山东省东营市四校联考2025届九上数学开学达标检测试题【含答案】

这是一份山东省东营市四校联考2025届九上数学开学达标检测试题【含答案】，共27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）设x1、x2是方程x²+x-1=0的两根，则x1+x2=（ ）
A．-3B．-1C．1D．3
2、（4分）如图，在矩形ABCD中(AD＞AB)，点E是BC上一点，且DE＝DA，AF⊥DE，垂足为点F，在下列结论中，不一定正确的是( )
A．△AFD≌△DCEB．AF＝AD
C．AB＝AFD．BE＝AD﹣DF
3、（4分）一次函数与图象如图：则下列结论①k<0;②a>0;③不等式x+aA．1个B．2个C．3个D．4个
4、（4分）如图，在矩形ABCD中，已知，，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，则EF的长为
A．2B．3C．4D．5
5、（4分）定义：在同一平面内画两条相交、有公共原点的数轴x轴和y轴，交角a≠90°，这样就在平面上建立了一个斜角坐标系，其中w叫做坐标角，对于坐标平面内任意一点P，过P作y轴和x轴的平行线，与x轴、y轴相交的点的坐标分别是a和b，则称点P的斜角坐标为(a，b)．如图，w=60°，点P的斜角坐标是(1，2)，过点P作x轴和y轴的垂线，垂足分别为M、N，则四边形OMPN的面积是( )
A．B．C．D．3
6、（4分）如图，在边长为4的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点，EF⊥AC于点F，G为EF的中点，连接DG，则DG的长为（ ）
A．2B．
C．D．1
7、（4分）如图，一棵高为16m的大树被台风刮断．若树在地面6m处折断，则树顶端落在离树底部（ ）处．
A．5mB．7mC．7.5mD．8m
8、（4分）关于的方程有实数根，则满足（ ）
A．B．且C．且D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）计算的倒数是_____．
10、（4分）如图，在平面直角坐标系中，过点分别作轴于点，轴于点，、分别交反比例函数的图像于点、，则四边形的面积为__________．
11、（4分）如图，一棵大树在离地面4米高的处折断，树顶落在离树底端的5米远处，则大树折断前的高度是______米（结果保留根号）.
12、（4分）由于木质衣架没有柔性，在挂置衣服的时候不太方便操作.小敏设计了一种衣架，在使用时能轻易收拢，然后套进衣服后松开即可.如图1，衣架杆OA=OB=18cm，若衣架收拢时，∠AOB=60°，如图2，则此时A，B两点之间的距离是____cm.
13、（4分）已知函数y=-3x的图象经过点A（1，y1），点B（﹣2，y2），则y1_____y2（填“＞”“＜”或“=”）
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知ABC为等边三角形，点D、E分别在直线AB、BC上，且AD=BE.
（1）如图1，若点D、E分别是AB、CB边上的点，连接AE、CD交于点F，过点E作∠AEG=60°，使EG=AE，连接GD，则∠AFD= （填度数）；
（2）在（1）的条件下，猜想DG与CE存在什么关系，并证明；
（3）如图2，若点D、E分别是BA、CB延长线上的点，（2）中结论是否仍然成立？请给出判断并证明.
15、（8分）在平面直角坐标中，边长为 2 的正方形 OABC 的两顶点 A、C 分别在 y 轴、x 轴的正半轴上，点 O 在原点.现将正方形 OABC 绕 O 点顺时针旋转，当 A 点第一次落在直线 y=x 上时停止旋转，旋转过程中，AB 边交直线 y=x于点 M，BC 边交 x 轴于点 N（如图）.
（1）求边 OA 在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当 MN 和 AC 平行时，求正方形 OABC 旋转的度数；
（3）试证明在旋转过程中, △MNO 的边 MN 上的高为定值；
（4）设△MBN 的周长为 p，在旋转过程中，p 值是否发生变化？若发生变化，说明理由；若不发生变化，请给予证明，并求出 p 的值.
16、（8分）已知一次函数的图像经过点（3，5）与（，）．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）点A（2，3）是否在这个函数的图象上，请说明理由．
17、（10分）已知：矩形ABCD中，AB=10，AD=8，点E是BC边上一个动点，将△ABE沿AE折叠得到△AB′E。
（1）如图(1)，点G和点H分别是AD和AB′的中点，若点B′在边DC上。
①求GH的长；
②求证：△AGH≌△B′CE；
（2）如图(2)，若点F是AE的中点，连接B′F，B′F∥AD，交DC于I。
①求证：四边形BEB′F是菱形；
②求B′F的长。
18、（10分）如图，已知在平面直角坐标系中，正比例函数与一次函数的图象相交于点，过点作轴的垂线，分别交正比例函数的图像于点B，交一次函数的图象于点C，连接OC．
（1）求这两个函数解析式.
