2025屆黑龍江省哈爾濱市美加外國語學校九年級數(shù)學第一學期開學教學質(zhì)量檢測試題【含答案】

學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內(nèi)…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共4頁2025屆黑龍江省哈爾濱市美加外國語學校九年級數(shù)學第一學期開學教學質(zhì)量檢測試題題號一二三四五總分得分A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）已知二次函數(shù)y＝ax1+bx+c+1的圖象如圖所示，頂點為（﹣1，0），下列結(jié)論：①abc＞0；②b1﹣4ac＝0；③a＞1；④ax1+bx+c＝﹣1的根為x1＝x1＝﹣1；⑤若點B（﹣，y1）、C（﹣，y1）為函數(shù)圖象上的兩點，則y1＞y1．其中正確的個數(shù)是（）A．1 B．3 C．4 D．52、（4分）下列命題是假命題的是()A．四個角相等的四邊形是矩形B．對角線相等的平行四邊形是矩形C．對角線垂直的四邊形是菱形D．對角線垂直的平行四邊形是菱形3、（4分）若等腰三角形的周長為18cm，其中一邊長為4cm，則該等腰三角形的底邊長為（）A．10 B．7或10 C．4 D．7或44、（4分）洗衣機在洗滌衣服時，每漿洗一遍都經(jīng)歷了注水、清洗、排水三個連續(xù)過程（工作前洗衣機內(nèi)無水）.在這三個過程中,洗衣機內(nèi)的水量y（升）與漿洗一遍的時間x（分）之間函數(shù)關(guān)系的圖象大致為（）A． B． C． D．5、（4分）如圖，在△ABC中，點D、E分別是AB、AC的中點，如果DE=3，那么BC的長為（）．A．4 B．5 C．6 D．76、（4分）正比例函數(shù)的圖象上有兩點，，則與的大小關(guān)系是（）A． B． C． D．7、（4分）某通訊公司就上寬帶網(wǎng)推出A，B，C三種月收費方式．這三種收費方式每月所需的費用y（元與上網(wǎng)時間x(h)的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則下列判斷錯誤的是A．每月上網(wǎng)時間不足25h時，選擇A方式最省錢 B．每月上網(wǎng)費用為60元時，B方式可上網(wǎng)的時間比A方式多C．每月上網(wǎng)時間為35h時，選擇B方式最省錢 D．每月上網(wǎng)時間超過70h時，選擇C方式最省錢8、（4分）已知直線y＝（k﹣3）x+k經(jīng)過第一、二、四象限，則k的取值范圍是（）A．k≠3 B．k＜3 C．0＜k＜3 D．0≤k≤3二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）在平面直角坐標系中，點P（﹣，﹣1）到原點的距離為_____．10、（4分）如圖，用9個全等的等邊三角形，按圖拼成一個幾何圖案，從該圖案中可以找出_____個平行四邊形．11、（4分）點A在雙曲線y=上，點B在雙曲線y=（k≠0）上，AB∥x軸，分別過點A、B向x軸作垂線，垂足分別為D、C，若矩形ABCD的面積是8，則k的值為．12、（4分）如圖，正方形和正方形中，點在上，，，是的中點，那么的長是__________（用含、的代數(shù)式表示）.13、（4分）直線y=3x-2與x軸的交點坐標為____________________三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖1，在正方形ABCD中，P是對角線AC上的一點，點E在BC的延長線上，且PEPB.（1）求證：△BCP≌△DCP；（1）求證：DPEABC；（3）把正方形ABCD改為菱形ABCD，且ABC60，其他條件不變，如圖1．連接DE，試探究線段BP與線段DE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．15、（8分）已知：如圖，在?ABCD中，E、F是對角線AC上的兩點，且AE=CF．猜測DE和BF的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，并加以證明．16、（8分）如圖，在平面直角坐標系中，為坐標原點，矩形的頂點，將矩形的一個角沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，折痕與軸交于點.（1）求直線所對應(yīng)的函數(shù)表達式；（2）若點在線段上，在線段上是否存在點，使以為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由.17、（10分）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于點O，且O是BD的中點（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）若AC⊥BD，AB=8，求四邊形ABCD的周長．18、（10分）已知正方形ABCD中，E為對角線BD上一點，過點E作EF⊥BD交BC于點F，連接DF，G為DF的中點，連接EG，（1）如圖1，求證：EG=CG；（2）將圖1中的ΔBEF繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)45°，如圖2，取DF的中點G，連接EG，CG．問（（3）將圖1中的ΔBEF繞點B逆時計旋轉(zhuǎn)任意角度，如圖3，取DF的中點G，連接EG，CG．問（B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）某n邊形的每個外角都等于它相鄰內(nèi)角的，則n＝_____．20、（4分）重慶新高考改革方案正式確定，高考總成績的組成科目由“語數(shù)外+文綜/理綜”變成“3+1+2”，其中“2”是指學生需從思想政治、地理、化學、生物學四門科目中自選2門科目，則小明從這四門學科中恰好選擇化學、生物的概率為_____．21、（4分）正方形的一邊和一條對角線所成的角是________度．22、（4分）一組數(shù)據(jù)：，計算其方差的結(jié)果為__________．23、（4分）已知關(guān)于x的一元二次方程（a2﹣1）x2+3ax﹣3＝0的一個解是x＝1，則a的值是_____．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）已知一次函數(shù)的圖像經(jīng)過點M（－1，3）、N（1，5）。直線MN與坐標軸相交于點A、B兩點．（1）求一次函數(shù)的解析式．（2）如圖，點C與點B關(guān)于x軸對稱，點D在線段OA上，連結(jié)BD，把線段BD順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段DE，作直線CE交x軸于點F，求的值．（3）如圖，點P是直線AB上一動點，以O(shè)P為邊作正方形OPNM，連接ON、PM交于點Q，連BQ，當點P在直線AB上運動時，的值是否會發(fā)生變化，若不變，請求出其值；若變化，請說明理由．25、（10分）如圖，BD是?ABCD的對角線，AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，求證：四邊形AECF為平行四邊形．26、（12分）如圖，已知AB是⊙O的直徑，AC是弦，直線EF經(jīng)過點C，AD⊥EF于點D，∠DAC=∠BAC．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為2，∠ACD=30°，求圖中陰影部分的面積．

