2024年浙江省南三县联考九上数学开学综合测试模拟试题【含答案】

这是一份2024年浙江省南三县联考九上数学开学综合测试模拟试题【含答案】，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。
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）下列命题中是真命题的是（ ）
①4的平方根是2
②有两边和一角相等的两个三角形全等
③连结任意四边形各边中点的四边形是平行四边形
④所有的直角都相等
A．0个B．1个C．2个D．3个
2、（4分）如图，正方形ABCD的边长为3，E、F是对角线BD上的两个动点，且EF＝，连接AE、AF，则 AE＋AF 的最小值为（ ）
A．B．3C．D．
3、（4分）对于分式方程，有以下说法：①最简公分母为（x﹣3）2； ②转化为整式方程x＝2+3，解得x＝5； ③原方程的解为x＝3； ④原方程无解．其中，正确说法的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4、（4分）若直线y=x+1与y=-2x+a的交点在第一象限，则a的取值可以是
A．-1B．0C．1D．2
5、（4分）菱形的对角线相交于点，若，菱形的周长为，则对角线的长为（ ）
A．B．C．8D．
6、（4分）用配方法解一元二次方程x2-8x+3=0，此方程可化为（ ）
A．(x-4)2=13B．(x+4)2=13C．(x-4)2=19D．(x+4)2=19
7、（4分）如图，矩形的周长是28，点是线段的中点，点是的中点，的周长与的周长差是2(且)，则的周长为( )
A．12B．14C．16D．18
8、（4分）计算：3x2y2=（ ）．
A．2xy2B．x2C．x3D．xy4
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知函数，当时，函数值为______．
10、（4分）如图，线段AB=10，点P在线段AB上，在AB的同侧分别以AP、BP为边长作正方形APCD和BPEF，点M、N分别是EF、CD的中点，则MN的最小值是_______.
11、（4分）如图所示是三个边长相等的正多边形拼成的无缝隙、不重叠的图形的一部分，正多边形①和②的内角都是108°，则正多边形③的边数是______．
12、（4分）如图，平行四边形中，，，∠，点是的中点，点在的边上，若为等腰三角形，则的长为__________．
13、（4分）如图，在中，的平分线AD交BC于点D，的两边分别与AB、AC相交于M、N两点，且，若，则四边形AMDN的面积为___________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）化简：
（1） （2）
15、（8分）阅读下列材料：
在学习“可化为一元一次方程的分式方程及其解法”的过程中，老师提出一个问题：若关于x的分式方程=1的解为正数，求a的取值范围．
经过独立思考与分析后，小杰和小哲开始交流解题思路如下：
小杰说：解这个关于x的分式方程，得x=a+1．由题意可得a+1＞0，所以a＞﹣1，问题解决．
小哲说：你考虑的不全面，还必须保证x≠1，即a+1≠1才行．
（1）请回答： 的说法是正确的，并简述正确的理由是 ；
（2）参考对上述问题的讨论，解决下面的问题：
若关于x的方程的解为非负数，求m的取值范围．
16、（8分）如图正比例函数y=2x的图像与一次函数 的图像交于点A（m,2）,一次函数的图象经过点B（-2，-1）与y轴交点为C与x轴交点为D．
（1）求一次函数的解析式；
（2）求的面积．
17、（10分）如图，在直角坐标系中，，，是线段上靠近点的三等分点．
（1）求点的坐标；
（2）若点是轴上的一动点，连接、，当的值最小时，求出的坐标及的最小值；
（3）如图2，过点作，交于点，再将绕点作顺时针方向旋转，旋转角度为，记旋转中的三角形为，在旋转过程中，直线与直线的交点为，直线与直线交于点，当为等腰三角形时，请直接写出的值．
18、（10分）感知：如图①，在正方形中，是一点，是延长线上一点，且，求证：；
拓展：在图①中，若在，且，则成立吗？为什么？
运用：如图②在四边形中，，，，是上一点，且，，求的长．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）已知直线（n为正整数）与坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1+S2+S3+…+S2012= ．
20、（4分）在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB=90°，直角边AO在x轴上，且AO=1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O=2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O=2A1O…，依此规律，得到等腰直角三角形A2OB2．则点B2的坐标_______
21、（4分）距离地面2m高的某处把一物体以初速度v0(m/s)竖直向上抛物出，在不计空气阻力的情况下，其上升高度s(m)与抛出时间t(s)满足： (其中g是常数，通常取10m/s2).若v0=10m/s，则该物体在运动过程中最高点距地面_________m.
