2025年浙教版九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷978考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、2014汪峰巡回演唱會(huì)重慶站于11月1日晚六點(diǎn)半在重慶奧體中心舉行．老王從家出發(fā)乘坐出租車前往觀看，演出結(jié)束后，老王搭乘鄰居老劉的車回到家．由于結(jié)束后已經(jīng)晚上九點(diǎn)了，道路比較通暢，回家的速度比來的時(shí)候速度快，其中x表示老王從家出發(fā)后所用時(shí)間，y表示老王離家的距離．下面能反映y與x的函數(shù)關(guān)系的大致圖象是（）A.B.C.D.2、下列圖案中，是軸對(duì)稱圖形但不是中心對(duì)稱圖形的是（）A.B.C.D.3、下列計(jì)算，正確的是（）A.（-2）-2=4B.C.46÷（-2）6=64D.4、二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖所示，其中正確的結(jié)論是（）A.b2-4ac＜0B.abc＞0C.2a+b=0D.a+b+c＜05、如圖，點(diǎn)A在反比例函數(shù)的圖象上，點(diǎn)B在反比例函數(shù)的圖象上，AB⊥x軸于點(diǎn)M，且AM：MB=1：2，則k的值為（）A.3B.-6C.2D.66、下列圖形中；不是正方體表面展開圖的圖形的個(gè)數(shù)是（）

A.1個(gè)。

B.2個(gè)。

C.3個(gè)。

D.4個(gè)。

評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、函數(shù)y={x2+2x鈭?3(x<0)x2鈭?4x鈭?3(x鈮?0)

的圖像與直線y=鈭?x+k

恰好只有兩個(gè)公共點(diǎn)，則k

的值為____8、小明和小強(qiáng)分別從AB

兩地出發(fā)勻速相向而行，達(dá)到對(duì)方出發(fā)地后均立即以原速返回.

已知小明到達(dá)B

地半小時(shí)后，小強(qiáng)到達(dá)A

地.

如圖表示他們出發(fā)時(shí)間t(

單位：小時(shí))

與距離A

地的路程S(

單位：千米)

之間的關(guān)系圖，則出發(fā)后______小時(shí)，小明和小強(qiáng)第2

次相遇．9、已知關(guān)于x的方程mx+2=2（m-x）的解滿足|x|-1=0，則m=____．10、已知一次函數(shù)經(jīng)過點(diǎn)（-3，2），且與直線y=-2x+4交于x軸上同一點(diǎn)，則一次函數(shù)的表達(dá)式為____．11、如圖；在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=6cm，點(diǎn)D；E從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，分別以1cm/s和2cm/s的速度沿著射線CB向右移動(dòng)，以DE為一邊在直線BC的上方作等邊△DEF，連接CF，設(shè)點(diǎn)D、E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．

（1）△DEF的邊長(zhǎng)為____（用含有t的代數(shù)式表示），當(dāng)t=____秒時(shí)；點(diǎn)F落在AB上；

（2）t為何值時(shí)；以點(diǎn)A為圓心，AF為半徑的圓與△CDF的邊所在的直線相切？

（3）設(shè)點(diǎn)F關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為G；在△DEF運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻t，使得以A；C、E、G為頂點(diǎn)的四邊形為梯形？若存在，請(qǐng)直接寫出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

12、等腰三角形的底邊長(zhǎng)為2，面積等于1，則它的頂角度數(shù)為____．13、n支球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)比賽（參加比賽的每?jī)芍蜿?duì)之間都要進(jìn)行一場(chǎng)比賽），總的比賽場(chǎng)數(shù)為36，則n為____．14、如圖在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)，O分別是AB，CD，AD的中點(diǎn)，以O(shè)為圓心，以O(shè)E為半徑畫弧EF．P是上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接OP，并延長(zhǎng)OP交線段BC于點(diǎn)K，過點(diǎn)P作⊙O的切線，分別交射線AB于點(diǎn)M，交直線BC于點(diǎn)G．若=3，則BK=____．15、（2013?遵義）分解因式：x3-x=____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、兩個(gè)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊的比值為1．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、圓心相同的兩個(gè)圓是同心圓．____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、-2的倒數(shù)是+2．____（判斷對(duì)錯(cuò)）．19、如果一個(gè)函數(shù)不是正比例函數(shù)，就是反比例函數(shù)20、兩個(gè)矩形一定相似．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、因?yàn)榈钠椒礁恰?，所?±____22、如果A、B兩點(diǎn)之間的距離是一個(gè)單位長(zhǎng)度，那么這兩點(diǎn)表示的數(shù)一定是兩個(gè)相鄰的整數(shù)（____）評(píng)卷人得分四、證明題(共3題，共18分)23、如圖；四邊形ABCD中，∠A=∠C=90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE；CD交于G點(diǎn)。

