云南省盐津县2024-2025学年数学九上开学教学质量检测模拟试题【含答案】

这是一份云南省盐津县2024-2025学年数学九上开学教学质量检测模拟试题【含答案】，共26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）在下列各组数中，是勾股数的是( )
A．1、2、3B．2、3、4C．3、4、5D．4、5、6
2、（4分）如图，ABCD中，点在边上，以为折痕，将向上翻折，点正好落在边上的点处，若的周长为8，的周长为18，则的长为（ ）
A．5B．8C．7D．6
3、（4分）如图，在菱形ABCD中，一动点P从点B出发，沿着B→C→D→A的方向匀速运动，最后到达点A，则点P在匀速运动过程中，△APB的面积y随时间x变化的图象大致是( )
A．B．
C．D．
4、（4分）如果一次函数y＝kx+不经过第三象限，那么k的取值范围是( )
A．k＜0B．k＞0C．k≤0D．k≥0
5、（4分）点A，B，C，D在数轴上的位置如图所示，则实数对应的点可能是
A．点AB．点BC．点CD．点D
6、（4分）已知直线，则下列说法中正确的是（ ）
A．这条直线与轴交点在正半轴上，与轴交点在正半轴上
B．这条直线与轴交点在正半轴上，与轴交点在负半轴上
C．这条直线与轴交点在负半轴上，与轴交点在正半轴上
D．这条直线与轴交点在负半轴上，与轴交点在负半轴上
7、（4分）如图，将含30°角的直角三角尺ABC绕点B顺时针旋转150°后得到△EBD，连接CD．若AB=4cm．则△BCD的面积为（ ）
A．4B．2C．3D．2
8、（4分）如图，正方形的边长为3，点在正方形. 内若四边形恰是菱形，连结，且，则菱形的边长为（ ）.

A．B．C．2D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）观察下列按顺序排列的等式：，试猜想第n个等式（n为正整数）：an=_____．
10、（4分）直线沿轴平移3个单位，则平移后直线与轴的交点坐标为 .
11、（4分）函数y=36x-10的图象经过第______象限．
12、（4分）若ab，则32a__________32b（用“＞”、“”或“＜”填空）．
13、（4分）若□ABCD中，∠A=50°，则∠C=_______°．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，点为直线上一点，，点为轴正半轴上一点，连接，的面积为1．
(1)如图1，求点的坐标；
(2)如图2，点分别在线段上，连接，点的横坐标为，点的横坐标为，求与的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围)；
(3)在(2)的条件下，如图3，连接，点为轴正半轴上点右侧一点，点为第一象限内一点，，，延长交于点，点为上一点，直线经过点和点，过点作，交直线于点，连接，请你判断四边形的形状，并说明理由．
15、（8分）在水果销售旺季，某水果店购进一优质水果，进价为20元/千克，售价不低于20元/千克，且不超过32元/千克，根据销售情况，发现该水果一天的销售量y（千克）与该天的售价x（元/千克）满足如下表所示的一次函数关系．
（1）某天这种水果的售价为23.5元/千克，求当天该水果的销售量．
（2）如果某天销售这种水果获利150元，那么该天水果的售价为多少元？
16、（8分）已知二次函数（，为常数）.
（1）当，时，求二次函数的最小值；
（2）当时，若在函数值的情况下，只有一个自变量的值与其对应，求此时二次函数的解析式；
（3）当时，若在自变量的值满足≤≤的情况下，与其对应的函数值的最小值为21，求此时二次函数的解析式.
17、（10分）是正方形的边上一动点(不与重合)， ，垂足为，将绕点旋转，得到，当射线经过点时，射线与交于点．
求证:；
在点的运动过程中，线段与线段始终相等吗?若相等请证明；若不相等，请说明理由．
18、（10分）如图，菱形ABCD对角线交于点O，BE∥AC，AE∥BD，EO与AB交于点F．
（1）试判断四边形AEBO的形状，并说明你的理由；（2）求证：EO=DC．
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）将一次函数y=2x的图象向上平移1个单位，所得图象对应的函数表达式为__________．
20、（4分）在一个不透明的布袋中，红色、黑色、白色的玻璃球共有60个，除颜色外，形状、大小、质地等完全相同．小刚通过多次摸球实验后发现其中摸到红色、黑色球的频率稳定在15%和45%，则口袋中白色球的个数很可能是 ．
21、（4分）某农科院为了选出适合某地种植的甜玉米种子，对甲、乙两个品种甜玉米各用10块试验田进行实验，得到这两个品种甜玉米每公顷产量的两组数据（如图所示）.根据图6中的信息，可知在试验田中，____种甜玉米的产量比较稳定.
