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华师大版初中数学九年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份华师大版初中数学九年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共28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。
华师大版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知a
2. 3−1−1−32的值为( )
A. 0 B. −2 C. −23 D. 以上都不对
3. 关于x的方程m2x2−8mx+12=0至少有一个正整数解，且m是整数，则满足条件的m的值的个数是( )
A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个
4. 已知关于x的方程(1-2k)x2-2k+1x-1=0有实数根，则k的取值范围是( )
A. k≥2 B. k≤2
C. -1≤k≤2 D. -1≤k≤2且k≠12
5. 定义：当x=a时，其对应的函数值为y=f(a)，若f(a)=a成立，则称a为函数y的不动点．例如：函数y=x2−3x+4，当x=2时，y=f(2)=22−3×2+4=2，因为f(2)=2成立，所以2为函数y的不动点．因此对于函数y=(t+1)x2−(2t+1)x−3，将函数图象向下平移m(m>0)个单位长度，t≥−4时，平移后函数不动点的个数有几个( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
6. 若顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形是矩形，则四边形ABCD必然是( )
A. 菱形 B. 对角线相互垂直的四边形
C. 正方形 D. 对角线相等的四边形
7. 如图，在平行四边形ABCD中，∠C=120°，AD=2AB=4，点H、G分别是边CD、BC上的动点．连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF.则EF的最大值与最小值的差为( )
A. 1 B. 3−1 C. 32 D. 2−3
8. 正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2，…按如图的方式放置，A1、A2、A3、…和点C1、C2、C3，…分别在直线y=x+1和x轴上，则点B6的坐标是( )
A. (63,32) B. (64,32) C. (32,16) D. (128,64)
9. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，点E，F分别为AD，DC边上的点，且EF=2，点G为EF的中点，点P为BC上一动点，则PA+PG的最小值为( )
A. 3 B. 4 C. 25 D. 5
10. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E在BC的延长线上，连接DE，点F是DE的中点，连接OF交CD于点G，连接CF，若CE=4，OF=6.则点D到CF的距离为( )
A. 434 B. 835 C. 455 D. 855
11. 下列算式：①9=±3；②−13−2=9；③−2(a+b)=−2a+2b；④20162=2016；⑤a+a=a 2.运算结果正确的概率是
A. 45 B. 35 C. 25 D. 15
12. 如图，将边长为3的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q，连接PQ，则△GPQ的周长最小值是( )
A. 32+22
B. 3+352
C. 32+23
D. 92
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已知关于x的一元二次方程：x2−2x−a=0，有下列结论：
①当a>−1时，方程有两个不相等的实根；
②当a>0时，方程不可能有两个异号的实根；
③当a>−1时，方程的两个实根不可能都小于1；
④当a>3时，方程的两个实根一个大于3，另一个小于3．
以上4个结论中，正确的个数为______．
14. 如图，在边长为22的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为______．
15. 如图1是第32届夏季奥运会的会徽，它是由三种不同规格的全等矩形组成，代表了不同的国家、文化和思维方式，表达了多样性的融合．图2和图3为该会徽中的某一部分，如图2，三种矩形分别由三种不同的菱形依次连结各边中点得到，其中∠AOC=120°，∠AOB=90°.如图3，点D恰好在FE的延长线上，则∠IHE=______度．若AO=1，则点F，G间的距离为______．
16. 已知a，b，c是△ABC的三条边长，化简=a+b−c2−(|c−a−b|)2_____．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图1，在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AD=a cm，BC=bcm，并且a，b满足b=a−6+6−a+8，若动点P从A点出发，以每秒0.5cm的速度沿线段AD向点D运动；点Q从C点出发以每秒2cm的速度沿CB方向运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，回答下列问题：
(1)AD=______cm，BC=______cm．
(2)设点P、Q同时出发，并运动了x秒，求当x为多少秒时，四边形PQBA是矩形．
(3)如图2，若四边形ABCD变为平行四边形ABCD，AD=BC=6cm，动点P从A点出发，以每秒0.5cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒2cm的速度在BC间往返运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设P、Q两点同时出发，并运动了t秒，求当t为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
18. 如图，在矩形ABCD中无重叠放入面积分别为20cm2和25cm2的两张正方形纸片，求图中空白部分的面积．
19. 已知关于x的方程x2+2x−a+1=0没有实数根，试判断关于y的方程y2+ay+a=1是否一定有两个不相等的实数根，并说明理由．
20. 在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=2x−4图象交于A、B两点(点A在点B左侧)．
(1)若k=6．
①求A、B两点的坐标；
②过y轴正半轴上一动点C(0,n)作平行于x轴的直线，分别与一次函数y=2x−4、反比例函数y=kx的图象相交于D、E两点，若CD=3DE，求n的值；
(2)若一次函数y=2x−4图象与x轴交于点F，AF+BF≤35，直接写出k的取值范围．
21. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴，x轴上，将三角形AOB沿x轴正方向平移一段距离，平移后的图形为三角形CED，连接AC．
(1)观察发现
如图 ①，点C到x轴的距离为7，到y轴的距离为6.直接写出点C的坐标 ．
(2)探究证明
如图 ②，若∠ABD平分线BF与CD交于点F，连接AF，则∠CAF，∠AFB，∠ABD三个角满足的关系是什么?并说明理由．
(3)拓展延伸
如图 ③，F是线段CD上一点，连接AF，BF，取平面内一点P，连接AP，BP，若∠CAP=3∠FAP，∠DBP=3∠FBP，请直接写出∠APB∠AFB的值．
22. 如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF=12BC，连接CD和EF．
(1)求证：四边形DCFE是平行四边形；
(2)求EF的长．
23. 如图，AD是△ABC的边BC的中线，E是AD的中点，过点A作AF//BC，交BE的延长线于点F，连接CF，BF交AC于G．
(1)若四边形ADCF是菱形，试证明△ABC是直角三角形；
(2)求证：CG=2AG．
24. 如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，BE，点P为DC的中点，
(1)【观察猜想】图1中，线段AP与BE的数量关系是______，位置关系是______．
(2)【探究证明】把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置，(1)中的猜想是否仍然成立？若成立请证明，否请说明理由；
(3)【拓展延伸】把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出线段AP长度的最大值和最小值．
25. 电器专营店的经营利润受地理位置、顾客消费能力等因素的影响，某品牌电脑专营店设有甲、乙两家分店，均销售A、B、C、D四种款式的电脑，每种款式电脑的利润如表1所示．现从甲、乙两店每月售出的电脑中各随机抽取所记录的50台电脑的款式，统计各种款式电脑的销售数量，如表2所示．