22、（4分）如图，在平面直角坐标系中，已知点、、的坐标分别为，，．若点从点出发，沿轴正方向以每秒1个单位长度的速度向点移动，连接并延长到点，使，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．若点在移动的过程中，使成为直角三角形，则点的坐标是__________．
23、（4分）一组数据 ，则这组数据的方差是 __________ .
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分） “五一节”期间，申老师一家自驾游去了离家170千米的某地，下面是他们离家的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．
（1）求他们出发半小时时，离家多少千米？
（2）求出AB段图象的函数表达式；
（3）他们出发2小时时，离目的地还有多少千米？
25、（10分）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 度得到；
（3）若BC=8，DE=6，求△AEF的面积．
26、（12分）计算：
；
。
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、C
【解析】
根据平方根的概念、全等三角形的判定定理、中点四边形的性质判断即可．
【详解】
解：4的平方根是±2，①是假命题；
有两边及其夹角相等的两个三角形全等，②是假命题；
连结任意四边形各边中点的四边形是平行四边形，③是真命题；
所有的直角都相等，④是真命题．
故选C．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
2、A
【解析】
如图作AH∥BD，使得AH=EF=，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小．
【详解】
解：如图作AH∥BD，使得AH=EF=，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小．
∵AH=EF，AH∥EF，
∴四边形EFHA是平行四边形，
∴EA=FH，
∵FA=FC，
∴AE+AF=FH+CF=CH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∵AH∥DB，
∴AC⊥AH，
∴∠CAH=90°，
在Rt△CAH中，CH= =2 ，
∴AE+AF的最小值2，
故选：A．
本题考查轴对称-最短问题，正方形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
3、A
【解析】
观察可得最简公分母为（x﹣3），然后方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解，注意要检验．
【详解】
解：最简公分母为（x﹣3），故①错误；
方程的两边同乘（x﹣3），得：x＝2（x﹣3）+3，
即x＝2x﹣6+3，
∴x﹣2x＝﹣3，
即﹣x＝﹣3，
解得：x＝3，
检验：把x＝3代入（x﹣3）＝0，即x＝3不是原分式方程的解．
则原分式方程无解．
故②③错误，④正确．
故选A．
此题考查了分式方程的解法．注意解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．注意解分式方程一定要验根．
4、D
【解析】
联立两直线解析式，解关于x、y的二元一次方程组，然后根据交点在第一象限，横坐标是正数，纵坐标是正数，列出不等式组求解即可．
【详解】
解：联立，
解得：，
∵交点在第一象限，
∴，
解得：a＞1．
故选D．
本题考查了两直线相交的问题，第一象限内点的横坐标是正数，纵坐标是正数，以及一元一次不等式组的解法，把a看作常数表示出x、y是解题的关键．
5、C
【解析】
根据菱形周长可以计算AB，已知AC则可求AO；根据菱形性质可知：菱形对角线互相垂直；利用勾股定理可求BO，进而求出BD.
【详解】
解：如图：∵四边形是菱形
∴ , ,⊥
∵菱形的周长为
∴
∵
∴
根据勾股定理，
∴
本题考查了菱形性质的应用，难度较小，熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键.
6、A
【解析】
移项后两边都加上一次项系数一半的平方,写成完全平方式即可.
