北师大版初中数学九年级上册期末测试卷(困难 )（含答案解析）

这是一份北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35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。

北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。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为3.其中正确结论的个数有(    )


A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
2. 如图，已知正方形ABCD的边长为3，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF、CF，则DF+CF的最小值是(    )

A. 35 B. 43 C. 52 D. 213
3. 已知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)和它的两个实数根为x1、x2，下列说法：
①若a、c异号，则方程ax2+bx+c=0一定有实数根
②若b2>5ac，则方程ax2+bx+c=0一定有两异实根
③若b=a+c，则方程ax2+bx+c=0一定有两实数根
④若a=1，b=2，c=3，由根与系数的关系可得x1+x2=−2，x1x2=3
其中正确的结论的个数为(    )
A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个
4. 如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有(    )
 ①方程x2−x−2=0是倍根方程;
 ②若方程(x−2)(mx+n)=0是倍根方程，则4m2+5mn+n2=0;
 ③若p、q满足pq=2，则关于x的方程px2+3x+q=0是倍根方程;
 ④若方程ax2+bx+c=0是倍根方程，则必有2b2=9ac．

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
5. 三名同学同一天生日，她们做了一个游戏：买来3张相同的贺卡，各自在其中一张内写上祝福的话，然后放在一起，每人随机拿一张．则她们拿到的贺卡都不是自己所写的概率．(    )
A. 0.5 B. 13 C. 23 D. 0.25
6. 书架上放着三本古典名著和两本外国小说，小明从中随机抽取两本，两本都是古典名著的概率是(    )
A. 425 B. 925 C. 310 D. 110
7. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，①∠EBG=45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG=32S△FGH；④AG+DF=FG.则下列结论正确的有(    )


A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③
8. 如图，正方形ABCD的边长是3，BP=CQ，连接AQ，与边CD交于点F，连接DP交AQ于点O，并与边BC交于点E，连接AE，下列结论：①AQ⊥DP；②AO2=OE⋅OP；③S△AOD=S四边形OECF.其中正确结论的个数(    )

A. 1
B. 3
C. 2
D. 0
9. 某几何体的主视图和左视图完全一样，如图所示，则该几何体的俯视图不可能是(    )
A. B. C. D.
10. 若干个桶装方便面摆放在桌子上，小明从三个不同方向看到的图形如图所示，则这一堆方便面共有(    )
A. 5桶 B. 6桶 C. 9桶 D. 12桶
11. 如图1，矩形的一条边长为x，周长的一半为y.定义(x,y)为这个矩形的坐标．如图2，在平面直角坐标系中，直线x=1，y=3将第一象限划分成4个区域．已知矩形1的坐标的对应点A落在如图所示的双曲线上，矩形2的坐标的对应点落在区域④中．则下面叙述中正确的是(    )

A. 点A的横坐标有可能大于3
B. 矩形1是正方形时，点A位于区域②
C. 当点A沿双曲线向上移动时，矩形1的面积减小
D. 当点A位于区域①时，矩形1可能和矩形2全等
12. 如图，菱形ABCD的四个顶点均在坐标轴上，对角线AC、BD交于原点O，AE⊥BC于E点，交BD于M点，反比例函数y=33x(x>0)的图象经过线段DC的中点N，若BD=4，则ME的长为(    )

A. ME=53 B. ME=43 C. ME=1 D. ME=23
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E是BC边上一个动点(不与点B，C重合)，将△ABE沿AE翻折到△AB′E，再将△AB′E沿AB′翻折得到△AB′E′.当点E′恰好落在正方形ABCD的边所在的直线上时，线段BE的长度为______．


14. 若△ABC的一条边BC的长为5，另两边AB、AC的长是关于x的一元二次方程x2−(2k+3)x+k2+3k+2=0的两个实数根，当k=______时，△ABC是以BC为斜边的直角三角形．
15. 在△ABC和△A′B′C′中，若∠B=∠B′，AB=6，BC=8，B′C′=4，则当A′B′=____________时，△ABC∽△A′B′C′．
16. 已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正六边形，则该几何体的表面积为______．




三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图1，△ABC为等腰三角形，AB=AC=a，点P是底边BC上的一个动点，PD//AC，PE//AB．

(1)用a表示四边形ADPE的周长为          ．
(2)点P运动到什么位置时，四边形ADPE是菱形，请说明理由．
(3)如图2，如果△ABC不是等腰三角形，其他条件不变，点P运动到什么位置时，四边形ADPE是菱形(不必说明理由)．

18. (本小题8.0分)
如图所示，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，DE//AC交BC的延长线于点E.求证：DE=12BE．