（2）求的面积.
（3）在坐标轴上存在点，使是以为腰的等腰三角形，请直接写出点的坐标。
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）在正比例函数 y＝（2m－1）x 中，y 随 x 增大而减小，则 m 的取值范围是_____.
20、（4分）关于x的一元二次方程（x+1）（x+7）= -5的根为_______________．
21、（4分）已知是一元二次方程x2-4x+c=0的一个根，则方程的另一个根是______．
22、（4分）等边三角形中，两条中线所夹的锐角的度数为_____．
23、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，有两点A（2，4），B（4，0），以原点O为位似中心，把△OAB缩小得到△OA'B'．若B'的坐标为（2，0），则点A'的坐标为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）化简代数式：，并求当 x＝2012 时，代数式的值．
25、（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1），B（4，0），C（4，4）．
（1）按下列要求作图：
①将△ABC向左平移4个单位，得到△A1B1C1；
②将△A1B1C1绕点B1逆时针旋转90°，得到△A1B1C1．
（1）求点C1在旋转过程中所经过的路径长．
26、（12分）已知y＝y1＋y2，y1与x成正比例，y2与x－2成正比例，当x＝1时，y＝0；当x＝－3时，y＝4.
(1)求y与x的函数关系式，并说明此函数是什么函数；
(2)当x＝3时，求y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】
直接根据根与系数的关系求解．
【详解】
解：根据题意，得x1+x2=-1．
故选：B．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=−，x1x2=．
2、B
【解析】
A．由矩形ABCD，AF⊥DE可得∠C=∠AFD=90°，AD∥BC，∴∠ADF=∠DEC．
又∵DE=AD，∴△AFD≌△DCE（AAS），故A正确；
B．∵∠ADF不一定等于30°，∴直角三角形ADF中，AF不一定等于AD的一半，故B错误；
C．由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，由矩形ABCD，可得AB=CD，∴AB=AF，故C正确；
D．由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，由矩形ABCD，可得BC=AD，又∵BE=BC﹣EC，∴BE=AD﹣DF，故D正确；
故选B．
3、C
【解析】
根据一次函数的性质对①②进行判断；根据一次函数与一元一次不等式的关系，利用两函数图象的位置对③进行判断，联立方程解答即可．
【详解】
∵一次函数y=kx+b的图象经过第二、四象限，
∴k<0，所以①正确；
∵一次函数y=x+a的图象与y轴的交点在x轴下方，
∴a<0，所以②错误；
∵x<3时,一次函数y=kx+b的图象都在函数y=x+a的图象下方，
∴不等式kx+b∵a=y−x，b=y−kx，
∴a−b=3k−3，正确；
故选C
本题考查一次函数与一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解题关键.
4、B
【解析】
求出AC的长度；证明设为，得到；列出关于的方程，求出即可解决问题．
【详解】
解：四边形ABCD为矩形，
，；
由勾股定理得：，
；
由题意得：
，
；设为，
，；
由勾股定理得：
，解得：，
．
故选：B．
该题主要考查了翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答
5、B
【解析】
添加辅助线，将四边形OMPN转化为直角三角形和平行四边形，因此过点P作PA∥y轴，交x轴于点A，过点P作PB∥x轴交y轴于点B，易证四边形OAPB是平行四边形，利用平行四边形的性质，可知OB=PA，OA=PB，由点P的斜角坐标就可求出PB、PA的长，再利用解直角三角形分别求出PN，NB，PM，AM的长，然后根据S四边形OMPN=S△PAM+S△PBN+S平行四边形OAPB ， 利用三角形的面积公式和平行四边形的面积公式，就可求出结果.
