2024-2025学年湖南省株洲市石峰区九年级数学第一学期开学质量跟踪监视试题【含答案】

这是一份2024-2025学年湖南省株洲市石峰区九年级数学第一学期开学质量跟踪监视试题【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，在中，，，，延长到点，使，交于点，在上取一点，使，连接．有以下结论：①平分；②；③是等边三角形；④，则正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2、（4分）无论k为何值时，直线y＝k（x+3）+4都恒过平面内一个定点，这个定点的坐标为（ ）
A．(3，4)B．(3，﹣4)C．(﹣3，﹣4)D．(﹣3，4)
3、（4分）的倒数是( )
A．B．C．﹣3D．
4、（4分）如图，在中，平分，，则的周长为（ ）
A．4B．6C．8D．12
5、（4分）如图，以正方形的顶点为坐标原点，直线为轴建立直角坐标系，对角线与相交于点，为上一点，点坐标为，则点绕点顺时针旋转90°得到的对应点的坐标是( )
A．B．C．D．
6、（4分）在□ABCD中，O是AC、BD的交点，过点O 与AC垂直的直线交边AD于点E，若□ABCD的周长为22cm，则△CDE的周长为（ ）．
A．8cmB．10cmC．11cmD．12cm
7、（4分）边长是4且有一个内角为60°的菱形的面积为( )
A．2B．4C．8D．16
8、（4分）如图，直线L上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为1和9，则b的面积为（ ）
A．8B．9C．10D．11
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，函数（）和（）的图象相交于点，则不等式的解集为_________．
10、（4分）当分式有意义时，x的取值范围是__________.
11、（4分）计算：（2+）（2－）=_______.
12、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A是双曲线在第一象限的分支上的一个动点，连接AO并延长与这个双曲线的另一分支交于点B，以AB为底边作等腰直角三角形ABC，使得点C位于第四象限。
（1）点C与原点O的最短距离是________；
（2）没点C的坐标为（，点A在运动的过程中，y随x的变化而变化，y关于x的函数关系式为________。
13、（4分）如图，在平行四边形中，，将平行四边形绕顶点顺时针旋转到平行四边形，当首次经过顶点时，旋转角__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知a,b分别是6的整数部分和小数部分.
（1）求a，b的值；
（2）求3ab2的值.
15、（8分）已知关于x的方程x2 -(m+1)x+2(m-1)=0，
（1）求证：无论m取何值时，方程总有实数根；
（2）若等腰三角形腰长为4，另两边恰好是此方程的根，求此三角形的另外两条边长.
16、（8分）如图是一块地的平面图，AD=4m，CD=3m，AB=13m，BC=12m，∠ADC=90°，求这块地的面积．
17、（10分）在中，D，E，F分别是三边，，上的中点，连接，，，，已知．
（1）观察猜想：如图，当时，①四边形的对角线与的数量关系是________；②四边形的形状是_______；
（2）数学思考：如图，当时，（1）中的结论①，②是否发生变化？若发生变化，请说明理由；
（3）拓展延伸：如图，将上图的点A沿向下平移到点，使得，已知，分别为，的中点，求四边形与四边形的面积比．
18、（10分）（1）请计算一组数据的平均数；
（2）一组数据的众数为，请计算这组数据的方差；
（3）用适当的方法解方程．
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）已知一组数据，，，，，，则这组数据的众数是________.
20、（4分）若分式方程有增根，则 a 的值是__________________．
21、（4分）如图，菱形的对角线相交于点，若，则菱形的面积＝____.
