2025屆遼寧沈陽市大東區(qū)九上數(shù)學(xué)開學(xué)聯(lián)考試題【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，共7頁2025屆遼寧沈陽市大東區(qū)九上數(shù)學(xué)開學(xué)聯(lián)考試題題號(hào)一二三四五總分得分批閱人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）下列各式中屬于最簡(jiǎn)二次根式的是（）．A． B． C． D．2、（4分）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0時(shí)，原方程應(yīng)變形為（）A．（x+1）2＝6 B．（x+2）2＝9 C．（x﹣1）2＝6 D．（x﹣2）2＝93、（4分）下列各式中，是最簡(jiǎn)二次根式的是（）A． B． C． D．4、（4分）下列運(yùn)算正確的是（）A． B． C． D．2mm=2m5、（4分）下列調(diào)查，比較適合使用普查方式的是（）A．某品牌燈泡使用壽命 B．長江水質(zhì)情況C．中秋節(jié)期間市場(chǎng)上的月餅質(zhì)量情況 D．乘坐地鐵的安檢6、（4分）在多邊形內(nèi)角和公式的探究過程中，主要運(yùn)用的數(shù)學(xué)思想是（）A．化歸思想 B．分類討論 C．方程思想 D．?dāng)?shù)形結(jié)合思想7、（4分）如圖：已知，點(diǎn)、在線段上且；是線段上的動(dòng)點(diǎn)，分別以、為邊在線段的同側(cè)作等邊和等邊，連接，設(shè)的中點(diǎn)為；當(dāng)點(diǎn)從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，則點(diǎn)移動(dòng)路徑的長是A．5 B．4 C．3 D．08、（4分）下列各式中，運(yùn)算正確的是（）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）計(jì)算的結(jié)果等于__________．10、（4分）計(jì)算：=______________11、（4分）如圖，直線y＝kx+6與x軸、y軸分別交于點(diǎn)E、F．點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣8，0），點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣6，0）．若點(diǎn)P（x，y）是第二象限內(nèi)的直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到_____（填P點(diǎn)的坐標(biāo)）的位置時(shí)，△OPA的面積為1．12、（4分）將一次函數(shù)y＝2x﹣3的圖象沿y軸向上平移3個(gè)單位長度，所得直線的解析式為_____．13、（4分）一組數(shù)據(jù)：，計(jì)算其方差的結(jié)果為__________．三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）14、（12分）如圖，拋物線與直線相交于，兩點(diǎn)，且拋物線經(jīng)過點(diǎn)（1）求拋物線的解析式．（2）點(diǎn)是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)點(diǎn)重合），過點(diǎn)作直線軸于點(diǎn)，交直線于點(diǎn)．當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)坐標(biāo)；（3）如圖所示，設(shè)拋物線與軸交于點(diǎn)，在拋物線的第一象限內(nèi)，是否存在一點(diǎn)，使得四邊形的面積最大？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．15、（8分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)D是正方形OABC的邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，OC＝1．以AD為一邊在AB的右側(cè)作正方形ADEF，連結(jié)BF交DE于P點(diǎn)．（1）請(qǐng)直接寫出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；（2）在點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)過程中，OD與BF是否存在特殊的位置關(guān)系？若存在，試寫出OD與BF的位置關(guān)系，并證明；若不存在，請(qǐng)說明理由．（3）當(dāng)P點(diǎn)為線段DE的三等分點(diǎn)時(shí)，試求出AF的長度．16、（8分）如圖，中，是的中點(diǎn)，將沿折疊后得到，且