【详解】
解：过点P作PA∥y轴，交x轴于点A，过点P作PB∥x轴交y轴于点B，
∴四边形OAPB是平行四边形，∠NBP=w=∠PAM=60°，
∴OB=PA，OA=PB
∵点P的斜角坐标为（1，2），
∴OA=1，OB=2，
∴PB=1，PA=2，
∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，
∴∠PMA=∠PNB=90°，
在Rt△PAM中，∠PAM=60°，则∠APM=30°，
∴PA=2AM=2，即AM=1
PM=PAsin60°
∴PM=
∴S△PAM=
在Rt△PBN中，∠PBN=60°，则∠BPN=30°，
∴PB=2BN=1，即BN=
PN=PBsin60°
∴PN=
∴S△PBN=，
∵S四边形OMPN=S△PAM+S△PBN+S平行四边形OAPB

故答案为：B
本题考查了新概念斜角坐标系、图形与坐标、含30°角直角三角形的性质、三角函数、平行四边形的判定与性质、三角形面积与平行四边形面积的计算等知识，熟练掌握新概念斜角坐标系与含30°角直角三角形的性质是解题的关键．
6、B
【解析】
直接利用三角形的中位线定理得出，且，再利用勾股定理以及直角三角形的性质得出EG以及DG的长．
【详解】
连接DE
∵在边长为4的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点
∴DE是△ABC的中位线，
∴，且，
∵EF⊥AC于点F
∴，
∴
故根据勾股定理得
∵G为EF的中点
∴
∴
故答案为：B．
本题考查了三角形的线段长问题，掌握中位线定理、勾股定理是解题的关键．
7、D
【解析】
首先设树顶端落在离树底部xm，根据勾股定理可得62+x2=（16-6）2，再解即可．
【详解】
设树顶端落在离树底部xm，由题意得：
62+x2=（16-6）2，
解得：x1=8，x2=-8（不符合题意，舍去）．
所以，树顶端落在离树底部8m处．
故选：D．
此题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
8、A
【解析】
分类讨论：当a=5时，原方程变形一元一次方程，有一个实数解；当a≠5时，根据判别式的意义得到a≥1且a≠5时，方程有两个实数根，然后综合两种情况即可得到满足条件的a的范围．
【详解】
当a=5时，原方程变形为-4x-1=0，解得x=-；
当a≠5时，△=（-4）2-4（a-5）×（-1）≥0，解得a≥1，即a≥1且a≠5时，方程有两个实数根，
所以a的取值范围为a≥1．
故选A．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
求出tan30°，根据倒数的概念计算即可．
【详解】
，
，
则的倒数是，
故答案为：．
本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
10、1
【解析】
根据反比例函数系数k的几何意义可得S△DBO＝S△AOC＝|k|＝1，再利用矩形OCPD的面积减去△BDO和△CAO的面积即可．
【详解】
解：∵B、A两点在反比例函数的图象上，
∴S△DBO＝S△AOC＝×2＝1，
∵P（2，3），
∴四边形DPCO的面积为2×3＝6，
∴四边形BOAP的面积为6﹣1﹣1＝1，
故答案为：1．
此题主要考查了反比例函数k的几何意义，关键是掌握在反比例函数的图象上任意一点象坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变．
11、（）
【解析】
设出大树原来高度，用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】
设这棵大树在折断之前的高度为x米，根据题意得：42+52=（x﹣4）2，∴x=4或x=40（舍），∴这棵大树在折断之前的高度为（4）米．
故答案为：（）．
本题是勾股定理的应用，解答本题的关键是把实际问题转化为数学问题来解决．此题也可以直接用算术法求解．
12、18
【解析】
解：∵OA=OB，∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=OB=18cm
本题考查等边三角形的判定与性质，难度不大．
13、＜.
【解析】
分别把点A（-1，y1），点B（-2，y2）代入函数y=-3x，求出y1，y2的值，并比较出其大小即可．
【详解】
∵点A（-1，y1），点B（-2，y2）是函数y=-3x上的点，
∴y1=3，y2=6，
∵6＞3，
∴y2＞y1．
考点：一次函数图象上点的坐标特征．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)∠AFD= 60°（2）DG=CE，DG//CE；（3）详见解析
【解析】
(1) 证明△ABE≌△CAD(SAS)，可得 ∠BAE=∠ACD，继而根据等边三角形的内角为60度以及三角形外角的性质即可求得答案；
(2)由(1)∠AFD=60°，根据∠AEG=60°，可得GE//CD ，继而根据GE=AE=CD，可得四边形GECD是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得DG=CE，DG//CE；
(3)延长EA交CD于点F，先证明△ACD≌△BAE，根据全等三角形的性质可得 ∠ACD=∠BAE， CD=AE，继而根据三角形外角的性质可得到∠EFC= 60°，从而得∠EFC=∠GEF，得到GE//CD，继而证明四边形GECD是平行四边形 ，根据平行四边形的性质即可得到DG=CE，DG//CE.