（1）求證：∠ABC+∠ADC=180°；

（2）求證：∠G=∠CDF．24、已知：如圖；△ABC內(nèi)接于⊙0，AE⊥BC，AD平分∠BAC．

求證：∠DAE=∠DAO．25、已知：如圖；點(diǎn)D在△ABC的邊BC上，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．

（1）求證：△AED≌△DFA；

（2）若AD平分∠BAC．求證：四邊形AEDF是菱形．評(píng)卷人得分五、作圖題(共4題，共24分)26、一個(gè)矩形ABCD四個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（-3；1），B（-3，-1），C（-1，-1），D（-1，1），畫出下列要求的圖形，并回答問題：

（1）寫出沿CD翻折后得圖形頂點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）繞D點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°后得圖形頂點(diǎn)坐標(biāo)；

（3）關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O成中心對(duì)稱的圖形頂點(diǎn)坐標(biāo)；

（4）把圖形向下平移3個(gè)單位后的圖形頂點(diǎn)坐標(biāo)．27、如圖；已知線段a和h．

求作：△ABC；使得AB=AC，BC=a，且BC邊上的高AD=h．

要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡．28、在5×5的單位正方形網(wǎng)格中有一個(gè)△ABC，點(diǎn)A，B，C在正方形網(wǎng)格的交點(diǎn)上．在網(wǎng)格中畫一個(gè)△A1B1C1，使點(diǎn)A1、B1、C1在正方形網(wǎng)格的交點(diǎn)上，且△ABC與△A1B1C1的相似比為．29、如圖，點(diǎn)A在直線l上，請(qǐng)?jiān)谥本€l上另找一點(diǎn)C，使△ABC是等腰三角形．請(qǐng)找出所有符合條件的點(diǎn)（保留作圖痕跡）．評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共3題，共18分)30、若x的50%不小于它的3倍與5的和，則x____．31、計(jì)算（a-）÷的結(jié)果是____．32、（1）計(jì)算：--

（2）化簡(jiǎn)：（a2-a）÷．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】根據(jù)已知條件，確定出每一步的函數(shù)圖形，再把圖象結(jié)合起來即可求出結(jié)果．【解析】【解答】解：∵老王搭乘鄰居老劉的車回到家；己知老王回家時(shí)的速度比出發(fā)時(shí)的速度快；

∴他離家越來越近；回家所用時(shí)間少，中間有一段時(shí)間是觀看演唱會(huì)；

∴老王離家的距離y與時(shí)間x的函數(shù)關(guān)系的大致圖象是C．

故選：C．2、B【分析】【分析】根據(jù)軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)稱圖形的定義可直接得到答案．【解析】【解答】解：A；既是軸對(duì)稱圖形也是中心對(duì)稱圖形；故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；

B；是軸對(duì)稱圖形；不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)正確；

C；不是軸對(duì)稱圖形也不是中心對(duì)稱圖形；故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；

D；不是軸對(duì)稱圖形是中心對(duì)稱圖形；故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選：B．3、C【分析】解：A、（-2）-2=所以A錯(cuò)誤；

B、=2；所以B錯(cuò)誤；

C、46÷（-2）6=212÷26=26=64；所以C正確；

D、-=2-=所以D錯(cuò)誤；

故選C

依次根據(jù)負(fù)整指數(shù)的運(yùn)算；算術(shù)平方根的計(jì)算，整式的除法，二次根式的化簡(jiǎn)和合并進(jìn)行判斷即可．

此題是二次根式的加減法，主要考查了負(fù)整指數(shù)的運(yùn)算，算術(shù)平方根的計(jì)算，整式的除法，二次根式的化簡(jiǎn)和合并同類二次根式，熟練掌握這些知識(shí)點(diǎn)是解本題的關(guān)鍵．【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】根據(jù)拋物線開口向下a＜0，拋物線和y軸正半軸相交，c＞0，對(duì)稱軸在y軸右側(cè)b＞0，拋物線與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，得出△＞0，拋物線的對(duì)稱軸x=-=1，可得出a，b的關(guān)系，當(dāng)x=1時(shí)函數(shù)值為正．【解析】【解答】解：∵拋物線與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)；得出△＞0；

