贵州省都匀市第六中学2024年数学九上开学学业质量监测试题【含答案】

这是一份贵州省都匀市第六中学2024年数学九上开学学业质量监测试题【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）下列说法正确的是（ ）
A．抛掷一枚硬币10次，正面朝上必有5次；
B．掷一颗骰子，点数一定不大于6；
C．为了解某种灯光的使用寿命，宜采用普查的方法；
D．“明天的降水概率为90%”，表示明天会有90%的地方下雨.
2、（4分）如图，在四边形中，，对角线、相交于点O，于点E，于点F，连接、，若，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．B．C．为直角三角形D．四边形是平行四边形
3、（4分） 如图，△ABC是等边三角形，P是三角形内一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若△ABC的周长为18，则PD+PE+PF＝（ ）
A．18B．9
C．6D．条件不够，不能确定
4、（4分）如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个钝角为的菱形，剪口与折痕所成的角的度数为（）
A．B．
C．D．
5、（4分）一个无人超市仓库的货物搬运工作全部由机器人和机器人完成，工作记录显示机器人比机器人每小时多搬运50件货物．机器人搬运2000件货物与机器人搬运1600件货物所用的时间相等，则机器人每小时搬运货物（ ）
A．250件B．200件C．150件D．100件
6、（4分）若有意义，则x的取值范围是
A．且B．C．D．
7、（4分）如图，已知正比例函数与一次函数的图象交于点．下面有四个结论：①；②；③当时，；④当时，．其中正确的是（）
A．①②B．②④C．③④D．①③
8、（4分）平行四边形的周长为24cm，相邻两边长的比为3：1，那么这个平行四边形较短的边长为（ ）
A．6cmB．3cmC．9cmD．12cm
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图是按以下步骤作图：（1）在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于BC长为半径作弧，两弧相交于点M，N；（2）作直线MN交AB于点D；（3）连接CD，若∠BCA＝90°，AB＝4，则CD的长为_____．
10、（4分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D是AB的中点，BC＝2cm，则CD＝_____cm．
11、（4分）端午节那天，“味美早餐店”的粽子打9折出售，小红的妈妈去该店买粽子花了54元钱，比平时多买了3个，则平时每个粽子卖_____元．
12、（4分）如图，在正方形中，是边上的点，过点作于，若，则的度数为______.
13、（4分）使有意义的x的取值范围是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）在矩形ABCD中，AB=12，BC=25，P是线段AB上一点（点P不与A，B重合），将△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，CG，PG分别交线段AD于E，O．
（1）如图1，若OP=OE，求证：AE=PB；
（2）如图2，连接BE交PC于点F，若BE⊥CG．
①求证：四边形BFGP是菱形；
②当AE=9，求的值．
15、（8分）如图，等边的边长是4，，分别为，的中点，延长至点，使，连接和．
(1)求证：；
(2)求的长；
(3)求四边形的面积．
16、（8分）垫球是排球运动的一项重要技术．下列图表中的数据分别是甲、乙、内三个运动员十次垫球测试的成绩，规则为每次测试连续垫球10个，每垫球到位1个记1分．
