2025屆福建省福州教育學(xué)院附屬中學(xué)九上數(shù)學(xué)開(kāi)學(xué)教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題【含答案】

學(xué)校________________班級(jí)____________姓名____________考場(chǎng)____________準(zhǔn)考證號(hào)學(xué)校________________班級(jí)____________姓名____________考場(chǎng)____________準(zhǔn)考證號(hào)…………密…………封…………線…………內(nèi)…………不…………要…………答…………題…………第1頁(yè)，共8頁(yè)2025屆福建省福州教育學(xué)院附屬中學(xué)九上數(shù)學(xué)開(kāi)學(xué)教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題題號(hào)一二三四五總分得分A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）1、（4分）正比例函數(shù)的圖像上的點(diǎn)到兩坐標(biāo)軸的距離相等，則（）.A．1 B．-1 C．±1 D．±22、（4分）下列說(shuō)法正確的是（）A．對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是正方形B．一組對(duì)邊平行另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形C．一組對(duì)邊平行另一組對(duì)角相等的四邊形是平行四邊形D．對(duì)角線互相垂直的四邊形是菱形3、（4分）如圖，小明在作線段AB的垂直平分線時(shí)，他是這樣操作的：分別以A和B為圓心，大于的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，兩弧相交于C、D兩點(diǎn)，直線CD即為所求．根據(jù)他的作圖方法可知四邊形一定是（）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．無(wú)法確定4、（4分）以下運(yùn)算錯(cuò)誤的是（）A． B．C． D．5、（4分）若關(guān)于的一元二次方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則的取值范圍是（）A． B．，且 C．，且 D．6、（4分）正方形具有而菱形不具有的性質(zhì)是（）A．四邊相等 B．對(duì)角線相等C．兩組對(duì)邊分別平行 D．一條對(duì)角線平分一組對(duì)角7、（4分）如圖：一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為4cm、3cm、12cm的長(zhǎng)方體盒子能容下的最長(zhǎng)木棒長(zhǎng)為（）A．11cmB．12cmC．13cmD．14cm8、（4分）如圖，等腰三角形的底邊長(zhǎng)為，面積是，腰的垂直平分線分別交邊于點(diǎn)．若點(diǎn)為邊的中點(diǎn)，點(diǎn)為線段EF上一動(dòng)點(diǎn)，則周長(zhǎng)的最小值為（）A． B． C． D．二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）9、（4分）甲乙兩人同時(shí)開(kāi)車(chē)從A地出發(fā)，沿一條筆直的公路勻速前往相距400千米的B地，1小時(shí)后，甲發(fā)現(xiàn)有物品落在A地，于是立即按原速返回A地取物品，取到物品后立即提速25%繼續(xù)開(kāi)往B地（所有掉頭和取物品的時(shí)間忽略不計(jì)），甲乙兩人間的距離y千米與甲開(kāi)車(chē)行駛的時(shí)間x小時(shí)之間的部分函數(shù)圖象如圖所示，當(dāng)甲到達(dá)B地時(shí)，乙離B地的距離是_____．10、（4分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A1,1,B-1,1，如果以A,B,C,O為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，那么滿足條件的所有點(diǎn)C11、（4分）汽車(chē)開(kāi)始行駛時(shí)，油箱中有油40L，如果每小時(shí)耗油5L，則油箱內(nèi)余油量y（L）與行駛時(shí)間x（h）的關(guān)系式為_(kāi)____．12、（4分）一組數(shù)據(jù)2，x，4，6，7，已知這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是6，那么這組數(shù)據(jù)的方差是________．13、（4分）某中學(xué)隨機(jī)地調(diào)查了50名學(xué)生，了解他們一周在校的體育鍛煉時(shí)間，結(jié)果如下表所示：時(shí)間（小時(shí)）5678人數(shù)1015205則這50名學(xué)生這一周在校的平均體育鍛煉時(shí)間是____小時(shí)．三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）14、（12分）如圖，直線分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)，直線BC與x軸交于點(diǎn)，P是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)點(diǎn)P與A、B不重合．（1）求直線BC所對(duì)應(yīng)的的函數(shù)表達(dá)式；（2）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，的面積為S．①求出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量t的取值范圍；②在線段BC上存在點(diǎn)Q，使得四邊形COPQ是平行四邊形，求此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)．15、（8分）閱讀下列材料：小明遇到這樣一個(gè)問(wèn)題：已知：在△ABC中，AB，BC，AC三邊的長(zhǎng)分別為、、，求△ABC的面積．小明是這樣解決問(wèn)題的：如圖1所示，先畫(huà)一個(gè)正方形網(wǎng)格（每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1），再在網(wǎng)格中畫(huà)出格點(diǎn)△ABC（即△ABC三個(gè)頂點(diǎn)都在小正方形的頂點(diǎn)處），從而借助網(wǎng)格就能計(jì)算出△ABC的面積他把這種解決問(wèn)題的方法稱(chēng)為構(gòu)圖法．請(qǐng)回答：

