辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学2023-2024学年九年级上学期开学数学试卷

这是一份辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学2023-2024学年九年级上学期开学数学试卷，共33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。

辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学2023-2024学年九年级上学期开学数学试卷（解析版）
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2分）下列图案中，是中心对称图形，不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2分）下列各式从左到右的变形，因式分解正确的是（　　）
A．（a+3）2＝a2+6a+9
B．a2﹣4a+4＝a（a﹣4）+4
C．5ax2﹣5ay2＝5a（x+y）（x﹣y）
D．a2﹣2a﹣8＝（a﹣2）（a+4）
3．（2分）一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数（　　）
A．9 B．8 C．7 D．6
4．（2分）已知x＝2是方程x2﹣4x+c＝0的一个根，则c的值是（　　）
A．﹣12 B．﹣4 C．4 D．12
5．（2分）分式有意义的条件是（　　）
A．x≠0 B．x＝﹣2 C．x≠2 D．x≠﹣2
6．（2分）关于x的一元二次方程（a﹣1）x2+x+a2﹣1＝0的一个根是0，则a的值为（　　）
A．1 B．﹣1 C．1或﹣1 D．
7．（2分）在下列命题中，正确的是（　　）
A．一组对边平行的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
8．（2分）受今年五月份雷暴雨影响，深圳某路段长120米的铁路被水冲垮了，施工队抢分夺秒每小时比原计划多修5米，则所列方程正确的是（　　）
A．﹣＝4 B．﹣＝4
C．﹣＝4 D．﹣＝4
9．（2分）不解方程，判断方程3x2﹣4x+1＝0的根的情况是（　　）
A．有两个相等的实根 B．有两个不相等的实数根
C．无实数根 D．无法确定
10．（2分）在平面直角坐标系中，把△ABC先沿x轴翻折，再向右平移3个单位1B1C1，把这两步操作规定为翻移变换，如图，已知等边三角形ABC的顶点B（1，1），（3，1）．把△ABC经过连续3次翻移变换得到△A3B3C3，则点A的对应点A3的坐标是（　　）

A．（5，﹣） B．（8，1+） C．（11，﹣1﹣） D．（14，1+）
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（3分）不等式组的解集是　 　．
12．（3分）方程（x﹣1）（x+1）＝x﹣1的解是 　 　．
13．（3分）若a（a≠0）是关于方程x2+bx﹣2a＝0的一个根，则a+b的值为 　 　．
14．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝120°，P是AB边上的一点，E、F分别是DP、BP的中点　 　．

15．（3分）如图，将边长为8厘米的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边中点E处，折痕为MN，则线段MN的长是　 　．

16．（3分）四边形ABCD是正方形，点E是直线AD上的一点，连接CE（C、E、F、G四个点按照逆时针方向排序），直线BE与直线GD交于点H，若AE＝2，则点F到GH的距离为 　 　．

三、解答题（17题10分，18题5分，19题8分，共23分）
17．（10分）计算：
（1）（3﹣π）0﹣|﹣|++2﹣2；
（2）÷（﹣）．
18．（5分）解方程：x2﹣2x＝2x+1．
19．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC（不与点B，C重合），在AD的右侧作△ADE，使得AE＝AD，连接CE．
（1）当D在线段BC上时，求证：△BAD≌△CAE；
（2）当CE∥AB时．
①若D在线段BC上，判断△ABC的形状，并说明理由；
②若△ABD中的最小角为20°，直接写出∠ADB的度数．

四、解答题（20题10分，21题8分，共18分）
20．（10分）“早黑宝”是我省农科院研制的优质新品种，在我省被广泛种植．清徐县某葡萄种植基地2016年种植“早黑宝”100亩，到2018年“早黑宝”的种植面积达到225亩．
（1）求该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率；
（2）市场调查发现，当“早黑宝”售价为20元/千克时，每天能售出200千克，每天可多售出50千克，为了推广宣传，已知该基地“早黑宝”的平均成本价为12元/千克，若使销售“早黑宝”每天获利1800元