表1：四种款式电脑的利润
电脑款式
A
B
C
D
利润(元/台)
160
200
240
320
表2：甲、乙两店电脑销售情况
电脑款式
A
B
C
D
甲店销售数量(台)
20
15
10
5
乙店销售数量(台)8
8
10
14
18
试运用统计与概率知识，解决下列问题：
(1)从甲店每月售出的电脑中随机抽取一台，其利润不少于240元的概率为______；
(2)经市场调查发现，甲、乙两店每月电脑的总销量相当．现由于资金限制，需对其中一家分店作出暂停营业的决定，若从每台电脑的平均利润的角度考虑，你认为应对哪家分店作出暂停营业的决定？并说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查二次根式的化简，根据二次根式的非负性进行化简即可．
【解答】
解：∵a0，
∴a<0，b>0，
∴−a3b=−a−ab．
故选A．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查二次根式的运算，涉及绝对值的性质，二次根式的性质．根据二次根式的性质以及绝对值的性质即可求出答案．
【解答】
解：原式=(3−1)−|1−3|
=3−1+(1−3)
=0，
故选A．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了用公式法解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解本题的关键．根据公式法解方程，根据方程的解为正整数及m为整数，即可确定出m的值．
【解答】
解：m2x2−8mx+12=0，
△=(−8m)2−4m2×12=16m2，
∴x=8m±16m22m2=8m±4m2m2，
∴x1=6m，x2=2m，
∵关于x的方程m2x2−8mx+12=0至少有一个正整数解，且m是整数，
∴6m>0，2m>0，
∴m=1或2或3或6，
则满足条件的m的值的个数是4个，
故选：B．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查一元二次方程根的情况与判别式b2−4ac的关系：(1)b2−4ac>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)b2−4ac=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)b2−4ac<0⇔方程没有实数根．
根据方程有实根得出b2−4ac⩾0，求出不等式的解集，结合二次根式的意义求得答案即可．
【解答】解：①当1-2k=0时，(1-2k)x2-2k+1x-1=0变为-6x-1=0，
此时方程有实数根；
②当1-2k≠0时，k≠12，
由题意知，b2−4ac=4(k+1)+4(1−2k)⩾0，且k+1≥0，
∴-1≤k≤2且k≠12．
∴当-1≤k≤2时，关于x的方程(1-2k)x2-2k+1x-1=0有实数根．
故选C．
5.【答案】C
【解析】解：向下平移后的函数为：y=(t+1)x2−(2t+1)x−3−m，
当t=−1时，y=x−3−m，函数没有不动点；
当t≠−1时，
令x=(t+1)x2−(2t+1)x−3−m，
整理得，(t+1)x2−(2t+2)x−3−m=0，
∴Δ=(2t+2)2+4(t+1)(3+m)=0，整理得Δ=4(t+1)(t+m+4)，
∵m>0，t≥−4，
∴t+m+4>0，
当−4≤t<−1时，Δ<0，平移后函数不动点的个数为0个；
当t=−1时，不是二次函数；
当t>−1时，Δ>0，平移后函数不动点的个数为2个．
综上可知，当−4≤t≤−1时，平移后函数不动点的个数为0个；当t>−1时，平移后函数不动点的个数为2个．
故选：C．
本题主要考查二次函数与一元二次方程关系，根的判别式，新定义型，分类讨论思想等知识，关键是由新定义转化为两函数的交点问题．当t=−1时，函数为y=x−3−m，函数没有不动点；当t≠−1时，化简根的判别式，对根的判别式的正负进行判定即可．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要利用了矩形的性质和三角形中位线定理来求解．此题要根据矩形的性质和三角形中位线定理求解；首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．
【解答】
解：如图，
四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
根据三角形中位线定理得：EH//FG//BD，EF//AC//HG；
∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是对角线相互垂直的四边形．
故选B．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明∠ACD=90°，属于中考选择题中的压轴题.如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N，首先证明∠ACD=90°，求出AC，AN，利用三角形中位线定理，可知EF=12AG，求出AG的最大值以及最小值即可解决问题．
【解答】
解：如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BCD=120°，
∴∠D=180°−∠BCD=60°，AB=CD=2，
∵AM=DM=DC=2，
∴△CDM是等边三角形，
∴∠DMC=∠MCD=60°，AM=MC，
∴∠MAC=∠MCA=30°，
∴∠ACD=90°，
∴AC=23，
在Rt△ACN中，∵AC=23，∠ACN=∠DAC=30°，
∴AN=12AC=3，
∵AE=EH，GF=FH，
∴EF=12AG，
易知AG的最大值为AC的长，最小值为AN的长，
∴AG的最大值为23，最小值为3，
∴EF的最大值为3，最小值为32，
∴EF的最大值与最小值的差为32．
故选C．
8.【答案】A
【解析】解：∵OC1=OA1=B1C1=A1B1=1，
∴B1(1,1)，
∵A2在直线y=x+1上，
∴A2(1,2)，
∴C1C2=B2C2=2，
∴B2(3,2)，同理可得B3(7,4)，B4(15,8)…
所以Bn(2n−1,2n−1)，
所以B6的坐标为(63,32)；
故选：A．
先求出B1，B2，B3，B4的坐标，探究规律后即可解决问题．
本题考查一次函数图象上的点的坐标特征、正方形的性质，解题的关键是学会从一般到特殊的探究方法，学会利用规律解决问题，属于压轴题．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了轴对称−最短路线问题，判断出G点的轨迹是解题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点.因为EF=2，点G为EF的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出DG=1，所以G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，作A关于BC的对称点A′，连接A′D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，此时PA+PG的值最小，最小值为A′G的长；根据勾股定理求得A′D=5，即可求得A′G=A′D−DG=5−1=4，从而得出PA+PG的最小值．
【解答】
解：∵EF=2，点G为EF的中点，
∴DG=1，
∴G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，
作A关于BC的对称点A′，连接A′D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，
此时PA+PG的值最小，最小值为A′G的长；
∵AB=2，AD=3，
∴AA′=4，
∴A′D=5，
∴A′G=A′D−DG=5−1=4，
∴PA+PG的最小值为4，
故选B．
10.【答案】D
【解析】解：在正方形ABCD中，BO=DO，BC=DC，
∵点F是DE的中点，OF=6，
∴BE=2OF=12，
∵CE=4，
∴DC=BC=8，
在Rt△DCE中，DE=DC2+CE2=45，
∴CF=12DE=25，
∴△CDE的面积=12CE⋅DC=12×4×8=16，
∵F是Rt△DCE斜边DE的中点，
∴△DCF面积=8，
设点D到CF的距离为x，则12x⋅CF=8，
∴12⋅x×25=8，
解得x=855，
∴点D到CF的距离为855．
故选：D．
由正方形的性质及三角形的中位线的性质可求得DC=8，利用勾股定理及直角三角形的斜边上的中线的性质可求解DE，CF的长，进而求出△DCF面积为8，设点D到CF的距离为x，则12x⋅CF=8，可得点D到CF的距离．
本题考查正方形的性质及应用，涉及三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、点到直线的距离、勾股定理等知识，解题的关键是求出△DCF面积，用等面积法解决问题．
11.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式的性质以及负整数指数幂的性质、算术平方根、合并同类项、单项式乘多项式、概率公式等知识，正确掌握相关运算法则是解题关键．
【解答】
解：①9=3，故①错误；