22、（4分）______．
23、（4分）如图，已知函数y＝kx＋2与函数y＝mx－4的图象交于点A，根据图象可知不等式kx＋2＜mx－4的解集是__________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知：如图在菱形ABCD中，AB=4，∠DAB=30°，点E是AD的中点，点M是的一个动点（不与点A重合），连接ME并廷长交CD的延长线于点N连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；（2）当AM为何值时，四边形AMDN是矩形并说明理由．
25、（10分）如图，小颖和她的同学荡秋千，秋千AB在静止位置时，下端B离地面0.6m，荡秋千到AB的位置时，下端B距静止位置的水平距离EB等于2.4m，距地面1.4m，求秋千AB的长．
26、（12分）如图，在矩形中，点为上一点，连接、，．
（1）如图1，若，，求的长．
（2）如图2，点是的中点，连接并延长交于，为上一点，连接，且，求证：．
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】
判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
【详解】
A、12+22＝5≠32，不是勾股数，故本选项不符合题意．
B、22+32＝13≠42，不是勾股数，故本选项不符合题意．
C、32+42＝52，是勾股数，故本选项符合题意．
D、42+52＝41≠62，不是勾股数，故本选项不符合题意．
故选C．
本题考查了勾股数的知识，解答此题要用到勾股数的定义，及勾股定理的逆定理：已知△ABC的三边满足a2+b2＝c2，则△ABC是直角三角形．
2、A
【解析】
根据折叠的性质求出EF=EB，FC=BC，再根据平行四边形的性质得出AB=DC，AD=BC，对周长公式进行等量代换即可得出答案.
【详解】
根据折叠的性质可知，EF=EB，FC=BC
∵ABCD为平行四边形
∴AB=DC，AD=BC
又△AEF的周长=AF+AE+EF=AF+AE+BE=AF+AB=8
△CDF的周长=DC+DF+FC=DC+DF+BC=18
∴AB+DF+BC=18，BC-DF+AB=8
∴AB+DF+BC-BC+DF-AB=18-8
解得DF=5
故答案选择A.
本题考查的是平行四边形的性质以及折叠问题，难度适中，注意折叠前后的两个图形完全重合.
3、D
【解析】
分析动点P在BC、CD、DA上时，△APB的面积y随x的变化而形成变化趋势即可．
【详解】
解：当点P沿BC运动时，△APB的面积y随时间x变化而增加，当点P到CD上时，△APB的面积y保持不变，当P到AD上时，△APB的面积y随时间x增大而减少到1．
故选：D．
本题为动点问题的图象探究题，考查了函数问题中函数随自变量变化而变化的关系，解答时注意动点到达临界点前后函数图象的变化．
4、A
【解析】
根据一次函数y=kx+b的图象与k、b之间的关系，即可得出k的取值范围.
【详解】
∵一次函数y＝kx+的图象不经过第三象限，
∴一次函数y＝kx+的图象经过第一、二、四象限，
∴k＜1．
故选：A．
本题考查了一次函数的图象与系数k,b的关系，熟练掌握一次函数的图象的性质是解题的关键.