19. (本小题8.0分)
如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，∠BCD=90°，AB=AD=10cm，BC=8cm.点P从点A出发，以每秒3cm的速度沿折线ABC方向运动，点Q从点D出发，以每秒2cm的速度沿线段DC方向向点C运动．已知动点P、Q同时发，当点Q运动到点C时，P、Q运动停止，设运动时间为t．
(1)求CD的长；
(2)当四边形PBQD为平行四边形时，求四边形PBQD的周长；
(3)在点P、点Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为15cm2？若存在，请求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由．

20. (本小题8.0分)
某果园有100棵桃树，一棵桃树平均结1000个桃子，现准备多种一些桃树以提高产量，试验发现，每多种一棵桃树，每棵桃树的产量就会减少2个，但多种的桃树不能超过100棵．如果要使产量增加15.2%，那么应多种多少棵桃树？
21. (本小题8.0分)
《中国汉字听写大会》唤醒了很多人对文字基本功的重视和对汉字文化的学习，我市某校组织了一次全校2000名学生参加的“汉字听写大会”海选比赛，赛后发现所有参赛学生的成绩均不低于50分，为了更好地了解本次海选比赛的成绩分布情况，随机抽取了其中200名学生的海选比赛成绩(成绩x取整数，总分100分)作为样本进行整理，得到下列统计图表：

抽取的200名学生海选成绩分组表
组别
海选成绩x
A组
50≤x<60
B组
60≤x<70
C组
70≤x<80
D组
80≤x<90
E组
90≤x≤100
请根据所给信息，解答下列问题：
(1)请把图1中的条形统计图补充完整；
(2)在图2的扇形统计图中，记表示B组人数所占的百分比为a%，则a的值为______，表示C组扇形的圆心角θ的度数为______度；
(3)规定海选成绩在90分以上(包括90分)记为“优等”，请估计该校参加这次海选比赛的2000名学生中成绩“优等”的有多少人？
(4)经过统计发现，在E组中，有2位男生和2位女生获得了满分，如果从这4人中挑选2人代表学校参加比赛，请用树状图或列表法求出所选两人正好是一男一女的概率是多少？
22. (本小题8.0分)
如图，M为线段AB上一点，AE与BD交于点C，∠DME=∠A=∠B=α，且DM交AE于点F，ME交BD于点G．

(1)写出图中的三对相似三角形．
(2)连接FG，当AM=MB时，求证：△MFG∽△BMG．
(3)在(2)条件下，若α=45∘，AB=42，AF=3，求FG的长．

23. (本小题8.0分)
根据三视图，求几何体的表面积，并画出这个几何体的展开图．

24. (本小题8.0分)
如图，直线l1：y=kx+b与反比例函数l2：y=8x的图象相交于点Q(2,m)，与y轴交于点C(0,−2)．
(1)求k，b，m的值．
(2)点A是y轴上一点，若∠AQC=90°，求点A的坐标．

25. (本小题8.0分)
如图，点P(m,n)是双曲线y=kx(x<0)上一动点，且m、n为关于a的一元二次方程9a2+ba+32=0的两根，动直线与x轴、y轴正半轴分别交于点A、B，过点A与AB垂直的直线交y轴于点E，点F是AE的中点，FO的延长线交过B点与AB垂直的直线于点Q．

(1)求双曲线的解析式;
(2)求OP的最小值;
(3)若点O到AB的距离等于OP的最小值，求1EF+1BQ的值．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：①连接BE，交FG于点O，如图，

∵EF⊥AB于F，EG⊥BC于G，
∴∠EFB=∠EGB=90°，
∵∠ABC=90°，
∴四边形EFBG为矩形，
∴FG=BE，OB=OF=OE=OG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°，
在△ABE和△ADE中，
AE=AE∠BAE=∠DAEAB=AD,
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE，
∴DE=FG，
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE，
由①知：OB=OF，
∴∠OFB=∠ABE，
∴∠OFB=∠ADE，
∵∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠AHD=90°，
∴∠OFB+∠AHD=90°，
即∠FMH=90°，
∴DE⊥FG，
∴②正确；
③由②知∠OFB=∠ADE，
即∠BFG=∠ADE，
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小，
∵AD=CD=4，∠ADC=90°，
∴AC=AD2+CD2=42，
∴DE=12AC=22，
由①知FG=DE，
∴FG的最小值为22，
∴④错误，
综上所述，正确的结论为①②③．
故选C．
本题是四边形综合题，考查正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
 ①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE=FG;由△ABE≌△ADE可得DE=BE，所以DE=FG;
 ②由矩形EFBG可得OF=OB，则∠OFB=∠ABE;由∠OFB=∠ADE，则∠OFB=∠ADE;由四边形ABCD为正方形可得∠BAD=90∘，即∠ADE+∠AHD=90°，所以∠OFB+∠AHD=90°，即∠FMH=90∘，可得DE⊥FG;
 ③由 ②中的结论可得∠BFG=∠ADE;
 ④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为22，由 ①知FG=DE，所以FG的最小值为22．