【详解】
x2-8x=-3，
x2-8x+16=-3+16，
即（x-4）2=13，
故选A．
本题考查了运用配方法解方程，熟练掌握配方法是解题的关键.
7、A
【解析】
设AB=n，BC=m，构建方程组求出m，n，利用勾股定理求出AC，利用三角形中位线定理求出OP即可解决问题．
【详解】
解：设AB=n，BC=m，
由题意：，
∴，
∵∠B=90°，
∴，
∵AP=PD=4，OA=OC=5，
∴OP=CD=3，
∴△AOP的周长为3+4+5=12，
故选A．
本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考常考题型．
8、C
【解析】
根据分式除法法则先将除法化为乘法，再进行计算即可．
【详解】
原式．
故选：C．
本题考查分式的乘除法，明确运算法则是解题关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、5
【解析】
根据x的值确定函数解析式代入求y值.
【详解】
解：因为>0,所以
故答案为5
本题考查了函数表达式，正确选择相应自变量范围内的函数表达式是解题的关键.
10、2
【解析】
设MN=y，PC=x，根据正方形的性质和勾股定理列出y1关于x的二次函数关系式，求二次函数的最值即可．
【详解】
作MG⊥DC于G，如图所示：
设MN=y，PC=x，
根据题意得：GN=2，MG=|10-1x|，
在Rt△MNG中，由勾股定理得：MN1=MG1+GN1，
即y1=21+（10-1x）1．
∵0＜x＜10，
∴当10-1x=0，即x=2时，y1最小值=12，
∴y最小值=2．即MN的最小值为2；
故答案为：2．
本题考查了正方形的性质、勾股定理、二次函数的最值．熟练掌握勾股定理和二次函数的最值是解决问题的关键．
11、1．
【解析】
先根据周角的定义求出正多边形③的每一个内角都是144°，由多边形的每一个内角都是144°先求得它的每一个外角是36°，然后根据正多边形的每个内角的度数×边数＝360°求解即可．
【详解】
解：360°−18°−18°＝144°，
180°−144°＝36°，
360°÷36°＝1．
故答案为1．
本题主要考查的是多边形的内角与外角，明确正多边形的每个内角的度数×边数＝360°是解题的关键．
12、或或1
【解析】
根据点P所在的线段分类讨论，再分析每种情况下腰的情况，然后利用直角三角形的性质和勾股定理分别求值即可．
【详解】
解：①当点P在AB上时,由∠ABC=120°,此时只能是以∠PBE为顶角的等腰三角形,BP=BE,过点B作BF⊥PE于点F,如下图所示
∴∠FBE=∠ABC=10°,EP=2EF
∴∠BEF=90°－∠FBE=30°
∵，点是的中点
∴BE=
在Rt△BEF中，BF=
根据勾股定理：EF=
∴EP=2EF=；
②当点P在AD上时，过点B作BF⊥AB于F，过点P作PG⊥BC，如下图所示
∵∠ABC=120°
∴∠A=10°
∴∠ABF=90°－∠A=30°
在Rt△ABF中AF=，BF=
∴BP≥BF＞BE，EP≥BF＞BE
∴此时只能是以∠BPE为顶角的等腰三角形,BP=PE,
∴PG=BF=，EG=
根据勾股定理：EP=；
③当点P在CD上时，过点E作EF⊥CD于F，过点B作BG⊥CD
由②可知：BE的中垂线与CD无交点，
∴此时BP≠PE
∵∠A=10°，四边形ABCD为平行四边形
∴∠C=10°
在Rt△BCG中，∠CBG=90°－∠C=30°，CG=
根据勾股定理：BG=
∴BP≥BG＞BE
∵EF⊥CD，BG⊥CD，点E为BC的中点
∴EF为△BCG的中位线
∴EF=
∴此时只能是以∠BEP为顶角的等腰三角形,BE=PE=1．