（1）①圖1中△ABC的面積為_(kāi)_______；②圖1中過(guò)O點(diǎn)畫(huà)一條線段MN，使MN＝2AB，且M、N在格點(diǎn)上．（2）圖2是一個(gè)6×6的正方形網(wǎng)格（每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1）．利用構(gòu)圖法在圖2中畫(huà)出三邊長(zhǎng)分別為、2、的格點(diǎn)△DEF．16、（8分）（1）[探索發(fā)現(xiàn)]正方形中,是對(duì)角線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(與點(diǎn)不重合),過(guò)點(diǎn)作交線段于點(diǎn)．求證:小玲想到的思路是:過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)于點(diǎn),通過(guò)證明得到．請(qǐng)按小玲的思路寫(xiě)出證明過(guò)程（2）[應(yīng)用拓展]如圖2,在的條件下，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為,過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)．求的長(zhǎng)．17、（10分）解下列方程（1）；（2）；（3）．18、（10分）已知:在平面直角坐標(biāo)系中,直線分別交、軸于點(diǎn)A、B兩點(diǎn),OA=5,∠OAB=60°.(1)如圖1,求直線AB的解析式；(2)如圖2,點(diǎn)P為直線AB上一點(diǎn)，連接OP,點(diǎn)D在OA延長(zhǎng)線上，分別過(guò)點(diǎn)P、D作OA、OP的平行線,兩平行線交于點(diǎn)C，連接AC,設(shè)AD=m,△ABC的面積為S,求S與m的函數(shù)關(guān)系式;(3)如圖3,在(2)的條件下,在PA上取點(diǎn)E,使PE=AD,連接EC,DE,若∠ECD=60°,四邊形ADCE的周長(zhǎng)等于22，求S的值.B卷（50分）一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）19、（4分）若，是一元二次方程的兩個(gè)根，則的值是_________．20、（4分）某商品經(jīng)過(guò)連續(xù)兩次降價(jià)，售價(jià)由原來(lái)的25元/件降到16元/件，則平均每次降價(jià)的百分率為_(kāi)____．21、（4分）因式分解的結(jié)果是____.22、（4分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A,B兩點(diǎn)分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=OB，點(diǎn)C在第一象限，OC=3，連接BC，AC，若∠BCA=90°，則BC+AC的值為_(kāi)________．23、（4分）如圖，函數(shù)y=2x和y=ax+5的圖象相交于A（m，3），則不等式2x＜ax+5的解集為．二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）24、（8分）已知，矩形OABC在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的位置如圖所示，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)示為(1，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1，8)．(1)直接寫(xiě)出點(diǎn)C的坐標(biāo)為：C(____，_____)；(2)已知直線AC與雙曲線y=(m≠0)在第一象限內(nèi)有一點(diǎn)交點(diǎn)Q為(5，n)，①求m及n的值；②若動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿折線AO→OC→CB的路徑以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B處停止，△APQ的面積為S，當(dāng)t取何值時(shí)，S=1．25、（10分）已知△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，C為它們的公共直角頂點(diǎn)，D、E分別在BC、AC邊上．(1)如圖1，F(xiàn)是線段AD上的一點(diǎn)，連接CF，若AF=CF；①求證：點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)；②判斷BE與CF的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；(2)如圖2，把△DEC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α角（0＜α＜90°），點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)，其他條件不變，判斷BE與CF的關(guān)系是否不變？若不變，請(qǐng)說(shuō)明理由；若要變，請(qǐng)求出相應(yīng)的正確結(jié)論．26、（12分）八年級(jí)（1）班張山同學(xué)利用所學(xué)函數(shù)知識(shí)，對(duì)函數(shù)進(jìn)行了如下研究：列表如下：x…0123…y…753m1n111…描點(diǎn)并連線（如下圖）（1）自變量x的取值范圍是________；（2）表格中：________，________；（3）在給出的坐標(biāo)系中畫(huà)出函數(shù)的圖象；（4）一次函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象交點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)______.