2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE(AAS)，确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C′，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C′点在AB的延长线上；当D、F、C′三点共线时，DF+CF=DC′最小，在Rt△ADC′中，AD=3，AC′=6，求出DC′=35即可．
【解答】
解：解：连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，

∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，EF=DE，
∴∠DEA+∠FEG=90°=∠DEA+∠ADE，
∴∠ADE=∠FEG，
又∵∠DAE=∠FGE=90°，
∴△AED≌△GFE(AAS)，
∴FG=AE，AD=EG，
∴AD=EG=AB，
∴BG=AE=FG，
∴∠CBF=∠GBF=45°，
∴点F在∠CBG的角平分线上运动，
作点C关于BF的对称点C′，
∴C′点在AB的延长线上，
当D、F、C′三点共线时，DF+CF=DC′最小，
在Rt△ADC′中，AD=3，AC′=6，
∴DC′=35，
∴DF+CF的最小值为35．
故选A．  
3.【答案】B 
【解析】解：Δ=b2−4ac，
当a、c异号时，ac<0，所以Δ>0，所以此时方程ax2+bx+c=0一定有实数根，所以①正确；
若b2>5ac时，所以Δ>0，所以此时方程ax2+bx+c=0一定有实数根，但不能确定ac<0，所以方程ax2+bx+c=0不一定有两异实根，所以②错误；
若b=a+c时，Δ=(a+c)2−4ac=(a−c)2≥0，则方程ax2+bx+c=0一定有两实数根，所以③正确；
若a=1，b=2，c=3，Δ=22−4×1×3=−8<0，所以方程没有实数根，所以④错误．
故选：B．
当a、c异号时，Δ>0，则根据判别式的意义可对①进行判断；当b2>5ac时，Δ>0，可判断方程ax2+bx+c=0一定有实数根，但不能确定ac<0，根据根与系数的关系不能判断方程ax2+bx+c=0一定有两异实根，于是可对③进行判断；当b=a+c时，则Δ=(a−c)2≥0，则根据判别式的意义可对③进行判断；若a=1，b=2，c=3，计算出Δ=−8<0，则可对④进行判断．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了根的判别式．

4.【答案】C 
【解析】  ①解方程x2−x−2=0得，x1=2，x2=−1，
∵x1≠2x2，
∴方程x2−x−2=0不是倍根方程，故 ①不正确;
 ②若方程(x−2)(mx+n)=0是倍根方程，则x1=2，x2=1或4，当x2=1时，m+n=0，当x2=4时，4m+n=0，
∴4m2+5mn+n2=(m+n)(4m+n)=0，故②正确;
 ③∵pq=2，∴px2+3x+q=(px+1)(x+q)=0，
∴x1=−1p，x2=−q，
∴x2=−q=−2p=2x1，
∴关于x的方程px2+3x+q=0是倍根方程，故 ③正确;
 ④方程ax2+bx+c=0的根为x1=−b+b2−4ac2a，x2=−b−b2−4ac2a，
若x1=2x2，则−b+b2−4ac2a=−b−b2−4ac2a×2，即−b+b2−4ac2a− −b−b2−4ac2a×2=0，
∴b+3b2−4ac2a=0，
∴b+3b2−4ac=0，
∴3b2−4ac=−b，
∴9(b2−4ac)=b2，
∴2b2=9ac．
若2x1=x2，
则−b+b2−4ac2a×2=−b−b2−4ac2a，
则−b+b2−4ac2a×2− −b−b2−4ac2a=0，
∴−b+3b2−4ac2a=0，
∴−b+3b2−4ac=0，
∴b2=9(b2−4ac)，
∴2b2=9ac，故 ④正确，
∴正确的有 ② ③ ④，共3个.故选C．


5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查的是概率的公式．
每个人抽到与自己不同的卡片只有两种情况，根据“若其中一个人确定抽到的卡片时，另外两个人手中卡片也是固定的”可知满足条件的只有两种情况．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
【解答】
解：第一个同学的贺卡为A，第二个同学的贺卡为B，第三个同学的贺卡为C，
共有(A,B,C)、(A,C,B)、(B,A,C)、(B,C,A)、(C,A,B)、(C,B,A)，6种情况，
她们拿到的贺卡都不是自己的有：(B,C,A)、(C,A,B)，共2种，
故她们拿到的贺卡都不是自己所写的概率=26=13．
故选B．  
6.【答案】C 
【解析】解：用列表法列出所有可能出现的情况如下：

