCD的面积；
(2)若学校准备用A、B两个品种的鲜花美化空地，每种植1平方米A品种的鲜花需要150元，每种植1平方米B品种的鲜花需要200元，若投入总费用不超过25800时，求至少种植多少平方米A品种的鲜花．
21.(本小题8分)
为提高学生防诈反诈能力，学校开展了“防诈反诈”知识竞赛，并从七、八年级各随机选取了20名同学的竞赛成绩进行了整理、描述和分析(成绩得分用x表示，其中A：0≤x<85，B：85≤x<90，C：90≤x<95，D：95≤x≤100，得分在90分及以上为优秀).下面给出了部分信息：
七年级C组同学的分数分别为：94，92，93，91；
八年级C组同学的分数分别为：91，92，93，93，94，94，94，94，94．
七、八年级选取的学生竞赛成绩统计表：
(1)填空：a= ______，b= ______，m= ______；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级学生在“防诈反诈”知识竞赛中，哪个年级学生对“防诈反诈”的了解情况更好？请说明理由；(写出一条理由即可)
(3)该校现有学生七年级2000名，八年级1800名，请估计这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数．
22.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC交CB延长线于E，CF//AE交AD延长线于点F．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)若AE=4，AD=5，求AC的长．
23.(本小题11分)
草莓属于多年生草本植物，风味独特、营养丰富，具有生产周期短、见效快、经济效益高、适合设施栽培等特点.某经销商准备从一草莓种植基地购进甲、乙两种草莓进行销售，设经销商购进甲种草莓x千克，付款y元，y与x之间的函数关系如图所示，购进乙种草莓的价格是每千克30元．
(1)求y与x之间的函数关系式．
(2)若经销商计划一次性购进甲、乙两种草莓共100千克，其中甲种草莓不少于40千克且不超过70千克，设经销商付款总金额为W元，求W的最小值．
24.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点D，直线l2：与x轴交于点B(1,0)，与l2相交于点C(m,4)．
(1)求直线l2的解析式；
(2)求四边形OBCD的面积；
(3)若点M为x轴上一动点，过点M(t,0)作垂直于x轴的直线，与直线l2交于点Q.若S△AQC=2S△ABC，请直接写出所有符合题意的点Q的坐标．
答案解析
1.A
【解析】解：由 x−2有意义可得：x−2≥0，
解得：x≥2，
要使1 x−2有意义，必须使 x−2≠0，
∴x−2≠0，
解得：x≠2，
∴x的取值范围是x>2，故A正确．
故选：A．
根据二次根式的被开方数是非负数，可得不等式，再解不等式，即可得到答案．
本题主要考查了分式和二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握使分式和二次根式有意义的条件．
2.B
【解析】解：A、 13= 33，故不是最简二次根式，不符合题意；
B、 6是最简二次根式，符合题意；
C、 8=2 2，故不是最简二次根式，不符合题意；
D、 18=3 2，故不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
根据最简二次根式的定义进行解题即可．
本题考查最简二次根式，掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
3.C
【解析】解：2+ 3不能合并，故选项A错误，不符合题意；
6− 3不能合并，故选项B错误，不符合题意；
3× 2= 6，故选项C正确，符合题意；
6÷ 2= 3，故选项D错误，不符合题意；
故选：C．
根据二次根式的运算法则，逐一进行判断即可．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
4.D
【解析】解：∵7ℎ出现了20次，出现的次数最多，
∴所调查学生睡眠时间的众数是7ℎ，
∵共有50名学生，中位数是第25、26个数的平均数，
∴所调查学生睡眠时间的中位数是7+72=7(ℎ)，
故选：D．
直接利用众数以及中位数的概念分别分析求出即可．
本题主要考查了众数、中位数的概念，正确把握中位数的概念是解题关键．
5.A
【解析】解：∵▱ABCD，
∴AO=12AC=1，BO=12BD=2，
∵12+( 3)2=4=22，即AB2+AO2=BO2，
∴△AOB是直角三角形，且∠BAO=90°，
∴BC= AB2+AC2= 7，
故选：A．
由平行四边形的性质可得AO=12AC=1，BO=12BD=2，证明△AOB是直角三角形，且∠BAO=90°，然后根据勾股定理求解即可．
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6.B
【解析】解：当边长为8的边是直角边时，
第三边为斜边，边长为： 62+82=10；
当边长为8的边是斜边时，
第三边为直角边，边长为： 82−62=2 7；
因此第三边的长是10或2 7，
故选：B．
题目中没有说明两条边是否包含斜边，因此需分边长为8的边是直角和斜边两种情况，利用勾股定理分别求解．
本题主要考查勾股定理，正确分情况讨论是解题关键．
7.D
【解析】解：A、从函数图象得甲乙两地的距离为10千米=10000米，故选项A正确，不符合题意；
B、从甲地到乙地道路需要维修有6−4=2千米，故选项B正确，不符合题意；
C、开始时的速度为4÷5=45(千米/分钟)，
经过维修道路段所用时间为(6−4)÷(45×14)=10(分钟)，
过了维修道路后所用时间为(10−6)÷45=5(分钟)，
李明从甲地到达乙地所用时间为5+10+5=20(分钟)，
故选项C正确，不符合题意；