（1）写出运动员甲测试成绩的众数和中位数；
（2）试从平均数和方差两个角度综合分析，若在他们三人中选择一位垫球成绩优秀且较为稳定的接球能手作为自由人，你认为选谁更合适？（参考数据：三人成绩的方差分别为S甲2＝0.8、S乙2＝0.4、s丙2＝0.81）
17、（10分）俄罗斯足球世界杯点燃了同学们对足球运动的热情，某学校划购买甲、乙两种品牌的足球供学生使用．已知用1000 元购买甲种足球的数量和用1600元购买乙种足球的数量相同，甲种足球的单价比乙种足球的单价少30元．
（1）求甲、乙两种品牌的足球的单价各是多少元？
（2）学枝准备一次性购买甲、乙两种品牌的足球共25个，但总费用不超过1610元，那么这所学校最多购买多少个乙种品牌的足球？
18、（10分）某网络公司推出了一系列上网包月业务，其中的一项业务是10M“40元包200小时”，且其中每月收取费用y（元）与上网时间x（小时）的函数关系如图所示．
（1）当x≥200时，求y与x之间的函数关系式
（2）若小刚家10月份上网180小时，则他家应付多少元上网费？
（3）若小明家10月份上网费用为52元，则他家该月的上网时间是多少小时？
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，△ABC中，AB＞AC，D，E两点分别在边AC，AB上，且DE与BC不平行．请填上一个你认为合适的条件：_____，使△ADE∽△ABC．（不再添加其他的字母和线段；只填一个条件，多填不给分！）
20、（4分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是_____．
21、（4分）计算：________．
22、（4分）如图，甲、乙两名同学分别站在C、D的位置时，乙的影子与甲的影子的末端恰好在同一点，已知甲、乙两同学相距1m，甲身高1.8m，乙身高1.5m，则甲的影子是________m．
23、（4分）如图，在中，，，，为上一点，，将绕点旋转至，连接，分别为的中点，则的最大值为_________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x=1，该抛物线与x轴的两个交点分别为A和B，与y轴的交点为C，其中A（-1，0）.
（1）写出B点的坐标 ；
（2）求抛物线的函数解析式；
（3）若抛物线上存在一点P，使得△POC的面积是△BOC的面积的2倍，求点P的坐标；
（4）点M是线段BC上一点，过点M作x轴的垂线交抛物线于点D，求线段MD长度的最大值．
25、（10分）已知关于 x 的一元二次方程有实数根.
（1）求 k 的取值范围；
（2）若原方程的一个根是 2，求 k 的值和方程的另一个根.
26、（12分）小华思考解决如下问题：
原题：如图1，点P，Q分别在菱形ABCD的边BC，CD上，∠PAQ＝∠B，求证：AP＝AQ．
（1）小华进行探索，若将点P，Q的位置特殊化：把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF，使AE⊥BC，点E、F分别在边BC、CD上，如图1．此时她证明了AE＝AF，请你证明；
（1）由以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．请你继续完成原题的证明；
（3）如果在原题中添加条件：AB＝4，∠B＝60°，如图1，求四边形APCQ的周长的最小值.
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、B
【解析】
利用概率的意义、普查和抽样调查的特点即可作出判断．
【详解】
A. 抛掷一枚硬币10次，可能出现正面朝上有5次是随机的，故选项错误；
B. 正确；
C. 调查灯泡的使用寿命具有破坏性，因而适合抽查，故选项错误；
D. “明天的降水概率为90%”，表示明天下雨的可能性是90%，故选项错误。
故选B.