22、（4分）二次根式在实数范围内有意义，x的取值范围是_____．
23、（4分）甲、乙两车从地出发到地，甲车先行半小时后，乙车开始出发.甲车到达地后，立即掉头沿着原路以原速的倍返回（掉头的时间忽略不计），掉头1个小时后甲车发生故障便停下来，故障除排除后，甲车继续以加快后的速度向地行驶.两车之间的距离（千米）与甲车出发的时间（小时）之间的部分函数关系如图所示.在行驶过程中，甲车排除故障所需时间为______小时．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=1．在CB上找一点E，使EB=EA（利用尺规作图，保留作图痕迹），并求出此时CE的长．
25、（10分）毎年6月，学校门口的文具店都会购进毕业季畅销商品进行销售．已知校门口“小光文具店“在5月份就售出每本8元的A种品牌同学录90本，每本10元的B种品牌同学录175本．
（1）某班班长帮班上同学代买A种品牌和B种品牌同学录共27本，共花费246元，请问班长代买A种品牌和B种品牌同学录各多少本？
（2）该文具店在6月份决定将A种品牌同学录每本降价3元后销售，B种品牌同学录每本降价a%（a＞0）后销售．于是，6月份该文具店A种品牌同学录的销量比5月份多了a%，B种品牌同学录的销量比5月份多了（a+20）%，且6月份A、B两种品牌的同学录的销售总额达到了2550元，求a的值．
26、（12分）已知关于x的方程x2﹣kx+k2+n＝1有两个不相等的实数根x1、x2，且（2x1+x2）2﹣8（2x1+x2）+15＝1．
（1）求证：n＜1；
（2）试用k的代数式表示x1；
（3）当n＝﹣3时，求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、D
【解析】
先根据等腰直角三角形的性质及已知条件得出∠DAB=∠DBA=30°，则AD=BD，再证明CD是边AB的垂直平分线，得出∠ACD=∠BCD=45°，然后根据三角形外角的性质求出∠CDE=∠BDE=60°即可判断①②；利用差可求得结论：∠CDE=∠BCE-∠ACB=60°，即可判断③；证明△DCG是等边三角形，再证明△ACD≌△ECG，利用线段的和与等量代换即可判断④．
【详解】
解：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵∠CAD=∠CBD=15°，
∴∠BAD=∠ABD=45°-15°=30°，
∴BD=AD，
∴D在AB的垂直平分线上，
∵AC=BC，
∴C也在AB的垂直平分线上，
即直线CD是AB的垂直平分线，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠CDE=∠CAD+∠ACD=15°+45°=60°，
∵∠BDE=∠DBA+∠BAD=60°；
∴∠CDE=∠BDE，
即DE平分∠BDC；
所以①②正确；
∵CA=CB，CB=CE，
∴CA=CE，
∵∠CAD=∠CBD=15°，
∴∠BCE=180°-15°-15°=150°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACE=150°-90°=60°，
∴△ACE是等边三角形；
所以③正确；
∵,∠EDC=60°，
∴△DCG是等边三角形，
∴DC=DG=CG，∠DCG=60°，
∴∠GCE=150°-60°-45°=45°，
∴∠ACD=∠GCE=45°，
∵AC=CE，
∴△ACD≌△ECG，
∴EG=AD，
∴DE=EG+DG=AD+DC，
所以④正确；
正确的结论有：①②③④；
故选：D．
本题考查了等腰三角形、全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形、等边三角形等特殊三角形的性质和判定，熟练掌握有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形这一判定等边三角形的方法，在几何证明中经常运用．
2、D
【解析】
先变式解析式得到k的不定方程x+3)k=y-4，由于k有无数个解，则x+3=0且y-4=0，然后求出x、y的值即可得到定点坐标；
【详解】
解：∵y=k(x+3)+4，
∴(x+3)k=y-4，
∵无论k怎样变化，总经过一个定点，即k有无数个解，
∴x+3=0且y-4=0，
∴x=-3，y=4，
∴一次函数y=k(x+3) +4过定点(-3，4)；
故选D.
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，掌握一次函数图象上点的坐标特征是解题的关键.
3、D
【解析】
利用倒数定义得到结果，化简即可．
【详解】
的倒数为．
故选D．
此题考查了分母有理化，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4、C
【解析】
在平行四边形ABCD中，AC平分∠DAB，则四边形ABCD为菱形，根据菱形的性质求周长．
【详解】
解：∵在中，平分，
∴四边形ABCD为菱形，
∴四边形ABCD的周长＝4×2＝1．
故选C．
本题考查了菱形的判定定理，注意：菱形的判定定理有：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②四条边都相等的四边形是菱形，③对角线互相垂直的平行四边形是菱形，④对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．
5、D
【解析】
如图，连接PE，点P绕点E顺时针旋转90°得到的对应点P′在x轴上，根据正方形的性质得到∠ABC=90°，∠AEB=90°，AE=BE，∠EAP′=∠EBP=45°，由点P坐标为（a，b），得到BP=b，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】
如图，连接PE，点P绕点E顺时针旋转90°得到的对应点P′在x轴上，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠AEB=90°，AE=BE，∠EAP′=∠EBP=45°，
∵点P坐标为（a，b），
∴BP=b，
∵∠PEP′=90°，
∴∠AEP′=∠PEB，
在△AEP′与△BEP中，
，
∴△AEP′≌△BEP（ASA），
∴AP′=BP=b，
∴点P′的坐标是（b，0），
故选：D．
此题考查全等三角形的判断与性质，正方形的性质，解题关键在于作辅助线.