【详解】
(1) ∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ABC=60°，
在△ABE和△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD(SAS)，
∴∠BAE=∠ACD，
∵∠BAE+∠EAC=∠BAC=60°，
∴∠ACD+∠EAC=60°，
∴∠AFD=∠ACD+∠EAC=60°，
故答案为60° ；
(2)DG=CE，DG//CE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ABC=60°，
在△ABE和△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD(SAS)，
∴AE=CD，∠BAE=∠ACD，
∵∠BAE+∠EAC=∠BAC=60°，
∴∠ACD+∠EAC=60°，
∴∠AFD=∠ACD+∠EAC=60°，
又∵∠AEG=60°，
∴∠AFD=∠AEG，
∴GE//CD ，
∵GE=AE=CD，
∴四边形GECD是平行四边形，
∴DG=CE，DG//CE；
(3)仍然成立
延长EA交CD于点F，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC=AB，∠BAC=∠ABC=60°，
∴∠DAC=∠ABE=120°，
在△ACD和△BAE中，
，
∴△ACD≌△BAE(SAS)，
∴∠ACD=∠BAE， CD=AE，
∴∠EFC=∠DAF+∠BDC=∠BAE +∠AEB=∠ABC= 60°，
∴∠EFC=∠GEF，
∴GE//CD，
∵GE=AE=CD，
∴四边形GECD是平行四边形 ，
∴DG=CE，DG//CE.
本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识是解题的关键.注意数形结合思想的运用.
15、（1）OA 在旋转过程中所扫过的面积为 0.5π ；（1）旋转过程中，当 MN 和 AC 平行时，正方形 OABC 旋转的度数为 25°-11.5°=11.5 度;（3）MN 边上的高为 1（2）在旋转正方形 OABC 的过程中，p 值无变化．见解析.
【解析】
（1）过点M作MH⊥y轴，垂足为H，如图1，易证∠MOH=25°，然后运用扇形的面积公式就可求出边OA在旋转过程中所扫过的面积．
（1）根据正方形和平行线的性质可以得到AM=CN，从而可以证到△OAM≌△OCN．进而可以得到∠AOM=∠CON，就可算出旋转角∠HOA的度数．
（3）过点O作OF⊥MN，垂足为F，延长BA交y轴于E点，如图1，易证△OAE≌△OCN，从而得到OE=ON，AE=CN，进而可以证到△OME≌△OMN，从而得到∠OME=∠OMN，然后根据角平分线的性质就可得到结论．
（2）由△OME≌△OMN（已证）可得ME=MN，从而可以证到MN=AM+CN，进而可以推出p=AB+BC=2，是定值．
【详解】
解：（1）过点M作MH⊥y轴，垂足为H，如图1，
∵点M在直线y=x上，
∴OH=MH．
在Rt△OHM中，
∵tan∠MOH= =1，
∴∠MOH=25°．
∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，
∴OA旋转了25°．
∵正方形OABC的边长为1，
∴OA=1．
∴OA在旋转过程中所扫过的面积为 =0.5π．∵A 点第一次落在直线 y=x 上时停止旋转，∴OA 旋转了 25 度．
∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为 0.5π ．
（1）∵MN∥AC，∴∠BMN=∠BAC=25°，∠BNM=∠BCA=25 度．
∴∠BMN=∠BNM．BM=BN．
又∵BA=BC，AM=CN．
又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，
∴△OAM ≌△OCN．∴∠AOM=∠CON．
∴∠AOM= 1/1（90°-25°）=11.5 度．
∴旋转过程中，当 MN 和 AC 平行时，正方形 OABC 旋转的度数为 25°-11.5°=11.5 度．
（3）证明：过点O作OF⊥MN，垂足为F，延长BA交y轴于E点，如图1，
则∠AOE=25°-∠AOM，∠CON=90°-25°-∠AOM=25°-∠AOM．
∴∠AOE=∠CON．
在△OAE和△OCN中，
．
∴△OAE≌△OCN（ASA）．
∴OE=ON，AE=CN．
在△OME和△OMN中
∴△OME≌△OMN（SAS）．
∴∠OME=∠OMN．
∵MA⊥OA，MF⊥OF，
∴OF=OA=1．
∴在旋转过程中，△MNO的边MN上的高为定值．MN 边上的高为 1；
（2）在旋转正方形OABC的过程中，p值不变化．
证明：延长 BA 交 y 轴于 E 点，则∠AOE=25°-∠AOM，
∠CON=90°-25°-∠AOM=25°-∠AOM，
∴∠AOE=∠CON．
又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．
∴△OAE ≌△OCN．
∴OE=ON，AE=CN．
又∵∠MOE=∠MON=25°，OM=OM，
∴△OME ≌△OMN．
∴MN=ME=AM+AE．∴MN=AM+CN，
∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=2．
∴在旋转正方形 OABC 的过程中，p 值无变化．
故答案为：（1）OA 在旋转过程中所扫过的面积为 0.5π ；（1）旋转过程中，当 MN 和 AC 平行时，正方形 OABC 旋转的度数为 25°-11.5°=11.5 度;（3）MN 边上的高为 1（2）在旋转正方形 OABC 的过程中，p 值无变化．见解析.