D、李明从甲地到乙地的平均速度为1000020=500(米/分钟)，故选项D错误，符合题意；
故选：D．
先求出开始时的速度，再根据道路维修段速度变为开始时速度的四分之一，求出经过维修道路段所用时间，再算出过了维修道路后所用时间，进一步求解即可．
本题主要考查从函数图象获取信息的能力，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
8.D
【解析】解：连接DE，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=α，
∴AD=CD，∠ADC=∠B=α，
∵点A关于直线DP的对称点为E，
∴DP垂直平分AE，
∴ED=AD，
∴ED=CD，
∴∠DAE=∠DEA，∠DCE=∠DEC，
∵∠ADE+∠CDE+∠DAE+∠DEA+∠DCE+∠DEC=360°，
∴α+2(∠DEA+∠DEC)=360°，
∴α+2∠AEC=360°，
∴∠AEC=180°−12α，
故选：D．
连接DE，由菱形的性质得AD=CD，∠ADC=∠B=α，由轴对称的性质得ED=AD，所以ED=CD，则∠DAE=∠DEA，∠DCE=∠DEC，由∠ADE+∠CDE+∠DAE+∠DEA+∠DCE+∠DEC=360°，得α+2∠AEC=360°，则∠AEC=180°−12α，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的性质、四边形的内角和等于360°等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
9.D
【解析】解：∵AE=5，AB=13，
∴BE= AB2−AE2=12，
∴小正方形的面积为：132−4×12×5×12=49，
由图可得，EF2的值等于小正方形的面积的2倍，
∴EF2的值是49×2=98，
∴EF的值是7 2，
故选：D．
根据题意和题目中的数据，可以计算大正方形的边长，然后即可计算出小正方形的面积，再根据图形可知EF2的值等于小正方形的面积的2倍，本题得以解决．
本题考查勾股定理的证明，解答本题的关键是明确EF2的值等于小正方形的面积的2倍．
10.A
【解析】解：点P从点A沿着AB匀速运动，y随着x的增大而增大，当x=6时，y最大=6=AB；点P在BC上运动时，y随着x的增大而减小，当x=9时，y最小=AD，BD=3，继续运动，y随着x的增大而增大，当x=11时y最大，即AB+BC=11，BC=5；当点P在CA上运动时，y随着x的增大而减小，最后与点A重合．
在Rt△ABD中，AD= AB2−BD2=3 3，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×5×3 3=15 32，
∴S△ABC=12AB⋅CG=15 32，
即12×6CG=15 32，
解得CG=5 32．
故选：A．
先分析整个运动过程，进而求出AB，BD，BC，再根据勾股定理求出AD，然后根据面积相等得出答案．
本题主要考查了函数图象的识别，勾股定理，求三角形的面积等，从图象中获取信息时解题的关键．
11.9
【解析】解：员工人数为：1+2+4+7+8+9+3=34(人)，
则中位数为：(9+9)÷2=9(万元)，
故答案为：9．
根据表格中的数据，可以先计算出总的员工数，再根据中位数的定义即可得出答案．
本题考查中位数，解答本题的关键是明确中位数的含义．
12.13
【解析】解：∵ 3−x+ x−3−1=y，
∴3−x≥0，x−3≥0，
∴x≥3，x≤3，
∴x=3，
∴y=−1，
∴xy=3−1=13，
故答案为：13．
先根据二次根式有意义的条件为被开方数大于等于零，得出关于x的不等式组，再求x的值进而得到y的值，再计算即可．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握被开方数不小于零的条件是解题的关键．
13.18
【解析】解：如图所示：
∵△ABC是直角三角形，AB=5m，AC=12m，
∴BC= AC2+AB2= 122+52=13m，
∴大树的高度=AB+BC=5+13=18(m)，
故答案为：18．
先根据勾股定理求出大树折断部分的高度，再根据大树的高度等于折断部分的长与未断部分的和即可得出结论．
本题考查的是勾股定理的应用，解题的关键是掌握相关运算．
14.24.6
【解析】解：当x=100时，y=−125×100+13=9．
∴点B的坐标为(100,9)．
当x=50时，y=−125×50+13=11．
由图象可得，当x=100时，每行驶100千米的耗油量最少，为9升．
∴60×11100+200×9100=24.6(升)．
取x=100代入线段AB的表达式可得点B的纵坐标，根据线段AB的图象可得速度越大，耗油量越小．那么取x=50代入AB的解析式可得在省道上的最低百千米的耗油量；由线段BC的图象可得时速为100千米时，百千米的耗油量最小，所以这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油量=在省道上的最低耗油量+在高速上的最低耗油量，把相关数值代入计算即可．
本题考查一次函数的应用．判断出省道和高速上的百千米最低耗油量是解决本题的关键．
15.132
【解析】解：连接AP，
∵M，N分别是AE，PE的中点，
∴MN=12AP，
由题意可知：当P点与C点重合时，AP最长，
此时：AP= AB2+BC2= 52+122=13，
MN=12AP=132，
∴线段MN的长度最大为132；
故答案为：132．
当P点与C点重合时，AP最长，利用勾股定理可求得AP的长，根据三角形中位线定理即可求解．
本题考查三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．
16.解：(1) 18− 50+4 12
=3 2−5 2+2 2
=0；
(2)( 3+ 2)( 3− 2)+( 5−1)2
=( 3)2−( 2)2+( 5)2−2 5+12