6、C
【解析】
由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，OE⊥AC，根据线段垂直平分线的性质，可得AE=CE，又由平行四边形ABCD的AB+BC=AD+CD=11，继而可得△CDE的周长等于AD+CD．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB=CD，AD=BC，
∵▱ABCD的周长22厘米，
∴AD+CD=11，
∵OE⊥AC，
∴AE=CE，
∴△CDE的周长为：CD+CE+DE=CD+CE+AE=AD+CD=11cm．
故选：C．
此题考查了平行四边形的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
7、C
【解析】
根据菱形内角度数及边长求出一边上的高，利用边长乘以高即可求出面积．
【详解】
解：如图，过点A作AE⊥BC于点E，
∵
∴ ．
∴菱形面积为 4×2＝8．
故选：C．
本题主要考查菱形的面积，能够求出菱形边上的高是解题的关键．
8、C
【解析】
试题分析：运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得∠BAC=∠DCE，然后证明△ACB≌△DCE，再结合全等三角形的性质和勾股定理来求解即可．
解：由于a、b、c都是正方形，所以AC=CD，∠ACD=90°；
∵∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，即∠BAC=∠DCE，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ACB≌△CDE（AAS），
∴AB=CE，BC=DE；
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=AB2+DE2，
即Sb=Sa+Sc=1+9=10，
∴b的面积为10，
故选C．
考点：全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
写出直线在直线下方部分的的取值范围即可．
【详解】
解：由图可知，不等式的解集为；
故答案为：.
本题考查了一次函数与一元一次不等式，此类题目，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
10、
【解析】
分式有意义的条件为，即可求得x的范围．
【详解】
根据题意得：，
解得：.
答案为：
本题考查了分式有意义的条件，熟练掌握分母不为0是解题的关键.
11、1
【解析】
根据实数的运算法则，利用平方差公式计算即可得答案.
【详解】
（2+）（2－）
=22-()2
=4-3
=1.
故答案为：1
本题考查实数的运算，熟练掌握运算法则并灵活运用平方差公式是解题关键.
12、
【解析】
（1）先根据反比例函数的对称性及等腰直角三角形的性质可得OC=OA=OB，利用勾股定理求出AO的长为，再配方得，根据非负性即可求出OA的最小值，进而即可求解；
（2）先证明△AOD≌△COE可得AD=CE，OD=OE，然后根据点C的坐标表示出A的坐标，再由反比例函数的图象与性质即可求出y与x 的函数解析式.
【详解】
解：（1）连接OC，过点A作AD⊥y轴，如图，
，
∵A是双曲线在第一象限的分支上的一个动点，延长AO交另一分支于点B，
∴OA=OB，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴OC=OA=OB，
∴当OA的长最短时，OC的长为点C与原点O的最短距离，
设A（m，），
∴AD=m，OD=，
∴OA===，
∵，
∴当时，OA=为最小值，
∴点C与原点O的最短距离为.
故答案为；
（2）过点C作x轴的垂线，垂足为E，如上图，
∴∠ADO=∠CEO=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴OC=OA=OB，OC⊥AB，
∴∠COE+∠AOE=90°，
∵∠AOD+∠AOE=90°，
∴∠AOD=∠COE，
∴△AOD≌△COE（AAS），
∴AD=CE，OD=OE，
∵点C的坐标为(x，y)(x＞0)，
∴OE=x，CE=-y，
∴OD=x，AD=-y，
∴点A的坐标为（-y，x），
∵A是双曲线第一象限的一点，
∴，即，
∴y关于x的函数关系式为（x>0）.
故答案为（x>0）.
本题考查了反比例函数的综合应用及等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质.利用配方法求出AO的长的最小值是解题的关键.
13、36°
【解析】
由旋转的性质可知：▱ABCD全等于▱ABCD，得出BC=BC，由等腰三角形的性质得出∠BCC=∠C，由旋转角∠ABA=∠CBC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【详解】
∵▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱ ABCD，
∴BC=BC，
∴∠BCC=∠C，
∵∠A=72°，
∴∠C=∠C=72°，
∴∠BCC=∠C，
∴∠CBC=180°−2×72°=36°，
∴∠ABA=36°，
故答案为36.
此题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，解题关键在于掌握其性质得出∠BCC=∠C.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）a=3, b=3-; (2)6-1.
