甘肃省天水市2025届数学九年级第一学期开学质量检测试题【含答案】

这是一份甘肃省天水市2025届数学九年级第一学期开学质量检测试题【含答案】，共25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（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）如图，中，，将绕点顺时针旋转得.当点的对应点恰好落在上时，的度数是( )
A．B．
C．D．
2、（4分）如图所示，矩形的面积为，它的两条对角线交于点，以、为邻边作平行四边形，平行四边形的对角线交于点，同样以、为邻边作平行四边形，……，依次类推，则平行四边形的面积为( )
A．B．C．D．
3、（4分）如图，已知函数y＝x+1和y＝ax+3图象交于点P，点P的横坐标为1，则关于x，y的方程组的解是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）如图，在中，，分别为，的中点，若，则的长为
A．3B．4C．5D．6
5、（4分）若一个多边形的内角和等于720°，则这个多边形的边数是（ ）
A．5B．6C．7D．8
6、（4分）某校举行课间操比赛，甲、乙两个班各选出20名学生参加比赛，两个班参赛学生的平均身高都为1.65m，其方差分别是S甲2＝3.8，S乙2＝3.4，则参赛学生身高比较整齐的班级是（ ）
A．甲班B．乙班C．同样整齐D．无法确定
7、（4分）样本数据3、6、a、4、2的平均数是5，则这个样本的方差是（ ）
A．8B．5C．D．3
8、（4分）对于函数下列说法正确的是
A．当时，y随x的增大而增大B．当时，y随x的增大而减小
C．当时，y随x的增大而减小D．当时，
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知边长为5cm的菱形，一条对角线长为6cm，则另一条对角线的长为________cm．
10、（4分）如图，矩形的顶点分别在反比例函数的图像上，顶点在轴上，则矩形的面积是______．
11、（4分）一组数据按从小到大顺序排列为：3，5，7，8，8，则这组数据的中位数是 ，众数是 .
12、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，将矩形沿AC折叠，点D落在处，则重叠部分△AFC的面积为___________

13、（4分）计算：（π﹣3.14）0+3﹣1＝_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知：甲乙两车分别从相距300千米的A、B两地同时出发相向而行，其中甲到达B地后立即返回，如图是甲乙两车离A地的距离y（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数图象．
（1）求甲车离A地的距离y甲（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）若它们出发第5小时时，离各自出发地的距离相等，求乙车离A地的距离y乙（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）在（2）的条件下，求它们在行驶的过程中相遇的时间．
15、（8分）如图，在5×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1．请在所给网格中按下列要求画出图形．
（1）画线段AC，使它的另一个端点C落在格点（即小正方形的顶点）上，且长度为；
（2）以线段AC为对角线，画凸四边形ABCD，使四边形ABCD既是中心对称图形又是轴对称图形，顶点都在格点上，且边长是无理数；
（3）求（2）中四边形ABCD的周长和面积．
16、（8分）关于x的方程（2m+1）x2+4mx+2m﹣3＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）是否存在实数m，使方程的两个实数根的倒数之和等于﹣1？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．
17、（10分）解方程：
(1)
(2)
18、（10分）求知中学有一块四边形的空地ABCD，如下图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量∠A=90°，AB=3m，BC=12m，CD=13m，DA=4m，若每平方米草皮需要250元，问学校需要投入多少资金买草皮？
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图，一直线与两坐标轴的正半轴分别交于A，B两点，P是线段AB上任意一点（不包括端点），过P分别作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形的周长为10，则该直线的函数表达式是__．
20、（4分）在正方形中，在上，，，是上的动点，则的最小值是_____________.
21、（4分）如图，四边形ACDF是正方形，和都是直角，且点三点共线，，则阴影部分的面积是__________．
22、（4分）图中的虚线网格是等边三角形，它的每一个小三角形都是边长为1的等边三角形.
(1)如图①,连接相邻两个小正三角形的顶点A，B，则AB的长为_______
(2)在如图②所示的网格中，用无刻度的直尺，画一个斜边长为的直角三角形，且它的顶点都在格点上.