②−13−2=1−132=9，故②正确；
③−2a+b=−2a−2b，故③错误；
④20162=2016，故④正确；
⑤a+a=a2，故⑤错误，
故运算结果正确的概率是：25．
故选C．
12.【答案】B
【解析】解：连接BP，取CD的中点M，连接PM，
由折叠可知，PM=PQ，GH=DC，PC=PG，
在Rt△BCG中，P是CG的中点，
∴BP=PG=12GC，
∵Q是GH的中点，
∴QG=12GH，
∴△GPQ的周长=PQ+QG+PG=PM+12GH+PB=PM+PB+12CD，
∵CD=3，
∴△GPQ的周长=PM+PB+32，
当M、P、B三点共线时，PM+BP=BM最小，
在Rt△BCM中，BM=32+322=352，
∴△GPQ的周长的最小值为352+32=3+352，
故选：B．
连接BP，取CD的中点M，连接PM，根据折叠的性质，PM=PQ，GH=DC，PC=PG，要求△GPQ的周长的最小值，只需求PM+PB的最小值，当M、P、B三点共线时，PM+BP=BM最小，在Rt△BCM中，勾股定理求出BM，即可求解．
本题考查图形的翻折变换，熟练掌握正方形的性质、轴对称最短路径问题、勾股定理、直角三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．
13.【答案】①③④
【解析】解：∵x2−2x−a=0，
∴△=4+4a，
∴①当a>−1时，△>0，方程有两个不相等的实根，故①正确，
②当a>0时，两根之积<0，方程的两根异号，故②错误，
③方程的根为x=2±4+4a2=1±1+a，
∵a>−1，
∴方程的两个实根不可能都小于1，故③正确，
④若方程的两个实根一个大于3，另一个小于3．
则有32−6−a<0，
∴a>3，故④正确，
故答案为①③④．
根据判别式，根与系数的关系，二次函数的性质一一判断即可．
本题考查一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系，二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14.【答案】1
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B=∠DCF=90°，BC=CD=AB，根据线段中点的定义得到BE=CF，根据全等三角形的性质得到CE=DF，∠BCE=∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE=DF=(22)2+(2)2=10，点G，H分别是EC，FD的中点，根据相似三角形的判定和性质列出比例式，即可得到结论．
【解答】
解：设DF，CE交于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠DCF=90°，BC=CD=AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE=CF，
∴△CBE≌△DCF(SAS)，
∴CE=DF，∠BCE=∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD=90°，
∴∠BCE+∠CFD=90°，
∴∠COF=90°，
∴DF⊥CE，
∴CE=DF=(22)2+(2)2=10，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴CG=FH=102，
∵∠DCF=90°，CO⊥DF，∠BCE=∠CDF，
∴△COF∽△DCF，
∴CF2=OF⋅DF，
∴OF=CF2DF=(2)210=105，
∴OH=31010，OD=4105，
∵CO⊥DF，∠BCE=∠CDF，
∴△COF∽△DOC，
∴OC2=OF⋅OD，
∴OC=105×4105=2105，
∴OG=CG−OC=102−2105=1010，
∴HG=OG2+OH2=110+910=1，
故答案为：1．
15.【答案】30 6+22
【解析】解：∵∠BOC=360°−120°−90°=150°，
∴∠OCB=(180°−∠BOC)÷2=(180°−150°)÷2=15°，
∴∠IHE=2∠NOC=2×15°=30°；
∵如图2，三种矩形分别由三种不同的菱形依次连结各边中点得到，OA=1，
∴萎形的边长为2，
∴BT=MT=1，∠MBT=∠TBM=180°−90°−15°=75°，
过点M作MJ⊥BT于点J，
∴∠MJT=90°，∠T=30°，
∴MJ=12MT=12，
∴TJ=MT2−MJ2=1−14=32；
∴BJ=BT−TJ=1−32，
在Rt△BMJ中：
BM=BJ2+MJ2=(1−32)2+(12)2=6−22，
∴BM=EG=6−22；
过点E作ES⊥EG于点E，交FG于点S，
∵点D恰好在FE的延长线上，
∴∠FEG=360°−90°−90°−75°=105°，∠EFS=15°，
∴∠G=180°−105°−15°=60°，
∴∠ESG=90°−60°=30°=∠F+∠FES，
∴∠F=∠FES=15°，
∴SF=ES，SG=2EG=6−2，
∴ES=SF=SG2−EG2=(6−2)2−(6−22)2=3(6−2)2，
∴FG=SF+SG=3(6−2)2+6−2=6+22，
故答室为：30，6+22．
利用已知条件求出∠BOC的度数，利用三角形的内角和定理可求出∠OCB的度数；然后结合图3和图2，可得到∠IHE的度数；利用等腰三角形的性质及三角形的内角和定理求出∠MBT，∠TBM的度数，抽象图形，过点M作MJ⊥BT于点J，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出MJ的长，利用勾股定理求出TJ的长，从而可求出BJ的长；在Rt△BMJ中利用勾股定理求出BM的长，即可得到EG的长；过点E作ES⊥EG于点E，交FG于点S，根据点D恰好在FE的延长线上，可求出∠FEG和∠EFS的度数，利用三角形的内角和定理求出∠G的度数，同时可证得SF=ES，利用直角三角形的性质求出SG的长；利用勾股定理求出SF的长；然后根据FG=SF+SG，代入计算求出FG的长．
本题综合性较强，主要考查矩形、菱形的性勾股定理，对学生要求较高，尤其是计算能力，解题关键是要在平时的学习中打好基础．
16.【答案】0
【解析】
【分析】
本题主要考查了三角形的三边关系以及二次根式的化简，理解a2=|a|是关键．利用三角形的三边关系可得：两边之和大于第三边，即可得到a+b−c>0，c−a−b<0，根据平方根的定义即可化简求值．
【解答】
解：∵a、b、c为△ABC的三条边长，
∴a+b−c>0，c−a−b<0，
∴原式=a+b−c+(c−a−b)=0．
故答案为0．
17.【答案】6 8
【解析】解：(1)∵b=a−6+6−a+8，
∴a=6，b=8，
∴AD=6cm，BC=8cm，
故答案为：6，8；
(2)根据题意可知：AP=0.5x cm，CQ=2x cm，
∴BQ=BC−CQ=(8−2x)cm，
当四边形PQBA是矩形，AP=BQ，
∴0.5x=8−2x，
解得x=3.2，
答：当x为3.2秒时，四边形PQBA是矩形；
(3)根据题意可知：AP=0.5t cm，CQ=2t cm，
∴PD=AD−AP=(6−0.5x)cm，BQ=BC−CQ=(6−2x)cm，
当P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，PD=BQ，
①当0
解得t=0(不符合题意，舍去)；
②当3
解得t=4.8；
③当6
解得t=8；
④当9
解得t=9.6．
综上所述：当t为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
(1)根据二次根式定义即可解决问题；
(2)根据题意可得AP=0.5x cm，CQ=2x cm，所以BQ=BC−CQ=(8−2x)cm，当四边形PQBA是矩形，AP=BQ，进而列方程即可解决问题；
(3)当P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，PD=BQ，分4种情况列式计算即可解决问题．
此题考查了直角梯形的性质，二次根式定义，平行四边形的判定，矩形的性质，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
18.【答案】解：∵两张正方形纸片的面积分别为20cm2和25cm2，
∴它们的边长分别为20=25cm，25=5cm，
∴AB=5cm，BC=(25+5)cm，
∴空白部分的面积=(25+5)×5−20−25，
=105+25−20−25，
=(−20+105)cm2．
【解析】根据正方形的面积求出两个正方形的边长，从而求出AB、BC，再根据空白部分的面积等于长方形的面积减去两个正方形的面积列式计算即可得解．
本题考查了二次根式的应用，算术平方根的定义，解题的关键在于根据正方形的面积求出两个正方形的边长．
19.【答案】解：∵方程x2+2x−a+1=0没有实数根，
∴△1=4−4(−a+1)=4a<0，
∴a<0，
对于关于y的方程y2+ay+a=1，
△2=a2−4a(a−1)=(a−2)2，
∵a<0，
∴(a−2)2>0，即△2>0，
∴方程y2+ay+a=1一定有两个不相等的实数根．
【解析】首先根据方程x2+2x−a+1=0没有实数根求出a的取值范围，然后求出方程y2+ay+a=1根的判别式，进而作出判断．