21．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（4，2）（3，4）．
（1）请画出与△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1；
（2）若△ABC以点A为旋转中心逆时针旋转90°后得到的图形为△AB2C2（B的对应点为B2，C的对应点为C2），在网格中画出旋转后的图形；
（3）点P为x轴上一点，使PA+PB的值最小，则点P的坐标为 　 　．

五、解答题（本题8分）
22．（8分）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“画出函数的图象——根据图象研究函数的性质﹣运用函数的性质解决问题”的学习过程，结合上面的学习过程
（1）请用你喜欢的方法在给出的平面直角坐标系中，直接画出这个函数的图象；
（2）小明同学通过图象得到了以下性质，其中正确的有 　 　；
①当x＜0时，y随x的增大而增大，当x＞0时；
②当x＝0时，此函数有最大值为4；
③此函数的图象关于y轴对称；
（3）画出函数y＝x﹣2的图象，结合你所画的函数图象，直接写出不等式﹣2|x|+x+4≥x﹣2的解集为 　 　．

六、解答题（本题9分）
23．（9分）将一个矩形纸片OABC放置于平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（10，6），点C在y轴，在AB边上取一点D，点B恰好落在边OA上的点E处．
（1）如图1，求点D的坐标；
（2）如图2，当点P在线段OA（不包含断点A、O）上运动时，过点P作直线l⊥x轴，直线l把△CED的面积分成1：9的两部分

七、解答题（本题12分）
24．（12分）【课本再现】把两个全等的矩形ABCD和矩形CEFG拼成如图1的图案，则∠ACF＝　 　°；
【迁移应用】如图2，在正方形ABCD中，E是CD边上一点（不与点C，D重合），将BE绕点E顺时针旋转90°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G；
【拓展延伸】在菱形ABCD中，∠A＝120°，E是CD边上一点（不与点C，D重合），将BE绕点E顺时针旋转120°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G．
①线段CG与BC的数量关系是 　 　；
②若AB＝6，E是CD的三等分点，则△CEG的面积为 　 　．

八、解答题（本题12分）
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝2x+18的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，且点M为线段OB的中点．
（1）求直线AM的解析式；
（2）将△AMB沿着AM翻折，点B落在点B1处，连接OB1，则四边形AMB1O的形状为 　 　；
（3）若点H是直线AM上的动点，在坐标平面内是否存在这样的点Q，使以A、B、Q、H为顶点的四边形是矩形？若存在，若不存在，请说明理由．