【解析】
（1）先求出范围，再两边都乘以-1，再两边都加上6，即可求出a、b；
（2）把a、b的值代入求出即可．
【详解】
（1）∵2＜＜3，
∴-3＜-＜-2，
∴3＜6-＜4，
∴a=3，b=6--3=3-；
（2）3a-b2=3×3-（3-）2=9-9+6-1=6-1．
本题考查了估算无理数的大小和有理数的混合运算的应用，主要考查学生的计算能力．
15、证明见解析 1和2
【解析】
(1)根据方程的系数结合根的判别式即可得出△＝(m－3)2≥0，由此即可证出结论；
(2) 等腰三角形的腰长为1，将x＝1代入原方程求出m值，将m的值代入原方程中解方程即可得出方程的解，再根据三角形的三边关系确定△ABC的三条边，结合三角形的周长即可得出结论.
【详解】
（1）证明：∵△=[﹣（m+1）]2﹣1×2（m﹣1）=m2﹣6m+9=（m﹣3）2≥0，
∴无论m取何值，这个方程总有实数根；
（2）等腰三角形的腰长为1，将x=1代入原方程，得：16﹣1（m+1）+2（m﹣1）=0，
解得：m=5，
∴原方程为x2﹣6x+8=0，
解得：x1=2，x2=1．
组成三角形的三边长度为2、1、1；
所以三角形另外两边长度为1和2．
本题考查了根的判别式，三角形三边关系，等腰三角形的性质以及解一元二次方程，⑴牢记当△≥0时，方程有实数根，⑵代入x＝1求出m的值是解决本题的关键.
16、24m2
【解析】
连接AC，利用勾股定理逆定理可以得出△ABC是直角三角形，用△ABC的面积减去△ACD的面积就是所求的面积．
【详解】
连接AC ，
∵∠ADC=90°
∴在Rt△ADC中，AC2= AD2+CD2=42+32=25，
∵AC2+BC2=25+122=169, AB2=132=169，
∴AC2+BC2= AB2 ，∴∠ACB=90°，
∴S=S△ACB－S△ADC=×12×5－×4×3=24m2
答：这块地的面积是24平方米
考点：1.勾股定理的逆定理2.勾股定理
17、（1）①，②平行四边形；（2）结论①不变，结论②由平行四边形变为菱形，理由详见解析；（3）
【解析】
（1）根据三角形中位线定理，即可得出，进而得解；由三角形中位线定理得出DE∥AC, ,即可判定为平行四边形；
（2）由中位线定理得出，，，然后根据，得出，，即可判定平行四边形是菱形；
（3）首先设，，根据等腰直角三角形的性质，得出，进而得出，然后由三角形中位线定理得，，经分析可知：，且和互相垂直平分，即可得出四边形为正方形，又由，，，得出四边形为矩形，即可得出面积比.
【详解】
解：（1）①，②平行四边形；
由已知条件和三角形中位线定理，得
又∵
∴
②由三角形中位线定理得，
DE∥AC, ,
∴四边形是平行四边形；
（2）结论①不变，结论②由平行四边形变为菱形，
四边形是菱形的理由是：
∵，都是的中位线，
∴，
∴四边形是平行四边形
∵是的中位线，
∴
∵
∴，
∴
∴平行四边形是菱形．
（3）设，
当，是等腰直角三角形，
∴
∴
由三角形中位线定理得，，
∴，且和互相垂直平分
∴四边形为正方形，
∵，EF⊥AD，
∴
∴
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴所求面积比为
（1）此题主要考查三角形中位线定理的应用，利用其进行等式转换和平行四边形的判定，即可得解；
（2）此题主要考查菱形的判定，熟练掌握，即可解题；
（3）此题主要考查正方形和矩形的判定，关键是利用正方形和矩形的面积关系式，即可解题.
18、（1）4；（2）；（3）
【解析】
（1）根据算数平均数公式求解即可；
（2）根据众数的概念求得x的值，然后利用方差公式计算进行即可；
（3）用因式分解法解一元二次方程．
【详解】
解：（1）
∴这组数据的平均数为4；
（2）由题意可知：x=2
∴

∴这组数据的方差为；
（3）
或
∴
本题考查平均数，众数，方差的概念及计算，考查因式分解法解一元二次方程，掌握相关概念和公式，正确计算是解题关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、45
【解析】
根据众数的概念：一组数据中出现次数最多的数值即为众数，即可得到答案
【详解】
解：∵这组数据中45出现两次，出现次数最多
∴众数是45
故答案为45
本题考查众数的概念，熟练掌握众数的概念为解题关键
20、1
【解析】
增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母x﹣3=0，得到x=3，然后代入整式方程算出a的值即可．
【详解】
方程两边同时乘以x﹣3得：1+x﹣3=a﹣x．
∵方程有增根，∴x﹣3=0，解得：x=3，∴1+3﹣3=a﹣3，解得：a=1．
故答案为：1．
本题考查了分式方程的增根，先根据增根的定义得出x的值是解答此题的关键．
21、3.
