2024年广西壮族自治区桂平市九上数学开学统考模拟试题【含答案】

这是一份2024年广西壮族自治区桂平市九上数学开学统考模拟试题【含答案】，共23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）下列事件中是必然事件是（ ）
A．明天太阳从西边升起
B．篮球队员在罚球线投篮一次，未投中
C．实心铁球投入水中会沉入水底
D．抛出一枚硬币，落地后正面向上
2、（4分）下列判定中，正确的个数有（ ）
①一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形；
②对角线互相平分且相等的四边形是矩形；
③对角线互相垂直的四边形是菱形；
④对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，
A．1个B．2个C．3个D．4个
3、（4分）已知，则等于（ ）
A．B．C．2D．3
4、（4分）已知平面上四点，，，，一次函数的图象将四边形ABCD分成面积相等的两部分，则
A．2B．C．5D．6
5、（4分）已知＝5﹣x，则x的取值范围是（ ）
A．为任意实数B．0≤x≤5C．x≥5D．x≤5
6、（4分）一次函数的图象不经过哪个象限（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
7、（4分）如图，已知点在反比例函数（）的图象上，作，边在轴上，点为斜边的中点，连结并延长交轴于点，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）观察下列图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的有
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）等边三角形中，两条中线所夹的锐角的度数为_____．
10、（4分）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到的位置，点B、O分别落在点、处，点在x轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去…若点， ，则点的坐标为________．
11、（4分）将直线y=﹣2x+4向下平移5个单位长度，平移后直线的解析式为_____．
12、（4分）代数式有意义的条件是________．
13、（4分）为了解学生暑期在家的阅读情况，随机调查了20名学生某一天的阅读小时数，具体统计如下：
则关于这20名学生阅读小时的众数是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，四边形ABCD是平行四边形，分别以AB，CD为边向外作等边△ABE和△CDF，连接AF，CE．求证：四边形AECF为平行四边形．
15、（8分）如图1，已知△ABC是等边三角形，点D，E分别在边BC，AC上，且CD＝AE，AD与BE相交于点F．
（1）求证：∠ABE＝∠CAD；
（2）如图2，以AD为边向左作等边△ADG，连接BG．
ⅰ）试判断四边形AGBE的形状，并说明理由；
ⅱ）若设BD＝1，DC＝k（0＜k＜1），求四边形AGBE与△ABC的周长比（用含k的代数式表示）．
16、（8分）设P（x，0）是x轴上的一个动点，它与原点的距离为y1．
（1）求y1关于x的函数解析式，并画出这个函数的图象；
（2）若反比例函数y2的图象与函数y1的图象相交于点A，且点A的纵坐标为2．
①求k的值；
②结合图象，当y1＞y2时，写出x的取值范围．
17、（10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？
18、（10分）俄罗斯足球世界杯点燃了同学们对足球运动的热情，某学校划购买甲、乙两种品牌的足球供学生使用．已知用1000 元购买甲种足球的数量和用1600元购买乙种足球的数量相同，甲种足球的单价比乙种足球的单价少30元．
（1）求甲、乙两种品牌的足球的单价各是多少元？
（2）学枝准备一次性购买甲、乙两种品牌的足球共25个，但总费用不超过1610元，那么这所学校最多购买多少个乙种品牌的足球？
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）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=4，BC=12，点E是BC的中点．点P、Q分别是边AD、BC上的两点，其中点P以每秒个1单位长度的速度从点A运动到点D后再返回点A，同时点Q以每秒2个单位长度的速度从点C出发向点B运动．当其中一点到达终点时停止运动．当运动时间t为_____秒时，以点A、P，Q，E为顶点的四边形是平行四边形．
20、（4分）计算：_______．
21、（4分）两个相似三角形的最短边长分别为5cm和3cm，它们的周长之差为12cm，那么较大三角形的周长为_____cm．
22、（4分）如图所示,数轴上点A所表示的数为____.
23、（4分）如图，菱形的边长为1，；作于点，以为一边，作第二个菱形，使；作于点，以为一边，作第三个菱形，使；…依此类推，这样作出第个菱形．则_________． _________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知：如图，ABCD中，AE是BC边上的高，将△ABE沿BC方向平移，使点E与点C重合，得△GFC.