参考答案与试题解析
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2分）下列图案中，是中心对称图形，不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【解答】解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，符合题意．
故选：C．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．
2．（2分）下列各式从左到右的变形，因式分解正确的是（　　）
A．（a+3）2＝a2+6a+9
B．a2﹣4a+4＝a（a﹣4）+4
C．5ax2﹣5ay2＝5a（x+y）（x﹣y）
D．a2﹣2a﹣8＝（a﹣2）（a+4）
【分析】本题考查因式分解﹣十字相乘，提公因式等相关知识．
【解答】解：A：（a+3）2＝a7+6a+9是完全平方公式，不是因式分解的形式，
B：a3﹣4a+4＝（a﹣5）2，故选项B错误，
C：5ax7﹣5ay2＝8a（x2﹣y2）＝6a（x+y）（x﹣y），故选项C正确，
D：a2﹣2a﹣7＝（a+2）（a﹣4），故选项D错误．
故答案为：C．
【点评】本题考查因式分解，提公因式等相关知识．解题的关键是能够熟悉因式分解的定义，熟练运用因式分解中的提公因式，十字相乘等方法．
3．（2分）一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数（　　）
A．9 B．8 C．7 D．6
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【解答】解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得n＝2，
∴这个多边形的边数为8．
故选：B．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
4．（2分）已知x＝2是方程x2﹣4x+c＝0的一个根，则c的值是（　　）
A．﹣12 B．﹣4 C．4 D．12
【分析】根据一元二次方程的解，把x＝2代入x2﹣4x+c＝0可求出c的值．
【解答】解：把x＝2代入x2﹣7x+c＝0得4﹣3+c＝0，
解得c＝4．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
5．（2分）分式有意义的条件是（　　）
A．x≠0 B．x＝﹣2 C．x≠2 D．x≠﹣2
【分析】根据分式有意义的条件，分母不为零，得出x+2≠0，即可求解．
【解答】解：∵分式有意义，
∴x+2≠5，
解得：x≠﹣2，
故选：D．
【点评】本题考查了分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是解题的关键．
6．（2分）关于x的一元二次方程（a﹣1）x2+x+a2﹣1＝0的一个根是0，则a的值为（　　）
A．1 B．﹣1 C．1或﹣1 D．
【分析】根据方程的解的定义，把x＝0代入方程，即可得到关于a的方程，再根据一元二次方程的定义即可求解．
【解答】解：根据题意得：a2﹣1＝5且a﹣1≠0，
解得：a＝﹣3．
故选：B．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，特别需要注意的条件是二次项系数不等于0．
7．（2分）在下列命题中，正确的是（　　）
A．一组对边平行的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【分析】要找出正确命题，可运用相关基础知识分析找出正确选项，也可以通过举反例排除不正确选项，从而得出正确选项．两组对边平行的四边形是平行四边形；有一个角是直角的四边形是矩形、直角梯形、总之，只要有一个角是直角即可；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
【解答】解：A、应为两组对边平行的四边形是平行四边形；
B、有一个角是直角的四边形是矩形、总之；
C、符合菱形定义；
D、应为对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形、矩形和菱形及正方形的判定与命题的真假区别．
8．（2分）受今年五月份雷暴雨影响，深圳某路段长120米的铁路被水冲垮了，施工队抢分夺秒每小时比原计划多修5米，则所列方程正确的是（　　）
A．﹣＝4 B．﹣＝4
C．﹣＝4 D．﹣＝4
【分析】关键描述语为：提前4小时开通了列车；等量关系为：计划用的时间﹣实际用的时间＝4．
【解答】解：题中原计划修小时小时，
可列得方程﹣＝3，
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，从关键描述语找到等量关系是解决问题的关键．
9．（2分）不解方程，判断方程3x2﹣4x+1＝0的根的情况是（　　）
A．有两个相等的实根 B．有两个不相等的实数根
C．无实数根 D．无法确定
【分析】根据方程的系数结合根的判别式即可得出Δ＝4＞0，从而得出方程有两个不相等的实数根．
【解答】解：∴在方程3x2﹣4x+1＝0中，Δ＝（﹣3）2﹣4×5×1＝4＞3，
∴方程3x2﹣4x+1＝0有两个不相等的实数根．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式，熟练掌握“当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根．”是解题的关键．
10．（2分）在平面直角坐标系中，把△ABC先沿x轴翻折，再向右平移3个单位1B1C1，把这两步操作规定为翻移变换，如图，已知等边三角形ABC的顶点B（1，1），（3，1）．把△ABC经过连续3次翻移变换得到△A3B3C3，则点A的对应点A3的坐标是（　　）