综上所述：的长为或或1．
故答案为：或或1
此题考查的是等腰三角形的性质、直角三角形的性质和勾股定理，掌握三线合一、30°所对的直角边是斜边的一半、利用勾股定理解直角三角形和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
13、9 ．
【解析】
作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，依据HL判定Rt△ADE≌Rt△ADF，即可得出AE=AF；判定△DEM≌△DFN，可得S△DEM=S△DFN，进而得到S四边形AMDN=S四边形AEDF，求得S△ADF=AF×DF= ，即可得出结论．
【详解】
解：作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∴DE=DF，
又∵DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠AED=∠AFD=90°，
又∵AD=AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴AE=AF；
∵∠MDN+∠BAC=180°，
∴∠AMD+∠AND=180°，
又∵∠DNF+∠AND=180°
∴∠EMD=∠FND，
又∵∠DEM=∠DFN，DE=DF，
∴△DEM≌△DFN，
∴S△DEM=S△DFN，
∴S四边形AMDN=S四边形AEDF，
∵，AD平分∠BAC，
∴∠DAF=30°，
∴Rt△ADF中，DF=3，AF= =3 ，
∴S△ADF= AF×DF=×3×3= ，
∴S四边形AMDN=S四边形AEDF=2×S△ADF=9 ．
故答案为9 ．
本题考查全等三角形的性质和判定、角平分线的性质定理等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）;（2）.
【解析】
（1）根据平方差公式和提公因式法，对分式进行化简即可
（2）利用完全平方公式和平方差公式，进行化简，再对括号里面的分式进行通分约分，再把除法转化为乘法，即可解答
【详解】
（1）原式
或：原式
（2）原式
此题考查分式的化简求值，掌握运算法则是解题关键
15、（1）小哲；分式的分母不为0；（2）m≥﹣6且m≠﹣2．
【解析】
（1）根据分式方程解为正数，且分母不为0判断即可；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解为非负数确定出m的范围即可．
【详解】
解：（1）小哲的说法是正确的，正确的理由是分式的分母不为0；
故答案为：小哲；分式的分母不为0；
（2）去分母得：m+x=2x﹣6，
解得：x=m+6，
由分式方程的解为非负数，得到m+6≥0，且m+6≠2，
解得：m≥﹣6且m≠﹣2．
本题考查的知识点是解一元一次不等式及解分式方程，解题的关键是熟练的掌握解一元一次不等式及解分式方程.
16、（1）一次函数的解析式为；（2）1.
【解析】
（1）首先根据正比例函数解析式求得m的值，再进一步运用待定系数法求得一次函数的解析式；
（2）根据（1）中的解析式，令y=0求得点C的坐标，从而求得三角形的面积.
【详解】
解：（1）由题可得，把点A（m,2）代入正比例函数y=2x 得
2＝2m
m=1
所以点A（1,2）
因为一次函数图象又经过点B（-2,-1），所以
解方程组得
这个一次函数的解析式为
（2）因为一次函数图象与x轴的交点为D，
所以点D的坐标为（-1,0）
因为的底为OD=1,高为A点的纵坐标2
所以
此题综合考查了待定系数法求函数解析式、直线与坐标轴的交点的求法，关键是根据正比例函数解析式求得m的值.