(1)求证：BE=DG；
(2)若∠B= 60 ，当AB与BC满足什么数量关系时，四边形ABFG是菱形?证明你的结论

25、（10分）如图1，在中，，,，以OB为边，在外作等边，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．
（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（2）连接AC，BE交于点P，求AP的长及AP边上的高BH；
（3）在（2）的条件下，将四边形OABC置于如图所示的平面直角坐标系中，以E为坐标原点，其余条件不变，以AP为边向右上方作正方形APMN：
①M点的坐标为 ．
②直接写出正方形APMN与四边形OABC重叠部分的面积（图中阴影部分）．
26、（12分）阅读下列材料：已知实数m，n满足（2m2+n2+1）（2m2+n2﹣1）＝80，试求2m2+n2的值
解：设2m2+n2＝t，则原方程变为（t+1）（t﹣1）＝80，整理得t2﹣1＝80，t2＝81，∴t＝±1因为2m2+n2≥0，所以2m2+n2＝1．
上面这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．
根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程．
已知实数x，y满足（4x2+4y2+3）（4x2+4y2﹣3）＝27，求x2+y2的值．
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】
必然事件就是一定会发生的事件，即发生的概率是1的事件，依据定义即可解决．
【详解】
解：A、明天太阳从西边升起，是不可能事件，故不符合题意；
B、篮球队员在罚球线投篮一次，未投中，是随机事件，故不符合题意；
C、实心铁球投入水中会沉入水底，是必然事件，故符合题意；
D、抛出一枚硬币，落地后正面向上，是随机事件，故不符合题意．
故选C．
2、B
【解析】
利用矩形的判定定理、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理及正方形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：①一组对边平行，一组对边相等的四边形，可能是等腰梯形；故①错误；
②对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故②正确；
③对角线互相垂直平分的四边形是菱形；故③错误；
④对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故④正确；
综上所述：②④正确，正确的个数有2个.
故选：．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定及正方形的判定，解题的关键是能够熟练掌握有关的判定定理，难度不大．
3、A
【解析】
由题干可得y＝2x，代入计算即可求解．
【详解】
∵，
∴y＝2x，
∴，
故选A．
本题考查了比例的基本性质：两内项之积等于两外项之积．即若，则ad＝bc，比较简单．
4、B
【解析】
根据题意四边形ABCD是矩形，直线只要经过矩形对角线的交点，即可得到k的值．
【详解】
，，，，
，，
四边形ABCD是平行四边形，，
四边形ABCD是矩形，
对角线AC、BD的交点坐标为，
直线经过点时，直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分，
，
．
故选：B．
本题考查矩形的判定和性质、一次函数图象上点的坐标特征等知识，掌握中心对称图形的性质是解决问题的关键．
5、D
【解析】
根据二次根式的性质得出5-x≥0，求出即可．
【详解】
∵，
∴5-x≥0，
解得：x≤5，
故选D．
本题考查了二次根式的性质的应用，注意：当a≥0时，=a，当a≤0时，=-a．
6、A
【解析】
根据一次函数的性质一次项系数小于0，则函数一定经过二，四象限，常数项-1＜0，则一定与y轴负半轴相交，据此即可判断．
【详解】
解：∵k=-1＜0，b=-1＜0
∴一次函数的图象经过二、三、四象限
一定不经过第一象限．
故选：A．
本题主要考查了一次函数的性质，对性质的理解一定要结合图象记忆．
7、A
【解析】
先根据题意证明△BOE∽△CBA，根据相似比得出BO×AB的值即为k的值，再利用BC×OE=BO×AB和面积公式即可求解.
【详解】
∵BD为Rt△ABC的斜边AC上的中线，
∴BD=DC，∠DBC=∠ACB，
又∠DBC=∠EBO，
∴∠EBO=∠ACB，
又∠BOE=∠CBA=90∘，
∴△BOE∽△CBA，
∴，即BC×OE=BO×AB.
即BC×OE=BO×AB=k=6.