A．（5，﹣） B．（8，1+） C．（11，﹣1﹣） D．（14，1+）
【分析】首先把△ABC先沿x轴翻折，再向右平移3个单位得到△A1B1C1得到点A1的坐标为（2+3，﹣1﹣），同样得出A2的坐标为（2+3+3，1+），…由此得出A3的坐标为（2+3×3，﹣1﹣），进一步选择答案即可．
【解答】解：∵把△ABC先沿x轴翻折，再向右平移3个单位得到△A1B4C1得到点A1的坐标为（3+3，﹣1﹣），
同样得出A2的坐标为（2+8+3，1+），
…
A3的坐标为（2+5×3，﹣1﹣），﹣1﹣）．
故选：C．
【点评】此题考查点的坐标变化，解答本题的关键是读懂题意，知道一次变换的定义，利用对称和平移的特点，找出规律解决问题．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（3分）不等式组的解集是　﹣1＜x＜　．
【分析】根据不等式的性质求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集即可．
【解答】解：，
∵解不等式①得：x＞﹣2，
解不等式②得：x＜，
∴不等式组的解集是﹣4＜x＜，
故答案为：﹣4＜x＜．
【点评】本题考查了不等式的性质，解一元一次不等式（组）的应用，关键是能找出不等式组的解集，题目比较典型，难度不大．
12．（3分）方程（x﹣1）（x+1）＝x﹣1的解是 　x1＝1，x2＝0　．
【分析】将方程右边看作一个整体，移项到左边，提取公因式x﹣1化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【解答】解：（x﹣1）（x+1）＝（x﹣4），
因式分解得：（x﹣1）（x+1﹣7）＝0，
可得x﹣1＝8或x＝0，
解得：x1＝4，x2＝0．
故答案为：x5＝1，x2＝7．
【点评】此题考查了解一元二次方程—因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
13．（3分）若a（a≠0）是关于方程x2+bx﹣2a＝0的一个根，则a+b的值为 　2　．
【分析】将x＝a代入x2+bx﹣2a＝0即可解决，
【解答】解：∵a（a≠0）是关于方程x2+bx﹣6a＝0的一个根，
∴当x＝a时，则a2+ba﹣6a＝0，
∴a（a+b﹣2）＝6，
∵a≠0，
∴a+b﹣2＝5，
∴a+b＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查一元二次方程的概念，体现整体思想的应用．
14．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝120°，P是AB边上的一点，E、F分别是DP、BP的中点　2　．

【分析】如图连接BD．首先证明△ADB是等边三角形，可得BD＝8，再根据三角形的中位线定理即可解决问题．
【解答】解：如图连接BD．

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝4，
∵∠ADC＝120°，
∴∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BA＝AD＝4，
∵PE＝ED，PF＝FB，
∴EF＝BD＝2．
故答案为：7．
【点评】本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明△ADB是等边三角形．
15．（3分）如图，将边长为8厘米的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边中点E处，折痕为MN，则线段MN的长是　4cm　．

【分析】过点M作MF⊥CD于F，根据翻折变换的性质可得MN⊥DE，然后求出∠MNF＝∠DEC，再利用“角角边”证明△DCE和△MFN全等，根据全等三角形对应边相等可得MN＝DE，再利用勾股定理列式求出DE，从而得解．
【解答】解：如图，过点M作MF⊥CD于F，
易得四边形AMFD是矩形，
所以，MF＝AD，
由翻折变换的性质得MN⊥DE，
∵∠CDE+∠MNF＝90°，
∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠MNF＝∠DEC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，
∴MF＝CD，
在△DCE和△MFN中，，
∴△DCE≌△MFN（AAS），
∴MN＝DE，
∵点E是BC的中点，
∴CE＝BC＝，
在Rt△CDE中，由勾股定理得＝＝4，
所以，MN的长为4．
故答案为：7cm．

【点评】本题考查了翻折变换的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
16．（3分）四边形ABCD是正方形，点E是直线AD上的一点，连接CE（C、E、F、G四个点按照逆时针方向排序），直线BE与直线GD交于点H，若AE＝2，则点F到GH的距离为 　　．

【分析】由正方形的性质可得CD＝CB，CG＝CE，∠GCE＝∠DCB＝90°，由“SAS”可证△GCD≌△ECB，过点F作FN⊥GH于点N，过点C作CM⊥GH于点M，由勾股定理求EB，CE的长，由△FGN≌△GCM，可得FN＝GM，由勾股定理列出方程，可求GM的长，即可得点F到GH的距离．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，四边形FGCE是正方形，
∴CD＝CB，CG＝CE，
∴∠GCD＝∠ECB，且CD＝CB，
∴△GCD≌△ECB（SAS），
如图，过点F作FN⊥GH于点N，