17、（1）；（2）最小值，M；（3）、、、
【解析】
（1）过点作轴于点，证得，然后由相似三角形的性质求得，从而求得GB，HG的长度，使问题得解；
（2）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，此时的值最小即的长度，根据勾股定理求长度，然后利用待定系数法求直线的函数解析式，从而求与y轴交点坐标，使问题得解；
（3）依据△OST为等腰三角形，分4种情况画出图形，即可得到旋转角的度数．
【详解】
解：（1）如图，过点作轴于点．
因为轴
∴HG∥OA
∴，
又∵是线段上靠近点的三等分点
∴，
∵，，
∴，
∴
∴
（2）如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于点．
则为，
此时
∴的最小值为；
设直线：，把，B（3，0）代入得：
，解得：
∴直线为
当时，
∴为
（3）如图，当OT=OS时，α=75°-30°=45°；
如图，当OT=TS时，α=90°；
如图，当OT=OS时，α=90°+60°-15°=135°；
如图，当ST=OS时，α=180°；
综上所述，α的值为45°，90°，135°，180°．
本题考查几何变换综合题、平行线分线段成比例定理、轴对称最短问题、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
18、（1）见解析；（2）GE=BE+GD成立，理由见解析；（3）
【解析】
（1）利用已知条件，可证出△BCE≌△DCF(SAS)，即可得到CE=CF；
（2）借助（1）的结论得出∠BCE=∠DCF，再通过角的计算得出∠GCF=∠GCE，由SAS可得△ECG≌△FCG，则EG=GF，从而得出GE=DF+GD=BE+GD；
（3）过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形(有一组邻边相等的矩形是正方形)，再设DE=x，利用（1）、（2）的结论，在Rt△AED中利用勾股定理构造方程即可求出DE．
【详解】
（1）证明：如图①，在正方形ABCD中，BC=CD，∠B=∠ADC=90°，
∴∠CDF=90°，即∠B=∠CDF =90°，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴CE=CF；
（2）解：如图①，GE=BE+GD成立，理由如下：
由（1）得△BCE≌△DCF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠ECD+∠ECB=∠ECD+∠FCD，
即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠ECF−∠ECG=45°，则∠GCF=∠GCE，
在△GEC和△GFC中，
，
∴△GEC≌△GFC(SAS)，
∴EG=GF，
∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）解：如图②，过C作CG⊥AD于G，
∴∠CGA=90°，
在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCG为矩形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCG为正方形，
∴AG=BC=AB=16，
∵∠DCE=45°，由（1）和（2）的结论可得：ED=BE+DG，
设DE=x，
∵，
∴AE=12，DG=x−4，
∴AD=AG−DG=20−x
在Rt△AED中，
由勾股定理得：DE2=AD2+AE2，
即x2=(20−x)2+122
解得：，
即．
本题是一道几何综合题，内容主要涉及全等三角形的判定与性质和勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力，是一道好题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、．
【解析】
令x=0，则；
令y=0，则，解得．
∴．
∴．
考点：探索规律题（图形的变化类），一次函数图象上点的坐标特征
20、（）
【解析】
根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点B2018的坐标位置，进而得出答案.
【详解】
解:∵△AOB是等腰直角三角形，OA=1，
∴AB=OA=1，
∴B（1，1），
将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O=2AO，
再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O=2A1O…，依此规律，
∴每4次循环一周，B1（2，-2），B2（-4，-4），B3（-8，8），B4（16，16），
∵2÷4=503…1，
∴点B2与B1同在一个象限内，
∵-4=-22，8=23，16=24，
∴点B2（22，-22）．
故答案为：（22，-22）.
此题主要考查了点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键.
21、7
【解析】试题分析：将=10和g=10代入可得：S=-5+10t，则最大值为： =5，则离地面的距离为：5+2=7m.
考点：二次函数的最值.
