黑龙江省鹤岗市绥滨县2025届数学九上开学达标检测模拟试题【含答案】

这是一份黑龙江省鹤岗市绥滨县2025届数学九上开学达标检测模拟试题【含答案】，共26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）如果直线y=kx+b经过一、三、四象限,那么直线y=bx+k经过第（ ）象限
A．一、二、三B．一、二、四C．一、三、四D．二、三、四
2、（4分）若分式有意义，则x的取值应该该满足（ ）
A．x＝B．x＝C．x≠D．x≠
3、（4分）若关于x,y的二元一次方程组的解为，一次函数y=kx+b与y=mx+n的图象的交点坐标为（ ）
A．(1,2)B．(2,1)C．(2,3)D．(1,3)
4、（4分）已知（﹣5，y1），（﹣3，y2）是一次函数y=x+2图象上的两点，则y1与y2的关系是（ ）
A．y1＜y2B．y1=y2C．y1＞y2D．无法比较
5、（4分）函数y=的自变量的取值范围是（ ）
A．x≥2B．x＜2C．x＞2D．x≤2
6、（4分）已知甲、乙、丙三个旅行团的游客人数都相等，且每个旅行团游客的平均年龄都是35岁，这三个旅行团游客年龄的方差分别是，，，如果你最喜欢带游客年龄相近的旅行团，若在三个旅行团中选一个，则你应选择( )
A．甲团B．乙团C．丙团D．采取抽签方式，随便选一个
7、（4分）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE，分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①OG＝AB；②图中与△EGD 全等的三角形共有5个；③以点A、B、D、E为项点的四边形是菱形；④ S四边形ODGF＝ S△ABF．其中正确的结论是（ ）
A．①③B．①③④C．①②③D．②②④
8、（4分）如图，菱形ABCD的一边中点M到对角线交点O的距离为5cm，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．5cmB．10cmC．20cmD．40cm
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）关于x的一元二次方程（x+1）（x+7）= -5的根为_______________．
10、（4分）我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式.后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的就用了这种分割方法，若BD=2，AE=3，则正方形ODCE的边长等于________.

11、（4分）如图，在菱形ABCD中，E是AB的中点，且DE⊥AB，AB=10，则∠ABC=_____，对角线AC的长为_____．
12、（4分）计算_________.
13、（4分）若，则的值为__________，的值为________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）分解因式：
（1）. （2）.
15、（8分）如图，AD是△ABC的中线，AE∥BC，BE交AD于点F，交AC于G，F是AD的中点.
（1）求证：四边形ADCE是平行四边形；
（2）若EB是∠AEC的角平分线，请写出图中所有与AE相等的边.
16、（8分）已知下面一列等式：
；；；；…
（1）请你按这些等式左边的结构特征写出它的一般性等式：
（2）验证一下你写出的等式是否成立；
（3）利用等式计算：.
17、（10分）如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边BC的延长线上，连结EF与边CD相交于点G，连结BE与对角线AC相交于点H，AE=CF，BE=EG．
（1）求证：EF∥AC；
（2）求∠BEF大小；
18、（10分）如图，在正方形中，，点是边上的动点（含端点，），连结，以所在直线为对称轴作点的对称点，连结，，，，点，，分别是线段，，的中点，连结，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若四边形的面积为，求的长；
（3）以其中两边为邻边构造平行四边形，当所构造的平行四边形恰好是菱形时，这时该菱形的面积是________．
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）将直线y＝－2x＋4向左平移2个单位，得到直线的函数解析式为___________
20、（4分）如图，在中，为边延长线上一点，且，连结、.若的面积为1，则的面积为____.
21、（4分）某校生物小组7人到校外采集标本，其中2人每人采集到3件，3人每人采集到4件，2人每人采集到5件，则这个小组平均每人采集标本___________件.