參考答案與詳細(xì)解析一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）1、C【解析】

根據(jù)題意，正比例函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)可設(shè)為（a，a）或（a，-a），然后把它們分別代入y=kx可計(jì)算出對(duì)應(yīng)的k的值，從而可確定正比例函數(shù)解析式．【詳解】∵正比例函數(shù)圖象上的點(diǎn)到兩坐標(biāo)軸的距離相等，∴正比例函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)可設(shè)為（a，a）或（a，-a），∴k?a=a或k?a=-a∴k=1或-1，故選C．本題考查了待定系數(shù)法求正比例函數(shù)的解析式：設(shè)正比例函數(shù)解析式為y=kx，然后把一組對(duì)應(yīng)值代入求出k，從而得到正比例函數(shù)解析式．2、C【解析】

根據(jù)平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：選項(xiàng)A中，對(duì)角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；選項(xiàng)B中，當(dāng)一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等時(shí)，該四邊形可能為等腰梯形，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；選項(xiàng)C中，由一組對(duì)邊平行，一組對(duì)角相等可得另一組對(duì)邊平行，所以是平行四邊形，故C選項(xiàng)正確；選項(xiàng)D中，對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤；故選：C．本題主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定，掌握平行四邊形的判定，菱形的判定，正方形的判定是解題的關(guān)鍵．3、B【解析】

根據(jù)菱形的判定方法：四邊都相等的四邊形是菱形判定即可.【詳解】根據(jù)作圖方法可得：,因此四邊形ABCD一定是菱形.故選：B本題考查了菱形的判定，解題的關(guān)鍵在于根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形判斷.4、B【解析】A.，正確；B.=5，則原計(jì)算錯(cuò)誤；C.，正確；D.，正確，故選B.5、C【解析】

根據(jù)根的判別式即可求解的取值范圍．【詳解】一元二次方程，，．有個(gè)實(shí)根，．且．故選C．本題考查了一元二次方程根的問(wèn)題，掌握根的判別式是解題的關(guān)鍵．6、B【解析】

根據(jù)正方形的性質(zhì)以及菱形的性質(zhì)，即可判斷．【詳解】正方形的邊：四邊都相等，兩組對(duì)邊分別平行；菱形的邊：四邊都相等，兩組對(duì)邊分別平行；正方形的對(duì)角線：互相垂直平分且相等，每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角；菱形的對(duì)角線：互相垂直平分，每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角；∴正方形具有而菱形不具有的性質(zhì)是：對(duì)角線相等．故選B．本題考查了正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)，熟練掌握正方形和菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7、C【解析】試題分析：∵側(cè)面對(duì)角線BC2=32+42=52，∴CB=5m，∵AC=12m，∴AB==13（m），∴空木箱能放的最大長(zhǎng)度為13m，故選C．考點(diǎn)：勾股定理的應(yīng)用．8、C【解析】

連接AD，由于△ABC是等腰三角形，點(diǎn)D是BC邊的中點(diǎn)，故AD⊥BC，再根據(jù)三角形的面積公式求出AD的長(zhǎng)，再根據(jù)EF是線段AB的垂直平分線可知，點(diǎn)B關(guān)于直線EF的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)A，故AD的長(zhǎng)為BM+MD的最小值，由此即可得出結(jié)論．【詳解】解：連接AD，