∴故A錯(cuò)誤；

∵拋物線開口向下；

∴a＜0；

∵拋物線和y軸正半軸相交；

∴c＞0；

∵對(duì)稱軸在y軸右側(cè)；

∴b＞0；

∴abc＜0；

∴故B錯(cuò)誤；

∵拋物線的對(duì)稱軸x=-=1；

∴2a=-b；

∴2a+b=0；

故C正確；

當(dāng)x=1時(shí)，y＞0，即a+b+c＞0；

∴故D錯(cuò)誤．

故選C．5、B【分析】【分析】連接OA、OB，先根據(jù)反比例函數(shù)的比例系數(shù)k的幾何意義，可知S△AOM=，S△BOM=||，則S△AOM：S△BOM=3：|k|，再根據(jù)同底的兩個(gè)三角形面積之比等于高之比，得出S△AOM：S△BOM=AM：MB=1：2，則3：|k|=1：2，然后根據(jù)反比例函數(shù)的圖象所在的象限，即可確定k的值．【解析】【解答】解：如圖；連接OA；OB．

∵點(diǎn)A在反比例函數(shù)的圖象上，點(diǎn)B在反比例函數(shù)的圖象上；AB⊥x軸于點(diǎn)M；

∴S△AOM=，S△BOM=||；

∴S△AOM：S△BOM=：||=3：|k|；

∵S△AOM：S△BOM=AM：MB=1：2；

∴3：|k|=1：2；

∴|k|=6；

∵反比例函數(shù)的圖象在第四象限；

∴k＜0；

∴k=-6．

故選B．6、B【分析】

從左邊開始第一；二個(gè)圖形經(jīng)過折疊后；可以圍成正方體，而第三、四個(gè)圖形折疊后第一行兩個(gè)面無法折起來，而且下邊沒有面，不能折成正方體．

故選B．

【解析】【答案】利用正方體及其表面展開圖的特點(diǎn)解題．

二、填空題(共9題，共18分)7、k＞-3或k=-【分析】【分析】本題考查二次函數(shù)、一次函數(shù)的圖象特征，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)正確畫出圖象，利用圖象解決問題，學(xué)會(huì)利用方程組確定交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，屬于中考?？碱}型.

畫出圖象，利用圖象法解決問題．【解答】解：函數(shù)y={x2+2x鈭?3(x<0)x2鈭?4x鈭?3(x鈮?0)

的圖象如圖所示；

由圖象可知當(dāng)n>鈭?3

時(shí)；函數(shù)y

的圖象與直線y=鈭?x+n

只有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)．

由{y=x2+2x鈭?3y=鈭?x+k

消去y

得到x2鈭?3x鈭?3鈭?k=0

婁隴=0

時(shí)，k=鈭?214

由{y=x2鈭?4x鈭?3y=鈭?x鈭?214

消去y

得到x2鈭?3x+94=0

隆脽婁隴=0

隆脿

直線y=鈭?x鈭?214

與函數(shù)y

的圖象只有兩個(gè)交點(diǎn)；

綜上所述，k

的取值范圍為k>鈭?3

或k=鈭?214

故答案為k>鈭?3

或k=鈭?214

．【解析】k>鈭?3

或k=鈭?214

8、略

【分析】解：由題意可得；

小明與小強(qiáng)的速度之比為：16411攏潞(30鈭?16411)=65

設(shè)小明的速度為：6akm/h

則小強(qiáng)的速度為5akm/h

隆脿306a+12=305a

得a=2

隆脿6a=125a=10

隆脿

小明和小強(qiáng)第2

次相遇的時(shí)間為：30隆脕312+10=9022=4511

小時(shí)；

故答案為：4511

．

根據(jù)圖象可以求得小明和小強(qiáng)的速度比；然后根據(jù)題目中的數(shù)據(jù)即可求得他們的速度，小明和小強(qiáng)第2

次相遇也就是說他們兩個(gè)一起走了AB

之間路程的三倍，從而可以求得他們第2

相遇用的時(shí)間．

本題考查一次函數(shù)的應(yīng)用、一元一次方程的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．【解析】4511