=3−2+5−2 5+1
=7−2 5．
【解析】(1)先把二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可；
(2)利用平方差公式和完全平方公式展开，再进行加法运算即可．
此题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则和乘法公式是解题的关键．
17.证明：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是正方形
∴OB=OD，OA=OC
∵AE=CF
∴OE=OF
∴四边形BEDF是平行四边形
∵四边形ABCD是正方形
∴AC⊥BD
∴平行四边形BEDF是菱形．
【解析】连接BD交AC于点O，由四边形ABCD是正方形得OB=OD，OA=OC，由AE=CF得OE=OF，故四边形BEDF是平行四边形，再由对角线互相垂直即可．
本题考查正方形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，掌握正方形的性质是关键．
18.解：(1)设函数关系式为：y−2=k(x+1)，
∵当x=7时，y=6，
∴6−2=k(7+1)，
∴k=12，
∴函数关系式为：y=12x+52．
(2)把y=−2代入y=12x+52得：
x=−9．
(3)将点P(−6,m+4)代入y=12x+52得：
m+4=12×(−6)+52，
解得：m=−92．
【解析】根据待定系数法求一次函数解析式即可．
本题考查了一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式是关键．
19.解：(1)∵m= 5+1,n= 5−1，
∴m+n= 5+1+ 5−1=2 5，mn=( 5+1)( 5−1)=( 5)2−12=5−1=4
∴nm+mn=m2+n2mn=(m+n)2−2mnmn=(2 5)2−2×44=20−84=3；
(2)∵a=3+2 2,b=3−2 2，
∴a+b=3+2 2+3−2 2=6，ab=(3+2 2)(3−2 2)=32−(2 2)2=9−8=1，
∴a2−3ab+b2=(a+b)2−5ab=62−5×1=31．
【解析】(1)求出m+n和mn的值，将nm+mn变形，代入，即可求值，
(2)求出a+b和ab的值，将a2−3ab+b2变形，代入，即可求值．
本题考查了，二次根式的化简求值，解题的关键是：熟练掌握完全平方公式及平方差公式．
20.解：(1)连接AC，
∵∠B=90°，AB=6m，BC=8m，
∴AC= AB2+BC2= 62+82=10m，
∵CD=24m，AD=26m，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，
=12×AB×BC+12×AC×CD，
=12×6×8+12×10×24，
=144(m2)；
答：空地ABCD的面积为144m2．
(2)设种植m平方米A品种的鲜花，得150m+200(144−m)≤25800，
解这个不等式，得m≥60，
答：至少种植60平方米A品种的鲜花．
【解析】(1)直接利用勾股定理AC，再用勾股定理的逆定理得出∠ACD=90°，进而得出答案；
(2)设种植m平方米A品种的鲜花，列出关于m的一元一次不等式，即可得到答案．
本题主要考查了勾股定理及其逆定理的应用，一元一次不等式，正确用勾股定理及其逆定理是解题关键．
21.92.5 94 60%
【解析】解：(1)1+202=212，
∴中位数是第10位、第11位的平均数，
观察条形统计图可得，中位数在C组，
∴a=92+932=92.5，
观察扇形统计图和八年级C组同学的分数可得，b=94，
m=4+820×100%=60%，
故答案为：92.5，94，60%；
(2)∵65%>60%，
∴八年级学生对“防诈反诈”的了解情况更好；
(3)七年级优秀人数=2000×60%=1200(人)，
八年级优秀人数=1800×65%=1170(人)，
1200+1170=2370(人)，
∴这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为2370人．
(1)结合条形统计图、扇形统计图、七、八年级C组同学的分数，可得；
(2)可以对比优秀率；
(3)求出七、八年级优秀人数，再相加可得．
本题考查了中位数、众数、条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是正确理解中位数与众数的定义．
22.(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC．
∵CF//AE，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴平行四边形AECF是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=5，OA=OC，AC⊥BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
∴BE= AB2−AE2= 52−42=3，
∴CE=BE+BC=3+5=8，
∴AC= AE2+CE2= 42+82=4 5．
【解析】(1)先证四边形AECF是平行四边形，再证∠AEC=90°，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得AB=BC=5，OA=OC，AC⊥BD，再由勾股定理得BE=3，则CE=BE+BC=8，然后由勾股定理得AC=4 5即可．
本题考查了矩形的判定、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．
23.解：(1)当x<50时，设函数解析式为y=kx，将点(50,2000)代入得：
50k=2000，解得k=40，
∴y=40x(x≤50)；