此题考查概率的意义，随机事件，全面调查与抽样调查，解题关键在于掌握各性质
2、C
【解析】
根据平行四边形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质分别分析得出即可．
【详解】
解：∵DE＝BF，
∴DF＝BE，
在Rt△DCF和Rt△BAE中，，
∴Rt△DCF≌Rt△BAE（HL），
∴CF＝AE，故A正确；
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥FC，
∵CF＝AE，
∴四边形CFAE是平行四边形，
∴OE＝OF，故B正确；
∵Rt△DCF≌Rt△BAE，
∴∠CDF＝∠ABE，
∴CD∥AB，
∵CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故D正确；
无法证明为直角三角形，故C错误；
故选：C．
本题主要考查了平行四边形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质等知识；得出Rt△DCF≌Rt△BAE是解题关键．
3、C
【解析】
因为要求PD+PE+PF的值，而PD、PE、PF并不在同一直线上，构造平行四边形，把三条线段转化到一条直线上，求出等于AB，根据三角形的周长求出AB即可．
【详解】
延长EP交AB于点G，延长DP交AC与点H．
∵PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，∴四边形AFPH、四边形PDBG均为平行四边形，∴PD=BG，PH=AF．
又∵△ABC为等边三角形，∴△FGP和△HPE也是等边三角形，∴PE=PH=AF，PF=GF，∴PE+PD+PF=AF+BG+FG=AB1．
故选C．
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系．
4、C
【解析】
折痕为AC与BD，∠BAD=100°，根据菱形的性质：菱形的对角线平分对角，可得∠ABD=40°，易得∠BAC=50°，所以剪口与折痕所成的角a的度数应为40°或50°．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，AD∥BC，
∵∠BAD=100°，
∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-100°=80°，
∴∠ABD=40°，∠BAC=50°．
∴剪口与折痕所成的角a的度数应为40°或50°．
故选：C．
此题考查菱形的判定，折叠问题，解题关键是熟练掌握菱形的性质：菱形的对角线平分每一组对角．
5、A
【解析】
首先由题意得出等量关系，即A型机器人搬运10件货物与B型机器人搬运1600件货物所用时间相等，列出分式方程，从而解出方程，最后检验并作答．
【详解】
解：设B型机器人每小时搬运x件货物，则A型机器人每小时搬运（x+50）件货物．
依题意列方程得：
，
解得：x=1．
经检验x=1是原方程的根且符合题意．
当x=1时，x+50=2．
∴A型机器人每小时搬运2件．
故选A.
本题主要考查分式方程的应用，解题的关键是熟练掌握列分式方程解应用题的一般步骤，即①根据题意找出等量关系，②列出方程，③解出分式方程，④检验，⑤作答．注意：分式方程的解必须检验．
6、A
【解析】
根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件即可求出答案．
【详解】
由题意可知：，
解得：且，
故选A．
本题考查了分式有意义的条件、二次根式有意义的条件，熟练掌握分式的分母不为0、二次根式的被开方数为非负数是解题的关键.
7、D
【解析】
利用两函数图象结合与坐标轴交点进而分别分析得出答案．
【详解】
如图所示：
∵y1=ax，经过第一、三象限，
∴a＞0，故①正确；
∵与y轴交在正半轴，
∴b＞0，
故②错误；
∵正比例函数y1=ax，经过原点，
∴当x＜0时，函数图像位于x轴下方，∴y1＜0；故③正确；
当x＞2时，y1＞y2，故④错误．
故选：D．
此题考查一次函数与一元一次不等式，正确利用数形结合分析是解题关键．
8、B
【解析】
设平行四边形较短的边长为x,根据平行四边形的性质和已知条件列出方程求解即可
【详解】
解：设平行四边形较短的边长为x，
∵相邻两边长的比为3：1，
∴相邻两边长分别为3x、x，
∴2x+6x＝24，
即x＝3cm，
故选B．
本题主要考查平行四边形的性质，根据性质，设出未知数，列出方程是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
利用基本作图可判断MN垂直平分BC，根据线段垂直平分线的性质得到DB＝DC，再根据等角的余角相等证出∠ACD＝∠A，从而证明DA＝DC，从而得到CD＝AB＝1．
【详解】
由作法得MN垂直平分BC，
∴DB＝DC，
∴∠B＝∠BCD，
∵∠B+∠A＝90°，∠BCD+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠A，
∴DA＝DC，
∴CD＝AB＝×4＝1．
故答案为1．
本题考查了作图﹣基本作图—作已知线段的垂直平分线，以及垂直平分线的性质和等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
10、1
【解析】
根据含30°角的直角三角形的性质求出AB，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出CD即可．
【详解】
解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1cm，
∴AB＝1BC＝4cm，
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，
∴CD＝AB＝1cm.
故答案为：1．
本题考查含30°角的直角三角形的性质和直角三角形斜边上的中线的性质，能灵活运用定理进行推理是解答此题的关键．
11、2
【解析】
设平时每个粽子卖x元，根据题意列出分式方程，解之并检验得出结论．
【详解】
设平时每个粽子卖x元．
根据题意得：
解得：x＝2
经检验x＝2是分式方程的解
故答案为2.