共有20种等可能的情况，其中两本都是古典名著的有6种，
∴P(两本古典名著)=620=310，
故选：C．
用列表法或树状图法列举出所有等可能出现的情况，从中找出符合条件的情况数，进而求出概率．
考查列表法或树状图法求等可能事件发生的概率，使用此方法一定注意每一种结果出现的可能性是均等的，即为等可能事件．

7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定，三角形的面积．
①由折叠可知∠1=∠2，∠3=∠4，即可得∠EBG=45∘；
②由ABDE≠AGDF，可知②错误；
③通过计算S△ABG与S△FGH即可得结论；
④通过计算AG+DF=5，而FG=5，故④正确．
【解答】
解：如图

∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处，
∴∠1=∠2，
∵△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，
∴∠3=∠4，
∴∠2+∠3=12∠ABC=45∘，即∠EBG=45∘，
所以 ①正确;
∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处，
∴∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，
在Rt△ABF中，
∵AB=6，BF=10，
∴AF=102−62=8，
∴DF=AD−AF=10−8=2，
设EF=x，则CE=x，DE=CD−CE=6−x，
在Rt△DEF中，
∵DE2+DF2=EF2，
∴(6−x)2+22=x2解得x=103，
∴ED=83，
HF=BF−BH=10−6=4，
设AG=y，则GH=y，GF=8−y，
在Rt△HGF中，∵GH2+HF2=GF2，
∴y2+42=(8−y)2，解得y=3，
∴AG=GH=3，GF=5，
∵∠A=∠D，ABDE=683=94，AGDF=32，
∴ABDE≠AGDF，
∴△ABG与△DEF不相似，所以 ②错误;
∵S△ABG=12×6×3=9，S△FGH=12⋅GH⋅HF=12×3×4=6，
∴S△ABG=32S△FGH，所以 ③正确;
∵AG+DF=3+2=5，而GF=5，
∴AG+DF=GF，所以 ④正确，
∴ ① ③ ④正确，
故选B．  
8.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
由四边形ABCD是正方形，得到AB=AD=BC=CD，∠DAP=∠ABQ=90°，根据全等三角形的性质得到∠P=∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP，故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2=OD⋅OP，由OD≠OE，得到AO2≠OE⋅OP，故②错误；根据全等三角形的性质得到CF=BE，DF=CE，进而证明△ADF≌△DCE，得出S△ADF=S△DCE，于是得到S△ADF−S△DOF=S△DCE−S△DOF，即S△AOD=S四边形OECF，故③正确．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠DAP=∠ABQ=∠ADC=∠DCE=90°，
∴∠FCQ=∠EBP=90°，
∵BP=CQ，
∴AP=BQ，
在△DAP与△ABQ中，
AD=BA∠DAP=∠ABQAP=BQ,
∴△DAP≌△ABQ(SAS)，
∴∠P=∠Q，
∵∠Q+∠QAB=90°，
∴∠P+∠QAB=90°，
∴∠AOP=90°，
∴AQ⊥DP，故结论①正确；
∵∠DOA=∠AOP=90°，
∴∠ADO+∠DAO=90°，
∵∠ADO+∠P=90°，
∴∠DAO=∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴AOOP=ODAO，
∴AO2=OD⋅OP，
∵AE>AB，
∴AE>AD，
∴OD≠OE，
∴AO2≠OE⋅OP，故结论②错误；
在△CQF与△BPE中，
∠FCQ=∠EBPCQ=BP∠Q=∠P，
∴△CQF≌△BPE(ASA)，
∴CF=BE，
∴DF=CE，
在△ADF与△DCE中，
AD=DC∠ADF=∠DCEDF=CE,
∴△ADF≌△DCE(SAS)，
∴S△ADF=S△DCE，
∴S△ADF−S△DOF=S△DCE−S△DOF，
即S△AOD=S四边形OECF，故结论③正确，
∴①③正确，选C．  
9.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考点是简单组合体的三视图，考查根据作三视图的规则来作出三个视图的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等”.本题给出了主视图与左视图，由所给的数据知凭据三视图的作法规则，来判断俯视图的形状，由于主视图中的长与左视图中的长不一致，此特征即是判断俯视图的关键，由此标准对四个选项依次判断即可．
【解答】
解：此几何体为组合体，若上，下两个几何体均为圆柱，则俯视图为A；
若上边的几何体为正四棱柱，下边的几何体为圆柱，则俯视图为B；
若上边的几何体为底面是等腰直角三角形的直三棱柱，下边的几何体为正四棱柱，则俯视图为D；
若俯视图为C，则主视图和左视图不一样，不符合题意．
故选C．  
10.【答案】A 
【解析】解：根据三视图的形状，可得到，俯视图上每个位置上放置的个数，进而得出总数量，
俯视图中的数，表示该位置放的数量，因此2+2+1=5，
故选：A．
利用三视图，在俯视图相应的位置上标上摆放的小立方体的个数，进而得出答案．
考查简单几何体的三视图的画法，主视图、左视图、俯视图实际上就是从正面、左面、上面对该几何体正投影所得到的图形．