当x>50时，设函数解析式为y=kx+b，将点(50,2000)，(90,2800)代入得：
50k+b=200090k+b=2800，解得k=20b=1000，
∴y=20x+1000(x≥50)．
∴y与x之间的函数关系式为：y=40x(x≤50)20x+1000(x≥50)；
(2)由题意可知，40≤x≤70，
当40≤x≤50时，w=40x+30(100−x)=10x+3000，
∵10>0，
∴w随x增大而增大，
当x=40时，w最小，最小值为3400．
当70≥x≥50时，w=20x+1000+30(100−x)=−10x+4000，
∵−10<0，
∴w随x增大而减小，
当x=70时，w最小，最小值为：3300．
答：w最小值为：3300．
【解析】(1)分两种情况求出解析式即可；
(2)分两种情况进行计算讨论最小值即可．
本题考查了一次函数的综合应用，熟练掌握一次函数性质是关键．
24.解：(1)∵直线l1：y=x+2与l2相交于点C(m,4)，
∴4=m+2，解得m=2，
∴C(2,4)，
设直线l2的表达式为y=kx+b(k≠0)，
把点B(1,0)，C(2,4)代入得：
∴0=k+b4=2k+b，解得k=4b=−4，
∴直线l2的解析式为y=4x−4．
(2)当x=0时，y=2，
∴直线l1与y轴的交点D的坐标为(0,2)，
∴OD=2，
当y=0时，0=x+2，
∴x=−2，
∴直线l1与x轴的交点A的坐标为(−2,0)，
∴OA=2，
∵B(1,0)，
∴AB=3，
∴S四边形OBCD=S△ABC−S△AOD=12×3×4−12×2×2=4．
(3)∵过点M(t,0)作垂直于x轴的直线，与直线l2交于点Q，
∴点Q的坐标为(t,4t−4)，
∵S△ABC=12×3×4=6，
∴S△AQC=2S△ABC=12，
当点Q在点C的上方时，如图所示：
S△AQC=S△ABQ−S△ABC=12×3×(4t−4)−6=12，
解得：t=4，
∴此时点Q的坐标为(4,12)；
当点Q在点C的下方时，如图所示：
S△AQC=12×3×(4−4t+4)=12，
解得：t=0，
∴此时点Q的坐标为(0,−4)；
综上分析可知，点Q的坐标为(0,−4)或(4,12)．
【解析】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数与坐标轴的交点问题，求直线所围成的图形面积，解题的关键是画出图形，数形结合，熟练掌握待定系数法．
(1)先求出点C的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式即可；
(2)先求出点A、B的坐标，得出AB=3，然后根据S四边形OBCD=S△ABC−S△AOD求出结果即可；
(3)先求出点Q的坐标为(t,4t−4)，利用S△ABC=12×3×4=6，求出S△AQC=2S△ABC=12，分两种情况，当点Q在点C的上方时，当点Q在点C的下方时，分别求出点Q的坐标即可．年薪/万元
40
28
15
10
9
7
6
员工数/人
1
2
4
7
8
9
3
年级
平均数
中位数
众数
优秀率
七
91
a
95
m
八
91
93
b
65%
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.使1 x−2有意义的x的取值范围是( )
A. x>2B. x<−2C. x≥2D. x≤2
2.下列式子中，是最简二次根式的是( )
A. 13B. 6C. 8D. 18
3.下列运算正确的是( )
A. 2+ 3=2 3B. 6− 3= 3C. 3× 2= 6D. 6÷ 2=3
4.为督察学校落实学生每天在校“阳光锻炼一小时”要求，督察组调查了某校一个班50名学生每周体育课以外的锻炼时间，绘成如图所示的条形统计图，则所调查学生锻炼时间的众数和中位数分别为( )
A. 7ℎ，7.5ℎ
B. 7.5ℎ，7ℎ
C. 7.5ℎ，7.5ℎ
D. 7ℎ，7ℎ
5.在▱ABCD中，AB= 3，对角线AC，BD交于点O，AC=2，BD=4，则BC的长是( )
A. 7B. 3C. 2 3D. 5
6.已知一个直角三角形的两边长分别为6和8，则第三边的长是( )
A. 10B. 10或2 7C. 2 7D. 2 7或 10
7.如图，李明从甲地去往乙地，开始以一定的速度行驶，之后由于道路维修，速度变为原来的四分之一，过了维修道路后又变为原来的速度到达乙地，设李明行驶的时间为x(分钟)，行驶的路程为y(千米)，图中的折线表示y与x之间的函数关系，则下列说法错误的是( )
A. 甲乙两地的距离为10000米
B. 从甲地到乙地有2千米道路需要维修
C. 李明从甲地到乙地共用20分钟
D. 李明从甲地到乙地的平均速度为每分钟400米
8.如图，在菱形ABCD中，∠B=α，点P是AB上一点(不与端点重合)，点A关于直线DP的对称点为E，连接AE，CE，则∠AEC的度数为( )
A. 60°+13α
B. 165°−13α
C. 45°+12α
D. 180°−12α
9.如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE=5，AB=13，则EF的值是( )
A. 7
B. 2 3
C. 13
D. 7 2
10.如图1，在△ABC中，动点P从点A出发沿折线AB→BC→CA匀速运动至点A后停止，设点P的运动路程为x，线段AP的长度为y，图2是y与x的函数关系大致图象，其中点F为曲线DE的最低点，则△ABC的高CG的长是( )
A. 5 32B. 7 32C. 2 3D. 3 3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.某公司全体员工年薪如表所示，则该公司全体员工年薪的中位数是______万元．
12.已知 3−x+ x−3−1=y，则xy= ______．
13.如图，一棵大树(树干与地面垂直)在一次强台风中于离地面5米的B处折断倒下，倒下后的树顶C与树根A的距离为12米，则这棵大树在折断前的高度为______米.