∵AE＝2，AB＝4
∴AD＝CD＝AB＝7，DE＝AD﹣AE＝3＝2，
∴CE＝＝2，
∴CG＝CE＝2，
∵△GCD≌△ECB，
∴BE＝DG＝8，
∵∠FGC＝90°，
∴∠FGD+∠DGC＝90°，∠FGD+∠GFD＝90°，
∴∠GFN＝∠DGC，且FG＝GC，
∴△FGN≌△GCM（AAS），
∴FN＝GM，
∵CM2＝CG3﹣GM2，CM2＝CD5﹣MD2，
∴20﹣GM2＝16﹣（2﹣GM）2，
∴GM＝，
∴点F到GH的距离FD＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．
三、解答题（17题10分，18题5分，19题8分，共23分）
17．（10分）计算：
（1）（3﹣π）0﹣|﹣|++2﹣2；
（2）÷（﹣）．
【分析】（1）先计算零指数幂、绝对值、算术平方根和负整数指数幂，然后计算加减即可；
（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则计算即可．
【解答】解：（1）原式＝1﹣+6+
＝7；
（2）原式＝÷[﹣]
＝÷
＝•
＝．
【点评】此题主要考查了实数的运算和分式的混合运算，熟练掌握实数的运算法则和分式的运算法则是关键．
18．（5分）解方程：x2﹣2x＝2x+1．
【分析】先移项，把2x移到等号的左边，再合并同类项，最后配方，方程的左右两边同时加上一次项系数一半的平方，左边就是完全平方式，右边就是常数，然后利用平方根的定义即可求解．
【解答】解：∵x2﹣2x＝8x+1，
∴x2﹣8x＝1，
∴x2﹣4x+4＝1+8，
（x﹣2）2＝8，
∴x﹣2＝±，
∴x7＝2+，x2＝2﹣．
【点评】此题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方；（4）选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
19．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC（不与点B，C重合），在AD的右侧作△ADE，使得AE＝AD，连接CE．
（1）当D在线段BC上时，求证：△BAD≌△CAE；
（2）当CE∥AB时．
①若D在线段BC上，判断△ABC的形状，并说明理由；
②若△ABD中的最小角为20°，直接写出∠ADB的度数．

【分析】（1）利用SAS证明△BAD≌△CAE；
（2）①根据平行线的性质、等腰三角形的性质及全等三角形的性质推出∠ABC＝∠ACB＝∠BAC，根据等边三角形的判定定理即可得解；
②分D在线段BC上、当点D在CB的延长线上、点D在BC的延长线上三种情形根据等边三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】（1）证明：∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD 和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）解：①当D在线段BC上时，△ABC为等边三角形
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠BAC，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠ABD＝∠BAC，
又AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC，
∴△ABC为等边三角形；
②当D在线段BC上时，如图，

∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠BAC，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠ABD＝∠BAC，又∠ABC＝∠ACB，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
当△ABD中的最小角是∠BAD＝20°时，
∴∠ADB＝180°﹣60°﹣20°＝100°，
当点D在CB的延长线上时，如图，

∵CE∥AB，
∴∠BAE＝∠AEC，∠BCE＝∠ABC，
∵△DAB≌△EAC，
∴∠ADB＝∠AEC，∠ABD＝∠ACE，
∴∠BAC＝∠BAE+EAC＝∠AEC+∠EAC＝180°﹣∠ACE＝180°﹣∠ABD＝∠ABC＝∠ACB，
∴△ABC是等边三角形，
当△ABD中的最小角是∠BAD＝20°时，∠ADB＝∠ABC﹣∠BAD＝40°，
当△ABD中的最小角是∠ADB时，∠ADB＝20°；
当点D在BC的延长线上时，只能∠ADB＝20°，
综上所述，∠ADB的度数为100°或40°或20°．
【点评】本题是三角形综合题，考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的首先思考问题．
四、解答题（20题10分，21题8分，共18分）
20．（10分）“早黑宝”是我省农科院研制的优质新品种，在我省被广泛种植．清徐县某葡萄种植基地2016年种植“早黑宝”100亩，到2018年“早黑宝”的种植面积达到225亩．
（1）求该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率；
（2）市场调查发现，当“早黑宝”售价为20元/千克时，每天能售出200千克，每天可多售出50千克，为了推广宣传，已知该基地“早黑宝”的平均成本价为12元/千克，若使销售“早黑宝”每天获利1800元