9、略

【分析】【分析】求出x=±1，把x的值分別代入方程，求出方程的解即可．【解析】【解答】解：|x|-1=0；

x=±1；

把x=1代入方程mx+2=2（m-x）得：m+2=2（m-1）；

解得：m=4；

把x=-1代入方程mx+2=2（m-x）得：-m+2=2（m+1）；

解得：m=0．

故答案為：4或0．10、略

【分析】【分析】首先計(jì)算出直線y=-2x+4與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，再設(shè)出所求函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=kx+b（k、b為常數(shù)，k≠0），利用待定系數(shù)法把（2，0）（-3，2），代入函數(shù)關(guān)系式，即可算出k、b的值，進(jìn)而可得函數(shù)關(guān)系式．【解析】【解答】解：直線y=-2x+4與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)是：（2；0）；

設(shè)所求一次函數(shù)的表達(dá)式為y=kx+b（k、b為常數(shù)；k≠0）；

∵圖象經(jīng)過（2；0）（-3，2）；

∴；

解得：；

∴一次函數(shù)的表達(dá)式為y=-x+；

故答案為：y=-x+．11、略

【分析】【分析】（1）①根據(jù)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和速度，即可推出CD，CE的長(zhǎng)度，便可推出邊長(zhǎng)DE的長(zhǎng)度，②根據(jù)題意推出CF的長(zhǎng)度，然后通過求∠CEF=60°，∠FCD=30°推出直角三角形，最后根據(jù)∠CEF的正切值推出t的值，（2）首先根據(jù)題意畫出圖形，然后逐個(gè)進(jìn)行討論解答，①當(dāng)⊙A與DF相切，通過求證△ACD≌△AFD，即可推出此時(shí)BC與⊙A相切于點(diǎn)C，然后通過直角三角形中特殊角的函數(shù)值，即可推出t的值，②若⊙A與CF相切，根據(jù)（1）中已求證的結(jié)論，結(jié)合直角三角形中特殊角的函數(shù)值，即可推出t的取值，（3）分情況進(jìn)行討論，①若GE∥AC時(shí)，四邊形ACEG為梯形，連接FH，通過相關(guān)角的度數(shù)關(guān)系推出CF，F(xiàn)H在同一條直線上，然后通過求證△ACB∽△HFE，推出，即可推出t的值；②若AG∥CE時(shí)，四邊形ACEG為梯形，連接AF，F(xiàn)G，根據(jù)對(duì)稱的性質(zhì)，即可推出△AFM≌△AGM，即得∠FAM=∠GAM，∠AFM=∠AGM，便可知∠AFE=90°，通過A，F(xiàn)，E在同一條直線上，推出△ACE是Rt△，最后根據(jù)直角三角形中特殊角的函數(shù)值即可推出t的值．【解析】【解答】解：（1）①∵點(diǎn)D；E從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)；分別以1cm/s和2cm/s的速度移動(dòng)；