22、（4分）一次函数y1=kx+b与y2=x+a的图象如图，则kx+b＞x+a＞0的解集是_______
23、（4分）已知甲乙两车分别从A、B两地出发，相向匀速行驶，已知乙车先出发，1小时后甲车再出发．一段时间后，甲乙两车在休息站C地相遇：到达C地后，乙车不休息继续按原速前往A地，甲车休息半小时后再按原速前往B地，甲车到达B地停止运动；乙车到A地后立刻原速返回B地，已知两车间的距离y（km）随乙车运动的时间x（h）变化如图，则当甲车到达B地时，乙车距离B地的距离为_____（km）．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在开展“好书伴我成长”读书活动中，某中学为了解八年级名学生的读书情况，随机调查了八年级名学生读书的册数，统计数据如下表所示.
（1）求这个数据的平均数、众数和中位数.
（2）根据这组数据，估计该校八年级名学生在本次活动中读书多于册的人数.
25、（10分）如图，以矩形的顶点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，已知，，将矩形绕点逆时针方向放置得到矩形.
（1）当点恰好落在轴上时，如图1，求点的坐标.
（2）连结，当点恰好落在对角线上时，如图2，连结，.
①求证：.
②求点的坐标.
（3）在旋转过程中，点是直线与直线的交点，点是直线与直线的交点，若，请直接写出点的坐标.
26、（12分）如图，直角坐标系xOy中，一次函数y=﹣x+5的图象l1分别与x，y轴交于A，B两点，正比例函数的图象l2与l1交于点C（m，4）．
（1）求m的值及l2的解析式；
（2）求S△AOC﹣S△BOC的值；
（3）一次函数y=kx+1的图象为l3，且11，l2，l3不能围成三角形，直接写出k的值．
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】
根据图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的取值范围，从而求解．
【详解】
解：已知直线y=kx+b经过第一、三、四象限，
则得到k＞0，b＜0，
那么直线y=bx+k经过第一、二、四象限，
故选：B．
本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理解：直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k＞0时，直线必经过一、三象限；k＜0时，直线必经过二、四象限；b＞0时，直线与y轴正半轴相交；b=0时，直线过原点；b＜0时，直线与y轴负半轴相交．
2、C
【解析】
由题意根据分式有意义的条件是分母不等于零列出不等式，解不等式即可得到答案．
【详解】
解：分式有意义，则2x﹣3≠0，
解得，x≠．
故选：C．
本题考查分式有意义的条件，熟练掌握分式有意义的条件即分母不等于零是解题的关键．
3、A
【解析】
函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解，据此即可求解．
【详解】
∵关于x，y的二元一次方程组的解为，
∴一次函数y=kx+b与y=mx+n的图象的交点坐标为（1，2）．
故选A．
本题考查了一次函数与二元一次方程组，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、C
【解析】
k=-＜0，k<0时，y将随x的增大而减小．
【详解】
解：
∵k=-＜0，
∴y将随x的增大而减小．
∵-5＜-3，
∴y1＞y1．
故选C．
本题考查一次函数的图象性质：当k＞0，y随x增大而增大；当k＜0时，y将随x的增大而减小．
5、A
【解析】
根据被开方数大于等于0列不等式求解即可．
【详解】
由题意得：x﹣1≥0，解得：x≥1．
故选A．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（1）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
6、B
【解析】
试题解析：∵S甲2=17，S乙2=14.6，S丙3=19，
∴S乙2最小，游客年龄相近，
故选B．
点睛：方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，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．
7、A
【解析】
由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG= CD=AB，①正确；先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；由菱形的性质得得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS证明△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正确；证出OG是△ABD的中位线，得出OG//AB，OG=AB，得出△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，由相似三角形的性质和面积关系得出S四边形ODGF=S△ABF；④不正确；即可得出结果.
【详解】
解：四边形ABCD是菱形，

在△ABG和△DEG中，

∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴.AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=CD=AB，①正确；
∵AB//CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，③正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△ABG≌△BDG≌△DEG，
在△ABG和△DCO中，

∴△ABG≌△DCO
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，则②不正确。
∵OB=OD，AG=DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG=AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积=△ABD的面积，△ABF的面积=△OGF的面积的4倍，AF:OF=2：1，
∴△AFG的面积=△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积=△AOG的面积=△BOG的面积，
∴ S四边形ODGF=S△ABF；④不正确；
故答案为：A.
本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大.