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

根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可求出答案．【詳解】解：①由拋物線的對稱軸可知：，∴，由拋物線與軸的交點可知：，∴，∴，故①正確；②拋物線與軸只有一個交點，∴，∴，故②正確；③令，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故③正確；④由圖象可知：令，即的解為,∴的根為，故④正確；⑤∵，∴，故⑤正確；故選D．考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練運用數(shù)形結(jié)合的思想.2、C【解析】試題分析：A．四個角相等的四邊形是矩形，為真命題，故A選項不符合題意；B．對角線相等的平行四邊形是矩形，為真命題，故B選項不符合題意；C．對角線垂直的平行四邊形是菱形，為假命題，故C選項符合題意；D．對角線垂直的平行四邊形是菱形，為真命題，故D選項不符合題意．故選C．考點：命題與定理．3、C【解析】

根據(jù)等腰三角形性質(zhì)分為兩種情況解答：當邊長4cm為腰或者4cm為底時【詳解】當4cm是等腰三角形的腰時，則底邊長18-8=10cm，此時4,4,10不能組成三角形，應(yīng)舍去；當4cm是等腰三角形的底時，則腰長為（18-4）÷2=7cm，此時4,7,7能組成三角形，所以此時腰長為7，底邊長為4，故選C本題考查等腰三角形的性質(zhì)與三角形三邊的關(guān)系，本題關(guān)鍵在于分情況計算出之后需要利用三角形等邊關(guān)系判斷4、D【解析】根據(jù)題意對漿洗一遍的三個階段的洗衣機內(nèi)的水量分析得到水量與時間的函數(shù)圖象，然后即可選擇：每漿洗一遍，注水階段，洗衣機內(nèi)的水量從1開始逐漸增多；清洗階段，洗衣機內(nèi)的水量不變且保持一段時間；排水階段，洗衣機內(nèi)的水量開始減少，直至排空為1．縱觀各選項，只有D選項圖象符合．故選D．5、C【解析】

根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半解答即可．【詳解】解：∵點D、E分別是AB、AC的中點，

∴DE是△ABC的中位線，

∴BC=2DE=2×3=1．

故選C．本題考查了三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半的性質(zhì)，熟記定理是解題的關(guān)鍵．6、A【解析】