11.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了函数图象和新定义，有难度，理清x和y的意义是关键，并注意利用数形结合的思想解决问题．
A、根据反比例函数k一定，并根据图形得：当x=1时，y<3，得k=xy<3，因为y是矩形周长的一半，即y>x，可判断点A的横坐标不可能大于3；
B、根据正方形边长相等得：y=2x，得点A是直线y=2x与双曲线的交点，画图，如图2，交点A在区域③，可作判断；
C、先表示矩形面积S=x(y−x)=xy−x2=k−x2，当点A沿双曲线向上移动时，x的值会越来越小，矩形1的面积会越来越大，可作判断；
D、当点A位于区域①，得x<1，另一边为：y−x>2，矩形2的坐标的对应点落在区域④中得：x>1，y>3，可作判断．
【解答】
解：设点A(x,y)，
A、设反比例函数解析式为：y=kx(k≠0)，
由图形可知：当x=1时，y<3，
∴k=xy<3，
∵y>x，
∴x<3，即点A的横坐标不可能大于3，故选项A不正确；
B、当矩形1为正方形时，边长为x，则y=2x，
则点A是直线y=2x与双曲线的交点，如图2，

∵x=1时，y=2x=2<3，
∴交点A在区域③，故选项B不正确；
C、∵矩形一边为x，则另一边为y−x，
∴S=x(y−x)=xy−x2=k−x2，
∵当点A沿双曲线向上移动时，x的值会越来越小，
∴矩形1的面积会越来越大，故选项C不正确；
D、当点A位于区域①时，
∵点A(x,y)，
∴x<1，y>3，即矩形1另一边为：y−x>2，
矩形2落在区域④中，x>1，y>3，
则矩形1中的x和矩形2中的y−x相等时，矩形1的另一边y−x可以和矩形2的一边x相等，此时两矩形全等，
∴当点A位于区域①时，矩形1可能和矩形2全等，故选项D正确．
故选：D．  
12.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题主要考查了反比例函数和菱形的综合运用，关键是掌握菱形的性质：菱形对角线互相垂直平分，且平分每一组对角，反比例函数图象上的点横纵坐标之积=k．
过N作y轴和x轴的垂线NG，NH，证明四边形NGOH是矩形，设N(b,a)，根据反比例函数图象上点的坐标特点可得ab=33，进而可计算出CO长，根据三角函数可得∠CDO=30°，再根据菱形的性质可得∠ABC=∠ADC=2∠CDO=60°，∠ACD=60°，进而即可证得△ABC是等边三角形，得出AE=OB=2，由∠BAE=30°=∠ABO，得出AM=BM，则EM=OM，从而得到3EM=OB=2，进而可得EM的长．
【解答】
解：过N作y轴和x轴的垂线NG，NH，

设N(b,a)，
∵反比例函数y=33x(x>0)的图象经过点N，
∴ab=33，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，DO=12BD=2，
∵NH⊥x轴，NG⊥y轴，
∴四边形NGOH是矩形，
∴NG//x轴，NH//y轴，
∵N为CD的中点，
∴DO⋅CO=2a⋅2b=4ab=433，
∴CO=233，
∴tan∠CDO=OCDO=33．
∴∠CDO=30°，
∴∠DCO=60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADC=∠ABC=2∠CDO=60°，∠ACB=∠DCO=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AE⊥BC，BO⊥AC，
∴AE=BO=2，∠BAE=30°=∠ABO，
∴AM=BM，
∴OM=EM，
∵∠MBE=30°，
∴BM=2EM=2OM，
∴3EM=OB=2，
∴ME=23．  
13.【答案】42−4或433 
【解析】
【分析】
本题考查翻折变换(折叠问题)、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
当点E′落在CD边上时，由翻折可得AE=AE′，BE=B′E=B′E′，证明△ABE≌△ADE′，可得BE=DE′，CE=CE′，设BE=x，则EE′=2x，CE=4−x，在Rt△CEE′中，根据EE′=CE2+CE′2=2(4−x)，可得方程2x=2(4−x)，求解x即可；当点E′落在AD的延长线上时，由翻折可得∠BAE=∠B′AE=∠B′AE′，则∠BAE=30°，在Rt△ABE中，可得BE．
【解答】
解：当点E′落在CD边上时，