【解析】
先求出菱形对角线AC和BD的长度，利用菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】
因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD．
在Rt△AOB中，利用勾股定理求得BO=1．
∴BD=6，AC=2．
∴菱形ABCD面积为×AC×BD=3．
故答案为：3．
本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是熟记菱形面积的求解方法，运用对角线求解面积是解题的最优途径．
22、x≤1
【解析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得，1﹣x≥0，
解得，x≤1，
故答案为x≤1．
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题的关键．
23、
【解析】
画出符合题意的行程信息图，利用图中信息列方程组求出甲乙的速度，再构建方程解决问题即可．
【详解】
解：设去时甲的速度为km/h，乙的速度为km/h，
则有， 解得，
∴甲返回时的速度为km/h，
设甲修车的时间为小时，则有，
解得．
故答案为．
本题考查函数图象问题，解题的关键是读懂图象信息，还原行程信息图，灵活运用所学知识解决问题．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、CE=
【解析】
作AB的垂直平分线交BC于E，则根据线段垂直平分线的性质得到EA=EB，设CE=x，则EA=EB=1-x，利用勾股定理得到62+x2=(1-x)2，然后解方程即可．
【详解】
如图，点E为所作；
设CE=x，则EA=EB=1-x，
在Rt△AEC中，∵AC2+CE2=AE2，
∴62+x2=(1-x)2，解得x=，
即CE=．
本题考查了作图，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握线段垂直平分线的性质以及勾股定理的内容是解题的关键.
25、（1）班长代买A种品牌同学录12本，B种品牌同学录15本；（2）a的值为1．
【解析】
（1）设班长代买A种品牌同学录x本，B种品牌同学录y本，根据总价＝单价×数量结合购买A、B两种品牌同学录27本共花费246元，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）根据总价＝单价×数量，即可得出关于a的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】
解：（1）设班长代买A种品牌同学录x本，B种品牌同学录y本，
依题意，得：，
解得：．
答：班长代买A种品牌同学录12本，B种品牌同学录15本．
（2）依题意，得：（8﹣3）×90（1+a%）+10（1﹣a%）×175[1+（a+1）%]＝2550，
整理，得：a2﹣1a＝0，
解得：a1＝1，a2＝0（舍去）．
答：a的值为1．
本题考查了二元一次方程组和一元二次方程的实际应用，根据实际问题找出等量关系，列出方程是解题的关键．
26、（3）证明见解析；（3）x3＝3﹣k或x3＝5﹣k．（3）k＝3．
【解析】
（3）方程有两个不相等的实数根，则△＞3，建立关于n，k的不等式，由此即可证得结论；（3）根据根与系数的关系，把x3+x3＝k代入已知条件（3x3+x3）3﹣8（3x3+x3）+35＝3，即可用k的代数式表示x3；（3）首先由（3）知n＜﹣k3，又n＝﹣3，求出k的范围．再把（3）中求得的关系式代入原方程，即可求出k的值．
【详解】
证明：（3）∵关于x的方程x3﹣kx+k3+n＝3有两个不相等的实数根，
∴△＝k3﹣4（k3+n）＝﹣3k3﹣4n＞3，
∴n＜﹣k3．
又﹣k3≤3，
∴n＜3．
解：（3）∵（3x3+x3）3﹣8（3x3+x3）+35＝3，x3+x3＝k，
∴（x3+x3+x3）3﹣8（x3+x3+x3）+35＝3
∴（x3+k）3﹣8（x3+k）+35＝3
∴[（x3+k）﹣3][（x3+k）﹣5]＝3
∴x3+k＝3或x3+k＝5，
∴x3＝3﹣k或x3＝5﹣k．
（3）∵n＜﹣k3，n＝﹣3，
∴k3＜4，即：﹣3＜k＜3．
原方程化为：x3﹣kx+k3﹣3＝3，
把x3＝3﹣k代入，得到k3﹣3k+3＝3，
解得k3＝3，k3＝3（不合题意），
把x3＝5﹣k代入，得到3k3﹣35k+33＝3，△＝﹣39＜3，所以此时k不存在．
∴k＝3．
本题综合考查了一元二次方程的解法、一元二次方程根的定义、一元二次方程根的判别式、一元二次方程根与系数的关系以及分类讨论的思想，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分