利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出y1與y1的值，比較后即可得出結(jié)論（利用一次函數(shù)的性質(zhì)解決問題亦可）．【詳解】解：當x＝?1時，y1＝?（?1）＝1；

當x＝1時，y1＝?1．

∵1＞?1，

∴y1＞y1．

故選：A．本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，牢記直線上任意一點的坐標都滿足函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝kx＋b是解題的關(guān)鍵．7、D【解析】

A、觀察函數(shù)圖象，可得出：每月上網(wǎng)時間不足25

h時，選擇A方式最省錢，結(jié)論A正確；B、觀察函數(shù)圖象，可得出：當每月上網(wǎng)費用≥50元時，B方式可上網(wǎng)的時間比A方式多，結(jié)論B正確；C、利用待定系數(shù)法求出：當x≥25時，yA與x之間的函數(shù)關(guān)系式，再利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出當x=35時yA的值，將其與50比較后即可得出結(jié)論C正確；D、利用待定系數(shù)法求出：當x≥50時，yB與x之間的函數(shù)關(guān)系式，再利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出當x=70時yB的值，將其與120比較后即可得出結(jié)論D錯誤．綜上即可得出結(jié)論．【詳解】A、觀察函數(shù)圖象，可知：每月上網(wǎng)時間不足25

h時，選擇A方式最省錢，結(jié)論A正確；B、觀察函數(shù)圖象，可知：當每月上網(wǎng)費用≥50元時，B方式可上網(wǎng)的時間比A方式多，結(jié)論B正確；C、設(shè)當x≥25時，yA=kx+b，將（25，30）、（55，120）代入yA=kx+b，得：，解得：，∴yA=3x-45（x≥25），當x=35時，yA=3x-45=60＞50，∴每月上網(wǎng)時間為35h時，選擇B方式最省錢，結(jié)論C正確；D、設(shè)當x≥50時，yB=mx+n，將（50，50）、（55，65）代入yB=mx+n，得：，解得：，∴yB=3x-100（x≥50），當x=70時，yB=3x-100=110＜120，∴結(jié)論D錯誤．故選D．本題考查了函數(shù)的圖象、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，觀察函數(shù)圖象，利用一次函數(shù)的有關(guān)知識逐一分析四個選項的正誤是解題的關(guān)鍵．8、C【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)列式求解即可.【詳解】由題意得k-3<0k>0∴0＜k＜3.故選C.本題考查了一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系：對于y=kx+b（k為常數(shù)，k≠0），當k＞0，b＞0，y=kx+b的圖象在一、二、三象限；當k＞0，b＜0，y=kx+b的圖象在一、三、四象限；當k＜0，b＞0，y=kx+b的圖象在一、二、四象限；當k＜0，b＜0，y=kx+b的圖象在二、三、四象限．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、2【解析】∵點P的坐標為，∴OP=，即點P到原點的距離為2.故答案為2.點睛：平面直角坐標系中，點P到原點的距離=.10、1【解析】

根據(jù)全等三角形的性質(zhì)及平行四邊形的判定，可找出現(xiàn)1個平行四邊形．【詳解】解：兩個全等的等邊三角形，以一邊為對角線構(gòu)成的四邊形是平行四邊形，這樣的兩個平行四邊形又可組成較大的平行四邊形，從該圖案中可以找出1個平行四邊形．故答案為1．此題主要考查學生對平行四邊形的判定的掌握情況和讀圖能力，注意找圖過程中，要做到不重不漏．11、12或4【解析】試題分析：當圖形處于同一個象限時，則k=8+4=12；當圖形不在同一個象限時，則k=8－4=4.考點：反比例函數(shù)的性質(zhì)12、【解析】

連接AC、CF，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠ACF=90°，根據(jù)勾股定理求出AF的長，根據(jù)直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半計算即可．【詳解】解：連接AC、CF，在正方形ABCD和正方形CEFG中，∠ACG=45°，∠FCG=45°，∴∠ACF=90°，∵BC=a，CE=b，，由勾股定理得：,∵∠ACF=90°，H是AF的中點，∴CH=AF=.本題考查的是直角三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、正方形的性質(zhì)，掌握在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關(guān)鍵．13、（，0）【解析】