點(diǎn)在□內(nèi)部．將延長交于點(diǎn)．（1）猜想并填空：________（填“”、“”、“”）；（2）請(qǐng)證明你的猜想；（3）如圖，當(dāng)，設(shè)，，，證明：．17、（10分）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，D是BC的中點(diǎn)，DE⊥BC，CE∥AD．（1）求證：四邊形ACED是平行四邊形；（2）若AC=2，CE=4，求四邊形ACEB的周長．18、（10分）中，AD是的平分線，，垂足為E，作，交直線AE于點(diǎn)設(shè)，．若，，依題意補(bǔ)全圖1，并直接寫出的度數(shù)；如圖2，若是鈍角，求的度數(shù)用含，的式子表示；如圖3，若，直接寫出的度數(shù)用含，的式子表示．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）函數(shù)中，自變量x的取值范圍是．20、（4分）方程的解為_________．21、（4分）2019年6月12日，重慶直達(dá)香港高鐵的車票正式開售據(jù)悉，重慶直達(dá)香港的這趟G319/320次高鐵預(yù)計(jì)在7月份開行，全程1342公里只需7個(gè)半小時(shí)該車次沿途?？空军c(diǎn)包括遵義、貴陽東、桂林西、肇慶東、廣州南和深圳北重慶直達(dá)香港高鐵開通將為重慶旅游業(yè)發(fā)展增添生機(jī)與活力，預(yù)計(jì)重慶旅游經(jīng)濟(jì)將創(chuàng)新高在此之前技術(shù)部門做了大量測(cè)試，在一次測(cè)試中一高鐵列車從地出發(fā)勻速駛向地，到達(dá)地停止；同時(shí)一普快列車從地出發(fā)，勻速駛向地，到達(dá)地停止且，兩地之間有一地，其中，如圖①兩列車與地的距離之和（千米）與普快列車行駛時(shí)間（小時(shí)）之間的關(guān)系如圖②所示則高鐵列車到達(dá)地時(shí)，普快列車離地的距離為__________千米．22、（4分）已知直線y＝﹣與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，在坐標(biāo)軸上找點(diǎn)P，使△ABP為等腰三角形，則點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為_____個(gè)．23、（4分）若關(guān)于x的一次函數(shù)y＝（m+1）x+2m﹣3的圖象經(jīng)過第一、三、四象限，則m的取值范圍為_____．二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）24、（8分）如圖，在△ABC中，E點(diǎn)是AC的中點(diǎn)，其中BD＝2，DC＝6，BC＝2，AD＝，求DE的長．25、（10分）如圖①，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=45°，易證：AE+CF=EF（不用證明）．（1）如圖②，在四邊形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF與EF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；（2）如圖③，在四邊形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB與∠BCD互補(bǔ)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB與BC上，且∠EDF=α，請(qǐng)直接寫出AE，CF與EF之間的數(shù)量關(guān)系，不用證明．26、（12分）如圖，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到的，連接BE，CF相交于點(diǎn)D,（1）求證：BE＝CF；（2）當(dāng)四邊形ACDE為菱形時(shí)，求BD的長．

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、B【解析】

判定一個(gè)二次根式是不是最簡(jiǎn)二次根式的方法，就是逐個(gè)檢查最簡(jiǎn)二次根式的兩個(gè)條件是否同時(shí)滿足，同時(shí)滿足的就是最簡(jiǎn)二次根式，否則就不是．【詳解】A.=可化簡(jiǎn)，錯(cuò)誤;B.是最簡(jiǎn)二次根式，正確;C.=,可化簡(jiǎn)，錯(cuò)誤;D.=,可化簡(jiǎn)，錯(cuò)誤.故選B.本題考查了最簡(jiǎn)二次根式，解題的關(guān)鍵是掌握判斷最簡(jiǎn)二次根式的兩個(gè)條件：（1）在二次根式的被開方數(shù)中，只要含有分?jǐn)?shù)或小數(shù)，就不是最簡(jiǎn)二次根式；（2）在二次根式的被開方數(shù)中的每一個(gè)因式（或因數(shù)），如果冪的指數(shù)大于或等于2，也不是最簡(jiǎn)二次根式．2、C【解析】

配方法的一般步驟：（1）把常數(shù)項(xiàng)移到等號(hào)的右邊；（2）把二次項(xiàng)的系數(shù)化為1；（3）等式兩邊同時(shí)加上一次項(xiàng)系數(shù)一半的平方．【詳解】解：由原方程移項(xiàng)，得x2﹣2x＝5，方程的兩邊同時(shí)加上一次項(xiàng)系數(shù)﹣2的一半的平方1，得x2﹣2x+1＝1∴（x﹣1）2＝1．故選：C．此題考查利用配方法將一元二次方程變形，熟練掌握配方法的一般步驟是解題的關(guān)鍵.3、B【解析】