設(shè)點(diǎn)D；E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒；

∴CD=1t=t；CE=2t；

∴DE=CE-CD=2t-t=t；

∵等邊△DEF；

∴DE=DF=EF=t；即邊長(zhǎng)為t；

②當(dāng)F在AB上時(shí)；

∵DE=t；

∴CD=DE=EF=DF=t；

∵等邊△DEF；

∴∠FDE=60°；

∴∠FCD=30°；

∴∠ACF=60°；

∵∠A=60°；∠B=30°；

∴當(dāng)F在AB；CF=AF=BF；

∵BC=6；

∴AB=4，AC=2；

∴CF=2；

∵∠CEF=60°；

∴CF⊥EF；

∴sin60°==；

∵CE=2t；

∴；

∴t=2；

（2）①當(dāng)⊙A與DF相切；連接AD；

∵⊙A與DF相切；

∴AB⊥DF；

又∵AC⊥BC；

∴∠ACD=∠AFD=90°；

又∵AD=AD；AC=AF；

∴△ACD≌△AFD（HL）；

∴AF=AC；

∴BC與⊙A相切于點(diǎn)C；

∵AC=2；∠FDB=60°；

∴∠ADC=60°；

∵CD=t；

∴tan60°==；

∴t=2（3分）

②若⊙A與CF相切，

∴CF⊥AF；

∵AC=2；∠ACF=60°；

∴cos60°==；

∴CF=；

∵∠FCE=30°；∠FEC=60°；

∴EF⊥CF；

∴cos30°==；

∵CE=2t；

∴；

∴t=1；

（3）當(dāng)t=1.5或t=1時(shí)；使得以A；C、E、G為頂點(diǎn)的四邊形為梯形；

①如圖：若GE∥AC時(shí)，四邊形ACEG為梯形，

連接FH；

∵AC⊥BC；

∴GE⊥BC；

∵∠B=30°；

∴∠G=30°；

∵F；G兩點(diǎn)關(guān)于AB成對(duì)稱點(diǎn)；

∴∠GFH=30°；

∵∠FEC=60°；

∴∠FEG=30°；

∴∠GFE=120°；

∴∠HFE=90°；

∵∠CFD=60°；∠DEF=30°；

∴∠CFH=180°；即CF，F(xiàn)H在同一條直線上；

∵∠ACF=∠A=60°；∠FCB=∠B=30°；

∴CH=AH=HB；

∵AB=4；

∴CH=AH=HB=2；

∴HE=；

∵∠FEH=∠B=30°；∠ACB=∠HFE=90°；

∴△ACB∽△HFE；

∴；

∵AB=4；BC=6；

∴HE=；EF=t；

∴t=1.5

②若AG∥CE時(shí)，四邊形ACEG為梯形，

連接AF；FG，設(shè)與AB交于M點(diǎn)；

∵G；F兩點(diǎn)關(guān)于AB對(duì)稱；

∴AF=AG；FM=GM，AB⊥FG；

∴△AFM≌△AGM；

∴∠FAM=∠GAM；∠AFM=∠AGM；

∵AG∥BC；

∴∠B=∠GAM=30°；

∴∠FAM=30°；

∴∠AFM=60°；

∵∠FED=60°；∠B=30°；

∴∠FEB=120°；

∵在四邊形MFEB中；∠FMB=90°；

∴∠FEB=120°；

∵∠CFE=90°；∠AFM=60°；

∴∠AFE=180°；

∴A；F，E在同一條直線上；

∵∠AFC=90°；

∴△ACE是直角三角形；

∵∠CEF=60°；

∴tan60°==，即；

∴t=1．

③如備用圖：

當(dāng)t=時(shí)；使得以A；C、E、G為頂點(diǎn)的四邊形為梯形．

綜上可得當(dāng)t=1.5或t=1或時(shí)，使得以A、C、E、G為頂點(diǎn)的四邊形為梯形．12、略

【分析】

如圖；設(shè)等腰△ABC的底邊BC=2；

則BC?AD=1；

即×2?AD=1；

解得AD=1；

∵△ABC是等腰三角形；

∴BD=CD=BC=1；

∴△ABD與△ACD都是等腰直角三角形；

∴∠BAD=∠CAD=45°；

∴∠BAC=45°×2=90°；

即它的頂角度數(shù)為90°．

故答案為：90°．

【解析】【答案】作出草圖；先根據(jù)三角形的面積求出底邊上的高為1，然后根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得底邊上的高把三角形分成兩個(gè)等腰直角三角形，從而得解．

13、略

【分析】

設(shè)有n個(gè)隊(duì)；每個(gè)隊(duì)都要賽（n-1）場(chǎng)，但兩隊(duì)之間只有一場(chǎng)比賽；

n（n-1）÷2=36；

解得x1=9，x2=-8（舍去）．

故9支球隊(duì)參加比賽．

故答案為：9．

【解析】【答案】賽制為單循環(huán)形式（每?jī)申?duì)之間都賽一場(chǎng)），n個(gè)球隊(duì)比賽總場(chǎng)數(shù)=即可列方程求解．

14、略

【分析】

（1）若OP的延長(zhǎng)線與射線AB的延長(zhǎng)線相交，設(shè)交點(diǎn)為H．如圖1，

∵M(jìn)G與⊙O相切；

∴OK⊥MG．

∵∠BKH=∠PKG；

∴∠MGB=∠BHK．

∵=3；

∴tan∠BHK=．

∴AH=3AO=3×1=3；

BH=3BK．

∵AB=2；

∴BH=1；

∴BK=．

（2）若OP的延長(zhǎng)線與射線DC的延長(zhǎng)線相交；設(shè)交點(diǎn)為H．如圖2；

同理可求得BK=．

綜上所述，本題應(yīng)填．

【解析】【答案】根據(jù)MG與⊙O相切得OK⊥MG．設(shè)直線OK交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，易證∠MGB=∠BHK．根據(jù)三角函數(shù)定義，tan∠MGB=tan∠BHK==從而有AH=3，BH=3BK．因?yàn)锳B=2，所以BH=1，可求BK．

P為動(dòng)點(diǎn)；當(dāng)P接近F點(diǎn)時(shí)，本題另有一個(gè)解．

15、略

【分析】

x3-x；

=x（x2-1）；

=x（x+1）（x-1）．

【解析】【答案】本題可先提公因式x，分解成x（x2-1），而x2-1可利用平方差公式分解．

三、判斷題(共7題，共14分)16、√【分析】【分析】根據(jù)①全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，②全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等可得出答案．【解析】【解答】解：∵全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等。