交點既在x軸上，又在直線直線y=3x-2上，而在x軸上的點其縱坐標為0，因此令y=0，代入關(guān)系式求出x即可．【詳解】當y=0時，即3x-2=0，解得：x=，∴直線y=3x-2與x軸的交點坐標為(，0)，故答案為：(，0).本題考查直線與x軸的交點坐標，實際上就是令y=0，求x即可，數(shù)形結(jié)合更直觀，更容易理解．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）見解析；（1）見解析；（3）BP=DE，理由見解析.【解析】

（1）根據(jù)正方形的四條邊都相等可得BC=DC，對角線平分一組對角可得∠BCP=∠DCP，然后利用“邊角邊”證明即可；（1）根據(jù)（1）的結(jié)論可得∠CBP=∠CDP，根據(jù)PEPB可得∠CBP=∠E，于是∠CDP=∠E，再由∠1=∠1可進一步推得∠DPE=∠DCE，最后由AB∥CD，可得∠DCE=∠ABC，從而結(jié)論得證；（3）BP=DE.由（1）的結(jié)論可得PD=PB=PE，由（1）的結(jié)論可知∠DPE=∠ABC=60°，進一步可推得△PDE是等邊三角形，則DE=PE=PB，即得結(jié)論．【詳解】（1）證明：在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCP=∠DCP=45°，在△BCP和△DCP中，∵BC=DC∠BCP=∠DCPCP=CP∴△BCP≌△DCP（SAS）；（1）證明：如圖，由（1）知，△BCP≌△DCP，∴∠CBP=∠CDP，∵PE=PB，∴∠CBP=∠E，∴∠CDP=∠E，∵∠1=∠1，∴180°﹣∠1﹣∠CDP=180°﹣∠1﹣∠E，即∠DPE=∠DCE，∵AB∥CD，∴∠DCE=∠ABC，∴∠DPE=∠ABC；（3）BP=DE，理由如下：由（1）知，△BCP≌△DCP，所以PD=PB=PE，由（1）知，∠DPE=∠ABC=60°，∴△PDE是等邊三角形，∴DE=PE=PB，∴DE=PB.本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)，其中第（1）小題中的“蝴蝶型”三角形是證明兩個角相等常用的模型，是解題的關(guān)鍵；而第（3）小題則充分利用了（1）（1）兩個小題的結(jié)論，體現(xiàn)了整道題在方法和結(jié)論上的連續(xù)性.15、DE=BF，DE∥BF.【解析】

由平行四邊形的性質(zhì)可得AD=BC，AD∥BC，由“SAS”可證△ADE≌△CBF，即可得結(jié)論．【詳解】解：DE∥BF

DE=BF.理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB，且AE=CF，AD=BC，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴DE=BF，∠AED=∠BFC，∴∠DEC=∠AFB，∴DE∥BF.∴DE=BF，DE∥BF.本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練運用平行四邊形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．16、（1）y=2x-1；（2）存在點，Q（，），使以為頂點的四邊形為平行四邊形.【解析】

（1）由矩形的性質(zhì)可得出點B的坐標及OA，AB的長，利用勾股定理可求出OB的長，設(shè)AD=a，則DE=a，OD=8-a，OE=OB-BE=1-6=2，利用勾股定理可求出a值，進而可得出點D的坐標，再根據(jù)點B，D的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線BD所對應(yīng)的函數(shù)表達式；（2）先假設(shè)存在點P滿足條件，過E作交BC于P作，交BD于Q點，這樣得到點Q，四邊形即為所求平行四邊形，過E作得，可得E點坐標，根據(jù)點B、E坐標求出直線BD的解析式，又根據(jù)平行的直線，k值相等，求出PE解析式，再求點出P坐標，從而求解.【詳解】（1）由題意，得：點B的坐標為（8，6），OA=8，AB=OC=6，

∴OB==1．

設(shè)AD=a，則DE=a，OD=8-a，OE=OB-BE=1-6=2．

∵OD2=OE2+DE2，即（8-a）2=22+a2，

∴a=3，

∴OD=5，

∴點D的坐標為（5，0）．

設(shè)直線BD所對應(yīng)的函數(shù)表達式為y=kx+b（k≠0），

將B（8，6），D（5，0）代入y=kx+b，得：解得：∴直線BD所對應(yīng)的函數(shù)表達式為y=2x-1．（2）如圖2，假設(shè)在線段上存在點P使為頂點的四邊形為平行四邊形，過E作交BC于P，過點P作，交BD于Q點，四邊形即為所求平行四邊形，過E作得，，，直線，又，，，在線段上存在點P（5，6），使以為頂點的四邊形為平行四邊形，∵，設(shè)點Q的坐標為（m，2m-1），四邊形DEPQ為平行四邊形，D（5，0），，點P的縱坐標為6，