本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题要掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
(1)△>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)△=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)△<0⇔方程没有实数根．
20.【答案】解：(1) ①联立y=6xy=2x−4，解得x1=3y1=2，x2=−1y2=−6
∵点A在点B左侧，
∴A(−1,6)，B(3,2)；
②∵过y轴正半轴上一动点C(0,n)作平行于x轴，
∴点D，E的纵坐标都为n，
将y=n代入y=2x−4与y=6x得，
xD=n2+2，xE=6n，
∵B(3,2)，
∴分两种情况：
当0
∵CD=3DE，
∴n2+2=3(6n−n2−2)，
整理得到n2+4n−9=0
解得n=−2+13或−2−13(舍去)，
当n>2时，CD=n2+2，DE=n2+2−6n，
∵CD=3DE，
∴n2+2=3(n2+2−6n)，
整理得到n2+4n−18=0
解得n=−2+22或−2−22(舍去)，
综上，n的值为−2+13或−2+22;
(2)∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=2x−4图象交于A、B两点，
∴kx=2x−4，
即2x2−4x−k=0，
∴x1+x2=2，x1x2=−k2，
设A(x1,2x1−4)，B(x2,2x2−4)，
当k>0时，AF+BF=AB=(x1−x2)2+[(2x1−4)−(2x2−4)]2=5(x1−x2)2≤35，
即(x1−x2)2≤9，
∴(x1+x2)2−4x1x2=4−4×(−k2)=4+2k≤9，
∴k≤52，
当k<0时，反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=2x−4的图象有两个交点，
则Δ=(−4)2−4×2×(−k)=16+8k>0，
∴k>−2，
∴综上，k的取值范围是0
(1)①联立两个函数解析式，解方程可得答案；
②分02两种情形，分别表示出点D和E的横坐标，从而得出CD和DE的长，列方程即可解决问题；
(2)设A(x1,2x1−4)，B(x2,2x2−4)，联立两个函数解析式，可得x1+x2=2，x1x2=−k2，当k>0时，AF+BF=AB，利用两点间距离公式表示出AB，当k<0时，反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=2x−4的图象有两个交点，利用根的判别式可得答案．
21.【答案】解：(1)(6,7)
(2)∠AFB=∠CAF+12∠ABD．
理由如下：
如图，由平移得AC//BE，
过点F作GF//AC，
则GF//BE，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠2+∠3=∠1+∠4，
即∠AFB=∠1+∠4，
∵BF平分∠ABD，
∴∠4=12∠ABD，
∴∠AFB=∠CAF+12∠ABD
(3)34．
【解析】
【分析】
本题主要考查了平面直角坐标系相关知识，平移的基本性质，平行公理及推论与平行线的性质．
(1)根据点到坐标轴的距离和C点在第一象限即可得出答案．
(2)过F点作GF平行于AC，利用平行线公理推论和平行线的基本性质得到∠1+∠2，∠3=∠4，然后BF为∠ABD的角平分线，再根据∠AFB=∠2+∠3，∠4=12∠ABD，∠CAF=∠1，利用等量代换即可得出答案；
(3)利用(2)的结论得到∠AFB=∠CAF+∠FBD，∠APB=∠CAP+∠PBD，再根据已知条件得到∠CAF+∠FBD=43∠CAP+∠PBD，进而得到∠AFB=43∠APB即可得出答案．
【解答】
解：(1)∵点C到x轴的距离为7，到y轴的距离为6，C点在第一象限，
∴C(6,7)
(2)见答案；
(3)由(2)得：∠AFB=∠CAF+∠FBD，∠APB=∠CAP+∠PBD，
∵∠CAP=3∠FAP，∠DBP=3∠FBP，
∴∠CAF=43∠CAP，∠FBD=43∠PBD，
∴∠CAF+∠FBD=43∠CAP+∠PBD，
∴∠AFB=43∠APB，
∴∠APB∠AFB=34．
22.【答案】(1)证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=12BC
∵延长BC至点F，使CF=12BC，
∴DE=FC，∵DE//FC，
∴四边形DCFE是平行四边形．
(2)解：∵DE//FC，DE=FC
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴DC=EF，
∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2，
∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2，
∴DC=EF=22−12=3．
【解析】(1)直接利用三角形中位线定理得出DE//BC，DE=12BC，进而得出DE=FC；
(2)利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长．
此题主要考查了等边三角形的性质以及平行四边形的判定与性质和三角形中位线定理、勾股定理等知识，得出DE//BC，DE=12BC是解题关键．
23.【答案】解：(1)∵四边形ADCF是菱形，AD是△ABC的中线，
∴AD=DC=BD，
∴∠DBA=∠DAB、∠DAC=∠DCA，
∵∠DBA+∠DAC+∠DAB+∠DCA=180°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，
∴△ABC是直角三角形；
(2)过点D作DM//EG交AC于点M，
∵AD是△ABC的边BC的中线，
∴BD=DC，
∵DM//EG，
∴DM是△BCG的中位线，
∴M是CG的中点，
∴CM=MG，
∵DM//EG，E是AD的中点，
∴EG是△ADM的中位线，
∴G是AM的中点，
∴AG=MG，
∴CG=2AG．
【解析】(1)由菱形定义及AD是△ABC的中线知AD=DC=BD，从而得∠DBA=∠DAB、∠DAC=∠DCA，根据∠DBA+∠DAC+∠DAB+∠DCA=180°可得答案．
(2)作DM//EG交AC于点M，分别证DM是△BCG的中位线和EG是△ADM的中位线得AG=GM=CM，从而得出答案．
本题主要考查菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识点．
24.【答案】(1)PA=12BE PA⊥BE ；
(2)结论成立．
理由：如图2中，延长AP到J，使得PJ=PA，连接JC.延长PA交BE于O．
∵PA=PJ，PD=PC，∠APD=∠CPJ，
∴△APD≌△JPC(SAS)，
∴AD=CJ，∠ADP=∠JCP，
∴AD//CJ，
∴∠DAC+∠ACJ=180°，
∵∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠EAB+∠DAC=180°，
∴∠EAB=∠ACJ，
∵AB=AC，AE=AD=CJ，
∴△EAB≌△JCA(SAS)，
∴BE=AJ，∠CAJ=∠ABE，
∵PA=12AJ，
∴PA=12BE，
∵∠CAJ+∠BAO=90°，
∴∠ABE+∠BAO=90°，
∴∠AOB=90°，
∴PA⊥BE．
(3)∵AC=10，CJ=4，
∴10−4≤AJ≤10+4，
∴6≤AJ≤14，
∵AJ=2AP，
∴3≤PA≤7．
∴PA的最大值为7，最小值为3．
【解析】
【分析】
本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图1中，设PA交BE于点O.证明△DAC≌△EAB(SAS)，结合直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．
(2)结论成立．如图2中，延长AP到J，使得PJ=PA，连接JC.延长PA交BE于O.证明△EAB≌△JCA(SAS)，即可解决问题．
(3)利用三角形的三边关系求出AJ的取值范围，即可解决问题．
【解答】
解：(1)如图1中，设PA交BE于点O．
∵AD=AE，AC=AB，∠DAC=∠EAB，
∴△DAC≌△EAB(SAS)，
∴BE=CD，∠ACD=∠ABE，
∵∠DAC=90°，DP=PC，
∴PA=12CD=PC=PD，
∴PA=12BE，∠ACD=∠PAE，
∴∠PAE=∠ABE，
∵∠CAP+∠BAO=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠AOB=90°，
∴PA⊥BE，
故答案为：AP=12BE，PA⊥BE．
25.【答案】解：(1)310；
(2)甲店每售出一台电脑的平均利润值为160×20+200×15+240×10+320×550=204(元)，
乙店每售出一台电脑的平均利润值为160×8+200×10+240×14+320×1850=248(元)，
∵248>204，
∴乙店每售出一台电脑的平均利润值大于甲店；
又两店每月的总销量相当，
∴应对甲店作出暂停营业的决定．
【解析】
【分析】
(1)用利润不少于240元的数量除以总数量即可得；
(2)先计算出每售出一台电脑的平均利润值，比较大小即可得．