14.某款轿车每行驶100千米的耗油量y升与其行驶速度x千米/小时之间的函数关系图象如图所示，其中线段AB的表达式为y=−125x+13(25≤x≤100)，点C的坐标为(140,14)，即行驶速度为140千米/小时时该轿车每行驶100千米的耗油量是14升.如果从甲地到乙地全程为260千米，其中有60千米限速50千米/小时的省道和200千米限速120千米/小时的高速公路，那么在不考虑其他因素的情况下，这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油多少______升.
15.如图，矩形ABCD中，AB=5，BC=12，P是CD边上的动点，E是BC边上的一动点，点M、N分别是AE、PE的中点，则线段MN的长度最大为______．
三、解答题：本题共9小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
计算：
(1) 18− 50+4 12；
(2)( 3+ 2)( 3− 2)+( 5−1)2．
17.(本小题6分)
如图，在正方形ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AE=CF，连接ED，DF，以及BE，BF.求证：四边形BEDF为菱形．
18.(本小题6分)
已知y−2与x+1成正比例，当x=7时，y=6，
(1)写出y与x之间的函数关系式；
(2)当y=−2时，求x的值；
(3)若点P(−6,m+4)在该函数图象上，求m的值．
19.(本小题8分)
(1)已知m= 5+1,n= 5−1.求代数式nm+mn的值．
(2)已知：a=3+2 2,b=3−2 2，求代数式a2−3ab+b2的值．
20.(本小题8分)
某中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，为了绿化环境，学校计划把空地改成小花园，经测量，∠B=90°，AB=6m，BC=8m，CD=24，AD=26．
(1)求空地ABCD的面积；
(2)若学校准备用A、B两个品种的鲜花美化空地，每种植1平方米A品种的鲜花需要150元，每种植1平方米B品种的鲜花需要200元，若投入总费用不超过25800时，求至少种植多少平方米A品种的鲜花．
21.(本小题8分)
为提高学生防诈反诈能力，学校开展了“防诈反诈”知识竞赛，并从七、八年级各随机选取了20名同学的竞赛成绩进行了整理、描述和分析(成绩得分用x表示，其中A：0≤x<85，B：85≤x<90，C：90≤x<95，D：95≤x≤100，得分在90分及以上为优秀).下面给出了部分信息：
七年级C组同学的分数分别为：94，92，93，91；
八年级C组同学的分数分别为：91，92，93，93，94，94，94，94，94．
七、八年级选取的学生竞赛成绩统计表：
(1)填空：a= ______，b= ______，m= ______；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级学生在“防诈反诈”知识竞赛中，哪个年级学生对“防诈反诈”的了解情况更好？请说明理由；(写出一条理由即可)
(3)该校现有学生七年级2000名，八年级1800名，请估计这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数．
22.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC交CB延长线于E，CF//AE交AD延长线于点F．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)若AE=4，AD=5，求AC的长．
23.(本小题11分)
草莓属于多年生草本植物，风味独特、营养丰富，具有生产周期短、见效快、经济效益高、适合设施栽培等特点.某经销商准备从一草莓种植基地购进甲、乙两种草莓进行销售，设经销商购进甲种草莓x千克，付款y元，y与x之间的函数关系如图所示，购进乙种草莓的价格是每千克30元．
(1)求y与x之间的函数关系式．
(2)若经销商计划一次性购进甲、乙两种草莓共100千克，其中甲种草莓不少于40千克且不超过70千克，设经销商付款总金额为W元，求W的最小值．
24.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点D，直线l2：与x轴交于点B(1,0)，与l2相交于点C(m,4)．
(1)求直线l2的解析式；
(2)求四边形OBCD的面积；
(3)若点M为x轴上一动点，过点M(t,0)作垂直于x轴的直线，与直线l2交于点Q.若S△AQC=2S△ABC，请直接写出所有符合题意的点Q的坐标．
答案解析
1.A
【解析】解：由 x−2有意义可得：x−2≥0，
解得：x≥2，
要使1 x−2有意义，必须使 x−2≠0，
∴x−2≠0，
解得：x≠2，
∴x的取值范围是x>2，故A正确．
故选：A．
根据二次根式的被开方数是非负数，可得不等式，再解不等式，即可得到答案．
本题主要考查了分式和二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握使分式和二次根式有意义的条件．
2.B
【解析】解：A、 13= 33，故不是最简二次根式，不符合题意；
B、 6是最简二次根式，符合题意；
C、 8=2 2，故不是最简二次根式，不符合题意；
D、 18=3 2，故不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
根据最简二次根式的定义进行解题即可．
本题考查最简二次根式，掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
3.C
【解析】解：2+ 3不能合并，故选项A错误，不符合题意；