∵△ABC是等腰三角形，點(diǎn)D是BC邊的中點(diǎn)，

∴AD⊥BC，

∴S△ABC=BC?AD=×4×AD=16，解得AD=8，

∵EF是線段AC的垂直平分線，

∴點(diǎn)C關(guān)于直線EF的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)A，

∴AD的長(zhǎng)為CM+MD的最小值，∴△CDM的周長(zhǎng)最短=（CM+MD）+CD故選：C．本題考查的是軸對(duì)稱(chēng)-最短路線問(wèn)題，熟知等腰三角形三線合一的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）9、1【解析】

結(jié)合題意分析函數(shù)圖象：線段OC對(duì)應(yīng)甲乙同時(shí)從A地出發(fā)到A返回前的過(guò)程，此過(guò)程為1小時(shí)；線段CD對(duì)應(yīng)甲返回走到與乙相遇的過(guò)程（即甲的速度大于乙的速度）；線段DE對(duì)應(yīng)甲與乙相遇后繼續(xù)返回走至到達(dá)A地的過(guò)程，因?yàn)樗俣认嗤?，所以甲去和回所用時(shí)間相同，即x＝2時(shí)，甲回到A地，此時(shí)甲乙相距120km，即乙2小時(shí)行駛120千米；線段EF對(duì)應(yīng)甲從A地重新出發(fā)到追上乙的過(guò)程，即甲用（5﹣2）小時(shí)的時(shí)間追上乙，可列方程求出甲此時(shí)的速度，進(jìn)而求出甲到達(dá)B地的時(shí)刻，再求出此時(shí)乙所行駛的路程．【詳解】解：∵甲出發(fā)到返回用時(shí)1小時(shí)，返回后速度不變，∴返回到A地的時(shí)刻為x＝2，此時(shí)y＝120，∴乙的速度為60千米/時(shí)，設(shè)甲重新出發(fā)后的速度為v千米/時(shí)，列得方程：（5﹣2）（v﹣60）＝120，解得：v＝100，設(shè)甲在第t小時(shí)到達(dá)B地，列得方程：100（t﹣2）＝10解得：t＝6，∴此時(shí)乙行駛的路程為：60×6＝360（千米），乙離B地距離為：10﹣360＝1（千米）．故答案為：1．本題考查了一次函數(shù)與一元一次方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是把條件表述的幾個(gè)過(guò)程對(duì)應(yīng)圖象理解清楚，再找出對(duì)應(yīng)x和y表示的數(shù)量關(guān)系．10、-2,0【解析】

需要分類(lèi)討論：以AB為該平行四邊形的邊和對(duì)角線兩種情況．【詳解】解：如圖，①當(dāng)AB為該平行四邊形的邊時(shí)，AB=OC，∵點(diǎn)A（1，1），B（-1，1），O（0，0）∴點(diǎn)C坐標(biāo)（-2，0）或（2，0）②當(dāng)AB為該平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，C（0，2）．故答案是：（-2，0）或（2，0）或（0，2）．本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．解答本題關(guān)鍵要注意分兩種情況進(jìn)行求解．11、y=40-5x【解析】

直接利用汽車(chē)耗油量結(jié)合油箱的容積，進(jìn)而得出油箱內(nèi)剩余油量y（L）與行駛時(shí)間x（h）的關(guān)系式．【詳解】由題意可得：y=40-5x．故答案為y=40-5x．此題主要考查了函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)汽車(chē)耗油量得出函數(shù)關(guān)系式是解題關(guān)鍵．12、3.1【解析】

根據(jù)眾數(shù)的定義先求出x的值，然后再根據(jù)方差的公式進(jìn)行計(jì)算即可得．【詳解】解：已知一組數(shù)據(jù)1，x，4，6，7的眾數(shù)是6，說(shuō)明x=6，則平均數(shù)=（1+6+4+6+7）÷5=15÷5=5，則這組數(shù)據(jù)的方差==3.1，故答案為3.1．本題考查了眾數(shù)、方差等，熟練掌握眾數(shù)的定義、方差的計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵．13、6.4【解析】試題分析：體育鍛煉時(shí)間=（小時(shí)）.考點(diǎn)：加權(quán)平均數(shù).三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）14、（1）y=2x+1；（2）①S=-2t+2(0＜t＜1)；②點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(，)．【解析】