本题考查了分式方程的应用，解题的关键是找准等量关系，列出分式方程．
12、
【解析】
由正方形的性质得到∠BDC=∠CBD=45°，求得DF=EF，∠FED=45°.根据等腰三角形的性质得到∠EFC=∠ECF，于是得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC=∠CBD=45°，
∵EF⊥BD，
∴△DFE是等腰直角三角形，
∴DF=EF，∠FED=45°，
∵EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠FED=∠EFC+∠ECF，
∴∠ECF=22.5°，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCF=67.5°，
故答案为：67.5°．
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
13、x≥2
【解析】
根据题意可得2x﹣4≥0，然后求解关于x的一元一次不等式即可.
【详解】
解：∵有意义，
∴2x﹣4≥0，
解得：x≥2.
故答案为x≥2.
本题考查了算术平方根有意义，解一元一次不等式，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析；（2）①见解析；②
【解析】
（1）由折叠的性质可得PB=PG，∠B=∠G=90°，由“AAS”可证△AOP≌△GOE，可得OA=GO，即可得结论；
（2）①由折叠的性质可得∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，BP=PG，BF=FG，由平行线的性质可得∠BPF=∠BFP=∠GPC，可得BP=BF，即可得结论；
②由勾股定理可求BE的长，EC的长，由相似三角形的性质可得，可求BF=BP=5x=，由勾股定理可求PC的长，即可求解．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD，AD=BC，AD∥BC，∠A=∠B=90°
∵将△PBC沿直线PC折叠，
∴PB=PG，∠B=∠G=90°
∵∠AOP=∠GOE，OP=OE，∠A=∠G=90°
∴△AOP≌△GOE（AAS）
∴AO=GO
∴AO+OE=GO+OP
∴AE=GP，
∴AE=PB，
（2）①∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，
∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，BP=PG，BF=FG
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF=∠PFB，
∴∠BPF=∠BFP，
∴BP=BF
∴BP=BF=PG=GF
∴四边形BFGP是菱形；
②∵AE=9，CD=AB=12，AD=BC=GC=25，
∴DE=AD-AE=16，BE==15，
在Rt△DEC中，EC==20
∵BE∥PG
∴△CEF∽△CGP
∴
∴==
∴设EF=4x，PG=5x，
∴BF=BP=GF=5x，
∵BF+EF=BE=15
∴9x=15
∴x=
∴BF=BP=5x=，
在Rt△BPC中，PC==
∴==
本题是相似形综合题，考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
15、 (1)证明见解析；(2)EF=；(3).
【解析】
（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；
（2）先求出，再证明四边形是平行四边形即可；
（3）过点作于，求出、即可解决问题.
【详解】
(1)在中，
、分别为、的中点，
为的中位线，
，
，
．
(2)，，
，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
．
(3)过点作于，
，，
，
，
．
本题考查等边三角形的性质、三角形中位线定理、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，记住平行四边形的面积公式，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型.