6− 3不能合并，故选项B错误，不符合题意；
3× 2= 6，故选项C正确，符合题意；
6÷ 2= 3，故选项D错误，不符合题意；
故选：C．
根据二次根式的运算法则，逐一进行判断即可．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
4.D
【解析】解：∵7ℎ出现了20次，出现的次数最多，
∴所调查学生睡眠时间的众数是7ℎ，
∵共有50名学生，中位数是第25、26个数的平均数，
∴所调查学生睡眠时间的中位数是7+72=7(ℎ)，
故选：D．
直接利用众数以及中位数的概念分别分析求出即可．
本题主要考查了众数、中位数的概念，正确把握中位数的概念是解题关键．
5.A
【解析】解：∵▱ABCD，
∴AO=12AC=1，BO=12BD=2，
∵12+( 3)2=4=22，即AB2+AO2=BO2，
∴△AOB是直角三角形，且∠BAO=90°，
∴BC= AB2+AC2= 7，
故选：A．
由平行四边形的性质可得AO=12AC=1，BO=12BD=2，证明△AOB是直角三角形，且∠BAO=90°，然后根据勾股定理求解即可．
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6.B
【解析】解：当边长为8的边是直角边时，
第三边为斜边，边长为： 62+82=10；
当边长为8的边是斜边时，
第三边为直角边，边长为： 82−62=2 7；
因此第三边的长是10或2 7，
故选：B．
题目中没有说明两条边是否包含斜边，因此需分边长为8的边是直角和斜边两种情况，利用勾股定理分别求解．
本题主要考查勾股定理，正确分情况讨论是解题关键．
7.D
【解析】解：A、从函数图象得甲乙两地的距离为10千米=10000米，故选项A正确，不符合题意；
B、从甲地到乙地道路需要维修有6−4=2千米，故选项B正确，不符合题意；
C、开始时的速度为4÷5=45(千米/分钟)，
经过维修道路段所用时间为(6−4)÷(45×14)=10(分钟)，
过了维修道路后所用时间为(10−6)÷45=5(分钟)，
李明从甲地到达乙地所用时间为5+10+5=20(分钟)，
故选项C正确，不符合题意；
D、李明从甲地到乙地的平均速度为1000020=500(米/分钟)，故选项D错误，符合题意；
故选：D．
先求出开始时的速度，再根据道路维修段速度变为开始时速度的四分之一，求出经过维修道路段所用时间，再算出过了维修道路后所用时间，进一步求解即可．
本题主要考查从函数图象获取信息的能力，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
8.D
【解析】解：连接DE，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=α，
∴AD=CD，∠ADC=∠B=α，
∵点A关于直线DP的对称点为E，
∴DP垂直平分AE，
∴ED=AD，
∴ED=CD，
∴∠DAE=∠DEA，∠DCE=∠DEC，
∵∠ADE+∠CDE+∠DAE+∠DEA+∠DCE+∠DEC=360°，
∴α+2(∠DEA+∠DEC)=360°，
∴α+2∠AEC=360°，
∴∠AEC=180°−12α，
故选：D．
连接DE，由菱形的性质得AD=CD，∠ADC=∠B=α，由轴对称的性质得ED=AD，所以ED=CD，则∠DAE=∠DEA，∠DCE=∠DEC，由∠ADE+∠CDE+∠DAE+∠DEA+∠DCE+∠DEC=360°，得α+2∠AEC=360°，则∠AEC=180°−12α，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的性质、四边形的内角和等于360°等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
9.D
【解析】解：∵AE=5，AB=13，
∴BE= AB2−AE2=12，
∴小正方形的面积为：132−4×12×5×12=49，
由图可得，EF2的值等于小正方形的面积的2倍，
∴EF2的值是49×2=98，
∴EF的值是7 2，
故选：D．
根据题意和题目中的数据，可以计算大正方形的边长，然后即可计算出小正方形的面积，再根据图形可知EF2的值等于小正方形的面积的2倍，本题得以解决．
本题考查勾股定理的证明，解答本题的关键是明确EF2的值等于小正方形的面积的2倍．
10.A
【解析】解：点P从点A沿着AB匀速运动，y随着x的增大而增大，当x=6时，y最大=6=AB；点P在BC上运动时，y随着x的增大而减小，当x=9时，y最小=AD，BD=3，继续运动，y随着x的增大而增大，当x=11时y最大，即AB+BC=11，BC=5；当点P在CA上运动时，y随着x的增大而减小，最后与点A重合．
在Rt△ABD中，AD= AB2−BD2=3 3，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×5×3 3=15 32，
∴S△ABC=12AB⋅CG=15 32，
即12×6CG=15 32，
解得CG=5 32．
故选：A．
先分析整个运动过程，进而求出AB，BD，BC，再根据勾股定理求出AD，然后根据面积相等得出答案．
本题主要考查了函数图象的识别，勾股定理，求三角形的面积等，从图象中获取信息时解题的关键．
11.9
【解析】解：员工人数为：1+2+4+7+8+9+3=34(人)，
则中位数为：(9+9)÷2=9(万元)，
故答案为：9．
根据表格中的数据，可以先计算出总的员工数，再根据中位数的定义即可得出答案．
本题考查中位数，解答本题的关键是明确中位数的含义．
12.13
【解析】解：∵ 3−x+ x−3−1=y，
∴3−x≥0，x−3≥0，
∴x≥3，x≤3，
∴x=3，
∴y=−1，