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、平行线的性质、扇形的面积公式、等腰三角形的判定、特殊角的三角函数值等知识，有一定的综合性．而本题在图形旋转的过程中探究不变的量，渗透了变中有不变的辩证思想．
16、（1）；（2）点A（2，3）在这个函数的图象上，理由见解析．
【解析】
（1）首先设出函数关系式y=kx＋b（k≠0），根据待定系数法把（3，5）与（−4，−9）代入y=kx＋b，即可求出一次函数的解析式，
（2）求出x=2时y的值，即可作出判断．
【详解】
解：（1）设这个一次函数的解析式为：（k≠0），
∵的图像过点（3，5）与（，），
∴ ，
解得，
所以一次函数解析式为；
（2）点A（2，3）在这个函数的图象上，
理由：当x=2时，，
∴点A（2，3）在这个函数的图象上．
此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，以及一次函数图象上点的坐标特征，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx＋b．
17、（1）①3；②详见解析；（2）①详见解析；②
【解析】
（1）①由折叠的性质可得出AB=AB′，根据矩形的性质可得出∠ADB′=90°，在Rt△ADB′中，利用勾股定理即可得出B′D的长度，再根据中位线的性质即可得出结论；
②由点G为AD的中点可求出AG的长度，通过边与边的关系可得出B′C=4，由此得出B′C=AG，再通过角的计算得出∠AHG=B′EC，由此即可根据全等三角形的判定定理AAS证出△AGH≌△B′CE；
（2）①连接BF，由平行线的性质结合直角三角的中线的性质即可得知△B′EF为等边三角形，根据折叠的性质即可证出四边形BEB′F是菱形；
②由等边三角形和平行线的性质可得出∠BEF=∠B′EF=60°，再由AB=10利用特殊角的三角函数值即可得出结论．
【详解】
（1）①∵将△ABE沿AE折叠得到△AB′E
∴AB=AB′
∵四边形ABCD为矩形
∴∠ADB′=90°
在Rt△ADB′中，AD=8，AB′=10
∴B′D==6
∵点G和点H分别是AD和AB′的中点，∴GH为△ADB′的中位线
∴GH=DB′=3
②证明：∵GH为△ADB′的中位线
∵GH∥DC，AG=AD=4
∴∠AHG=∠AB′D
∵∠AB′E=∠ABE=90°
∴∠AB′D+∠CB′E=90°
又∵∠CB′E+∠B′EC=90°
∴∠AHG=B′EC
∵CD=AB=10，DB′=6
∴B′C=4=AG
在△AGH和△B′CE中

∴△AGH≌△B′CE（AAS）．
（2）①证明：
∵将△ABE沿AE折叠得到△AB′E
∴BF=B′F，∠B′EF=∠BEF，BE=B′E
∵B′F∥AD，AD∥BC
∴B′F∥BC
∴∠B′FE=∠BEF=∠B′EF
∵∠AB′E=∠ABE=90°，点F为线段AE的中点
∴B′F=AE=FE
∴△B′EF为等边三角形
∴B′F=B′E
∵BF=B′F，BE=B′E
∴B′F=BF=BE=B′E
∴四边形BEB′F是菱形
②∵△B′EF为等边三角形
∴∠BEF=∠B′EF=60°
∴BE=AB•ct∠BEF=10×=
∵四边形BEB′F是菱形
∴B′F=BE=．
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、中位线的性质、全等三角形的判定定理、等边三角形的判定及性质以及菱形的判定定理,解题的关键是:(1)①利用勾股定理求出DB'的长度;②利用全等三角形的判定定理AAS证出△AGH≌△B′CE;(2)①得出B′EF为等边三角形;③利用特殊角的三角函数值求出BE的长度.本题属于中档题,难度不大.但解题过程稍显繁琐,解决该题型题目时,根据图形的翻折找出相等的边角关系是关键.