由翻折可得AE=AE′，BE=B′E=B′E′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
∴Rt△ABE≌Rt△ADE′(HL)，
∴BE=DE′，
∴CE=CE′，
设BE=x，
则EE′=2x，CE=4−x，
在Rt△CEE′中，
EE′=CE2+CE′2=2(4−x)，
∴2x=2(4−x)，
解得x=42−4，
即BE=42−4．
当点E′落在AD的延长线上时，

由翻折可得∠BAE=∠B′AE=∠B′AE′，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=30°，
在Rt△ABE中，
BE=12AE，AB=4，
∴BE=433．
综上所述，BE=42−4或433．  
14.【答案】2 
【解析】
【分析】
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了勾股定理的逆定理．
根据根与系数的关系得到AB+AC=2k+3，AB⋅AC=k2+3k+2，利用勾股定理的逆定理，当AB2+AC2=BC2时，△ABC是以BC为斜边的直角三角形．即(2k+3)2−2(k2+3k+2)=25，解得k1=2，k2=−5，然后利用AB+AC=2k+3>0可确定k的值．
【解答】
解：根据题意得AB+AC=2k+3，AB⋅AC=k2+3k+2，
当AB2+AC2=BC2时，△ABC是以BC为斜边的直角三角形．
即(2k+3)2−2(k2+3k+2)=25，
整理得k2+3k−10=0，解得k1=2，k2=−5，
因为AB+AC=2k+3>0，
所以k的值为2．
故答案为2．  
15.【答案】3或163 
【解析】
【分析】本题主要考查相似三角形的判定，已知了两三角形的公共角，如果两三角形相似，结合题意，必须满足的条件为夹公共角的两边对应成比例．根据不同的对应关系可求出A′B′的长．
【解答】解：∵在△ABC和△A′B′C′中，若∠B=∠B′，AB=6，BC=8，B′C′=4；只要ABA′B′=BCB′C′，可得△ABC∽△A′B′C′；∴6A′B′=84，解得：A′B′=3；∵在△ABC和△A′B′C′中，若∠B=∠B′，AB=6，BC=8，B′C′=4只要BCA′B′=ABB′C′，可得△ABC∽△C′B′A′；∴8A′B′=64，解得：A′B′=163.故答案为3或163．
  
16.【答案】48+123 
【解析】解：观察该几何体的三视图发现该几何体为正六棱柱，其底面边长为2，高为4，
故其边心距为3，
所以其表面积为2×4×6+2×12×6×2×3=48+123，
故答案为：48+123．
观察该几何体的三视图发现该几何体为正六棱柱，然后根据提供的尺寸求得其表面积即可．
本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是能够根据三视图判断几何体的形状及各部分的尺寸，难度不大．

17.【答案】解：(1)2a;

(2)当P为BC中点时，四边形ADPE是菱形．
理由如下：连接AP，
∵PD//AC，PE//AB，
∴四边形ADPE为平行四边形．
∵AB=AC，P为BC中点，
∴∠PAD=∠PAE．
∵PE//AB，
∴∠PAD=∠APE．
∴∠PAE=∠APE．
∴EA=EP．
∴四边形ADPE是菱形．
(3)点P运动到∠A的平分线上时，四边形ADPE是菱形．
理由：连接AP，
∵PD//AC，PE//AB，
∴四边形ADPE是平行四边形．
∵AP平分∠BAC，
∴∠DAP=∠PAE．
∵AB//EP．
∴∠DAP=∠APE．
∴∠PAE=∠APE．
∴AE=EP．
∴四边形ADPE是菱形．
 
【解析】
【分析】
本题考查了菱形的判定，平行线的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定，有一定难度．
(1)由PD//AC，得∠DPB=∠C，于是DP=DB，易得四边形ADPE为平行四边形，推出AD=PE，AE=PD=DB，从而四边形ADPE的周长=AD+PD+AE+PE=2AB=2a；
(2)连接AP，易得四边形ADPE为平行四边形，若四边形ADPE是菱形，只需EA=EP，∠PAE=∠APE，利用平行线的性质，只需∠PAD=∠PAE，当P为BC中点时，满足此条件；
(3)借鉴(2)的过程，不难证得，当点P运动到∠A的平分线上时，四边形ADPE是菱形．
【解答】
解；(1)△ABC为等腰三角形，AB=AC，
则∠B=∠C，
因为PD//AC，
则∠DPB=∠C，
于是∠DPB=∠B，
所以，DP=DB，
PD//AC，PE//AB，则四边形ADPE为平行四边形，
所以AD=PE，AE=PD=DB，
四边形ADPE的周长=AD+PD+AE+PE=2AD+2DB=2AB=2a；
(2)见答案；
(3)见答案．  
18.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AD//BC，AC=AD，
∵AC//DE，
∴四边形ACED是菱形，
∴DE=CE=AC=BC，
∴DE=12BE．
 