∴xy=3−1=13，
故答案为：13．
先根据二次根式有意义的条件为被开方数大于等于零，得出关于x的不等式组，再求x的值进而得到y的值，再计算即可．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握被开方数不小于零的条件是解题的关键．
13.18
【解析】解：如图所示：
∵△ABC是直角三角形，AB=5m，AC=12m，
∴BC= AC2+AB2= 122+52=13m，
∴大树的高度=AB+BC=5+13=18(m)，
故答案为：18．
先根据勾股定理求出大树折断部分的高度，再根据大树的高度等于折断部分的长与未断部分的和即可得出结论．
本题考查的是勾股定理的应用，解题的关键是掌握相关运算．
14.24.6
【解析】解：当x=100时，y=−125×100+13=9．
∴点B的坐标为(100,9)．
当x=50时，y=−125×50+13=11．
由图象可得，当x=100时，每行驶100千米的耗油量最少，为9升．
∴60×11100+200×9100=24.6(升)．
取x=100代入线段AB的表达式可得点B的纵坐标，根据线段AB的图象可得速度越大，耗油量越小．那么取x=50代入AB的解析式可得在省道上的最低百千米的耗油量；由线段BC的图象可得时速为100千米时，百千米的耗油量最小，所以这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油量=在省道上的最低耗油量+在高速上的最低耗油量，把相关数值代入计算即可．
本题考查一次函数的应用．判断出省道和高速上的百千米最低耗油量是解决本题的关键．
15.132
【解析】解：连接AP，
∵M，N分别是AE，PE的中点，
∴MN=12AP，
由题意可知：当P点与C点重合时，AP最长，
此时：AP= AB2+BC2= 52+122=13，
MN=12AP=132，
∴线段MN的长度最大为132；
故答案为：132．
当P点与C点重合时，AP最长，利用勾股定理可求得AP的长，根据三角形中位线定理即可求解．
本题考查三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．
16.解：(1) 18− 50+4 12
=3 2−5 2+2 2
=0；
(2)( 3+ 2)( 3− 2)+( 5−1)2
=( 3)2−( 2)2+( 5)2−2 5+12
=3−2+5−2 5+1
=7−2 5．
【解析】(1)先把二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可；
(2)利用平方差公式和完全平方公式展开，再进行加法运算即可．
此题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则和乘法公式是解题的关键．
17.证明：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是正方形
∴OB=OD，OA=OC
∵AE=CF
∴OE=OF
∴四边形BEDF是平行四边形
∵四边形ABCD是正方形
∴AC⊥BD
∴平行四边形BEDF是菱形．
【解析】连接BD交AC于点O，由四边形ABCD是正方形得OB=OD，OA=OC，由AE=CF得OE=OF，故四边形BEDF是平行四边形，再由对角线互相垂直即可．
本题考查正方形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，掌握正方形的性质是关键．
18.解：(1)设函数关系式为：y−2=k(x+1)，
∵当x=7时，y=6，
∴6−2=k(7+1)，
∴k=12，
∴函数关系式为：y=12x+52．
(2)把y=−2代入y=12x+52得：
x=−9．
(3)将点P(−6,m+4)代入y=12x+52得：
m+4=12×(−6)+52，
解得：m=−92．
【解析】根据待定系数法求一次函数解析式即可．
本题考查了一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式是关键．
19.解：(1)∵m= 5+1,n= 5−1，
∴m+n= 5+1+ 5−1=2 5，mn=( 5+1)( 5−1)=( 5)2−12=5−1=4
∴nm+mn=m2+n2mn=(m+n)2−2mnmn=(2 5)2−2×44=20−84=3；
(2)∵a=3+2 2,b=3−2 2，
∴a+b=3+2 2+3−2 2=6，ab=(3+2 2)(3−2 2)=32−(2 2)2=9−8=1，
∴a2−3ab+b2=(a+b)2−5ab=62−5×1=31．
【解析】(1)求出m+n和mn的值，将nm+mn变形，代入，即可求值，
(2)求出a+b和ab的值，将a2−3ab+b2变形，代入，即可求值．
本题考查了，二次根式的化简求值，解题的关键是：熟练掌握完全平方公式及平方差公式．
20.解：(1)连接AC，
∵∠B=90°，AB=6m，BC=8m，
∴AC= AB2+BC2= 62+82=10m，
∵CD=24m，AD=26m，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，
=12×AB×BC+12×AC×CD，
=12×6×8+12×10×24，
=144(m2)；
答：空地ABCD的面积为144m2．
(2)设种植m平方米A品种的鲜花，得150m+200(144−m)≤25800，
解这个不等式，得m≥60，
答：至少种植60平方米A品种的鲜花．
【解析】(1)直接利用勾股定理AC，再用勾股定理的逆定理得出∠ACD=90°，进而得出答案；
(2)设种植m平方米A品种的鲜花，列出关于m的一元一次不等式，即可得到答案．
本题主要考查了勾股定理及其逆定理的应用，一元一次不等式，正确用勾股定理及其逆定理是解题关键．