23、（4分）若ab＝﹣2，a+b＝1，则代数式a2b+ab2的值等于_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在平面直角坐标系xOy中，边长为6的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，直线y＝mx+2与OC，BC两边分别相交于点D，G，以DG为边作菱形DEFG，顶点E在OA边上．
（1）如图1，当菱形DEFG的一顶点F在AB边上．
①若CG＝OD时，求直线DG的函数表达式；
②求证：OED≌BGF．
（2）如图2，当菱形DEFG的一顶点F在AB边右侧，连接BF，设CG＝a，FBG面积为S．求S与a的函数关系式；并判断S的值能否等于1？请说明理由；
（3）如图3，连接GE，当GD平分∠CGE时，m的值为 ．（直接写出答案）．
25、（10分）如图，等腰直角三角形 AEF 的顶点 E 在等腰直角三角形 ABC 的边 BC上．AB 的延长线交 EF 于 D 点，其中∠AEF＝∠ABC＝90°．
(1)求证：
(2)若 E 为 BC 的中点，求的值．
26、（12分）已知，，求下列代数式的值．
（1）
（2）
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、C
【解析】
由旋转的性质可得AC=CE，∠ACE=∠ACB=80°，由等腰的性质可得∠CAE=∠AEC=50°．
【详解】
∵∠ACB=80°,
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC,
∴AC=CE，∠ACE=∠ACB=80°,
∴∠CAE=∠AEC=50°.
故选：C．
考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
2、D
【解析】
因为矩形的对边和平行四边形的对边互相平行，且矩形的对角线和平行四边形的对角线都互相平分，所以上下两平行线间的距离相等，平行四边形的面积等于底×高，所以第一个平行四边形是矩形的一半，第二个平行四边形是第一个平行四边形的一半依次可推下去．
【详解】
解：根据题意分析可得：
∵四边形ABCD是矩形，
∴O1A=O1C，
∵四边形ABC1O1是平行四边形，，
∴O1C1∥AB，
∴BE=BC，
∵S矩形ABCD=AB•BC，S▱ABC1O1=AB•BE=AB•BC，
∴面积为原来的，
同理：每个平行四边形均为上一个面积的，
故平行四边形ABC5O5的面积为：，
故选：D．
此题综合考查了矩形及平行四边形的性质，要求学生审清题意，找出面积之间的关系，这类题型在中考中经常出现，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
3、A
【解析】
先把x＝1代入y＝x+1，得出y＝2，则两个一次函数的交点P的坐标为（1，2）；那么交点坐标同时满足两个函数的解析式，而所求的方程组正好是由两个函数的解析式所构成，因此两函数的交点坐标即为方程组的解．
【详解】
解：把x＝1代入y＝x+1，得出y＝2，
函数y＝x+1和y＝ax+3的图象交于点P（1，2），
即x＝1，y＝2同时满足两个一次函数的解析式．
所以关于x，y的方程组的解是．
故选：A．
考查了一次函数与二元一次方程组的联系，方程组的解就是使方程组中两个方程同时成立的一对未知数的值，而这一对未知数的值也同时满足两个相应的一次函数式，因此方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标．
4、D
【解析】
根据三角形的中位线定理得出AB=2DE，把DE的值代入即可．
【详解】
，分别为，的中点，
，
故选：．
本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记定理是解题的关键．
5、B
【解析】
试题分析：根据内角和定理180°×（n-2）即可求得．
解：180°×（n-2）=720°，解得n=1．
考点：多边形的内角和定理．
6、B
【解析】
根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定
【详解】
S甲2＝3.8，S乙2＝3.4，
∴S甲2＞S乙2，
∴参赛学生身高比较整齐的班级是乙班，
故选：B．
此题主要考查了方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
7、A
【解析】
本题可先求出a的值，再代入方差的公式即可．
【详解】
∵3、6、a、4、2的平均数是5，
∴a=10，
∴方差．
故选A．
本题考查的知识点是平均数和方差的求法，解题关键是熟记计算方差的步骤是：①计算数据的平均数；②计算偏差，即每个数据与平均数的差；③计算偏差的平方和；④偏差的平方和除以数据个数．
8、C
【解析】
根据分段函数的性质解答即可．
【详解】
解：A、当时，y随x的增大而减小，错误；
B、当时，y随x的增大而增大，错误；
C、当时，y随x的增大而减小，正确；
D、当时，，错误；
故选：C．
本题主要考查一次函数的性质，掌握分段函数的性质解答是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、8
【解析】
根据菱形的对角线互相垂直平分，得已知对角线的一半是1．根据勾股定理，得要求的对角线的一半是4，则另一条对角线的长是8.
【详解】
解：在菱形ABCD中，AB=5，AC=6，
因为对角线互相垂直平分，
所以∠AOB=90°，AO=1，
在RT△AOB中，BO=，
∴BD=2BO=8.