根據(jù)最簡(jiǎn)二次根式的定義即可求解.【詳解】A.，分母出現(xiàn)根號(hào)，故不是最簡(jiǎn)二次根式；B.為最簡(jiǎn)二次根式；C.=2，故不是最簡(jiǎn)二次根式；D.，根號(hào)內(nèi)含有小數(shù)，故不是最簡(jiǎn)二次根式，故選B.此題主要考查最簡(jiǎn)二次根式的識(shí)別，解題的關(guān)鍵是熟知最簡(jiǎn)二次根式的定義.4、C【解析】A.，錯(cuò)誤；B.，錯(cuò)誤；C.，正確；D.，錯(cuò)誤.故選C.5、D【解析】

一般來說，對(duì)于具有破壞性的調(diào)查、無法進(jìn)行普查、普查的意義或價(jià)值不大，應(yīng)選擇抽樣調(diào)查，對(duì)于精確度要求高的調(diào)查，事關(guān)重大的調(diào)查往往選用普查．【詳解】A、某品牌燈泡使用壽命，具有破壞性，適宜于抽樣調(diào)查，故A錯(cuò)誤；B、長江水質(zhì)情況，所費(fèi)人力、物力和時(shí)間較多，適宜于抽樣調(diào)查，故B錯(cuò)誤；C、中秋節(jié)期間市場(chǎng)上的月餅質(zhì)量情況，適宜于抽樣調(diào)查，故C錯(cuò)誤；D、乘坐地鐵的安檢，適宜于全面調(diào)查，故D正確；故選：D．本題考查了抽樣調(diào)查和全面調(diào)查的區(qū)別，選擇普查還是抽樣調(diào)查要根據(jù)所要考查的對(duì)象的特征靈活選用，一般來說，對(duì)于具有破壞性的調(diào)查、無法進(jìn)行普查、普查的意義或價(jià)值不大，應(yīng)選擇抽樣調(diào)查，對(duì)于精確度要求高的調(diào)查，事關(guān)重大的調(diào)查往往選用普查．6、A【解析】

根據(jù)多邊形內(nèi)角和定理：（n-2）·180（n≥3）且n為整數(shù)）的推導(dǎo)過程即可解答．【詳解】解：多邊形內(nèi)角和定理：（n-2）·180（n≥3）且n為整數(shù)），該公式推導(dǎo)的基本方法是從n邊形的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)引出（n-3）條對(duì)角線，將n邊形分割為（n-2）個(gè)三角形，這（n-2）個(gè)三角形的所有內(nèi)角之和正好是n邊形的內(nèi)角和，體現(xiàn)了化歸思想．故答案為A．本題主要考查了在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)過程應(yīng)用的數(shù)學(xué)思想，弄清推導(dǎo)過程是解答此題的關(guān)鍵.7、C【解析】

分別延長AE、BF交于點(diǎn)H，易證四邊形EPFH為平行四邊形，得出G為PH中點(diǎn)，則G的運(yùn)行軌跡為三角形HCD的中位線MN．再求出CD的長，運(yùn)用中位線的性質(zhì)求出MN的長度即可．【詳解】如圖，分別延長、交于點(diǎn)．，，，，四邊形為平行四邊形，與互相平分．為的中點(diǎn)，也正好為中點(diǎn)，即在的運(yùn)動(dòng)過程中，始終為的中點(diǎn)，所以的運(yùn)行軌跡為三角形的中位線．，，即的移動(dòng)路徑長為1．故選：．本題考查了等腰三角形及中位線的性質(zhì)，以及動(dòng)點(diǎn)問題，熟悉掌握是解題關(guān)鍵.8、B【解析】

根據(jù)=|a|，（a≥0，b≥0），被開數(shù)相同的二次根式可以合并進(jìn)行計(jì)算即可．【詳解】A、，故原題計(jì)算錯(cuò)誤；B、=4，故原題計(jì)算正確；C、，故原題計(jì)算錯(cuò)誤；D、2和不能合并，故原題計(jì)算錯(cuò)誤；故選B．此題主要考查了二次根式的混合運(yùn)算，關(guān)鍵是掌握二次根式乘法、性質(zhì)及加減法運(yùn)算法則．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】分析：先運(yùn)用用平方差公式把括號(hào)展開，再根據(jù)二次根式的性質(zhì)計(jì)算可得．詳解：原式=（）2-（）2=6-1=1，故答案為：1．點(diǎn)睛：本題考查了二次根式的混合運(yùn)算的應(yīng)用，熟練掌握平方差公式與二次根式的性質(zhì)是關(guān)鍵．10、2【解析】