∴兩個(gè)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊的比值為1．

故答案為：√．17、×【分析】【分析】根據(jù)同心圓的定義進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：圓心相同；半徑不等的兩個(gè)圓是同心圓．

故答案為×．18、×【分析】【分析】根據(jù)乘積是1的兩個(gè)數(shù)互為倒數(shù)即可判斷．【解析】【解答】解：∵（-2）（+2）=3-4=-1≠1；

∴-2的倒數(shù)不是+2．

故答案為：×．19、×【分析】【解析】試題分析：形如的函數(shù)叫正比例函數(shù)，形如的函數(shù)叫反比例函數(shù).一個(gè)函數(shù)不是正比例函數(shù)，還可能是二次函數(shù)等，故本題錯(cuò)誤.考點(diǎn)：函數(shù)的定義【解析】【答案】錯(cuò)20、×【分析】【分析】利用相似多邊形的性質(zhì)求解．【解析】【解答】解：任意兩個(gè)矩形；不能判斷它們的對(duì)應(yīng)角相等，對(duì)應(yīng)邊的比相等．所以不一定相似．

故答案為：×21、×【分析】【分析】分別利用算術(shù)平方根、平方根定義計(jì)算即可判斷對(duì)錯(cuò)．【解析】【解答】解：的平方根是±；

所以=．

故答案為：×．22、×【分析】【分析】根據(jù)題意，可通過舉反例的方法即可得出答案．【解析】【解答】解：根據(jù)題意：可設(shè)A點(diǎn)位1.1；B點(diǎn)為2.1；

A；B兩點(diǎn)之間的距離是一個(gè)單位長(zhǎng)度；但這兩點(diǎn)表示的數(shù)不是兩個(gè)相鄰的整數(shù)．

故答案為：×．四、證明題(共3題，共18分)23、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)多邊形的內(nèi)角和定理求出即可；

（2）根據(jù)角平分線定義求出∠CDF+∠GBC=90°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠CDF+∠DFC=90°，推出∠DFC=∠GBC，根據(jù)平行線的判定得出BG∥DF，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出即可．【解析】【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD中；∠A=∠C=90°，∠A+∠ABC+∠C+∠ADC=360°；

∴∠ABC+∠ADC=180°；

（2）∵BE平分∠ABC；DF平分∠ADC；

∴∠GBC=∠ABC，∠CDF=∠ADC；

∵∠ABC+∠ADC=180°；

∴∠GBC+∠CDF=90°；

∵∠C+∠CDF+∠DFC=180°；∠C=90°；

∴∠CDF+∠DFC=90°；

∴∠GBC=∠DFC；

∴BG∥DF；

∴∠G=∠CDF．24、略

【分析】【分析】根據(jù)角平分線的定義得到∠BAD=∠DAC；根據(jù)在同圓或等圓中，相等的圓周角所對(duì)的弧相等可得BD弧=CD弧，則根據(jù)垂徑定理得到OD⊥BC，而AE⊥BC，則OD∥AE，得到

∠DAE=∠ADO，而∠ADO=∠DAO，利用等量代換即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：∵AD平分∠BAC；

∴∠BAD=∠DAC；

∴BD弧=CD??；

∵OD為⊙O半徑；

∴OD⊥BC；

又∵AE⊥BC；

∴OD∥AE；

∴∠DAE=∠ADO；

∵AO=OD；

∴∠ADO=∠DAO；

∴∠DAE=∠DAO．25、略

【分析】【分析】1；因?yàn)镈E∥AC；DF∥AB，所以四邊形AEDF為平行四邊形，所以△AED≌△DFA．

2、要證四邊形AEDF是菱形，只需通過定義證明四邊形為平行四邊形，再根據(jù)等角對(duì)等邊得到一對(duì)鄰邊相等，可證四邊形AEDF是菱形．【解析】【解答】證明：（1）∵DE∥AC；DF∥AB；

∴四邊形AEDF為平行四邊形．

∴AE=DF；AF=DE．

又AD=AD；

∴△AED≌△DFA．

（2）∵AD平分∠BAC；

∴∠EAD=∠FAD．

又∵AEDF為平行四邊形；

∴∠FAD=∠ADE；

∴AE=ED；

∴四邊形AEDF是菱形．五、作圖題(共4題，共24分)26、略

【分析】【分析】（1