本题考查了概率公式的应用，平均数，解题的关键是熟练掌握概率=所求情况数与总情况数之比及加权平均数的定义．
【解答】
解：(1)从甲店每月售出的电脑中随机抽取一台，其利润不少于240元的概率为10+520+15+10+5=310，
故答案为：310；
(2)见答案．
华师大版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知a
2. 3−1−1−32的值为( )
A. 0 B. −2 C. −23 D. 以上都不对
3. 关于x的方程m2x2−8mx+12=0至少有一个正整数解，且m是整数，则满足条件的m的值的个数是( )
A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个
4. 已知关于x的方程(1-2k)x2-2k+1x-1=0有实数根，则k的取值范围是( )
A. k≥2 B. k≤2
C. -1≤k≤2 D. -1≤k≤2且k≠12
5. 定义：当x=a时，其对应的函数值为y=f(a)，若f(a)=a成立，则称a为函数y的不动点．例如：函数y=x2−3x+4，当x=2时，y=f(2)=22−3×2+4=2，因为f(2)=2成立，所以2为函数y的不动点．因此对于函数y=(t+1)x2−(2t+1)x−3，将函数图象向下平移m(m>0)个单位长度，t≥−4时，平移后函数不动点的个数有几个( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
6. 若顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形是矩形，则四边形ABCD必然是( )
A. 菱形 B. 对角线相互垂直的四边形
C. 正方形 D. 对角线相等的四边形
7. 如图，在平行四边形ABCD中，∠C=120°，AD=2AB=4，点H、G分别是边CD、BC上的动点．连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF.则EF的最大值与最小值的差为( )
A. 1 B. 3−1 C. 32 D. 2−3
8. 正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2，…按如图的方式放置，A1、A2、A3、…和点C1、C2、C3，…分别在直线y=x+1和x轴上，则点B6的坐标是( )
A. (63,32) B. (64,32) C. (32,16) D. (128,64)
9. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，点E，F分别为AD，DC边上的点，且EF=2，点G为EF的中点，点P为BC上一动点，则PA+PG的最小值为( )
A. 3 B. 4 C. 25 D. 5
10. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E在BC的延长线上，连接DE，点F是DE的中点，连接OF交CD于点G，连接CF，若CE=4，OF=6.则点D到CF的距离为( )
A. 434 B. 835 C. 455 D. 855
11. 下列算式：①9=±3；②−13−2=9；③−2(a+b)=−2a+2b；④20162=2016；⑤a+a=a 2.运算结果正确的概率是
A. 45 B. 35 C. 25 D. 15
12. 如图，将边长为3的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q，连接PQ，则△GPQ的周长最小值是( )
A. 32+22
B. 3+352
C. 32+23
D. 92
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已知关于x的一元二次方程：x2−2x−a=0，有下列结论：
①当a>−1时，方程有两个不相等的实根；
②当a>0时，方程不可能有两个异号的实根；
③当a>−1时，方程的两个实根不可能都小于1；
④当a>3时，方程的两个实根一个大于3，另一个小于3．
以上4个结论中，正确的个数为______．
14. 如图，在边长为22的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为______．
15. 如图1是第32届夏季奥运会的会徽，它是由三种不同规格的全等矩形组成，代表了不同的国家、文化和思维方式，表达了多样性的融合．图2和图3为该会徽中的某一部分，如图2，三种矩形分别由三种不同的菱形依次连结各边中点得到，其中∠AOC=120°，∠AOB=90°.如图3，点D恰好在FE的延长线上，则∠IHE=______度．若AO=1，则点F，G间的距离为______．
16. 已知a，b，c是△ABC的三条边长，化简=a+b−c2−(|c−a−b|)2_____．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图1，在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AD=a cm，BC=bcm，并且a，b满足b=a−6+6−a+8，若动点P从A点出发，以每秒0.5cm的速度沿线段AD向点D运动；点Q从C点出发以每秒2cm的速度沿CB方向运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，回答下列问题：
(1)AD=______cm，BC=______cm．
(2)设点P、Q同时出发，并运动了x秒，求当x为多少秒时，四边形PQBA是矩形．
(3)如图2，若四边形ABCD变为平行四边形ABCD，AD=BC=6cm，动点P从A点出发，以每秒0.5cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒2cm的速度在BC间往返运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设P、Q两点同时出发，并运动了t秒，求当t为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
18. 如图，在矩形ABCD中无重叠放入面积分别为20cm2和25cm2的两张正方形纸片，求图中空白部分的面积．
19. 已知关于x的方程x2+2x−a+1=0没有实数根，试判断关于y的方程y2+ay+a=1是否一定有两个不相等的实数根，并说明理由．
20. 在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=2x−4图象交于A、B两点(点A在点B左侧)．
(1)若k=6．
①求A、B两点的坐标；
②过y轴正半轴上一动点C(0,n)作平行于x轴的直线，分别与一次函数y=2x−4、反比例函数y=kx的图象相交于D、E两点，若CD=3DE，求n的值；
(2)若一次函数y=2x−4图象与x轴交于点F，AF+BF≤35，直接写出k的取值范围．
21. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴，x轴上，将三角形AOB沿x轴正方向平移一段距离，平移后的图形为三角形CED，连接AC．
(1)观察发现
如图 ①，点C到x轴的距离为7，到y轴的距离为6.直接写出点C的坐标 ．
(2)探究证明
如图 ②，若∠ABD平分线BF与CD交于点F，连接AF，则∠CAF，∠AFB，∠ABD三个角满足的关系是什么?并说明理由．
(3)拓展延伸
如图 ③，F是线段CD上一点，连接AF，BF，取平面内一点P，连接AP，BP，若∠CAP=3∠FAP，∠DBP=3∠FBP，请直接写出∠APB∠AFB的值．
22. 如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF=12BC，连接CD和EF．
(1)求证：四边形DCFE是平行四边形；
(2)求EF的长．
23. 如图，AD是△ABC的边BC的中线，E是AD的中点，过点A作AF//BC，交BE的延长线于点F，连接CF，BF交AC于G．
(1)若四边形ADCF是菱形，试证明△ABC是直角三角形；
(2)求证：CG=2AG．
24. 如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，BE，点P为DC的中点，
(1)【观察猜想】图1中，线段AP与BE的数量关系是______，位置关系是______．
(2)【探究证明】把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置，(1)中的猜想是否仍然成立？若成立请证明，否请说明理由；
(3)【拓展延伸】把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出线段AP长度的最大值和最小值．
25. 电器专营店的经营利润受地理位置、顾客消费能力等因素的影响，某品牌电脑专营店设有甲、乙两家分店，均销售A、B、C、D四种款式的电脑，每种款式电脑的利润如表1所示．现从甲、乙两店每月售出的电脑中各随机抽取所记录的50台电脑的款式，统计各种款式电脑的销售数量，如表2所示．
表1：四种款式电脑的利润
电脑款式
A
B
C
D
利润(元/台)
160
200
240
320
表2：甲、乙两店电脑销售情况
电脑款式
A
B
C
D
甲店销售数量(台)
20
15
10
5
乙店销售数量(台)8
8
10
14
18