8、D
【解析】
根据菱形的性质得出AB=BC=CD=AD，AO=OC，根据三角形的中位线求出BC，即可得出答案．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AO=OC，
∵AM=BM，
∴BC=2MO=2×5cm=10cm，
即AB=BC=CD=AD=10cm，
即菱形ABCD的周长为40cm，
故选D．
本题考查了菱形的性质和三角形的中位线定理，能根据菱形的性质得出AO=OC是解此题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
整理成一般式后，利用因式分解法求解可得．
【详解】
解：整理得：x2+8x+12=0，
（x+2）（x+1）=0，
x+2=0，x+1=0，
x1=-2，x2=-1．
故答案为：．
本题考查因式分解法解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解题的关键．
10、1
【解析】
设正方形ODCE的边长为x，则CD=CE=x，根据全等三角形的性质得到AF=AE，BF=BD，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：设正方形ODCE的边长为x，
则CD=CE=x，
∵△AFO≌△AEO，△BDO≌△BFO，
∴AF=AE，BF=BD，
∴AB=2+3=5，
∵AC2+BC2=AB2，
∴（3+x）2+（2+x）2=52，
∴x=1，
∴正方形ODCE的边长等于1，
故答案为：1．
本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
11、120° 10
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA,AD∥BC，
∵E是AB的中点,且DE⊥AB,
∴AE=AD，
∴sin∠ADE=，
∴∠ADE=30°，
∴∠DAE=60°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC=180°−60°=120°；
连接BD，交AC于点O，
在菱形ABCD中,∠DAE=60°，
∴∠CAE=30°，AB=10，
∴OB=5，
根据勾股定理可得：AO= = ，
即AC=.
故答案为：120°；.
点睛：本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题的关键. 由在菱形ABCD中，E是AB的中点，且DE⊥AB，可证得AE=AD，即可求得∠ADE=30°，继而求得答案；连接BD，交AC于点O，易得AC⊥BD，由勾股定理，即可求得答案．
12、19+6
【解析】
根据完全平方公式展开计算即可。
【详解】
解：18+6+1=19+6
本题考查了用完全平方公式进行实数的计算，理解和掌握乘法公式是关键。
13、 ，
【解析】
令，用含k的式子分别表示出,代入求值即可.
【详解】
解：令，则，
所以，.
故答案为： (1). ， (2).
本题考查了分式的比值问题，将用含同一字母的式子表示是解题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）；（2）
【解析】
（1）首先提取公因式2，进而利用完全平方公式分解因式即可．
（2）先用平方差公式分解，再化简即可．
【详解】
解：（1）原式；
（2）原式
.
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键，注意分解要彻底．
15、见解析
【解析】
试题分析：
（1）由已知条件易证△AFE≌△DFB，从而可得AE=BD=DC，结合AE∥BC即可证得四边形ADCE是平行四边形；
（2）由（1）可知，AE=BD=CD；由BE平分∠AEC，结合AE∥BC可证得△BCE是等腰三角形，从而可得EC=BC，结合AD=EC、AF=DF，可得AF=DF=AE；由此即可得与AE相等的线段有BD、CD、AF、DF共四条.
试题解析：
（1）∵AE∥BC，
∴∠AEF=∠DBF，∠EAF=∠FDB，
∵点F是AD的中点，
∴AF=DF，
∴△AFE≌△DFB，
∴ AE=CD，
∵AD是△ABC的中线，
∴DC=AD，
∴AE=DC，
又∵AE∥BC，
∴四边形 ADCE是平行四边形；
（2）∵BE平分∠AEC，
∴∠AEB=∠CEB，
∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠CEB=∠EBC，
∴EC=BC，
∵由（1）可知，AD=EC，BD=DC=AE，
∴AD=BC，
又∵AF=DF，
∴AF=DF=BD=DC=AE，
即图中等于AE的线段有4条，分别是：AF、DF、BD、DC.
16、（1）一般性等式为；（2）原式成立；详见解析；（3）.
【解析】
（1）先要根据已知条件找出规律；（2）根据规律进行逆向运算；（3）根据前两部结论进行计算.
【详解】
解：（1）由；；；；…，
知它的一般性等式为；
（2），
原式成立；
（3）
.
解答此题关键是找出规律，再根据规律进行逆向运算.