16、 (1) 甲的众数和中位数都是7分;(2) 选乙运动员更合适,理由见解析
【解析】
（1）观察表格可知甲运动员测试成绩的众数和中位数都是7分；
（2）分别求得数据的平均数，然后结合方差作出判断即可．
【详解】
（1）甲运动员测试成绩中7出现的次数最多，故众数为7；
成绩排序为：5，6，7，7，7，7，7，8，8，8，
所以甲的中位数为＝7，
所以甲的众数和中位数都是7分．
（2）∵＝（7+6+8+7+7+5+8+7+8+7）＝7（分），
＝（6+6+7+7+7+7+7+7+8+8）＝7（分），
＝（5×2+6×4+7×3+8×1）＝6.3（分），
∴＝，S甲2＞S乙2，
∴选乙运动员更合适．
本题考查列表法、条形图、折线图、中位数、平均数、方差等知识，熟练掌握基本概念是解题的关键．
17、（1）甲种品牌的足球的单价为50元/个，乙种品牌的足球的单价为1元/个；（2）这所学校最多购买2个乙种品牌的足球．
【解析】
​（1）设甲种品牌的足球的单价为x元/个，则乙种品牌的足球的单价为（x+30）元/个，根据数量=总价÷单价结合用1000元购买甲种足球的数量和用1600元购买乙种足球的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设这所学校购买m个乙种品牌的足球，则购买（25-m）个甲种品牌的足球，根据总价=单价×数量结合总费用不超过1610元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【详解】
（1）设甲种品牌的足球的单价为x元/个，则乙种品牌的足球的单价为（x+30）元/个，
根据题意得：，
解得：x=50，
经检验，x=50是所列分式方程的解，且符合题意，∴x+30=1．
答：甲种品牌的足球的单价为50元/个，乙种品牌的足球的单价为1元/个．
（2）设这所学校购买m个乙种品牌的足球，则购买（25–m）个甲种品牌的足球，
根据题意得：1m+50（25–m）≤1610，解得：m≤2．
答：这所学校最多购买2个乙种品牌的足球．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
18、（1）y=x-260；（2）小刚家10月份上网180小时应交费40元；（3）他家该月的上网时间是208小时．
【解析】
（1）用待定系数法求解；（2）根据函数图象求解；（3）（把y=52代入y=x-260中可得.
【详解】
（1）设当x≥200时，y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
∵图象经过（200，40）（220，70），
∴，解得，
∴此时函数表达式为y=x-260；
（2）根据图象可得小刚家10月份上网180小时应交费40元；
（3）把y=52代入y=x-260中得：x=208，
答：他家该月的上网时间是208小时．
考核知识点：一次函数的应用.数形结合分析问题是关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、∠B=∠1或
【解析】
此题答案不唯一，注意此题的已知条件是：∠A=∠A，可以根据有两角对应相等的三角形相似或有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，添加条件即可.
【详解】
此题答案不唯一，如∠B=∠1或．
∵∠B=∠1，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC；
∵，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC；
故答案为∠B=∠1或
此题考查了相似三角形的判定：有两角对应相等的三角形相似；有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，要注意正确找出两三角形的对应边、对应角，根据判定定理解题.
20、x≥﹣2且x≠1．
【解析】
根据二次根式的非负性及分式有意义的条件来求解不等式即可.
【详解】
解：根据题意，得：x+2≥1且x≠1，
解得：x≥﹣2且x≠1，
故答案为x≥﹣2且x≠1．
二次根式及分式有意义的条件是本题的考点，正确求解不等式是解题的关键.
21、2
【解析】
分别先计算绝对值，算术平方根，零次幂后计算得结果．
【详解】
解：原式．
故答案为：．
本题考查的是绝对值，算术平方根，零次幂的运算，掌握运算法则是解题关键．
22、1
【解析】
解：设甲的影长是x米，
∵BC⊥AC，ED⊥AC，
∴△ADE∽△ACB，
∴，
∵CD=1m，BC=1.8m，DE=1.5m，
∴，
解得：x=1．
所以甲的影长是1米．
故答案是1．
考点：相似三角形的应用．
23、+2
【解析】
利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得CM的长，利用三角形中位线定理，可得MF的长，再根据当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大，即可得到结论．
【详解】
解：如图，取AB的中点M，连接MF和CM，
∵将线段AD绕点A旋转至AD′，
∴AD′=AD=1，
∵∠ACB=90°，
∵AC=6，BC=2，
∴AB=．
∵M为AB中点，
∴CM=，
∵AD′=1．
∵M为AB中点，F为BD′中点，
∴FM=AD′=2．
∵CM+FM≥CF，
∴当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时，CF最大，
此时CF=CM+FM=+2．
故答案为：+2．
此题考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，知道当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）B（3，0）；（2）y＝x2−2x−3；（3）P（6，21）或（−6，45）；（4）.