试运用统计与概率知识，解决下列问题：
(1)从甲店每月售出的电脑中随机抽取一台，其利润不少于240元的概率为______；
(2)经市场调查发现，甲、乙两店每月电脑的总销量相当．现由于资金限制，需对其中一家分店作出暂停营业的决定，若从每台电脑的平均利润的角度考虑，你认为应对哪家分店作出暂停营业的决定？并说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查二次根式的化简，根据二次根式的非负性进行化简即可．
【解答】
解：∵a
∴a<0，b>0，
∴−a3b=−a−ab．
故选A．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查二次根式的运算，涉及绝对值的性质，二次根式的性质．根据二次根式的性质以及绝对值的性质即可求出答案．
【解答】
解：原式=(3−1)−|1−3|
=3−1+(1−3)
=0，
故选A．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了用公式法解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解本题的关键．根据公式法解方程，根据方程的解为正整数及m为整数，即可确定出m的值．
【解答】
解：m2x2−8mx+12=0，
△=(−8m)2−4m2×12=16m2，
∴x=8m±16m22m2=8m±4m2m2，
∴x1=6m，x2=2m，
∵关于x的方程m2x2−8mx+12=0至少有一个正整数解，且m是整数，
∴6m>0，2m>0，
∴m=1或2或3或6，
则满足条件的m的值的个数是4个，
故选：B．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查一元二次方程根的情况与判别式b2−4ac的关系：(1)b2−4ac>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)b2−4ac=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)b2−4ac<0⇔方程没有实数根．
根据方程有实根得出b2−4ac⩾0，求出不等式的解集，结合二次根式的意义求得答案即可．
【解答】解：①当1-2k=0时，(1-2k)x2-2k+1x-1=0变为-6x-1=0，
此时方程有实数根；
②当1-2k≠0时，k≠12，
由题意知，b2−4ac=4(k+1)+4(1−2k)⩾0，且k+1≥0，
∴-1≤k≤2且k≠12．
∴当-1≤k≤2时，关于x的方程(1-2k)x2-2k+1x-1=0有实数根．
故选C．
5.【答案】C
【解析】解：向下平移后的函数为：y=(t+1)x2−(2t+1)x−3−m，
当t=−1时，y=x−3−m，函数没有不动点；
当t≠−1时，
令x=(t+1)x2−(2t+1)x−3−m，
整理得，(t+1)x2−(2t+2)x−3−m=0，
∴Δ=(2t+2)2+4(t+1)(3+m)=0，整理得Δ=4(t+1)(t+m+4)，
∵m>0，t≥−4，
∴t+m+4>0，
当−4≤t<−1时，Δ<0，平移后函数不动点的个数为0个；
当t=−1时，不是二次函数；
当t>−1时，Δ>0，平移后函数不动点的个数为2个．
综上可知，当−4≤t≤−1时，平移后函数不动点的个数为0个；当t>−1时，平移后函数不动点的个数为2个．
故选：C．
本题主要考查二次函数与一元二次方程关系，根的判别式，新定义型，分类讨论思想等知识，关键是由新定义转化为两函数的交点问题．当t=−1时，函数为y=x−3−m，函数没有不动点；当t≠−1时，化简根的判别式，对根的判别式的正负进行判定即可．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要利用了矩形的性质和三角形中位线定理来求解．此题要根据矩形的性质和三角形中位线定理求解；首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．
【解答】
解：如图，
四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
根据三角形中位线定理得：EH//FG//BD，EF//AC//HG；
∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是对角线相互垂直的四边形．
故选B．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明∠ACD=90°，属于中考选择题中的压轴题.如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N，首先证明∠ACD=90°，求出AC，AN，利用三角形中位线定理，可知EF=12AG，求出AG的最大值以及最小值即可解决问题．
【解答】
解：如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BCD=120°，
∴∠D=180°−∠BCD=60°，AB=CD=2，
∵AM=DM=DC=2，
∴△CDM是等边三角形，
∴∠DMC=∠MCD=60°，AM=MC，
∴∠MAC=∠MCA=30°，
∴∠ACD=90°，
∴AC=23，
在Rt△ACN中，∵AC=23，∠ACN=∠DAC=30°，
∴AN=12AC=3，
∵AE=EH，GF=FH，
∴EF=12AG，
易知AG的最大值为AC的长，最小值为AN的长，
∴AG的最大值为23，最小值为3，
∴EF的最大值为3，最小值为32，
∴EF的最大值与最小值的差为32．
故选C．
8.【答案】A
【解析】解：∵OC1=OA1=B1C1=A1B1=1，
∴B1(1,1)，
∵A2在直线y=x+1上，
∴A2(1,2)，
∴C1C2=B2C2=2，
∴B2(3,2)，同理可得B3(7,4)，B4(15,8)…
所以Bn(2n−1,2n−1)，
所以B6的坐标为(63,32)；
故选：A．
先求出B1，B2，B3，B4的坐标，探究规律后即可解决问题．
本题考查一次函数图象上的点的坐标特征、正方形的性质，解题的关键是学会从一般到特殊的探究方法，学会利用规律解决问题，属于压轴题．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了轴对称−最短路线问题，判断出G点的轨迹是解题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点.因为EF=2，点G为EF的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出DG=1，所以G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，作A关于BC的对称点A′，连接A′D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，此时PA+PG的值最小，最小值为A′G的长；根据勾股定理求得A′D=5，即可求得A′G=A′D−DG=5−1=4，从而得出PA+PG的最小值．
【解答】
解：∵EF=2，点G为EF的中点，
∴DG=1，
∴G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，
作A关于BC的对称点A′，连接A′D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，
此时PA+PG的值最小，最小值为A′G的长；
∵AB=2，AD=3，
∴AA′=4，
∴A′D=5，
∴A′G=A′D−DG=5−1=4，
∴PA+PG的最小值为4，
故选B．
10.【答案】D
【解析】解：在正方形ABCD中，BO=DO，BC=DC，
∵点F是DE的中点，OF=6，
∴BE=2OF=12，
∵CE=4，
∴DC=BC=8，
在Rt△DCE中，DE=DC2+CE2=45，
∴CF=12DE=25，
∴△CDE的面积=12CE⋅DC=12×4×8=16，
∵F是Rt△DCE斜边DE的中点，
∴△DCF面积=8，
设点D到CF的距离为x，则12x⋅CF=8，
∴12⋅x×25=8，
解得x=855，
∴点D到CF的距离为855．
故选：D．
由正方形的性质及三角形的中位线的性质可求得DC=8，利用勾股定理及直角三角形的斜边上的中线的性质可求解DE，CF的长，进而求出△DCF面积为8，设点D到CF的距离为x，则12x⋅CF=8，可得点D到CF的距离．
本题考查正方形的性质及应用，涉及三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、点到直线的距离、勾股定理等知识，解题的关键是求出△DCF面积，用等面积法解决问题．
11.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式的性质以及负整数指数幂的性质、算术平方根、合并同类项、单项式乘多项式、概率公式等知识，正确掌握相关运算法则是解题关键．
【解答】
解：①9=3，故①错误；
②−13−2=1−132=9，故②正确；
③−2a+b=−2a−2b，故③错误；
④20162=2016，故④正确；
⑤a+a=a2，故⑤错误，
故运算结果正确的概率是：25．
故选C．
12.【答案】B
【解析】解：连接BP，取CD的中点M，连接PM，