先將二次根式化為最簡(jiǎn)，然后合并同類二次根式即可．【詳解】解：原式=．故答案為：2．本題考查了二次根式的加減運(yùn)算，掌握二次根式的化簡(jiǎn)及同類二次根式的合并是關(guān)鍵．11、（﹣4，3）．【解析】

求出直線EF的解析式，由三角形的面積公式構(gòu)建方程即可解決問題.【詳解】解：∵點(diǎn)E（﹣8，0）在直線y＝kx+6上，∴﹣8k+6＝0，∴k＝，∴y＝x+6，∴P（x，x+6），由題意：×6×（x+6）＝1，∴x＝﹣4，∴P（﹣4，3），故答案為（﹣4，3）．本題考查一次函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)特征，三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．12、y＝2x【解析】

根據(jù)上加下減，左加右減的法則可得出答案【詳解】一次函數(shù)y＝2x﹣3的圖象沿y軸向上平移3個(gè)單位長度變?yōu)椋簓＝2x﹣3＋3＝2x此題考查一次函數(shù)圖象與幾何變換，解題關(guān)鍵在于掌握平移的性質(zhì)13、【解析】

方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動(dòng)大小的量．?dāng)?shù)據(jù)5，5，5，5，5全部相等，沒有波動(dòng)，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(dòng)大小的，而這一組數(shù)據(jù)沒有波動(dòng)，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(dòng)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(dòng)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(dòng)越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）14、（1）；（2）點(diǎn)坐標(biāo)為（2，9）或（6，-7）；（3）存在點(diǎn)Q（）使得四邊形OFQC的面積最大，見解析.【解析】

（1）先由點(diǎn)在直線上求出點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解可得；（2）可設(shè)出點(diǎn)坐標(biāo)，則可表示出、的坐標(biāo)，從而可表示出和的長，由條件可知到關(guān)于點(diǎn)坐標(biāo)的方程，則可求得點(diǎn)坐標(biāo)；（3）作軸于點(diǎn)，設(shè)，，知，，，根據(jù)四邊形的面積建立關(guān)于的函數(shù)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解可得．【詳解】解：（1）點(diǎn)在直線上，，，把、、三點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式可得，解得，拋物線解析式為；（2）設(shè)，則，，則，，，，當(dāng)時(shí)，解得或，但當(dāng)時(shí)，與重合不合題意，舍去，；當(dāng)時(shí)，解得或，但當(dāng)時(shí)，與重合不合題意，舍去，；綜上可知點(diǎn)坐標(biāo)為或；（3）存在這樣的點(diǎn)，使得四邊形的面積最大．如圖，過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，設(shè)，，則，，，四邊形的面積，當(dāng)時(shí)，四邊形的面積取得最大值，最大值為，此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為，．本題是二次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)及利用割補(bǔ)法列出四邊形面積的函數(shù)關(guān)系式．15、（1）A（1，0），B（1，1）；（2）OD⊥BF，理由見解析；（3）當(dāng)P點(diǎn)為線段DE的三等分點(diǎn)時(shí)，AF的長度為2或2．【解析】

（1）利用正方形的性質(zhì)得出OA=AB=1，即可得出結(jié)論；（2）利用SAS判斷出△AOD≌△BAF，進(jìn)而得出∠AOD=∠BAF，即可得出結(jié)論；（3）先表示出BD，DP，再判斷出△BDP∽△BAF，得出，代入解方程即可得出結(jié)論。【詳解】（1）∵四邊形OABC是正方形，∴BC⊥OC，AB⊥OA，OB＝AB＝BC＝OC，∵OC＝1，∴BC＝AB＝1，∴A（1，0），B（1，1）；（2）OD⊥BF，理由：如圖，延長OD交BF于G，∵四邊形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠BAF＝∠OAD，在△AOD和△BAF中，，∴△AOD≌△BAF（SAS），∴∠AOD＝∠BAF，∴∠BAF+∠AFB＝90°，∴∠AOD+AFB＝90°，∴∠OGF＝90°，∴OD⊥BF；（3）設(shè)正方形ADEF的邊長為x，∴AF＝AD＝DE＝x，∴BD＝AB﹣AD＝1﹣x，∵點(diǎn)P是DE的三等分點(diǎn)，∴DP＝AF＝x或DP＝AF＝x∵DE∥AF，∴△BDP∽△BAF，∴，∴或，∴x＝2或x＝2，當(dāng)P點(diǎn)為線段DE的三等分點(diǎn)時(shí)，AF的長度為2或2．本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂直的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，用方程的思想解決問題是解本題的16、（1）＝；（2）見解析；（3）見解析【解析】