【分析】（1）设该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为x，根据该基地2016年及2018年种植“早黑宝”的面积，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设售价应降低y元，则每天可售出（200+50y）千克，根据总利润＝每千克的利润×销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）设该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为x，
根据题意得：100（1+x）2＝225，
解得：x4＝0.5＝50%，x5＝﹣2.5（不合题意，舍去）．
答：该基地这两年“早黑宝”种植面积的平均增长率为50%．
（2）设售价应降低y元，则每天可售出（200+50y）千克，
根据题意得：（20﹣12﹣y）（200+50y）＝1800，
整理得：y5﹣4y+4＝2，
解得：y1＝y2＝3．
答：售价应降价2元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（4，2）（3，4）．
（1）请画出与△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1；
（2）若△ABC以点A为旋转中心逆时针旋转90°后得到的图形为△AB2C2（B的对应点为B2，C的对应点为C2），在网格中画出旋转后的图形；
（3）点P为x轴上一点，使PA+PB的值最小，则点P的坐标为 　（2，0）　．

【分析】（1）根据中心对称图形的性质找出对应点即可求解；
（2）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解；
（3）作点A关于x轴对称点A'，连接A'B交x轴于点P，则点P即为所求，再写出点P的坐标即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C6即为所求；
（2）如图所示，△AB2C2即为所求；
（3）如图所示，点P即为所求，6），
故答案为：（2，0）．

【点评】本题考查了作图﹣旋转变换、轴对称﹣最短路径问题，熟练掌握旋转变换的性质是解题的关键．
五、解答题（本题8分）
22．（8分）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“画出函数的图象——根据图象研究函数的性质﹣运用函数的性质解决问题”的学习过程，结合上面的学习过程
（1）请用你喜欢的方法在给出的平面直角坐标系中，直接画出这个函数的图象；
（2）小明同学通过图象得到了以下性质，其中正确的有 　①②　；
①当x＜0时，y随x的增大而增大，当x＞0时；
②当x＝0时，此函数有最大值为4；
③此函数的图象关于y轴对称；
（3）画出函数y＝x﹣2的图象，结合你所画的函数图象，直接写出不等式﹣2|x|+x+4≥x﹣2的解集为 　﹣3≤x≤3　．

【分析】（1）根据表格数据，描点连线即可画出该函数的图象．
（2）根据图象判断即可；
（3）观察图象即可求得．
【解答】解：（1）列表：
x
…
﹣3
﹣2
﹣6
0
1
8
3
…
y
…
﹣5
﹣5
1
4
7
2
1
…
描点、连线画出函数y＝﹣7|x|+x+4的图象如图所示：

（2）由图象可知：
①当x＜0时，y随x的增大而增大，y随x的增大而减小；
②当x＝3时，此函数有最大值为4；
③此函数的图象关于y轴对称，错误；
故答案为：①②；
（3）观察图象，不等式﹣2|x|+x+3≥x﹣2的解集为﹣3≤x≤2，
故答案为：﹣3≤x≤3．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，一次函数的图象和性质，画出函数的图象利用数形结合是解题的关键．
六、解答题（本题9分）
23．（9分）将一个矩形纸片OABC放置于平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（10，6），点C在y轴，在AB边上取一点D，点B恰好落在边OA上的点E处．
（1）如图1，求点D的坐标；
（2）如图2，当点P在线段OA（不包含断点A、O）上运动时，过点P作直线l⊥x轴，直线l把△CED的面积分成1：9的两部分