∴ ，
故选：A.
本题主要考查相似三角形判定定理，熟悉掌握定理是关键.
8、C
【解析】
试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，
∵第一个图形不是轴对称图形，是中心对称图形；
第二个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
第三个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
第四个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
∴既是轴对称图形又是中心对称图形共有3个．
故选C．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、60°
【解析】
如图，等边三角形ABC中，根据等边三角形的性质知，底边上的高与底边上的中线，顶角的平分线重合，所以∠1=∠2=∠ABC=30°，再根据三角形外角的性质即可得出结论．
【详解】
如图，
∵等边三角形ABC，AD、BE分别是中线，
∴AD、BE分别是角平分线，
∴∠1=∠2=∠ABC=30°，
∴∠3=∠1+∠2=60°．
本题考查的是等边三角形的性质，熟知等边三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
10、（1，2）
【解析】
先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…，即可得每偶数之间的B相差6个单位长度，根据这个规律可以求得B2018的坐标．
【详解】
∵AO= ，BO=2，
∴AB= ，
∴OA+AB1+B1C2=6，
∴B2的横坐标为：6，且B2C2=2，
∴B4的横坐标为：2×6=12，
∴点B2018的横坐标为：2018÷2×6=1．
∴点B2018的纵坐标为：2．
∴点B2018的坐标为：（1，2），
故答案是：（1，2）.
考查了点的坐标规律变换以及勾股定理的运用，通过图形旋转，找到所有B点之间的关系是解决本题的关键．
11、y=-2x-1．
【解析】
直接根据“上加下减”的平移规律求解即可．
【详解】
直线y=-2x+4向下平移5个单位长度后：y=-2x+4-5，即y=-2x-1．
故答案为：y=-2x-1．
本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系，在平面直角坐标系中，平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”．
12、x≥﹣3
【解析】
根据二次根式定义：被开放式大于等于零时根式有意义即可解题.
【详解】
解：∵有意义,
∴x+3≥0,
解得：x≥﹣3.
本题考查了根式有意义的条件,属于简单题,熟悉二次根式的概念是解题关键.
13、1．
【解析】
众数是一组数据中出现次数最多的数据，根据众数的定义就可以求出．
【详解】
在这一组数据中1出现了8次，出现次数最多，因此这组数据的众数为1．
故答案为1．
本题属于基础题，考查了确定一组数据的众数的能力．要明确定义．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、见解析.
【解析】
由平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，∠ABC＝∠ADC，由等边三角形的性质可得BE＝EA＝AB＝CD＝CF＝DF，∠EBA＝∠CDF＝60°，由“SAS”可证△ADF≌△CBE，可得EC＝AF，由两组对边相等的四边形是平行四边形可证四边形AECF为平行四边形．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB＝CD，AD＝BC，∠ABC＝∠ADC
∵△ABE和△CDF是等边三角形
∴BE＝EA＝AB＝CD＝CF＝DF，∠EBA＝∠CDF＝60°
∴∠ADF＝∠EBC，且AD＝BC，BE＝DF
∴△ADF≌△CBE（SAS）
∴EC＝AF，且AE＝CF
∴四边形AECF为平行四边形.
本题考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用平行四边形的判定和性质是本题的关键．
15、（1）详见解析；（2）ⅰ）四边形AGBE是平行四边形，证明详见解析；ⅱ）.
【解析】
（1）只要证明△BAE≌△ACD；
（2）ⅰ）四边形AGBE是平行四边形，只要证明BG=AE，BG∥AE即可；
ⅱ）求出四边形BGAE的周长，△ABC的周长即可；
【详解】
（1）证明：如图1中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAE＝∠C＝60°，
∵AE＝CD，
∴△BAE≌△ACD，
∴∠ABE＝∠CAD．
（2）ⅰ）如图2中，结论：四边形AGBE是平行四边形．
理由：∵△ADG，△ABC都是等边三角形，
∴AG＝AD，AB＝AC，
∴∠GAD＝∠BAC＝60°，
∴△GAB≌△DAC，
∴BG＝CD，∠ABG＝∠C，
∵CD＝AE，∠C＝∠BAE，
∴BG＝AE，∠ABG＝∠BAE，
∴BG∥AE，
∴四边形AGBE是平行四边形，
ⅱ）如图2中，作AH⊥BC于H．
∵BH＝CH＝
∴
∴
∴四边形BGAE的周长＝,△ABC的周长＝3（k+1），
∴四边形AGBE与△ABC的周长比＝
本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
16、（1）y1＝|x|，图象见解析；（2）①±4；②答案见解析．
【解析】
（1）写出函数解析式，画出图象即可；
（2）①分两种情形考虑，求出点A坐标，利用待定系数法即可解决问题；②利用图象法分两种情形即可解决问题.