∴6-（2m-1）=-0，解得：m=，

∴點Q的坐標為（，）．

∴存在，點Q的坐標為（，）．本題考查矩形的性質(zhì)、勾股定理、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握和靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵.17、(1)詳見解析;(2)32【解析】

（1）利用全等三角形的性質(zhì)證明AB=CD即可解決問題．（2）證明四邊形ABCD是菱形，即可求四邊形ABCD的周長．【詳解】解：（1）證明：∵AB//CD，∴∠ABO=∠CDO，∵OB=OD，∠AOB=∠COD，∴△AOB≌△CODASA∴AB=CD．又∵AB//CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形．（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，∴四邊形ABCD的周長=4×AB=32.本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．18、(1)見解析;(2)見解析;(3)見解析.【解析】

（1）利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可證出CG=EG．

（2）結(jié)論仍然成立，連接AG，過G點作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點；再證明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再證出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再證明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后證出CG=EG．

（3）結(jié)論依然成立．過F作CD的平行線并延長CG交于M點，連接EM、EC，過F作FN垂直于AB于N．由于G為FD中點，易證△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因為BE=EF，易證∠EFM=∠EBC，則△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC，得出△MEC是等腰直角三角形，就可以得出結(jié)論．【詳解】（1）在RtΔFCD中，G為DF∴CG=1同理，在RtΔDEF中，EG=∴EG=CG．（2）如圖②，（1）中結(jié)論仍然成立，即EG=CG．

理由：連接AG，過G點作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點．

∴∠AMG=∠DMG=90°．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD=CD=BC=AB，∠ADG=∠CDG．∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°．

在△DAG和△DCG中，

AD＝CD∠ADG＝∠CDGDG＝DG，

∴△DAG≌△DCG（SAS），

∴AG=CG．

∵G為DF的中點，

∴GD=GF．

∵EF⊥BE，

∴∠BEF=90°，

∴∠BEF=∠BAD，

∴AD∥EF，

∴∠N=∠DMG=90°．∠DGM＝∠FGNFG＝DG∠MDG＝∠NFG，

∴△DMG≌△FNG（ASA），

∴MG=NG．

∵∠DA∠AMG=∠N=90°，

∴四邊形AENM是矩形，

∴AM=EN，

在△AMG和△ENG中，

AM＝EN∠AMG＝∠ENGMG＝NG，

∴△AMG≌△ENG（SAS），

∴AG=EG，

∴EG=CG；

（3）如圖③，（1）中的結(jié)論仍然成立．

理由：過F作CD的平行線并延長CG交于M點，連接EM、EC，過F作FN⊥AB于N．

∵MF∥CD，

∴∠FMG=∠DCG，∠MFD=∠CDG．∠AQF=∠ADC=90°

∵FN⊥AB，

∴∠FNH=∠ANF=90°．

∵G為FD中點，

∴GD=GF．

在△MFG和△CDG中

∠FMG＝∠DCG∠MFD＝∠CDGGF＝GD，

∴△CDG≌△MFG（AAS），

∴CD=FM．MG=CG．

∴MF=AB．

∵EF⊥BE，

∴∠BEF=90°．

∵∠NHF+∠HNF+∠NFH=∠BEF+∠EHB+∠EBH=180°，

∴∠NFH=∠EBH．

∵∠A=∠ANF=∠AMF=90°，

∴四邊形ANFQ是矩形，

∴∠MFN=90°．

∴∠MFN=∠CBN，

∴∠MFN+∠NFE=∠CBN+∠EBH，

∴∠MFE=∠CBE．

在△EFM和△EBC中

MF＝AB∠MFE＝∠CBEEF＝EB，

∴△EFM≌△EBC（SAS），

∴ME=CE．，∠FEM=∠BEC，

∵∠考查了正方形的性質(zhì)的運用，矩形的判定就性質(zhì)的運用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的運用，直角三角形的性質(zhì)的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，解答時證明三角形全等是關(guān)鍵．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、1．【解析】