由折叠可知，PM=PQ，GH=DC，PC=PG，
在Rt△BCG中，P是CG的中点，
∴BP=PG=12GC，
∵Q是GH的中点，
∴QG=12GH，
∴△GPQ的周长=PQ+QG+PG=PM+12GH+PB=PM+PB+12CD，
∵CD=3，
∴△GPQ的周长=PM+PB+32，
当M、P、B三点共线时，PM+BP=BM最小，
在Rt△BCM中，BM=32+322=352，
∴△GPQ的周长的最小值为352+32=3+352，
故选：B．
连接BP，取CD的中点M，连接PM，根据折叠的性质，PM=PQ，GH=DC，PC=PG，要求△GPQ的周长的最小值，只需求PM+PB的最小值，当M、P、B三点共线时，PM+BP=BM最小，在Rt△BCM中，勾股定理求出BM，即可求解．
本题考查图形的翻折变换，熟练掌握正方形的性质、轴对称最短路径问题、勾股定理、直角三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．
13.【答案】①③④
【解析】解：∵x2−2x−a=0，
∴△=4+4a，
∴①当a>−1时，△>0，方程有两个不相等的实根，故①正确，
②当a>0时，两根之积<0，方程的两根异号，故②错误，
③方程的根为x=2±4+4a2=1±1+a，
∵a>−1，
∴方程的两个实根不可能都小于1，故③正确，
④若方程的两个实根一个大于3，另一个小于3．
则有32−6−a<0，
∴a>3，故④正确，
故答案为①③④．
根据判别式，根与系数的关系，二次函数的性质一一判断即可．
本题考查一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系，二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14.【答案】1
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B=∠DCF=90°，BC=CD=AB，根据线段中点的定义得到BE=CF，根据全等三角形的性质得到CE=DF，∠BCE=∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE=DF=(22)2+(2)2=10，点G，H分别是EC，FD的中点，根据相似三角形的判定和性质列出比例式，即可得到结论．
【解答】
解：设DF，CE交于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠DCF=90°，BC=CD=AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE=CF，
∴△CBE≌△DCF(SAS)，
∴CE=DF，∠BCE=∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD=90°，
∴∠BCE+∠CFD=90°，
∴∠COF=90°，
∴DF⊥CE，
∴CE=DF=(22)2+(2)2=10，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴CG=FH=102，
∵∠DCF=90°，CO⊥DF，∠BCE=∠CDF，
∴△COF∽△DCF，
∴CF2=OF⋅DF，
∴OF=CF2DF=(2)210=105，
∴OH=31010，OD=4105，
∵CO⊥DF，∠BCE=∠CDF，
∴△COF∽△DOC，
∴OC2=OF⋅OD，
∴OC=105×4105=2105，
∴OG=CG−OC=102−2105=1010，
∴HG=OG2+OH2=110+910=1，
故答案为：1．
15.【答案】30 6+22
【解析】解：∵∠BOC=360°−120°−90°=150°，
∴∠OCB=(180°−∠BOC)÷2=(180°−150°)÷2=15°，
∴∠IHE=2∠NOC=2×15°=30°；
∵如图2，三种矩形分别由三种不同的菱形依次连结各边中点得到，OA=1，
∴萎形的边长为2，
∴BT=MT=1，∠MBT=∠TBM=180°−90°−15°=75°，
过点M作MJ⊥BT于点J，
∴∠MJT=90°，∠T=30°，
∴MJ=12MT=12，
∴TJ=MT2−MJ2=1−14=32；
∴BJ=BT−TJ=1−32，
在Rt△BMJ中：
BM=BJ2+MJ2=(1−32)2+(12)2=6−22，
∴BM=EG=6−22；
过点E作ES⊥EG于点E，交FG于点S，
∵点D恰好在FE的延长线上，
∴∠FEG=360°−90°−90°−75°=105°，∠EFS=15°，
∴∠G=180°−105°−15°=60°，
∴∠ESG=90°−60°=30°=∠F+∠FES，
∴∠F=∠FES=15°，
∴SF=ES，SG=2EG=6−2，
∴ES=SF=SG2−EG2=(6−2)2−(6−22)2=3(6−2)2，
∴FG=SF+SG=3(6−2)2+6−2=6+22，
故答室为：30，6+22．
利用已知条件求出∠BOC的度数，利用三角形的内角和定理可求出∠OCB的度数；然后结合图3和图2，可得到∠IHE的度数；利用等腰三角形的性质及三角形的内角和定理求出∠MBT，∠TBM的度数，抽象图形，过点M作MJ⊥BT于点J，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出MJ的长，利用勾股定理求出TJ的长，从而可求出BJ的长；在Rt△BMJ中利用勾股定理求出BM的长，即可得到EG的长；过点E作ES⊥EG于点E，交FG于点S，根据点D恰好在FE的延长线上，可求出∠FEG和∠EFS的度数，利用三角形的内角和定理求出∠G的度数，同时可证得SF=ES，利用直角三角形的性质求出SG的长；利用勾股定理求出SF的长；然后根据FG=SF+SG，代入计算求出FG的长．
本题综合性较强，主要考查矩形、菱形的性勾股定理，对学生要求较高，尤其是计算能力，解题关键是要在平时的学习中打好基础．
16.【答案】0
【解析】
【分析】
本题主要考查了三角形的三边关系以及二次根式的化简，理解a2=|a|是关键．利用三角形的三边关系可得：两边之和大于第三边，即可得到a+b−c>0，c−a−b<0，根据平方根的定义即可化简求值．
【解答】
解：∵a、b、c为△ABC的三条边长，
∴a+b−c>0，c−a−b<0，
∴原式=a+b−c+(c−a−b)=0．
故答案为0．
17.【答案】6 8
【解析】解：(1)∵b=a−6+6−a+8，
∴a=6，b=8，
∴AD=6cm，BC=8cm，
故答案为：6，8；
(2)根据题意可知：AP=0.5x cm，CQ=2x cm，
∴BQ=BC−CQ=(8−2x)cm，
当四边形PQBA是矩形，AP=BQ，
∴0.5x=8−2x，
解得x=3.2，
答：当x为3.2秒时，四边形PQBA是矩形；
(3)根据题意可知：AP=0.5t cm，CQ=2t cm，
∴PD=AD−AP=(6−0.5x)cm，BQ=BC−CQ=(6−2x)cm，
当P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，PD=BQ，
①当0
解得t=0(不符合题意，舍去)；
②当3
解得t=4.8；
③当6
解得t=8；
④当9
解得t=9.6．
综上所述：当t为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
(1)根据二次根式定义即可解决问题；
(2)根据题意可得AP=0.5x cm，CQ=2x cm，所以BQ=BC−CQ=(8−2x)cm，当四边形PQBA是矩形，AP=BQ，进而列方程即可解决问题；
(3)当P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，PD=BQ，分4种情况列式计算即可解决问题．
此题考查了直角梯形的性质，二次根式定义，平行四边形的判定，矩形的性质，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
18.【答案】解：∵两张正方形纸片的面积分别为20cm2和25cm2，
∴它们的边长分别为20=25cm，25=5cm，
∴AB=5cm，BC=(25+5)cm，
∴空白部分的面积=(25+5)×5−20−25，
=105+25−20−25，
=(−20+105)cm2．
【解析】根据正方形的面积求出两个正方形的边长，从而求出AB、BC，再根据空白部分的面积等于长方形的面积减去两个正方形的面积列式计算即可得解．
本题考查了二次根式的应用，算术平方根的定义，解题的关键在于根据正方形的面积求出两个正方形的边长．
19.【答案】解：∵方程x2+2x−a+1=0没有实数根，
∴△1=4−4(−a+1)=4a<0，
∴a<0，
对于关于y的方程y2+ay+a=1，
△2=a2−4a(a−1)=(a−2)2，
∵a<0，
∴(a−2)2>0，即△2>0，
∴方程y2+ay+a=1一定有两个不相等的实数根．
【解析】首先根据方程x2+2x−a+1=0没有实数根求出a的取值范围，然后求出方程y2+ay+a=1根的判别式，进而作出判断．
本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题要掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