【详解】
（1）由题意y1＝|x|，函数图象如图所示：
（2）①当点A在第一象限时，由题意A（2，2），
∴2，
∴k＝4，
同法当点A在第二象限时，k＝﹣4，
②观察图象可知：当k＞0时，x＞2时，y1＞y2或x＜0时，y1＞y2．
当k＜0时，x＜﹣2时，y1＞y2或x＞0时，y1＞y2．
本题考查反比例函数图象上点的特征，正比例函数的应用等知识，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型．
17、（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.
18、（1）甲种品牌的足球的单价为50元/个，乙种品牌的足球的单价为1元/个；（2）这所学校最多购买2个乙种品牌的足球．
【解析】
​（1）设甲种品牌的足球的单价为x元/个，则乙种品牌的足球的单价为（x+30）元/个，根据数量=总价÷单价结合用1000元购买甲种足球的数量和用1600元购买乙种足球的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设这所学校购买m个乙种品牌的足球，则购买（25-m）个甲种品牌的足球，根据总价=单价×数量结合总费用不超过1610元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【详解】
（1）设甲种品牌的足球的单价为x元/个，则乙种品牌的足球的单价为（x+30）元/个，
根据题意得：，
解得：x=50，
经检验，x=50是所列分式方程的解，且符合题意，∴x+30=1．
答：甲种品牌的足球的单价为50元/个，乙种品牌的足球的单价为1元/个．
（2）设这所学校购买m个乙种品牌的足球，则购买（25–m）个甲种品牌的足球，
根据题意得：1m+50（25–m）≤1610，解得：m≤2．
答：这所学校最多购买2个乙种品牌的足球．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、2或.
【解析】
分别从当Q运动到E和B之间与当Q运动到E和C之间去分析, 根据平行四边形的性质, 可得方程, 继而可求得答案.
【详解】
解：E是BC的中点,
BE=CE=BC=12=6,
①当Q运动到E和C之间, 设运动时间为t, 则AP=t, DP=AD-AP=4-t, CQ=2t,EQ=CE-CQ=6-2t
t=6-2t,
解得: t=2;
②当Q运动到E和B之间,设运动时间为t,则AP=t, DP=AD-AP=4-t, CQ=2t,
EQ=CQ-CE=2t-6,
t=2t-6,
解得: t=6（舍），
③P点当D后再返回点A时候，Q运动到E和B之间,设运动时间为t，
则AP=4-（t-4）=8-t, EQ=2t-6，
8-t=2t-6，,
当运动时间t为2、秒时,以点P,Q,E，A为顶点的四边形是平行四边形．
故答案为: 2或.
本题主要考查平行四边形的性质及解一元一次方程.
20、2
【解析】
先把二次根式化为最简二次根式，然后将括号内的式子进行合并，最后进一步加以计算即可.
【详解】
原式
，
故答案为：2.
本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解题关键.
21、1
【解析】
根据已知条件即可求出两个三角形的相似比为5：3，然后根据相似三角形的性质，可设大三角形的周长为5x，则小三角形的周长为3x，根据周长之差为12cm，列方程并解方程即可.
【详解】
解：∵两个相似三角形的最短边分别是5cm和3cm，
∴两个三角形的相似比为5：3，
设大三角形的周长为5x，则小三角形的周长为3x，
由题意得，5x﹣3x＝12，
解得，x＝6，
则5x＝1，
故答案为：1．
此题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形的周长比等于相似比是解决此题的关键.