【解析】本题考查的是菱形的判定与性质有关知识，根据四边形ABCD是菱形得出∠ABC=60°，AD//BC，AC=AD证出四边形ACED是菱形即可解答．

19.【答案】解：(1)如图1，过点A作AM⊥CD于M，
∵AM⊥CD，∠BCD=Rt∠，
∴AM//CB，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴CM=AB=10，
在Rt△ADM中，AD=10，AM=BC=8，
根据勾股定理得，DM=6，
∴CD=DM+CQ=16；

(2)当四边形PBQD是平行四边形，
当点P在AB上，点Q在DC上，
如图3，由运动知，BP=10−3t，DQ=2t，
∴10−3t=2t，
∴t=2，
此时，BP=DQ=4，CQ=12，根据勾股定理得，BQ=413；
∴四边形PBQD的周长为2(BP+BQ)=8+813；

(3)①当点P在线段AB上时，即：0≤t≤103时，
如图2，S△BPQ=12PB⋅BC=12(10−3t)×8=15，
∴t=2512；

②当点P在线段BC上时，即：103 如图4，BP=3t−10，CQ=16−2t，
∴S△BPQ=12PB⋅CQ=12(3t−10)(16−2t)=15，
∴t=5或t=193(舍)，
即：满足条件的t的值为2512秒或5秒． 
【解析】(1)先构造直角三角形，求出AM，DM，进而得出结论；
(2)利用平行四边形的对边相等，建立方程求解即可得出结论；
(3)分两种情况利用三角形面积为15建立方程求解即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了勾股定理，三角形的面积公式，分类讨论的思想，用方程的思想解决问题是解本题的关键．

20.【答案】解：设多种x棵树，则(100+x)(1000−2x)=100×1000×(1+15.2%)(0 整理，得：x2−400x+7600=0，(x−20)(x−380)=0，
解得x1=20，x2=380．
∵果园有100棵桃树，380>100，
∴x2=380不合题意，故舍去．
答：应多种20棵桃树． 
【解析】每多种一棵桃树，每棵桃树的产量就会减少2个，所以多种x棵树每棵桃树的产量就会减少2x个(即是平均产1000−2x个)，桃树的总共有100+x棵，所以总产量是(100+x)(1000−2x)个．要使产量增加15.2%，达到100×1000×(1+15.2%)个．
本题考查一元二次方程的应用，关键找出桃树的增加量与桃子总产量的关系．

21.【答案】解：(1)D的人数是：200−10−30−40−70=50(人)，
补全图形如下：


(2)15，  72  ；
(3)根据题意得：2000×70200=700(人)，
答：估计该校参加这次海选比赛的2000名学生中成绩“优等”的有700人．

(4)分别用A、B表示两名女生，分别用C、D表示两名男生，由题意，可列表：
第一次
第二次
A
B
C
D
A

(A,B)
(A,C)
(A,D)
B
(B,A)

(B,C)
(B,D)
C
(C,A)
(C,B)

(C,D)
D
(D,A)
(D,B)
(D,C)

由已知，共有12种结果，且每种结果出现的可能性相同，其中满足要求的有8种，
∴P(恰好抽到1个男生和1个女生)=812=23． 
【解析】
解：(1)见答案；

(2)B组人数所占的百分比是30200×100%=15%，则a的值是15；
C组扇形的圆心角θ的度数为360°×40200=72°；
故答案为：15，72；

(3)见答案．

(4)见答案．
【分析】
(1)用随机抽取的总人数减去A、B、C、E组的人数，求出D组的人数，从而补全统计图；
(2)用B组抽查的人数除以总人数，即可求出a；用360乘以C组所占的百分比，求出C组扇形的圆心角θ的度数；
(3)用该校参加这次海选比赛的总人数乘以成绩在90分以上(包括90分)所占的百分比，即可得出答案．
(4)首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果与所选两人正好是一男一女的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查的是用列表法或画树形图求随机事件的概率，条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．  
22.【答案】解：(1)△AME∽△MFE，△BMD∽△MGD，△AMF∽△BGM．
(2)证明：∵△AMF∽△BGM．
∴FMGM=AMBG．
∵AM=BM，
∴FMGM=BMBG，即FMBM=GMBG．
又∵∠DME=∠B，
∴△MFG∽△BMG．
(3)当α=45∘时，可得AC⊥BC且AC=BC，
则AM=BM=22，AC=BC=4．
∵△AMF∽ △BGM，
∴AMBG=AFBM．
∴BG=AM⋅BMAF=22×223=83．
∴CG= BC−BG=4−83=43，CF=AC−AF=4−3=1．
∴在Rt△FGC中，FG=CF2+CG2=53． 
【解析】见答案