（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、以及等腰三角形的判定與性質(zhì)可猜想為相等；（2）先證明∠EDF=∠EGF，再證明EG=ED，則等邊對(duì)等角得：∠EGD=∠EDG，相減可得結(jié)論；（3）分別表示BF、CF、BC的長，證明ABCD是矩形得：∠C=90°，在Rt△BCF中，由勾股定理列式可得結(jié)論．【詳解】解：（1）GF=DF，故答案為：=；（2）理由是：連接DG，由折疊得：AE=EG，∠A=∠BGE，∵E在AD的中點(diǎn)，∴AE=ED，∴ED=EG，∴∠EGD=∠EDG，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠A+∠ADC=180°，∵∠BGE+∠EGF=180°，∴∠EDF=∠EGF，∴∠EDF-∠EDG=∠EGF-∠EGD，即∠GDF=∠DGF，∴GF=DF；（3）證明：如圖2，由（2）得：DF=GF=b，由圖可得：BF=BG+GF=a+b，由折疊可得：AB=BG=a，AE=EG=c，在ABCD中，BC=AD=2AE=2c，CD=AB=a，∴CF=CD-DF=a-b，∵∠A=90°，∴ABCD是矩形，∴∠C=90°，在Rt△BCF中，由勾股定理得，BC2+CF2=BF2，∴(2c)2+(a-b)2=(a+b)2，整理得：c2=ab．本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定、勾股定理、折疊的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)與判定，難度適中，熟練掌握折疊前后的邊和角相等是關(guān)鍵．17、（1）詳見解析；（1）10+1．【解析】

（1）先根據(jù)垂直于同一條直線的兩直線平行，得AC∥DE，又CE∥AD，所以四邊形ACED是平行四邊形；（1）四邊形ACED是平行四邊形，可得DE=AC=1．由勾股定理和中線的定義可求AB和EB的長，從而求出四邊形ACEB的周長．【詳解】（1）∵∠ACB=90°，DE⊥BC，∴AC∥DE又∵CE∥AD∴四邊形ACED是平行四邊形；（1）∵四邊形ACED是平行四邊形．∴DE=AC=1．在Rt△CDE中，由勾股定理得CD=，∵D是BC的中點(diǎn)，∴BC=1CD=4，在△ABC中，∠ACB=90°，由勾股定理得AB=，∵D是BC的中點(diǎn)，DE⊥BC，∴EB=EC=4，∴四邊形ACEB的周長=AC+CE+EB+BA=10+1．本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)定理，勾股定理，注意尋找求AB和EB的長的方法和途徑是解題的關(guān)鍵．18、（1）補(bǔ)圖見解析，；（2）；（3）．【解析】

(1)先根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠BAC和∠CAE，根據(jù)角平分線定義求出∠CAD，即可求出答案；(2)先根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠BAC，根據(jù)角平分線定義求出∠BAD，根據(jù)三角形外角性質(zhì)求出∠ADC，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠DAE，根據(jù)平行線的性質(zhì)求出即可；(3)求出∠DAE度數(shù)，根據(jù)平行線的性質(zhì)求出即可．【詳解】解：如圖1，，，，是的平分線，，，，，，，，；如圖2，中，，．，是的平分線，，，，，，，，；如圖3，中，，，，是的平分線，，，，，，．本題考查了三角形內(nèi)角和定理、三角形角平分線定義、三角形的高、平行線的性質(zhì)等，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)與定理是解題的關(guān)鍵.一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）19、．【解析】