【分析】（1）根据矩形性质可得在Rt△COE利用勾股定理求OE＝8，则AE＝2，在Rt△ADE中，利用勾股定理求AD＝即可得D点坐标；
（2）直线l⊥x轴，直线l把△CED的面积分成1：9的两部分，分两种情况：当0＜t≤8时，当8＜t＜10时，利用待定系数法求CD、CE、DE解析式，借助铅锤高求解即可．
【解答】解：（1）∵在矩形纸片OABC中，
∴B（10，6），
∴BC＝OA＝10，AB＝6＝OC，
由折叠可得△DEC≌△DBC，
∴CE＝BC＝10，BD＝DE，
设AD＝x，
则BD＝DE＝AB＝AD＝6﹣x，
在Rt△COE中，
OE＝＝4，
∴E（8，0），
∴AE＝AO﹣OE＝5，
在Rt△ADE中，
AE2+AD2＝DE3，
∴4+x2＝（6﹣x）2
解得：x＝∴，
∴AD＝，
∴D（10，）；
（2）由（1）知AD＝，
∴DE＝6﹣x＝，
∵CE＝10，
∴S△CDE＝CE•DE＝＝，
∵C（5，6），），
∴直线CD为：y＝﹣x+3，
又∵E（8，0），
∴直线CE为：y＝﹣x+6，
∵直线l⊥x轴，若交CD于M，
则M（t，﹣t+6），﹣t+6），
∴MN＝﹣t+6﹣（﹣t，（注6＜t≤8），

∴S△CNM＝MN•t＝×t2，（铅垂高），
∵直线l把△CED的面积分成6：9的两部分，
分两种情况：
①S△CNM：S△CED＝1：10，
∴t2：＝5：10，
解得：t＝±2，
∵2＜t≤8，
∴t＝2；
②S△CNM：S△CED＝9：10，
∴t7：＝9：10，
解得：t＝±6（舍；
当8＜t＜10时，如图：

由于E（2，0），），
则直线为DE：y＝x﹣，
∵直线l⊥x轴，直线l把△CED的面积分成1：9的两部分，
设交CD于M（t，﹣t+6），t﹣），
∴MQ＝﹣t+6﹣（）＝﹣，
∴S△MDQ＝×MQ×（10﹣t）＝2，
由已知得：S△MDQ：S△CDE＝1：10，
∴（10﹣t）2：＝1：10，
解得：t＝10±，
∵3＜t＜10，
∴t＝10﹣，
综上所述：直线l把△CED的面积分成1：8的两部分，此时t＝10﹣．
【点评】本题考查矩形的性质、勾股定理、待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，理解题意是解决问题的关键．
七、解答题（本题12分）
24．（12分）【课本再现】把两个全等的矩形ABCD和矩形CEFG拼成如图1的图案，则∠ACF＝　90　°；
【迁移应用】如图2，在正方形ABCD中，E是CD边上一点（不与点C，D重合），将BE绕点E顺时针旋转90°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G；
【拓展延伸】在菱形ABCD中，∠A＝120°，E是CD边上一点（不与点C，D重合），将BE绕点E顺时针旋转120°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G．
①线段CG与BC的数量关系是 　CG＝BC　；
②若AB＝6，E是CD的三等分点，则△CEG的面积为 　或3　．

【分析】【课本再现】根据矩形的性质得出AB＝CE，BC＝EF，∠B＝∠E＝90°，根据SAS推出△ABC≌≌△CEF，根据全等得出∠BAC＝∠FCE，AC＝CF，求出△ACF是等腰直角三角形，即可得出答案；
【迁移应用】由AAS证明△BEC≌△EFH，得到FH＝EC，EH＝BC，即EH＝CD，从而可得CE＝DH＝FH，可得∠CDG＝∠FDH＝45°，可知△DCG是等腰直角三角形，即可得出结论；
【拓展延伸】①由AAS证明△BEC≌△EFH，得到∠H＝∠BCD＝120°，EH＝BC，FH＝CE，由CD＝EH证明DH＝CE，可得到∠FDH＝30°，再由∠DCG＝60°可知△DCG是直角三角形，由直角三角形的性质即可得出结论；
②当CE＝CD时，根据△CEG和△DCG底边CE、CD边上的高相等可知S△CEG＝S△DCG，即可求得CG、DG的长，从而可得E△CEG的面积；当ED＝CD时，可得S△CEG＝S△DCG，同理可求解．
【解答】【课本再现】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是全等的矩形，
∴AB＝CE，BC＝EF，
∴△ABC≌△CEF（SAS），
∴∠BAC＝∠FCE，AC＝CF，
∵∠B＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠FCE＝90°，
∴∠ACF＝90°，
故答案为：90．
【迁移应用】证明：过点F作FH⊥CD，交CD的延长线于H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠H＝∠BCD＝90°，
由旋转得∠BEF＝90°，EF＝BE，
∴∠BEC+∠CBE＝∠BEC+∠FEH＝90°，
∴∠CBE＝∠FEH，
∴△BEC≌△EFH（AAS），
∴FH＝EC，EH＝BC，
∴EH＝CD，即CE+DE＝DH+DE，
∴CE＝DH＝FH，
∴∠CDG＝∠FDH＝45°，
∵∠DCG＝BCD＝90，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴CG＝CD＝BC；
【拓展延伸】解：①过点F作∠EFH＝∠BEC，与ED的延长线交于点H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴CB＝CD，∠A＝∠BCD＝120°，
由旋转得∠BEF＝120°，EF＝BE，
∴∠BEC+∠CBE＝∠BEC+∠FEH＝60°，
∴∠CBE＝∠FEH，
∴△BEC≌△EFH（AAS），
∴∠H＝∠BCD＝120°，EH＝BC，
∴CD＝EH，
∴DH＝CE，
∴DH＝FH，
∴∠FDH＝∠DFH＝30°，
∴∠CDG＝30°，
∵∠DCG＝180°﹣∠BCD＝60°，
∴∠G＝90°，
∴△DCG是直角三角形，
∵∠CDG＝30°，
∴CG＝CD＝，
故答案为：CG＝BC；
②当CE＝CD时AB＝2，