22、
【解析】
首先计算出直角三角形斜边的长，然后再确定点A所表示的数．
【详解】
∵，∴点A所表示的数1．
故答案为：．
本题考查了实数与数轴，关键是利用勾股定理计算出直角三角形斜边长．
23、
【解析】
在△AB1D2中利用30°角的性质和勾股定理计算出AD2=，再根据菱形的性质得AB2=AD2=，同理可求AD3和 AD4的值．
【详解】
解：在△AB1D2中，
∵，
∴∠B1AD2=30°，
∴B1D2=，
∴AD2==，
∵四边形AB2C2D2为菱形，
∴AB2=AD2=，
在△AB2D3中，
∵，
∴∠B2AD3=30°，
∴B2D3=，
∴AD3== ，
∵四边形AB3C3D3为菱形，
∴AB3=AD3=，
在△AB3D4中，
∵，
∴∠B3AD4=30°，
∴B3D4=，
∴AD4==，
故答案为，．
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．菱形的面积等于对角线乘积的一半．也考查了锐角三角函数的知识．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析（2）当时，四边形是菱形，理由见解析
【解析】
（1）易证，则（2）E点为BF中点时符合题意，即可求解.
【详解】
证明：（1）∵四边形是平行四边形，
∴．
∵是边上的高，且是由沿方向平移而成．
∴．
∴．∵，
∴．
∴．
（2）当时，四边形是菱形．
∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵中，，
∴，∴．
∵，∴．∴．
∴四边形是菱形．
25、（1）见解析；（2），；（3）①；②
【解析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得DO=DA，推出∠AEO=60°，进一步得出BC∥AE，CO∥AB，可得结论；
（2）先计算出OA=，推出PB=，利用勾股定理求出AP=，再利用面积法计算BH即可；
（3）①求出直线PM的解析式为y=x-3，再利用两点间的距离公式计算即可；
②易得直线BC的解析式为y=x+4，联立直线BC和直线PM的解析式成方程组，求得点G的坐标，再利用三角形面积公式计算．
【详解】
（1）证明：∵Rt△OAB中，D为OB的中点，
∴AD=OB，OD=BD=OB，
∴DO=DA，
∴∠DAO=∠DOA=30°，∠EOA=90°，
∴∠AEO=60°，
又∵△OBC为等边三角形，
∴∠BCO=∠AEO=60°，
∴BC∥AE，
∵∠BAO=∠COA=90°，
∴CO∥AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）解：在Rt△AOB中，∠AOB=30°，OB=8，
∴AB=4，
∴OA=，
∵四边形ABCE是平行四边形，
∴PB=PE，PC=PA，
∴PB=，
∴
∴，
即
∴；
（3）①∵C（0，4），
设直线AC的解析式为y=kx+4，
∵P（，0），
∴0=k+4，
解得，k=，
∴y=x+4，
∵∠APM=90°，
∴直线PM的解析式为y=x+m，
∵P（，0），
∴0=×+m，
解得，m=-3，
∴直线PM的解析式为y=x-3，
设M（x，x-3），
∵AP=，
∴（x-）2+（x-3）2=（）2，
化简得，x2-4x-4=0，
解得，x1=，x2=（不合题意舍去），
当x=时，y=×（）-3=，
∴M（，），
故答案为：（，）；
②∵
∴直线BC的解析式为：，
联立，解得，
∴，
本题考查的是平行四边形的判定，等边三角形的性质，两点间的距离，正方形的性质，矩形的性质，一次函数的图象和性质，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
26、
【解析】
设t＝x2+y2（t≥0），将原方程转化为（4t+3）（4t﹣3）＝27，求出t的值，即可解答.
【详解】
解：设t＝x2+y2（t≥0），则原方程转化为（4t+3）（4t﹣3）＝27，
整理，得
16t2﹣1＝27，
所以t2＝ ．
∵t≥0，
∴t＝ ．
∴x2+y2的值是．
此题考查换元法解一元二次方程，解题关键在于利用换元法解题.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
阅读时间（小时）
2
2.5
3
3.5
4
学生人数（名）
1
2
8
6
3