(1)△>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)△=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)△<0⇔方程没有实数根．
20.【答案】解：(1) ①联立y=6xy=2x−4，解得x1=3y1=2，x2=−1y2=−6
∵点A在点B左侧，
∴A(−1,6)，B(3,2)；
②∵过y轴正半轴上一动点C(0,n)作平行于x轴，
∴点D，E的纵坐标都为n，
将y=n代入y=2x−4与y=6x得，
xD=n2+2，xE=6n，
∵B(3,2)，
∴分两种情况：
当0
∵CD=3DE，
∴n2+2=3(6n−n2−2)，
整理得到n2+4n−9=0
解得n=−2+13或−2−13(舍去)，
当n>2时，CD=n2+2，DE=n2+2−6n，
∵CD=3DE，
∴n2+2=3(n2+2−6n)，
整理得到n2+4n−18=0
解得n=−2+22或−2−22(舍去)，
综上，n的值为−2+13或−2+22;
(2)∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=2x−4图象交于A、B两点，
∴kx=2x−4，
即2x2−4x−k=0，
∴x1+x2=2，x1x2=−k2，
设A(x1,2x1−4)，B(x2,2x2−4)，
当k>0时，AF+BF=AB=(x1−x2)2+[(2x1−4)−(2x2−4)]2=5(x1−x2)2≤35，
即(x1−x2)2≤9，
∴(x1+x2)2−4x1x2=4−4×(−k2)=4+2k≤9，
∴k≤52，
当k<0时，反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=2x−4的图象有两个交点，
则Δ=(−4)2−4×2×(−k)=16+8k>0，
∴k>−2，
∴综上，k的取值范围是0
(1)①联立两个函数解析式，解方程可得答案；
②分0
(2)设A(x1,2x1−4)，B(x2,2x2−4)，联立两个函数解析式，可得x1+x2=2，x1x2=−k2，当k>0时，AF+BF=AB，利用两点间距离公式表示出AB，当k<0时，反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=2x−4的图象有两个交点，利用根的判别式可得答案．
21.【答案】解：(1)(6,7)
(2)∠AFB=∠CAF+12∠ABD．
理由如下：
如图，由平移得AC//BE，
过点F作GF//AC，
则GF//BE，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠2+∠3=∠1+∠4，
即∠AFB=∠1+∠4，
∵BF平分∠ABD，
∴∠4=12∠ABD，
∴∠AFB=∠CAF+12∠ABD
(3)34．
【解析】
【分析】
本题主要考查了平面直角坐标系相关知识，平移的基本性质，平行公理及推论与平行线的性质．
(1)根据点到坐标轴的距离和C点在第一象限即可得出答案．
(2)过F点作GF平行于AC，利用平行线公理推论和平行线的基本性质得到∠1+∠2，∠3=∠4，然后BF为∠ABD的角平分线，再根据∠AFB=∠2+∠3，∠4=12∠ABD，∠CAF=∠1，利用等量代换即可得出答案；
(3)利用(2)的结论得到∠AFB=∠CAF+∠FBD，∠APB=∠CAP+∠PBD，再根据已知条件得到∠CAF+∠FBD=43∠CAP+∠PBD，进而得到∠AFB=43∠APB即可得出答案．
【解答】
解：(1)∵点C到x轴的距离为7，到y轴的距离为6，C点在第一象限，
∴C(6,7)
(2)见答案；
(3)由(2)得：∠AFB=∠CAF+∠FBD，∠APB=∠CAP+∠PBD，
∵∠CAP=3∠FAP，∠DBP=3∠FBP，
∴∠CAF=43∠CAP，∠FBD=43∠PBD，
∴∠CAF+∠FBD=43∠CAP+∠PBD，
∴∠AFB=43∠APB，
∴∠APB∠AFB=34．
22.【答案】(1)证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=12BC
∵延长BC至点F，使CF=12BC，
∴DE=FC，∵DE//FC，
∴四边形DCFE是平行四边形．
(2)解：∵DE//FC，DE=FC
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴DC=EF，
∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2，
∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2，
∴DC=EF=22−12=3．
【解析】(1)直接利用三角形中位线定理得出DE//BC，DE=12BC，进而得出DE=FC；
(2)利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长．
此题主要考查了等边三角形的性质以及平行四边形的判定与性质和三角形中位线定理、勾股定理等知识，得出DE//BC，DE=12BC是解题关键．
23.【答案】解：(1)∵四边形ADCF是菱形，AD是△ABC的中线，
∴AD=DC=BD，
∴∠DBA=∠DAB、∠DAC=∠DCA，
∵∠DBA+∠DAC+∠DAB+∠DCA=180°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，
∴△ABC是直角三角形；
(2)过点D作DM//EG交AC于点M，
∵AD是△ABC的边BC的中线，
∴BD=DC，
∵DM//EG，
∴DM是△BCG的中位线，
∴M是CG的中点，
∴CM=MG，
∵DM//EG，E是AD的中点，
∴EG是△ADM的中位线，
∴G是AM的中点，
∴AG=MG，
∴CG=2AG．
【解析】(1)由菱形定义及AD是△ABC的中线知AD=DC=BD，从而得∠DBA=∠DAB、∠DAC=∠DCA，根据∠DBA+∠DAC+∠DAB+∠DCA=180°可得答案．
(2)作DM//EG交AC于点M，分别证DM是△BCG的中位线和EG是△ADM的中位线得AG=GM=CM，从而得出答案．
本题主要考查菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识点．
24.【答案】(1)PA=12BE PA⊥BE ；
(2)结论成立．
理由：如图2中，延长AP到J，使得PJ=PA，连接JC.延长PA交BE于O．
∵PA=PJ，PD=PC，∠APD=∠CPJ，
∴△APD≌△JPC(SAS)，
∴AD=CJ，∠ADP=∠JCP，
∴AD//CJ，
∴∠DAC+∠ACJ=180°，
∵∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠EAB+∠DAC=180°，
∴∠EAB=∠ACJ，
∵AB=AC，AE=AD=CJ，
∴△EAB≌△JCA(SAS)，
∴BE=AJ，∠CAJ=∠ABE，
∵PA=12AJ，
∴PA=12BE，
∵∠CAJ+∠BAO=90°，
∴∠ABE+∠BAO=90°，
∴∠AOB=90°，
∴PA⊥BE．
(3)∵AC=10，CJ=4，
∴10−4≤AJ≤10+4，
∴6≤AJ≤14，
∵AJ=2AP，
∴3≤PA≤7．
∴PA的最大值为7，最小值为3．
【解析】
【分析】
本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图1中，设PA交BE于点O.证明△DAC≌△EAB(SAS)，结合直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．
(2)结论成立．如图2中，延长AP到J，使得PJ=PA，连接JC.延长PA交BE于O.证明△EAB≌△JCA(SAS)，即可解决问题．
(3)利用三角形的三边关系求出AJ的取值范围，即可解决问题．
【解答】
解：(1)如图1中，设PA交BE于点O．
∵AD=AE，AC=AB，∠DAC=∠EAB，
∴△DAC≌△EAB(SAS)，
∴BE=CD，∠ACD=∠ABE，
∵∠DAC=90°，DP=PC，
∴PA=12CD=PC=PD，
∴PA=12BE，∠ACD=∠PAE，
∴∠PAE=∠ABE，
∵∠CAP+∠BAO=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠AOB=90°，
∴PA⊥BE，
故答案为：AP=12BE，PA⊥BE．
25.【答案】解：(1)310；
(2)甲店每售出一台电脑的平均利润值为160×20+200×15+240×10+320×550=204(元)，
乙店每售出一台电脑的平均利润值为160×8+200×10+240×14+320×1850=248(元)，
∵248>204，
∴乙店每售出一台电脑的平均利润值大于甲店；
又两店每月的总销量相当，
∴应对甲店作出暂停营业的决定．
【解析】
【分析】
(1)用利润不少于240元的数量除以总数量即可得；
(2)先计算出每售出一台电脑的平均利润值，比较大小即可得．
本题考查了概率公式的应用，平均数，解题的关键是熟练掌握概率=所求情况数与总情况数之比及加权平均数的定义．
【解答】
解：(1)从甲店每月售出的电脑中随机抽取一台，其利润不少于240元的概率为10+520+15+10+5=310，
故答案为：310；
(2)见答案．
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