由①知，CG＝，
∴DG＝＝＝3，
∵△CEG和△DCG底边CE、CD边上的高相等，
∴S△CEG＝S△DCG＝×CG•DG＝×＝；
当ED＝CD时AB＝2，

∴DG＝＝＝3，
∵△CEG和△DCG底边CE、CD边上的高相等，
∴S△CEG＝S△DCG＝×CG•DG＝×＝4；
故答案为：或3．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
八、解答题（本题12分）
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝2x+18的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，且点M为线段OB的中点．
（1）求直线AM的解析式；
（2）将△AMB沿着AM翻折，点B落在点B1处，连接OB1，则四边形AMB1O的形状为 　平行四边形　；
（3）若点H是直线AM上的动点，在坐标平面内是否存在这样的点Q，使以A、B、Q、H为顶点的四边形是矩形？若存在，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由B1M＝BM，AB＝AB1，求出点B1的坐标，即可求解；
（3）当AB为对角线时，由中点坐标公式和AB＝QH列出方程组，即可求解；当AQ是对角线、AH是对角线时，同理可解．
【解答】解：（1）对于y＝2x+18，令x＝0，
令y＝5x+18＝0，则x＝﹣9，
即点A、B的坐标分别为：（﹣7、（0，
∵点M为线段OB的中点，则点M（0，
设直线AM的表达式为：y＝kx+3，
将点A的坐标代入上式得：0＝﹣9k+2，则k＝1，
即直线AM的表达式为：y＝x+9；

（2）设点B8的坐标为：（x，y），
由题意得，B1M＝BM，AB＝AB1，
则，
解得：（不合题意的值已舍去），
即点B8的坐标为：（9，9）；
由点A、M的坐标得＝OB1，
∵AO＝B1M＝7，
∴四边形AMB1O的形状为平行四边形，
故答案为：平行四边形；

（3）存在，理由：
设点Q（s，t），m+9），
由点AB的坐标得，AB3＝405，同理可得：AH2＝2（m+4）2，
当AB为对角线时，由中点坐标公式和AB＝QH得：
，解得：，
即点Q的坐标为：（﹣，）；
当AQ是对角线时，由中点坐标公式和AQ＝BH得：
，解得：，
即点Q的坐标为：（﹣，）；
当AH是对角线时，由中点坐标公式和AH＝BQ得：
，解得：，
即点Q的坐标为：（﹣8，﹣3），
综上，点Q的坐标为：（﹣，，）或（﹣3．
【点评】本题主要考查一次函数的性质，矩形的性质、图象的翻折等知识点，熟练掌握一次函数的性质，及图形平移的知识是解题的关键．