23.【答案】解：由三视图可知，该几何体由上部分是底面直径为10，高为5的圆锥和下部分是底面直径为10，高为20的圆柱组成．
则圆锥，圆柱底面半径为r=5，
由勾股定理得圆锥母线长R=52，
S圆锥侧面积=12lR=12×10π×52=252π，
则S表面积=π×52+10π×20+252π
=25π+200π+252π
=225π+252π
=(225+252)π．
这个几何体的展开图如图所示： 
【解析】由三视图可知，该几何体由上部分是底面直径为10，高为5的圆锥和下部分是底面直径为10，高为20的圆柱组成；
根据勾股定理求出圆锥母线长，再根据圆锥和圆柱的表面积公式求解即可．
考查由三视图判断几何体及几何体表面积的计算；得到几何体的形状是解决本题的突破点．

24.【答案】解：(1)将Q(2,m)代入y=8x，得m=82，
解得m=4，
∴点Q的坐标为(2,4)．
将Q(2,4)与C(0,−2)代入y=kx+b，得4=2k+b−2=b，
解得k=3b=−2，
故k，b，m的值分别为3，−2，4；
(2)如图，过点Q作QB⊥y轴交y轴于点B，AQ⊥QC交y轴于点A．
∵∠QAB+∠AQB=90°，∠QAB+∠ACQ=90°，
∴∠AQB=∠ACQ，
∵∠ABQ=∠QBC，
∴△ABQ∽△QBC，
∴ABQB=BQBC．
设点A坐标为(0,a)，
则AB=a−4，
∴BC=4−(−2)=6，BQ=2，
∴a−42=26，
解得a=143，
∴点A的坐标为(0,143)． 
【解析】(1)将Q(2,m)代入y=8x，解方程得到m=4，将Q(2,4)与C(0,−2)代入y=kx+b，解方程组得到k=3b=−2．
(2)如图，过点Q作QB⊥y轴交y轴于点B，AQ⊥QC交y轴于点A.根据余角的性质得到∠AQB=∠ACQ根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了反比例函数的综合题，相似三角形的判定和性质，待定系数法求函数的解析式，正确地作出辅助线是解题的关键．

25.【答案】解：(1)∵m，n为关于a的一元二次方程9a2+ba+32=0的两根，
∴mn=329，
∵点P(m,n)是双曲线y=kx(x<0)上一动点，
∴n=km，
∴k=mn=329，
∴y=329x；
(2)∵点P是双曲y=329x(x<0)上一动点，
∴xy=329，
∵OP=x2+y2=(x−y)2+2xy，
∴当x−y=0时，OP最小，
即x=y时，OP的最小值是2xy=2×329=83；
(3)如图，过点O作OG⊥AB于G，

设EF=a，点P(x,y)，
∵点F是AE的中点，
∴AE=2a，
∵点O到AB的距离等于OP的最小值，
∴OG=83，
∵OG⊥AB，AE⊥AB，
∴OG//AE，
∴ΔBOG∽ΔBEA，
∴OGAE=OBBE，
即832a=OBBE=43a，
同理得：BQ//EF，
∴∠BQO=∠OFE，
∵∠BOQ=∠EOF，
∴ΔBQO∽ΔEFO，
∴OBOE=BQEF，
∴OBOB+OE=BQBQ+EF，
∴OBBE=BQBQ+EF，
∴BQ.EFBQ+EF=43，
则1EF+1BQ=BQ+EFBQ.EF=34． 
【解析】本题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，直角三角形斜边中线的性质，相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握利用相似三角形的性质求线段比值的思路与方法．
(1)首先根据一元二次方程根与系数的关系求出mn的值，再代入到反比例函数的解析式中，即可求解；
(2)根据反比例函数的解析式得出xy=329，然后求出OP的长，再利用配方法进行解答，即可求解；
(3)如图，过点O作OG⊥AB于G，设EF=a，点P(x,y)，根据点O到AB的距离等于OP的最小值得出OG=83，再证明△BOG∽△BEA和△BQO∽△EFO，列比例式，并根据比例的性质进行解答，即可求解．