注意菱形对角线的性质：菱形的对角线互相垂直平分．熟练运用勾股定理．
10、3
【解析】
延长CD与y轴交于E，可得矩形OBCE,所以，矩形的面积=矩形OBCE的面积-矩形OADE的面积.
【详解】
延长CD与y轴交于E，可得矩形OBCE,
所以，矩形的面积=矩形OBCE的面积-矩形OADE的面积
因为矩形的顶点分别在反比例函数的图像上，
所以矩形OBCE的面积=6，矩形OADE的面积=3
所以矩形的面积=6-3=3
故答案为:3
考查反比例函数k的几何意义，即过反比例函数图象上一点，分别向x轴、y轴作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积等于|k|．
11、7 1
【解析】
根据中位数和众数的定义解答．
【详解】
解：数据按从小到大排列：3，5，7，1，1，所以中位数是7；
数据1出现2次，次数最多，所以众数是1．
故填7；1．
【点击】
本题考查了中位数，众数的意义．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．
12、
【解析】
因为BC为AF边上的高，要求△AFC的面积，求得AF即可，求证△AFD′≌△CFB，得BF＝D′F，设D′F＝x，则在Rt△AFD′中，根据勾股定理求x，则AF＝AB−BF．
【详解】
解：由于折叠可得：AD′=BC，∠D′=∠B，又∠AFD′=∠CFB，
∴△AFD′≌△CFB（AAS），
∴D′F＝BF，
设D′F＝x，则AF＝6−x，
在Rt△AFD′中，（6−x）2＝x2＋42，
解之得：x＝，
∴AF＝AB−FB＝6−＝，
∴S△AFC＝•AF•BC＝．
故答案为：．
本题考查了勾股定理的正确运用，本题中设D′F＝x，根据直角三角形AFD′中运用勾股定理求x是解题的关键．
13、
【解析】
根据零指数幂和负指数幂运算法则进行计算即可得答案．
【详解】
原式=1+=.
故答案为
主要考查了零指数幂，负指数幂的运算．负指数为正指数的倒数；任何非0数的0次幂等于1．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1） ；（2）140千米，y乙=300﹣28x ，（0≤x≤）；（3）或小时
【解析】
(1)由图知,该函数关系在不同的时间里表现出不同的关系,需分段表达，可根据待定系数法列方程,求函数关系式.（2）根据题意求出乙车速度，列出y乙与行驶时间x的函数关系式；（3）联立方程分段求出相遇时间．
【详解】
（1）由图象可知，甲车由A到B的速度为300÷3=100千米/时，由B到A的速度为千米/时，
则当0≤x≤3时：y甲=100x，
当3≤x≤时：y甲=300﹣80（x﹣3）=﹣80x+540，
∴y甲=，
（2）当x=5时，y甲=﹣80×5+540=140（千米），
则第5小时时，甲距离A140千米，则乙距离B140千米，则乙的速度为140÷5=28千米/时，
则y乙=300﹣28x （0≤x≤），
（3）当0≤x≤3时，
100x=300﹣28x，
解得x=.
当3≤x≤时，
300﹣28x=﹣80x+540，
x=.
∴甲、乙两车相遇的时间为或小时，
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答本题．
15、（1）见解析（2）见解析（3）4，15
【解析】
（1）根据勾股定理即可作图；
（2）根据题意作出菱形即可；（3）根据菱形的性质即可求解.
【详解】
（1）线段AC如图所示；
（2）四边形ABCD如图所示；
（3）由勾股定理得AB=
BD=
所以周长为4
面积为
此题主要考查勾股定理的应用，解题的关键是数轴菱形的性质.
16、（1）m＞﹣且m≠﹣；（2）不存在．理由见解析.
【解析】
（1）根据方程有两个不相等的实数根结合根的判别式以及二次项系数不为0，即可得出关
于m的一元一次不等式组，解不等式组即可得出结论；
（2）利用根与系数的关系即可求解.
【详解】
（1）∵方程有2个不相等的实数根，
∴△＞0，即16m2﹣4×（2m＋1）（2m﹣3）＞0，
解得：m＞，
又2m＋1≠0，
∴m≠，
∴m＞且 m≠；
（2）∵x1＋x2＝、x1x2＝，
∴＝，
由＝﹣1可得＝﹣1，
解得：m＝，
∵，
∴不存在．
本题考查了根的判别式，解题关键是根据方程解的个数结合二次项系数不为0得出关于m的一元一次不等式组．
17、（1）原方程无解；（1）x＝6或x＝－1．
【解析】
【分析】（1）先去分母，化为整式方程，解整式方程后进行检验即可得答案；
（1）利用因式分解法进行求解即可得.