（1）根據(jù)函數(shù)表達(dá)式求出點(diǎn)B坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)C坐標(biāo)求出BC的表達(dá)式；（2）①根據(jù)三角形面積求法可得S與t的表達(dá)式；②過(guò)點(diǎn)P作PQ∥x軸，交BC于點(diǎn)Q，得出P和Q的坐標(biāo)，利用平行四邊形的性質(zhì)建立方程求解即可.【詳解】解：（1）直線y=-x+1與x軸、y軸交點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(1，0)、B(0，1)兩點(diǎn)．設(shè)直線BC所對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=kx+1．∵直線BC經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(-2，0)，∴-2k+1=0，解得：k=2，∴直線BC所對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=2x+1．（2）①由題意，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t，-t+1)，∴S=S△POA=×OA×yP=×1×(-t+1)=-2t+2．即S=-2t+2(0＜t＜1)．②過(guò)點(diǎn)P作PQ∥x軸，交BC于點(diǎn)Q．∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t，-t+1)，∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(，-t+1)．∵四邊形COPQ是平行四邊形，∴PQ=OC，即.解得：t=，∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(，)．本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，求一次函數(shù)表達(dá)式，平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是畫(huà)出圖形，借助平行四邊形的性質(zhì)解題.15、（1）①，②見(jiàn)解析；(2)見(jiàn)解析.【解析】分析：（1）①如圖3，由S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF結(jié)合已知條件即可求得△ABC的面積了；②如圖4，對(duì)照?qǐng)D形過(guò)點(diǎn)O作OM∥AB，且使OM=AB，作ON∥AB，且使ON=AB，則根據(jù)過(guò)直線為一點(diǎn)有且只有一條直線平行于已知直線可知點(diǎn)O、M、N在同一直線上，由此所得線段MN=2AB；（2）如圖5，按照題中構(gòu)圖法結(jié)合勾股定理畫(huà)出△DEF即可.詳解：（1）①如圖3，S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF=；②如圖所示，線段MN即為所求：（2）如圖5所示，△DEF即為所求.點(diǎn)睛：（1）“構(gòu)造如圖3所示的正方形DECF，由此得到，S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF”是解答第1小題的關(guān)鍵；（2“由勾股定理在6×6網(wǎng)格中找到使DE=，EF=，DF=的點(diǎn)D、E、F的位置”是解答第2小題的關(guān)鍵.16、（1）詳見(jiàn)解析；（2）【解析】

（1）過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BC于G，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥DC于H，如圖1．要證PB=PE，只需證到△PGB≌△PHE即可；（2）連接BD，如圖2．易證△BOP≌△PFE，則有BO=PF，只需求出BO的長(zhǎng)即可．【詳解】證明:過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，于點(diǎn)是對(duì)角線上的動(dòng)點(diǎn)，∠GPC+∠CPE=90°（2）連接BD，如圖2．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BOP=90°．∵PE⊥PB即∠BPE=90°，∴∠PBO=90°-∠BPO=∠EPF．∵EF⊥PC即∠PFE=90°，∴∠BOP=∠PFE．在△BOP和△PFE中，，∴△BOP≌△PFE（AAS），∴BO=PF．∵四邊形ABCD是正方形，∴OB=OC，∠BOC=90°，∴BC=OB．∵BC=2，∴OB=，∴PF=．本題主要考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，有一定的綜合性，而通過(guò)添加輔助線證明三角形全等是解決本題的關(guān)鍵．17、（1）；（2），；（3），．【解析】

（1）直接利用去分母進(jìn)而解方程得出答案；

（2）直接利用提取公因式法分解因式解方程即可；

（3）直接利用配方法解方程得出答案．【詳解】（1）經(jīng)檢驗(yàn)，是原方程的根．（2），或，（3），此題主要考查了分式方程和一元二次方程的解法，正確掌握相關(guān)解題方法是解題關(guān)鍵．18、(1)直線解析式為；(2)S=；(3).【解析】