22、（5，1），（−1）
【解析】
当P位于线段OA上时，显然△PFB不可能是直角三角形；由于∠BPF＜∠CPF=90°，所以P不可能是直角顶点，可分两种情况进行讨论：
①F为直角顶点，过F作FD⊥x轴于D，BP=6-t，DP=1OC=4，在Rt△OCP中，OP=t-1，由勾股定理易求得CP=t1-1t+5，那么PF1=（1CP）1=4（t1-1t+5）；在Rt△PFB中，FD⊥PB，由射影定理可求得PB=PF1÷PD=t1-1t+5，而PB的另一个表达式为：PB=6-t，联立两式可得t1-1t+5=6-t，即t= ；
②B为直角顶点，得到△PFB∽△CPO，且相似比为1，那么BP=1OC=4，即OP=OB-BP=1，此时t=1．
【详解】
解：能；
①若F为直角顶点，过F作FD⊥x轴于D，则BP=6-t，DP=1OC=4，
在Rt△OCP中，OP=t-1，
由勾股定理易求得CP1=t1-1t+5，那
么PF1=（1CP）1=4（t1-1t+5）；
在Rt△PFB中，FD⊥PB，
由射影定理可求得PB=PF1÷PD=t1-1t+5，
而PB的另一个表达式为：PB=6-t，
联立两式可得t1-1t+5=6-t，即t=，
P点坐标为（，0），
则F点坐标为：（ −1）；
②B为直角顶点，得到△PFB∽△CPO，且相似比为1，
那么BP=1OC=4，即OP=OB-BP=1，此时t=1，
P点坐标为（1，0）．FD=1（t-1）=1，
则F点坐标为（5，1）．
故答案是：（5，1），（−1）．
此题考查直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质，解题关键在于求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
23、1
【解析】
分析：先求出这5个数的平均数，然后利用方差公式求解即可．
详解：平均数为=（1+1+3+4+5）÷5=3，
S1= [（1-3）1+（1-3）1+（3-3）1+（4-3）1+（5-3）1]=1．
故答案为：1．
点睛：本题考查了方差的知识，牢记方差的计算公式是解答本题的关键，难度不大．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）30（2）y=80x﹣30（1.5≤x≤2.5）；（3）他们出发2小时，离目的地还有40千米
【解析】
（1）先设函数解析式，再根据点坐标求解析式，带入数值求解即可（2）根据点坐标求AB段的函数解析式（3）根据题意将x=2带入AB段解析式中求值即可.
【详解】
解:(1)设OA段图象的函数表达式为y=kx.
∵当x=1.5时，y=90，
∴1.5k=90，
∴k=60.
∴y=60x(0≤x≤1.5)，
∴当x=0.5时，y=60×0.5=30.
故他们出发半小时时，离家30千米;
(2)设AB段图象的函数表达式为y=k′x+b.
∵A(1.5，90)，B(2.5，170)在AB上，
∴①1.5k′+b=90 ② 2.5k′+b=170
解得k′=80 b=-30
∴y=80x-30(1.5≤x≤2.5);
(3)∵当x=2时，y=80×2-30=130，
∴170-130=40.
故他们出发2小时时，离目的地还有40千米.
此题重点考察学生对一次函数的实际应用能力，利用待定系数法来确定一次函数的表达式是解题的关键.
25、解：（1）见解析
（2）A；90；
（3）50
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质得AD=AB，∠D=∠ABC=90°，然后利用“SAS”易证得△ADE≌△ABF.
（2）∵△ADE≌△ABF，∴∠BAF=∠DAE.
而∠DAE+∠EBF=90°，∴∠BAF+∠EBF=90°，即∠FAE=90°.
∴△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到.
（3）先利用勾股定理可计算出AE=10，在根据△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到AE=AF，∠EAF=90°，然后根据直角三角形的面积公式计算即可.
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°．
又∵点F是CB延长线上的点，∴∠ABF=90°.
在△ADE和△ABF中，∵，
∴△ADE≌△ABF（SAS）.
（2）A；90.
（3）∵BC=8，∴AD=8.
在Rt△ADE中，DE=6，AD=8，∴.
∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到，
∴AE=AF，∠EAF=90°.
∴△AEF的面积=AE2=×100=50（平方单位）.
26、（1）；（2）．
【解析】
先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
先把二次根式化为最简二次根式，然后把可能内合并后进行二次根式的除法运算．
【详解】
解：原式
；
原式
．
本题考查二次根式的混合运算，解题关键在于灵活运用二次根式的性质.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人