5、B
【解析】
根据被开方数越大算术平方根越大，可得的大小，根据数的大小，可得答案．
【详解】
，
，
实数对应的点可能是B点，
故选B．
本题考查了实数与数轴，利用被开方数越大算术平方根越大得出是解题关键．
6、C
【解析】
先确定直线y=kx+b经过第一、二、三限，即可对各选项进行判断．
【详解】
解：∵直线y=kx+b，k＞0，b＞0，
∴直线y=kx+b经过第一、二、三象限，
故选：C．
本题考查了一次函数与系数的关系：对于一次函数y=kx+b，它与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴．当k＞0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、三象限；k＞0，b＜0⇔y=kx+b的图象在一、三、四象限；k＜0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、四象限；k＜0，b＜0⇔y=kx+b的图象在二、三、四象限．
7、C
【解析】
过D点作BE的垂线，垂足为F，由∠ABC=30°及旋转角∠ABE=150°可知∠CBE为平角．在Rt△ABC中，AB=4，∠ABC=30°，则AC=2，BC=2，由旋转的性质可知BD=BC=2，DE=AC=2，BE=AB=4，由面积法：DF×BE=BD×DE求DF，则S△BCD=×BC×DF．
【详解】
过D点作BE的垂线，垂足为F，
∵∠ABC=30°，∠ABE=150°，
∴∠CBE=∠ABC+∠ABE=180°．
在Rt△ABC中，∵AB=4，∠ABC=30°，∴AC=2，BC=2，
由旋转的性质可知：BD=BC=2，DE=AC=2，BE=AB=4，
由DF×BE=BD×DE，即DF×4=2×2，
解得：DF=，
S△BCD=×BC×DF=×2×=3（cm2）．
故选C．
本题考查了旋转的性质，解直角三角形的方法，解答本题的关键是围绕求△BCD的面积确定底和高的值，有一定难度．
8、D
【解析】
过点F作FM⊥AB，则FM＝BM，BF2＝2FM2，由AF2﹣FB2＝3可得AM﹣BM＝1，可求出AM＝2，BM＝1，则AF的长可求出．
【详解】
如图，过点F作FM⊥AB，
∵∠ABF＝45°，
∴FM＝BM，
∴BF2＝2FM2，
∴AF2﹣BF2＝AF2﹣FM2﹣BM2＝3
∴AM2﹣BM2＝3，
∵AM+BM＝3，
∴AM﹣BM＝1，
∴AM＝2，BM＝1，
∴．
故选：D．
此题考查菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，注意构造直角三角形是解决问题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、．
【解析】
根据题意可知，
∴．
10、（0，2）或（0，）
【解析】
试题分析：∵直线沿轴平移3个单位，包括向上和向下，
∵平移后的解析式为或．
∵与轴的交点坐标为（0，2）；与轴的交点坐标为（0，）．
11、【解析】
根据y＝kx＋b（k≠0，且k，b为常数），当k＞0，b＜0时，函数图象过一、三、四象限．
【详解】
解：因为函数中，
，，
所以函数图象过一、三、四象限，
故答案为：一、三、四．
此题主要考查了一次函数的性质，同学们应熟练掌握根据函数式判断出函数图象的位置，这是考查重点内容之一．
12、
【解析】
根据不等式的性质进行判断即可
【详解】
解：∵ab，
∴2a2b
∴32a32b
故答案为：＜
本题考查了不等式的性质：（1）不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．（3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
13、50
【解析】
因为平行四边形的对角相等,所以∠C=50°,故答案为: 50°.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）B（6，0）；（2）d＝；（3）四边形是矩形，理由见解析
【解析】
（1）作DL⊥y轴垂足为L点，DI⊥AB垂足为I，证明△DLC≌△AOC，求得D（2，12），再由S△ABD＝AB•DI＝1，求得OB＝AB−AO＝8−2＝6，即可求B坐标；
（2）设∠MNB＝∠MBN＝α，作NK⊥x轴垂足为K，MQ⊥AB垂足为Q，MP⊥NK，垂足为P；证明四边形MPKQ为矩形，再证明△MNP≌△MQB，求出BD的解析式为y＝−3x＋18，MQ＝d，把y＝d代入y＝−3x＋18得d＝−3x＋18，表达出OQ的值，再由OQ＝OK＋KQ＝t＋d，可得d＝−；