21.92.5 94 60%
【解析】解：(1)1+202=212，
∴中位数是第10位、第11位的平均数，
观察条形统计图可得，中位数在C组，
∴a=92+932=92.5，
观察扇形统计图和八年级C组同学的分数可得，b=94，
m=4+820×100%=60%，
故答案为：92.5，94，60%；
(2)∵65%>60%，
∴八年级学生对“防诈反诈”的了解情况更好；
(3)七年级优秀人数=2000×60%=1200(人)，
八年级优秀人数=1800×65%=1170(人)，
1200+1170=2370(人)，
∴这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为2370人．
(1)结合条形统计图、扇形统计图、七、八年级C组同学的分数，可得；
(2)可以对比优秀率；
(3)求出七、八年级优秀人数，再相加可得．
本题考查了中位数、众数、条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是正确理解中位数与众数的定义．
22.(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC．
∵CF//AE，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴平行四边形AECF是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=5，OA=OC，AC⊥BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
∴BE= AB2−AE2= 52−42=3，
∴CE=BE+BC=3+5=8，
∴AC= AE2+CE2= 42+82=4 5．
【解析】(1)先证四边形AECF是平行四边形，再证∠AEC=90°，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得AB=BC=5，OA=OC，AC⊥BD，再由勾股定理得BE=3，则CE=BE+BC=8，然后由勾股定理得AC=4 5即可．
本题考查了矩形的判定、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．
23.解：(1)当x<50时，设函数解析式为y=kx，将点(50,2000)代入得：
50k=2000，解得k=40，
∴y=40x(x≤50)；
当x>50时，设函数解析式为y=kx+b，将点(50,2000)，(90,2800)代入得：
50k+b=200090k+b=2800，解得k=20b=1000，
∴y=20x+1000(x≥50)．
∴y与x之间的函数关系式为：y=40x(x≤50)20x+1000(x≥50)；
(2)由题意可知，40≤x≤70，
当40≤x≤50时，w=40x+30(100−x)=10x+3000，
∵10>0，
∴w随x增大而增大，
当x=40时，w最小，最小值为3400．
当70≥x≥50时，w=20x+1000+30(100−x)=−10x+4000，
∵−10<0，
∴w随x增大而减小，
当x=70时，w最小，最小值为：3300．
答：w最小值为：3300．
【解析】(1)分两种情况求出解析式即可；
(2)分两种情况进行计算讨论最小值即可．
本题考查了一次函数的综合应用，熟练掌握一次函数性质是关键．
24.解：(1)∵直线l1：y=x+2与l2相交于点C(m,4)，
∴4=m+2，解得m=2，
∴C(2,4)，
设直线l2的表达式为y=kx+b(k≠0)，
把点B(1,0)，C(2,4)代入得：
∴0=k+b4=2k+b，解得k=4b=−4，
∴直线l2的解析式为y=4x−4．
(2)当x=0时，y=2，
∴直线l1与y轴的交点D的坐标为(0,2)，
∴OD=2，
当y=0时，0=x+2，
∴x=−2，
∴直线l1与x轴的交点A的坐标为(−2,0)，
∴OA=2，
∵B(1,0)，
∴AB=3，
∴S四边形OBCD=S△ABC−S△AOD=12×3×4−12×2×2=4．
(3)∵过点M(t,0)作垂直于x轴的直线，与直线l2交于点Q，
∴点Q的坐标为(t,4t−4)，
∵S△ABC=12×3×4=6，
∴S△AQC=2S△ABC=12，
当点Q在点C的上方时，如图所示：
S△AQC=S△ABQ−S△ABC=12×3×(4t−4)−6=12，
解得：t=4，
∴此时点Q的坐标为(4,12)；
当点Q在点C的下方时，如图所示：
S△AQC=12×3×(4−4t+4)=12，
解得：t=0，
∴此时点Q的坐标为(0,−4)；
综上分析可知，点Q的坐标为(0,−4)或(4,12)．
【解析】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数与坐标轴的交点问题，求直线所围成的图形面积，解题的关键是画出图形，数形结合，熟练掌握待定系数法．
(1)先求出点C的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式即可；
(2)先求出点A、B的坐标，得出AB=3，然后根据S四边形OBCD=S△ABC−S△AOD求出结果即可；
(3)先求出点Q的坐标为(t,4t−4)，利用S△ABC=12×3×4=6，求出S△AQC=2S△ABC=12，分两种情况，当点Q在点C的上方时，当点Q在点C的下方时，分别求出点Q的坐标即可．年薪/万元
40
28
15
10
9
7
6
员工数/人
1
2
4
7
8
9
3
年级
平均数
中位数
众数
优秀率
七
91
a
95
m
八
91
93
b
65%
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