根據(jù)每個外角都等于相鄰內(nèi)角的，并且外角與相鄰的內(nèi)角互補，就可求出外角的度數(shù)；根據(jù)外角度數(shù)就可求得邊數(shù)．【詳解】解：因為多邊形的每個外角和它相鄰內(nèi)角的和為180°，又因為每個外角都等于它相鄰內(nèi)角的，所以外角度數(shù)為180°×＝36°．∵多邊形的外角和為360°，所以n＝360÷36＝1．故答案為：1．本題考查多邊形的內(nèi)角與外角關(guān)系，以及多邊形的外角和為360°．20、【解析】

先用樹狀圖將所有可能的情況列出來，然后找到恰好選中化學、生物兩科的情況數(shù)，然后利用概率公式等于恰好選中化學、生物兩科的情況數(shù)與總情況數(shù)之比即可求解．【詳解】設(shè)思想政治、地理、化學、生物（分別記為A、B、C、D），畫樹狀圖如圖所示，由圖可知，共有12種等可能結(jié)果，其中該同學恰好選中化學、生物兩科的有2種結(jié)果，所以該同學恰好選中化學、生物兩科的概率為＝．故答案為：．本題主要考查樹狀圖或列表法求隨機事件的概率，掌握樹狀圖或列表法及概率公式是解題的關(guān)鍵．21、45【解析】

正方形的對角線和其中的兩邊長構(gòu)成等腰直角三角形，故正方形的一條對角線和一邊所成的角為45度．【詳解】解：∵正方形的對角線和正方形的其中兩條邊構(gòu)成等腰直角三角形

∴正方形的一條對角線和一邊所成的角是45°．故答案為：45°．本題主要考查正方形對角線相等平分垂直的性質(zhì)．22、【解析】

方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量．數(shù)據(jù)5，5，5，5，5全部相等，沒有波動，故其方差為1．【詳解】解：由于方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動大小的，而這一組數(shù)據(jù)沒有波動，故它的方差為1．

故答案為：1．本題考查方差的意義．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．23、﹣1．【解析】

直接把x＝1代入進而方程，再結(jié)合a2﹣1≠2，進而得出答案．【詳解】∵關(guān)于x的一元二次方程（a2﹣1）x2+3ax﹣3＝2有一個根為x＝1，∴（a2﹣1）×1+3a×1﹣3＝2，且a2﹣1≠2，整理，得（a+1）（a﹣1）＝2且（a+1）（a﹣1）≠2．則a的值為：a＝﹣1．故答案是：﹣1．本題考查了一元二次方程解的定義，能使一元二次方程成立的未知數(shù)的值叫作一元二次方程的解，熟練掌握一元二次方程解得定義是解答本題的關(guān)鍵.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（4）y=x+4．（4）；（4）不變，．【解析】試題分析：（4）用待定系數(shù)法，將M，N兩點坐標代入解析式求出k，b即得一次函數(shù)解析式；（4）∵點C與點B關(guān)于x軸對稱，B（0，4），∴C（0，-4），再由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得DB=DE，∠BDE=90o，過點E作EP⊥x軸于P，易證△BDO≌△DEP，∴OD=PE，DP=BO=4，設(shè)D（，0），則E（，），設(shè)直線CE解析式是：y=kx+b，把C，E兩點坐標代入得：，∴，∴CE解析式是y=x-4，∴F（4，0），OC=OF=4，∴PE=PF，∴EF=，∵A（-4，0），∴DF=4+a，DA=4-a，∴===；（4）此題連接BM，因為AO=BO，MO=PO，且∠BOM=∠AOP，得出△BOM≌△AOP（SAS），∵∠PAO=445o，∴∠MBP=∠PAO=445o，∴∠MBP＝90°，在Rt△MBP中，MQ=PQ，∴BQ是此直角三角形斜邊中線，等于斜邊一半，BQ＝MP，MP又是正方形對角線，∴MP＝OP，∴BQ:OP=MP:OP=×OP:OP=，∴的值不變，是．試題解析：（4）用待定系數(shù)法，將M，N兩點坐標代入解析式得：，解得b=4，k=4，∴一次函數(shù)的解析式是y=x+4；（4）∵點C與點B關(guān)于x軸對稱，B（0，4），∴C（0，-4），再由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得DB=DE，∠BDE=90o，過點E作EP⊥x軸，易證△BDO≌△DEP，設(shè)D（，0），則E（，）設(shè)直線C