（3）作NW⊥AB垂足为W，证明△ANW≌△CAO，根据边的关系求得N（4，2）；延长NW到Y，使NW＝WY，作NS⊥YF，再证明△FHN≌△FSN，可得SF＝FH=，NY＝2＋2＝4；设YS＝a，FY＝FN＝a＋，在Rt△NYS和Rt△FNS中利用勾股定理求得FN；在Rt△NWF中，利用勾股定理求出WF＝6，得到F（10，0）；设GF交y轴于点T，设FN的解析式为y＝px＋q （p≠0）把F（10，0）N（4，2）代入即可求出直线FN的解析式，联立方程组得到G点坐标；把G点代入得到y＝x+3，可知R（4，0），证明△GRA≌△EFR，可得四边形AGFE为平行四边形，再由∠AGF＝180°−∠CGF＝90°，可证明平行四边形AGFE为矩形．
【详解】
解：（1）令x＝0，y＝6，令y＝0，x＝−2，
∴A（−2，0），B（0，6），
∴AO＝2，CO＝6，
作DL⊥y轴垂足为L点，DI⊥AB垂足为I，
∴∠DLO＝∠COA＝90°，∠DCL＝∠ACO，DC＝AC，
∴△DLC≌△AOC（AAS），
∴DL＝AO＝2，
∴D的横坐标为2，
把x＝2代入y＝3x＋6得y＝12，
∴D（2，12），
∴DI＝12，
∵S△ABD＝AB•DI＝1，
∴AB＝8；
∵OB＝AB−AO＝8−2＝6，
∴B（6，0）；
（2）∵OC＝OB＝6，
∴∠OCB＝∠CBO＝45°，
∵MN＝MB，
∴设∠MNB＝∠MBN＝α，
作NK⊥x轴垂足为K，MQ⊥AB垂足为Q，MP⊥NK，垂足为P；
∴∠NKB＝∠MQK＝∠MPK＝90°，
∴四边形MPKQ为矩形，
∴NK∥CO，MQ＝PK；
∵∠KNB＝90°−45°＝45°，
∴∠MNK＝45°＋α，∠MBQ＝45°＋α，
∴∠MNK＝∠MBQ，
∵MN＝MB，∠NPM＝∠MQB＝90°，
∴△MNP≌△MQB（AAS），
∴MP＝MQ；
∵B（6，0），D（2，12），
∴设BD的解析式为y＝kx＋b（k≠0），
∴，解得：k=-3，b=18，
∴BD的解析式为y＝−3x＋18，
∵点M的纵坐标为d，
∴MQ=MP＝d，把y＝d代入y＝−3x＋18得d＝−3x＋18，
解得x＝，
∴OQ＝；
∵N的横坐标为t，
∴OK＝t，
∴OQ＝OK＋KQ＝t＋d，
∴＝t＋d，
∴d＝；
（3）作NW⊥AB垂足为W，
∴∠NWO＝90°，
∵∠ACN＝45°＋∠ACO，∠ANC＝45°＋∠NAO，
∵∠ACO＝∠NAO，
∴∠ACN＝∠ANC，
∴AC＝AN，
又∵∠ACO＝∠NAO，∠AOC＝∠NOW＝90°，
∴△ANW≌△CAO（AAS），
∴AO＝NW＝2，
∴WB＝NW＝2，
∴OW＝OB−WB＝6−2＝4，
∴N（4，2）；
延长NW到Y，使NW＝WY，
∴△NFW≌△YFW（SAS）
∴NF＝YF，∠NFW＝∠YFW，
又∵∠HFN＝2∠NFO，
∴∠HFN＝∠YFN，
作NS⊥YF，
∵∠FH⊥NH，
∴∠H＝∠NSF＝90°，
∵FN＝FN，
∴△FHN≌△FSN（AAS），
∴SF＝FH＝，NY＝2＋2＝4，
设YS＝a，FY＝FN＝a＋，
在Rt△NYS和Rt△FNS中：NS2＝NY2−YS2；NS2＝FN2−FS2；NY2−YS2＝FN2−FS2，
∴42−a2＝(a＋)2-()2，
解得a＝
∴FN＝；
在Rt△NWF中WF＝，
∴FO＝OW＋WF＝4＋6＝10，
∴F（10，0），
∴AW＝AO＋OW＝2＋4＝6，
∴AW＝FW，
∵NW⊥AF，
∴NA＝NF，
∴∠NFA＝∠NAF，
∵∠ACO＝∠NAO，
∴∠NFA＝∠ACO，
设GF交y轴于点T，∠CTF＝∠ACO＋∠CGF＝∠COF＋∠GFO，
∴∠CGF＝∠COF＝90°，
设FN的解析式为y＝px＋q （p≠0），把F（10，0）N（4，2）代入y＝px＋q
得，解得，
∴，
∴联立，解得：，
∴，
把G点代入y＝mx＋3，得，得m＝，
∴y＝x＋3，
令y＝0得0＝x＋3，x＝4，
∴R（4，0），
∴AR＝AO＋OR＝2＋4＝6，RF＝OF−OR＝10−4＝6，
∴AR＝RF，
∵FE∥AC，
∴∠FEG＝∠AGE，∠GAF＝∠EFA，
∴△GRA≌△EFR（AAS），
∴EF＝AG，
∴四边形AGFE为平行四边形，
∵∠AGF＝180°−∠CGF＝180°−90°＝90°，
∴平行四边形AGFE为矩形．
本题是一次函数的综合题；灵活应用全等三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握平行四边形和矩形的判定，会待定系数法求函数解析式是解题的关键．