17、（1）、证明过程见解析；（2）、60°.
【解析】
试题分析：根据正方形的性质得出AD∥BF，结合AE=CF可得四边形ACFE是平行四边形，从而得出EF∥AC；连接BG，根据EF∥AC可得∠F=∠ACB=45°，根据∠GCF=90°可得∠CGF=∠F=45°可得CG=CF，根据AE=CF可得AE=CG，从而得出△BAE≌△BCG，即BE=EG，得出△BEG为等边三角形，得出∠BEF的度数.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形 ∴AD∥BF ∵AE="CF" ∴四边形ACFE是平行四边形 ∴EF∥AC
（2）连接BG ∵EF∥AC， ∴∠F=∠ACB=45°，
∵∠GCF=90°， ∴∠CGF=∠F=45°， ∴CG=CF，
∵AE=CF， ∴AE=CG， ∴△BAE≌△BCG（SAS）
∴BE=BG， ∵BE=EG， ∴△BEG是等边三角形，
∴∠BEF=60°
考点：平行四边形的判定、矩形的性质、三角形全等的应用.
18、（1）证明见解析；（2）；（3）或或．
【解析】
（1）先利用三角形中位线定理得到，故，可得四边形为平行四边形，再根据对称性得到，即可得到，即邻边相等的平行四边形是菱形，故可求解；
（2）过点作于点，过点作于点，于点，根据菱形的面积可求出，再根据中位线及正方形的性质分别求出PN,PQ,CN,AQ,设，在中，得到方程求出x即可求解；
（3）过点作的垂线，分别交，于点，，分当时、当时、当时分别求出菱形的面积即可．
【详解】
解：（1）∵，，分别为，，的中点，
∴，
∴．
∴四边形为平行四边形．
∵与关于对称，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
（2）过点作于点，过点作于点，于点，如图．
四边形，
∴．
∵为的中点，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∴，
∴．
设，
∴．在中，，即，
解得，
∴．
（3）菱形的面积为或或．理由如下：
如图，过点作的垂线，分别交，于点，．
当时，点在点处，
此时菱形；
当时，此时是正三角形，
∴，PK=BP=5cm，
菱形；
当时，此时是正三角形，
∴
则CL=CP=5cm，
∴，，
菱形．
综上所述，菱形的面积为或或．
此题主要考查正方形的性质与判定，解题的关键是熟知菱形的性质与判定、勾股定理的应用及等边三角形的性质．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
根据图象平移的规律，左加右减，上加下减，即可得到答案．
【详解】
解：由题意得，
y＝－2x＋4=－2(x＋2)+4，
即y＝－2x，
故答案为：y＝－2x．
本题主要考查了一次函数图象与几何变换，掌握一次函数图象是解题的关键．
20、3
【解析】
首先根据平行四边形的性质，可得AD=BC，又由，可得BE=3BC=3AD，和的高相等，即可得出的面积.
【详解】
解：∵，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴和的高相等，
设其高为，
又∵，
∴BE=3BC=3AD，
又∵，
∴
故答案为3.
此题主要考查利用平行四边形的性质进行等量转换，即可求得三角形的面积.
21、4
【解析】
分析:根据加权平均数的计算公式计算即可.
详解:.
故答案为：4.
点睛: 本题重点考查了加权平均数的计算公式，加权平均数：（其中w1、w2、……、wn分别为x1、x2、……、xn的权数）.