(1)先求出點(diǎn)B坐標(biāo)，設(shè)AB解析式為，把點(diǎn)A(5，0)，B(0，)分別代入，利用待定系數(shù)法進(jìn)行求解即可；(2)由題意可得四邊形ODCP是平行四邊形，∠OAB=∠APC=60°，則有PC=OD=5+m，∠PCH=30°，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB，在Rt△PCH中利用勾股定理可求得CH=，再由S=ABCH代入相關(guān)數(shù)據(jù)進(jìn)行整理即可得；(3)先求得∠PEC=∠ADC，設(shè)∠OPA=，則∠OPC=∠ADC=∠PEC=60°+，在BA延長(zhǎng)線上截取AK=AD，連接OK，DK，DE，證明△ADK是等邊三角形，繼而證明△PEC≌△DKO，通過(guò)推導(dǎo)可得到OP=OK=CE=CD，再證明△CDE是等邊三角形，可得CE=CD=DE，連接OE，證明△OPE≌△EDA，繼而可得△OAE是等邊三角形，得到OA=AE=5，根據(jù)四邊形ADCE的周長(zhǎng)等于22，可得ED=，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥OD于點(diǎn)N，則DN=，由勾股定理得，可得關(guān)于m的方程，解方程求得m的值后即可求得答案.【詳解】(1)在Rt△ABO中OA=5，∠OAB=60°，∴∠OBA=30°，AB=10，由勾股定理可得OB=，∴B(0，)，設(shè)AB解析式為，把點(diǎn)A(5，0)，B(0，)分別代入，得，∴，∴直線解析式為；(2)∵CP//OD，OP//CD，∴四邊形ODCP是平行四邊形，∠OAB=∠APC=60°，∴PC=OD=5+m，∠PCH=30°，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB，在Rt△PCH中PH=，由勾股定理得CH=，∴S=ABCH=；(3)∵∠ECD=∠OAB=60°，∴∠EAD+∠ECD=180°，∠CEA+∠ADC=180°，∴∠PEC=∠ADC，設(shè)∠OPA=，則∠OPC=∠ADC=∠PEC=60°+，在BA延長(zhǎng)線上截取AK=AD，連接OK，DK，DE，∵∠DAK=60°，∴△ADK是等邊三角形，∴AD=DK=PE，∠ODK=∠APC，∵PC=OD，∴△PEC≌△DKO，∴OK=CE，∠OKD=∠PEC=∠OPC=60°+，∠AKD=∠APC=60°，∴∠OPK=∠OKB，∴OP=OK=CE=CD，又∵∠ECD=60°，∴△CDE是等邊三角形，∴CE=CD=DE，連接OE，∵∠ADE=∠APO，DE=CD=OP，∴△OPE≌△EDA，∴AE=OE，∠OAE=60°，∴△OAE是等邊三角形，∴OA=AE=5，∵四邊形ADCE的周長(zhǎng)等于22，∴AD+2DE=17，∴ED=，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥OD于點(diǎn)N，則DN=，由勾股定理得，即，解得，(舍去)，∴S==20.本題考查的四邊形綜合題，涉及了待定系數(shù)法，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解一元二次方程等，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）19、6【解析】

首先把提公因式進(jìn)行因式分解得到，然后運(yùn)用韋達(dá)定理，，最后代入求值.【詳解】=由韋達(dá)定理可知：代入得：故答案為6本題考查了一元二次方程兩根之間的關(guān)系，由韋達(dá)定理可知，的兩根為，則.20、20%【解析】

設(shè)平均每次降價(jià)的百分率為x，根據(jù)該商品的原價(jià)及經(jīng)過(guò)兩次降價(jià)后的價(jià)格，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其較小值即可得出結(jié)論．【詳解】解：設(shè)平均每次降價(jià)的百分率為x，依題意，得：25（1﹣x）2＝16，解得：x1＝0.2＝20%，x2＝1.8（不合題意，舍去）．故答案為：20%．本題主要考查一元二次方程的應(yīng)用，讀懂題意列出方程是解題的關(guān)鍵．21、【解析】

先提取公因式6x2即可.【詳解】＝.故答案為：.本題考查了因式分解，把一個(gè)多項(xiàng)式化成幾個(gè)整式的乘積的形式，叫做因式分解.因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分組分解法.因式分解必須分解到每個(gè)因式都不能再分解為止.22、【解析】