15、（1）当天该水果的销售量为2千克；（2）如果某天销售这种水果获利150元，该天水果的售价为3元．
【解析】
（1）根据表格内的数据，利用待定系数法可求出y与x之间的函数关系式，再代入x=23.5即可求出结论；
（2）根据总利润每千克利润销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
【详解】
（1）设y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
将（22.6，34.8）、（24，32）代入y=kx+b，
，解得：，
∴y与x之间的函数关系式为y=﹣2x+1．
当x=23.5时，y=﹣2x+1=2．
答：当天该水果的销售量为2千克．
（2）根据题意得：（x﹣20）（﹣2x+1）=150，
解得：x1=35，x2=3．
∵20≤x≤32，
∴x=3．
答：如果某天销售这种水果获利150元，那么该天水果的售价为3元．
本题考查了一元二次方程的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）根据表格内的数据，利用待定系数法求出一次函数关系式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
16、（1）二次函数取得最小值-1；（2）或；
（3）或．
【解析】
（1）当b=2，c=-3时，二次函数的解析式为，把这个解析式化为顶点式利用二次函数的性质即可求最小值．
（2）当c=5时，二次函数的解析式为,又因函数值y=1的情况下，只有一个自变量x的值与其对应，说明方程有两个相等的实数根，利用即可解得b值，从而求得函数解析式．
（3）当c=b2时，二次函数的解析式为，它的图象是开口向上，对称轴为的抛物线．分三种情况进行讨论，①对称轴位于b≤x≤b+3范围的左侧时，即＜b；②对称轴位于b≤x≤b+3这个范围时，即b≤≤b+3；③对称轴位于b≤x≤b+3范围的右侧时，即＞b+3，根据列出的不等式求得b的取值范围，再根据x的取值范围b≤x≤b+3、函数的增减性及对应的函数值y的最小值为21可列方程求b的值（不合题意的舍去），求得b的值代入也就求得了函数的表达式．
【详解】
解：（1）当b=2，c=-3时，二次函数的解析式为，即．
∴当x=-1时，二次函数取得最小值-1．
（2）当c=5时，二次函数的解析式为．
由题意得，方程有两个相等的实数根．
有，解得，
∴此时二次函数的解析式为或．
（3）当c=b2时，二次函数的解析式为．
它的图象是开口向上，对称轴为的抛物线．
①若＜b时，即b＞0，
在自变量x的值满足b≤x≤b+3的情况下，与其对应的函数值y随x的增大而增大，
故当x=b时，为最小值．
∴，解得，（舍去）．
②若b≤≤b+3，即-2≤b≤0，
当x=时，为最小值．
∴，解得（舍去），（舍去）．
③若＞b+3，即b＜-2，
在自变量x的值满足b≤x≤b+3的情况下，与其对应的函数值y随x的增大而减小，
故当x=b+3时，为最小值．
∴，即
解得（舍去），．
综上所述，或b=-1．
∴此时二次函数的解析式为或．
考点：二次函数的综合题．
17、见解析；，证明见解析
【解析】
（1）由旋转性质知∠BPN=∠CPD，再由∠PCD+∠BCP=∠PBN+∠BCP=90°知∠PCD=∠PBN，从而得证；
（2）先证△MPB∽△BPC得再由△PBN∽△PCD知从而得根据BC=CD可得答案．
【详解】
证明:由旋转可得．
四边形是正方形，
．
，
，
证明:
．
由可知
本题考查的是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握旋转变换的性质、相似三角形的判定与性质及正方形的性质等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键．
18、证明见解析
【解析】
（1）由菱形的性质可证明∠BOA=90°，然后再证明四边形AEBO为平行四边形，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）依据矩形的性质可得到EO=BA，然后依据菱形的性质可得到AB=CD．
【详解】
（1）四边形AEBO是矩形．
证明：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O，
∴AC⊥BD，即∠AOB=90°．
∴四边形AEBO是矩形．
（2）∵四边形AEBO是矩形，
∴EO=AB，
在菱形ABCD中，AB=DC．
∴EO=DC．