【解析】
（1）函数的对称轴为：x＝1，点A（−1，0），则点B（3，0）；
（2）用两点式求解即可；
（3）△POC的面积是△BOC的面积的2倍，则|xP|＝2OB＝6，即可求解；
（4）易得直线BC的表达式，设出点M（x，x−3），则可得MD＝x−3−（x2−2x−3）＝−x2＋3x，然后求二次函数的最值即可．
【详解】
解：（1）函数的对称轴为：x＝1，点A（−1，0），则点B（3，0），
故答案为（3，0）；
（2）函数的表达式为：y＝（x＋1）（x−3）＝x2−2x−3；
（3）△POC的面积是△BOC的面积的2倍，则|xP|＝2OB＝6，
当x＝6时，y＝36−12−3＝21，
当x＝−6时，y＝36＋12−3＝45，
故点P（6，21）或（−6，45）；
（4）∵B（3，0），C（0，-3），
易得直线BC的表达式为：y＝x−3，
设点M（x，x−3），则点D（x，x2−2x−3），
∴MD＝x−3−（x2−2x−3）＝−x2＋3x，
∵−1＜0，
∴MD有最大值，
∴当x＝时，其最大值为：．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到待定系数法求函数解析式，图形的面积计算以及二次函数的最值问题等，难度不大，熟练掌握相关知识点即可解答．
25、（1）；（2），.
【解析】
（1）根据根的判别式可得关于k的不等式，解不等式即可得出的取值范围；
（2）把代入方程得出的值，再解方程即可.
【详解】
(1)关于的一元二次方程有实数根，
，
，
，
的取值范围；
（2）把代入，得，
方程的两根为，，
综上所述，.
本题考查了根与系数的关系以及根的判别式，掌握一元二次方程的解法是解题的关键.
26、（1）见解析；（1）见解析；（3）.
【解析】
（1）根据四边形ABCD是菱形，首先证明∠B＝∠D，AB＝AD，再结合题意证明，进而证明△AEB≌△AFD，即可证明AE＝AF.
（1）根据（1）的证明，再证明△AEP≌△AFQ（ASA），进而证明AP＝AQ.
（3）根据题意连接AC，则可证明△ABC为等边三角形，再计算AE的长度，则可计算长APCQ的周长的最小值.
【详解】
（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠C＝180°，∠B＝∠D，AB＝AD，
∵∠EAF＝∠B，
∴∠EAF+∠C＝180°，
∴∠AEC+∠AFC＝180°，
∵AE⊥BC，
∴AF⊥CD，
在△AEB和△AFD中，
，
∴△AEB≌△AFD（AAS），
∴AE＝AF；
（1）证明：如图3，由（1）得，∠PAQ＝∠EAF＝∠B，AE＝AF，
∴∠EAP＝∠FAQ，
在△AEP和△AFQ中，
，
∴△AEP≌△AFQ（ASA），
∴AP＝AQ；
（3）解：如图2，连接AC，
∵∠ABC＝60°，BA＝BC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
∵AE⊥BC，
∴BE＝EC＝1，
同理，CF＝FD＝1，
∴AE＝ ＝1 ，
∴四边形APCQ的周长＝AP+PC+CQ+AQ＝1AP+CP+CF+FQ＝1AP+1CF，
∵CF是定值，当AP最小时，四边形APCQ的周长最小，
∴当AP＝AE时，四边形APCQ的周长最小，此时四边形APCQ的周长的最小值＝1×1+2＝2+2．
本题主要考查菱形的性质，关键在于第三问中的最小值的计算，要使周长最小，当AP＝AE时，四边形APCQ的周长最小.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
测试序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
成绩（分）
7
6
8
7
7
5
8
7
8
7