可將△OBC繞著O點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，所得的圖形與△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜邊CD.【詳解】解：將△OBC繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°，∵OB=OA∴點(diǎn)B落在A處，點(diǎn)C落在D處且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，在四邊形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三點(diǎn)在同一條直線上，∴△OCD為等要直角三角形，根據(jù)勾股定理CD2=OC2+OD2即CD2=32+32=18解得CD=即BC+AC=.本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)前后的圖形對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等.要求兩條線段的長(zhǎng)，可利用作圖的方法將兩條線段化成一條線段，再求這條線段的長(zhǎng)度即可，本題就是利用旋轉(zhuǎn)的方法做到的，但做本題時(shí)需注意，一定要證明C、A、D三點(diǎn)在同一條直線上.本題還有一種化一般為特殊的方法，因?yàn)榇鸢敢欢煽紤]CB⊥y軸的情況，此時(shí)四邊形OACB剛好是正方形，在做選擇或填空題時(shí)，也可以起到事半功倍的效果.23、x＜．【解析】

先把點(diǎn)A（m，3）代入函數(shù)y=2x求出m的值，再根據(jù)函數(shù)圖象即可直接得出結(jié)論．【詳解】∵點(diǎn)A（m，3）在函數(shù)y=2x的圖象上，∴3=2m，解得m=，∴A（，3），由函數(shù)圖象可知，當(dāng)x＜時(shí)，函數(shù)y=2x的圖象在函數(shù)y=ax+5圖象的下方，∴不等式2x＜ax+5的解集為：x＜．二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）24、（1）B（0，8）（2）t=2.5s,7s,11.5s【解析】分析：（1）根據(jù)矩形的對(duì)邊相等的性質(zhì)直接寫(xiě)出點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）①設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b（k≠0）．將A（1，0）、C（0，8）兩點(diǎn)代入其中，即利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；然后利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，將點(diǎn)Q代入函數(shù)關(guān)系式求得n值；最后將Q點(diǎn)代入雙曲線的解析式，求得m值；②分類(lèi)討論：分當(dāng)0≤t≤5時(shí)，當(dāng)5＜t≤9時(shí)，當(dāng)9＜t≤14時(shí)三種情況討論求解.詳解：（1）B（1，8），（2）①設(shè)直線AC函數(shù)表達(dá)式為（），∵圖像經(jīng)過(guò)A（1，0）.C（0,8），∴，解得，∴，當(dāng)時(shí)，.∵Q（5，4）在上∴，∴；②㈠當(dāng)0＜t≤5時(shí)，AP=2t，∴，∴4t=1，∴t=2.5，㈡當(dāng)5＜t≤9時(shí)，OP=2t-1,CP=18-2t，∴，∴，∴，∴t=7；㈢當(dāng)9＜t≤14時(shí)，OP=2t-18,BP=28-2t，∴，∴，∴t=11.5，綜上所述：當(dāng)t=2.5s,7s,11.5s時(shí)，△APQ的面積是1.點(diǎn)睛：本題考查的是反比例函數(shù)綜合題,熟知反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)、三角形的面積公式及正方形的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵.注意解（2）②時(shí)，要分類(lèi)討論，以防漏解．25、（1）①證明見(jiàn)解析；②BE=2CF，BE⊥CF；（2）仍然有BE=2CF，BE⊥CF．【解析】

（1）①如圖1，由AF=CF得到∠1=∠2，則利用等角的余角相等可得∠3=∠ADC，然后根據(jù)等腰三角形的判定定理得FD=FC，易得AF=FD；

②先利用等腰直角三角形的性質(zhì)得CA=CB，CD=CE，則可證明△ADC≌△BEC得到AD=BE，∠1=∠CBE，由于AD=2CF，∠1=∠2，則BE=2CF，再證明∠CBE+∠3=90°，于是可判斷CF⊥BE；

（2）延長(zhǎng)CF到G使FG=CF，連結(jié)AG、DG，如圖2，易得四邊形ACDG為平行四邊形，則AG=CD，AG∥C