本题主要考查的是菱形的性质判定、矩形的性质和判定，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、y=2x+1．
【解析】
由“上加下减”的原则可知，将函数y=2x的图象向上平移1个单位所得函数的解析式为y=2x+1，
故答案为y=2x+1．
20、24
【解析】∵小刚通过多次摸球实验后发现其中摸到红色、黑色球的频率稳定在15%和45%，
∴口袋中白色球的个数很可能是（1-15%-45%）×60=24个．
21、乙
【解析】
试题分析：从图中看到，乙的波动比甲的波动小，故乙的产量稳定．故填乙．
考点：方差；折线统计图．
点评：本题要求了解方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
22、1
【解析】
利用平方差公式即可计算．
【详解】
原式．
故答案为：1．
本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．
23、x＜－2
【解析】
观察函数图象得到当x＜-2时，y=kx+2的图象位于y=mx-1的下方，即kx+2＜mx-1．
【详解】
解：∵观察图象知当＜＞-2时，y=kx+2的图象位于y=mx-1的下方，
根据图象可知不等式kx+2＜mx-1的解集是x＜-2，
故答案为：x＜-2．
本题考查一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（1），四边形AMDN是矩形，见解析.
【解析】
（1）根据菱形的性质可得ND∥AM，再根据两直线平行，内错角相等可得∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME，根据中点的定义求出DE=AE，然后利用“角角边”证明△NDE和△MAE全等，根据全等三角形对应边相等得到ND=MA，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明；
（1）根据矩形的性质得到DM⊥AB，结合∠DAB=30°，由直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半解答．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ND∥AM．
∴∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME．
∵点E是AD中点，
∴DE=AE．
在△NDE和△MAE中，
，
∴△NDE≌△MAE（AAS）．
∴ND=MA．
∴四边形AMDN是平行四边形；
（1）解：当AM=1时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=1，
∵平行四边形AMDN是矩形，
∴∠AMD=90°．
∵∠DAB=30°，
∴MD=AD=AB=1．
在直角△AMD中，．
本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键，也是本题的突破口．
25、4m
【解析】
试题分析：利用已知得出B′E的长，再利用勾股定理得出即可．
解：由题意可得出：B′E=1.4﹣0.6=0.8（m），
则AE=AB﹣0.8，
在Rt△AEB中，
AE2+BE2=AB2，
∴（AB﹣0.8）2+2.42=AB2
解得：AB=4，
答：秋千AB的长为4m．
26、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）利用等腰直角三角形的性质及勾股定理求AB和AE的长，然后根据矩形的性质求得CD和ED的长，从而利用勾股定理求解；
（2）延长交的延长线于，利用AAS定理证得，得到，，然后求得，从而使问题得解．
【详解】
解：（1）∵矩形，∴
又∵
∴
设，在中，
即
解得：，（舍）
∴
∵矩形∴，
∴
在中，，
∴；
（2）如答图，延长交的延长线于
∵，∴
又∵为的中点，∴
在和中
∴
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
本题考查矩形的性质，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，有一定的综合性，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
销售量y（千克）
…
34.8
32
29.6
28
…
售价x（元/千克）
…
22.6
24
25.2
26
…