∵在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有意義，∴∴故答案為20、【解析】

此題采用因式分解法最簡(jiǎn)單，解題時(shí)首先要觀察，然后再選擇解題方法．配方法與公式法適用于所用的一元二次方程，因式分解法雖有限制，卻最簡(jiǎn)單．【詳解】∵∴∴∴∴故答案為：.此題考查解一元二次方程-配方法，解題關(guān)鍵在于掌握運(yùn)算法則.21、1【解析】

由圖象可知4.5小時(shí)兩列車與C地的距離之和為0，于是高鐵列車和普快列車在C站相遇，由于AC=2BC，因此高鐵列車的速度是普快列車的2倍，相遇后圖象的第一個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn)，說明高鐵列車到達(dá)B站，此時(shí)兩車距C站的距離之和為1千米，由于V高鐵=2V普快，因此BC距離為1千米的三分之二，即240千米，普快離開C占的距離為1千米的三分之一，即120千米，于是可以得到全程為240+240×2=720千米，當(dāng)高鐵列車到達(dá)B站時(shí)，普快列車離開B站240+120=1千米，此時(shí)距A站的距離為720-1=1千米．【詳解】∵圖象過（4.5，0）

∴高鐵列車和普快列車在C站相遇

∵AC=2BC，

∴V高鐵=2V普快，

BC之間的距離為：1×=240千米，全程為AB=240+240×2=720千米，

此時(shí)普快離開C站1×=120千米，

當(dāng)高鐵列車到達(dá)B站時(shí)，普快列車距A站的距離為：720-120-240=1千米，

故答案為：1．此題考查一次函數(shù)的應(yīng)用．解題關(guān)鍵是由函數(shù)圖象得出相關(guān)信息，明確圖象中各個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)的實(shí)際意義．聯(lián)系行程類應(yīng)用題的數(shù)量關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵，圖象與實(shí)際相結(jié)合容易探求數(shù)量之間的關(guān)系，也是解決問題的突破口．22、1【解析】

根據(jù)題意可以畫出相應(yīng)的圖形，然后寫出各種情況下的等腰三角形，即可解答本題．【詳解】如圖所示，當(dāng)BA＝BP1時(shí)，△ABP1是等腰三角形，當(dāng)BA＝BP2時(shí)，△ABP2是等腰三角形，當(dāng)AB＝AP3時(shí)，△ABP3是等腰三角形，當(dāng)AB＝AP4時(shí)，△ABP4是等腰三角形，當(dāng)BA＝BP5時(shí)，△ABP5是等腰三角形，當(dāng)P1A＝P1B時(shí)，△ABP1是等腰三角形，故答案為1．本題考查一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、等腰三角形的判定，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，畫出相應(yīng)的圖形，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答，注意一定要考慮全面．23、﹣1＜m＜【解析】

根據(jù)一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）的圖象在坐標(biāo)平面內(nèi)的位置關(guān)系確定k，b的取值范圍，從而求解．【詳解】解：由一次函數(shù)y＝（m+1）x+2m﹣3的圖象經(jīng)過第一、三、四象限，知m+1＞0，且2m﹣3＜0，解得，﹣1＜m＜．故答案為：﹣1＜m＜．本題考查一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是掌握一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系.二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）24、【解析】

根據(jù)勾股定理的逆定理求出∠BDC=90°，求出線段AC長，根據(jù)直角三角形斜邊上中線性質(zhì)求出即可．【詳解】∵BD2+CD2＝22+62＝（2）2＝BC2，∴△BDC為直角三角形，∠BDC＝90°，在Rt△ADC中，∵CD＝6，AD＝2，∴AC2＝（2）2+62＝60，∴AC＝2，∵E點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，∴DE＝AC＝．本題考查了勾股定理、勾股定理的逆定理、直角三角形斜邊上中線性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，能求出△ADC是直角三角形是解此題的關(guān)鍵．25、（1）AE+CF=EF，證明見解析；（2），理由見解析.【解析】

（1）由題干中截長補(bǔ)短的提示，再結(jié)合第（1）問的證明結(jié)論，在第二問可以用截長補(bǔ)短的方法來構(gòu)造全等，從而達(dá)到證明結(jié)果．（2）同理作輔助線，同理進(jìn)行即可，直接寫出猜想，并證明．【詳解】（1）圖2猜想：AE+CF=EF，證明：在BC的延長線上截取CA'=A