18、（1）正比例函数解析式为；一次函数解析式为；（2）；（3）M（10,0）或M（-10,0）或M（0,10）或M（0,-10）或(16，0)或(0，12)
【解析】
（1）将A点坐标分别代入正比例函数和一次函数解析式，即可得解；
（2）首先根据题意求出点B和C的坐标，即可得出BC，进而得出△OBC的面积；
（3）首先根据点A坐标求出OA，即可得出腰长，然后分情况讨论：x轴和y轴，即可得解.
【详解】
（1）根据题意，将分别代入正比例函数和一次函数解析式，得
，解得
正比例函数解析式为
，解得
一次函数解析式为
（2）根据题意，得
，
∴
∴
（3）根据题意，得OA=10
当点M在x轴上时，其坐标为M（10,0）或M（-10,0）或(16,0)；
当点M在y轴上时，其坐标为M（0,10）或M（0,-10）或(0,12)；
故点M的坐标为（10,0）或（-10,0）或（0,10）或（0,-10）或(16,0)或(0,12)
此题主要考查正比例函数和一次函数的性质，熟练运用，即可解题.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
根据正比例函数图象的增减性可求出m的取值范围．
【详解】
解：∵函数y=（2m-1）x是正比例函数，且y随x的增大而减小，
∴2m-1＜0，
解得
故答案为
本题考查了正比例函数图象的性质：它是经过原点的一条直线．当k＞0时，图象经过一、三象限，y随x的增大而增大；当k＜0时，图象经过二、四象限，y随x的增大而减小．
20、
【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．
21、
【解析】
【分析】由于已知方程的一根，并且一次项系数也已知，根据两根之和公式可以求出方程的另一根．
【详解】设方程的另一根为x1，由x1+2-=4，得x1=2+．
故答案为2+．
【点睛】根据方程中各系数的已知情况，合理选择根与系数的关系式是解决此类题目的关键．
22、60°
【解析】
如图，等边三角形ABC中，根据等边三角形的性质知，底边上的高与底边上的中线，顶角的平分线重合，所以∠1=∠2=∠ABC=30°，再根据三角形外角的性质即可得出结论．
【详解】
如图，
∵等边三角形ABC，AD、BE分别是中线，
∴AD、BE分别是角平分线，
∴∠1=∠2=∠ABC=30°，
∴∠3=∠1+∠2=60°．
本题考查的是等边三角形的性质，熟知等边三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
23、（1，2）
【解析】
根据位似变换的性质，坐标与图形性质计算．
【详解】
点B的坐标为（4，0），以原点O为位似中心，把△OAB缩小得到△OA'B'，B'的坐标为（2，0），
∴以原点O为位似中心，把△OAB缩小，得到△OA'B'，
∵点A的坐标为（2，4），
∴点A'的坐标为（2×，4×），即（1，2），
故答案是：（1，2）．
考查的是位似变换，坐标与图形性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、1
【解析】
原式第一项被除数分子利用完全平方公式分解因式，分母利用平方差公式分解因式，除法分子提取x分解因式，再利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分后合并得到最简结果，将x的值代入计算，即可求出值．
【详解】
原式=
当x=2012时,原式=1.
本题考查了分式的化简求值，分式的加减运算关键是通分，通分的关键是找最简公分母；分式的乘除运算关键是约分，约分的关键是找公因式．
25、（1）①见解析；②见解析；（1）1π．
【解析】
（1）①利用点平移的坐标规律，分别画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点可得△A1B1C1；
②利用网格特点和旋转的性质，分别画出点A1、B1、C1的对应点A1、B1、C1即可；
（1）根据弧长公式计算．
【详解】
（1）①如图，△A1B1C1为所作；
②如图，△A1B1C1为所作；
（1）点C1在旋转过程中所经过的路径长＝
本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移的性质．
26、（1），是的一次函数；（2）.
【解析】
【试题分析】（1）根据正比例函数的定义设：y1=k1x（k1≠0），y2= ，根据y＝y1＋y2，得y=k1x+，根据题意，列方程组： 解得： .再代入y=k1x+即可.
(2)将x=3代入（1）中的函数解析式,求函数值即可.
【试题解析】
（1）设y1=k1x（k1≠0），y2=
∴y=k1x+
∵当x=1时，y=-1；当x=3时，y=5，
解得：
∴y=-x+1.
则y是x 的一次函数.
（2）当x=3时，y=-2.
【方法点睛】本题目是一道考查正比例函数与一次函数的问题，关键注意：y2与x－2成正比例，设为y2= .
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人