【详解】（1）两边同乘（x-1），得
1＝x－1－3(x－1)，
解得：x＝1，
检验：x＝1时，x－1＝0，
x＝1是原方程的增根，原方程无解；
（1）因式分解，得(x－6)(x＋1)＝0 ，
x－6＝0或x＋1＝0，
x＝6或x＝－1．
【点睛】本题考查了解分式方程以及解一元二次方程，熟练掌握分式方程的解法、注意事项以及一元二次方程的解法是解题的关键.
18、学校需要投入9000元资金买草皮．
【解析】
仔细分析题目，需要求得四边形的面积才能求得结果．连接BD，在直角三角形ABD中可求得BD的长，由BD、CD、BC的长度关系可得三角形DBC为一直角三角形，DC为斜边；由此看，四边形ABCD由Rt△ABD和Rt△DBC构成，则容易求解．
【详解】
连接BD，
在Rt△ABD中，BD2=AB2+AD2=32+42=52，
在△CBD中，CD2=132，BC2=122，
而122+52=132，
即BC2+BD2=CD2，
∴∠DBC=90°，
S四边形ABCD=S△BAD+S△DBC=•AD•AB+DB•BC，
=×4×3+×12×5=1．
所以需费用1×250=9000（元），
答：学校需要投入9000元资金买草皮．
本题考查了勾股定理的应用，通过勾股定理由边与边的关系也可证明直角三角形，这样解题较为简单．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
试题分析：首先设点P的坐标为(x，y)，根据矩形的周长可得：2(x+y)=10，则y=-x+5，即该直线的函数解析式为y=-x+5.
20、
【解析】
根据题意画出图形，连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，故AE的长即为PE+PC的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．
【详解】
如图所示：连接AC、AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴AE的长即为PE+PC的最小值，
∵BE=2，CE=1，
∴BC=AB=2+1=3，
在Rt△ABE中，
∵AE=，
∴PE与PC的和的最小值为．
故答案为：．
本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，熟知“两点之间，线段最短”是解决问题的关键．
21、8
【解析】
【分析】证明△AEC≌△FBA，根据全等三角形对应边相等可得EC=AB=4，然后再利用三角形面积公式进行求解即可.
【详解】∵四边形ACDF是正方形，
∴AC=FA，∠CAF=90°，
∴∠CAE+∠FAB=90°，
∵∠CEA=90°，∴∠CAE+∠ACE=90°，
∴∠ACE=∠FAB，
又∵∠AEC=∠FBA=90°，
∴△AEC≌△FBA，
∴CE=AB=4，
∴S阴影==8，
故答案为8.
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，三角形面积等，求出CE=AB是解题的关键.
22、 (1)；（2）见解析.
【解析】
（1）利用等边三角形的性质，解直角三角形即可解决问题．
（2）利用数形结合的思想解决问题即可（答案不唯一）．
【详解】
解:（1）AB=2×1×cs30°=，
故答案为:．
（2）如图②中，△DEF即为所求．
本题考查作图——应用与设计，等边三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
23、﹣1
【解析】
直接将要求值的代数式提取公因式ab，进而把已知数据代入求出答案．
【详解】
∵ab=-1，a+b=1，
∴a1b+ab1=ab（a+b）
=-1×1
=-1．
故答案为-1．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确分解因式是解题关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（6）①y＝2x+2；②见解析；（2）S≠6，见解析；（6）
【解析】
（6）①将x＝0代入y＝mx+2得y＝2，故此点D的坐标为（0，2），由CG＝OD＝2可知点G的坐标为（2，6），将点G（2，6）代入y＝mx+2可求得m＝2；
②延长GF交y轴于点M，根据AAS可证明△OED≌△BGF；