22、-3【解析】
kx+b＞x+a＞0的解集是一次函数y1=kx+b在y2=x+a的图象的上边部分，且在x轴上方部分，对应的x的取值范围，据此即可解答．
【详解】
解：观察图像可得：kx+b＞x+a＞0的解集是-3故答案为：-3本题考查一次函数的图象与一元一次不等式的关系，理解不等式kx+b＞x+a＞0的解集是：一次函数y1=kx+b在y2=x+a的图象的上边且在x轴上方部分，对应的x的取值范围是关键．
23、1
【解析】
先从图象中获取信息得知A,B两地之间的距离及乙的行驶时间求出乙车的速度，然后再根据两车的相遇时间求出甲的速度，然后求出甲车行完全程的时间，就可以算出此时乙车的行驶时间，用总时间减去甲行完全程时的时间求出乙车剩下的时间，再乘以乙车的速度即可求出路程．
【详解】
由图象可知，A、B两地相距990千米，而乙来回用时22小时，因此乙车的速度为：
990÷（22÷2）＝90千米/小时，
甲乙两车在C地相遇后，甲休息0.5小时，乙继续走，所以乙车出发7小时后两车相遇，因此甲车速度为：
（990﹣90×7）÷（7﹣1）＝60千米/小时，
甲车行完全程的时间为：990÷60＝16.5小时，此时乙车已经行驶16.5+0.5+1＝18小时，
因此乙车距B地还剩22﹣18＝4小时的路程，
所以当甲车到达B地时，乙车距离B地的距离为90×4＝1千米，
故答案为：1．
本题主要考查一次函数的应用，能够从图象中获取有用信息并掌握行程问题的解法是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）平均数为2；众数为3；中位数为2；（2）216人.
【解析】
（1）根据平均数、众数、中位数的概念求解；
（2）根据样本数据，估计本次活动中读书多于2册的人数．
【详解】
解：（1）由题意得，平均数为：，
读书册数为3的人数最多，即众数为3，
第25人和第26人读数厕所的平均值为中位数，及中位数为：，
（2）（人．
答：估计七年级读书多于2册的有216人．
本题考查了众数、中位数、平均数的知识，掌握各知识点的概念是解答本题的关键．
25、（1）点；（2）①见解析；②点；（3）点，，，.
【解析】
（1）由旋转的性质可得，，，由勾股定理可求的长，即可求点坐标；
（2）①连接交于点，由旋转的性质可得，，，，，，可得，可证点，点，点，点四点共圆，可得，，，由“”可证；
②通过证明点，点关于对称，可求点坐标；
（3）分两种情况讨论，由面积法可求，由勾股定理可求的值，即可求点坐标．
【详解】
解：（1）四边形是矩形
，，
将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形．
，，
，
点
（2）①如图，连接交于点，
四边形是矩形
，
，且
，
将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形．
，，，，，，
，
点，点，点，点四点共圆，
，，，
，
，
，
，
，且，
，
②
，
，
，
点，点，点共线
，
点，点关于对称，且
点
（3）如图，当点在点右侧，连接，过点作于，
，
设，则，，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
（负值舍去），
，
，
点，，
如图，若点在点左侧，连接，过点作于，
，
设，则，，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
点，，
综上所述：点，，，
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，还考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，添加恰当辅助线是本题的关键．
26、（1）m=2，l2的解析式为y=2x；（2）S△AOC﹣S△BOC=15；（3）k的值为或2或﹣．
【解析】
【分析】（1）先求得点C的坐标，再运用待定系数法即可得到l2的解析式；
（2）过C作CD⊥AO于D，CE⊥BO于E，则CD=4，CE=2，再根据A（10，0），B（0，5），可得AO=10，BO=5，进而得出S△AOC﹣S△BOC的值；
（3）分三种情况：当l3经过点C（2，4）时，k=；当l2，l3平行时，k=2；当11，l3平行时，k=﹣；故k的值为或2或﹣．
【详解】（1）把C（m，4）代入一次函数y=﹣x+5，可得
4=﹣m+5，
解得m=2，
∴C（2，4），
设l2的解析式为y=ax，则4=2a，
解得a=2，
∴l2的解析式为y=2x；
（2）如图，过C作CD⊥AO于D，CE⊥BO于E，则CD=4，CE=2，
y=﹣x+5，令x=0，则y=5；令y=0，则x=10，
∴A（10，0），B（0，5），
∴AO=10，BO=5，
∴S△AOC﹣S△BOC=×10×4﹣×5×2=20﹣5=15；
（3）一次函数y=kx+1的图象为l3，且11，l2，l3不能围成三角形，
∴当l3经过点C（2，4）时，k=；
当l2，l3平行时，k=2；
当11，l3平行时，k=﹣；
故k的值为或2或﹣．
【点睛】本题主要考查一次函数的综合应用，解决问题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、等腰直角三形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理及分类讨论思想等．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
册数
人数