（2）如图2所示：过点F作FH⊥BC，垂足为H，延长FG交y轴与点N．先证明Rt△GHF≌Rt△EOD（AAS），从而得到FH＝DO＝2，由三角形的面积公式可知：S＝6﹣a．②当s＝6时，a＝5，在△CGD中由勾股定理可求得DG＝，由菱形的性质可知；DG＝DE＝，在Rt△DOE中由勾股定理可求得OE＝＞6，故S≠6；
（6）如图6所示：连接DF交EG于点M，过点M作MN⊥y轴，垂足为N．由菱形的性质可知：DM⊥GM，点M为DF的中点，根据角平分线的性质可知：MD＝CD＝5，由中点坐标公式可知点M的纵坐标为6，得到ND＝6，根据勾股定理可求得MN＝，则得到点M的坐标为（，6）然后利用待定系数法求得DM、GM的解析式，从而可得到点G的坐标，最后将点G的坐标代入y＝mx+2可求得m的值．
【详解】
解：（6）①∵将x＝0代入y＝mx+2得；y＝2，
∴点D的坐标为（0，2）．
∵CG＝OD＝2，
∴点G的坐标为（2，6）．
将点G（2，6）代入y＝mx+2得：2m+2＝6．
解得：m＝2．
∴直线DG的函数表达式为y＝2x+2．
②如图6，延长GF交y轴于点M，
∵DM∥AB，
∴∠GFB＝∠DMG，
∵四边形DEFG是菱形，
∴GF∥DE，DE＝GF，
∴∠DMG＝∠ODE，
∴∠GFB＝∠ODE，
又∵∠B＝∠DOE＝90°，
∴△OED≌△BGF（AAS）；
（2）如图2所示：过点F作FH⊥BC，垂足为H，延长FG交y轴与点N．
∵四边形DEFG为菱形，
∴GF＝DE，GF∥DE．
∴∠GNC＝∠EDO．
∴∠NGC＝∠DEO．
∴∠HGF＝∠DEO．
在Rt△GHF和Rt△EOD中，
，
∴Rt△GHF≌Rt△EOD（AAS）．
∴FH＝DO＝2．
∴S△GBF＝GB•HF＝×2×（6﹣a）＝6﹣a．
∴S与a之间的函数关系式为：S＝6﹣a．
当s＝6时，则6﹣a＝6．
解得：a＝5．
∴点G的坐标为（5，6）．
在△DCG中，由勾股定理可知；DG＝＝．
∵四边形GDEF是菱形，
∴DE＝DG＝．
在Rt△DOE中，由勾股定理可知OE＝＞6．
∴OE＞OA．
∴点E不在OA上．
∴S≠6．
（6）如图6所示：连接DF交EG于点M，过点M作MN⊥y轴，垂足为N．
又∵四边形DEFG为菱形，
∴DM⊥GM，点M为DF的中点．
∵GD平分∠CGE，DM⊥GM，GC⊥OC，
∴MD＝CD＝5．
∵由（2）可知点F的坐标为5，点D的纵坐标为2，
∴点M的纵坐标为6．
∴ND＝6．
在Rt△DNM中，MN＝＝．
∴点M的坐标为（，6）．
设直线DM的解析式为y＝kx+2．将（，6）代入得：k+2＝6．
解得：k＝．
∴设直线MG的解析式为y＝﹣x+b．将（，6）代入得：﹣65+b＝6．
解得：b＝68．
∴直线MG的解析式为y＝﹣x+68．
将y＝6代入得：﹣x+68＝6．
解得：x＝．
∴点G的坐标为（，6）．
将（，6）代入y＝mx+2得：m+2＝6．
解得：m＝．
故答案为：．
本题是一次函数综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
25、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由△AEF、△ABC是等腰直角三角形，易证得△FAD∽△CAE，然后由相似三角形的对应边成比例，可得 ，又由等腰直角三角形的性质，可得AF= AE，即可证得；
（2）首先设BE=a，由射影定理，可求得DB的长，继而可求得DA的长，即可求得答案．
【详解】
(1)证明：∵△AEF、△ABC是等腰直角三角形，
∴∠EAF=∠BAC=45°,∠F=∠C=45°，
∴∠FAD=∠CAE，
∴△FAD∽△CAE，
∴，
∵∠AEF=90°，AE=EF，
∴AF=AE，
∴；
(2)设BE=a，
∵E为BC的中点，
∴EC=BE=a，AB=BC=2a，
∵∠AEF=∠ABC=90°，
∴BE =AB⋅DB，
∴DB= ，
∵DA=DB+AB，
∴DA= ，
∴= .
此题考查相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形，解题关键在于证明△FAD∽△CAE
26、（1）9；（2）80
【解析】
（1）按照多项式乘以多项式的运算法则进行计算后代入即可求得答案；
（2）首先提取公因式xy，然后利用完全平方公式因式分解后代入即可求得答案．
【详解】
解：（1）原式=xy+2（x-y）-4=5+8-4=9；
（2）原式=xy（x2-2xy+y2）=xy（x-y）2=5×16=80；
本题考查了多项式乘以多项式及因式分解的知识，解题的关键是对算式进行变形，难度不大．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分