2024年山东省烟台龙口市数学九年级第一学期开学学业质量监测模拟试题【含答案】

这是一份2024年山东省烟台龙口市数学九年级第一学期开学学业质量监测模拟试题【含答案】，共25页。试卷主要包含了选择题，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）大肠杆菌的长度平均约为0.0000014米，把这个数用科学记数表示正确的是（ ）米．
A．1.4×106B．1.4×10﹣5C．14×10﹣7D．1.4×10﹣6
2、（4分）正方形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A．对角线互相平分
B．每条对角线平分一组对角
C．对边相等
D．对角线相等
3、（4分）关于直线的说法正确的是（）
A．图像经过第二、三、四象限B．与轴交于
C．与轴交于D．随增大而增大
4、（4分）如图，在中，，，点为上一点，，于点，点 为的中点，连接，则的长为（ ）
A．5B．4C．3D．2
5、（4分）如图，菱形ABCD的边长为4，过点A、C作对角线AC的垂线，分别交CB和AD的延长线于点E、F，AE=3，则四边形AECF的周长为（ ）．
A．22B．18C．14D．11
6、（4分）为改善城区居住环境,某市对4000米长的玉带河进行了绿化改造.为了尽快完成工期，施工队每天比原计划多绿化10米,结果提前2天完成.若原计划每天绿化米,则所列方程正确的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）如图，在菱形ABCD中，AB=AC=1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE=BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC=∠B；③△ADO≌△ACH；④；其中正确的结论个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8、（4分）在中，，是对角线上的两点（不与点，重合）下列条件中，无法判断四边形一定为平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若，是一元二次方程的两个根，则______.
10、（4分）一个装有进水管和出水管的容器，从某时刻起只打开进水管进水，经过一段时间，再打开出水管放水.至12分钟时，关停进水管.在打开进水管到关停进水管这段时间内，容器内的水量y（单位：升）与时间x（单位：分钟）之间的函数关系如图所示.关停进水管后，经过_____分钟，容器中的水恰好放完.

11、（4分）分解因式：x2-2x+1=__________．
12、（4分）关于的方程有两个整数根，则整数____________．
13、（4分）某市出租车白天的收费起步价为10元，即路程不超过时收费10元，超过部分每千米收费2元，如果乘客白天乘坐出租车的路程为 ，乘车费为元，那么与之间的关系式为__________________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）初三年级学习压力大，放学后在家自学时间较初一、初二长，为了解学生学习时间，该年级随机抽取25%的学生问卷调查，制成统计表和扇形统计图，请你根据图表中提供的信息回答下列问题：
（1）初三年级共有学生_____人．
（2）在表格中的空格处填上相应的数字．
（3）表格中所提供的学生学习时间的中位数是_____，众数是_____．

15、（8分）如图,在四边形ABCD中,AB=AD=3,DC=4,∠A=60°，∠D=150°,试求BC的长度.
16、（8分）某网络公司推出了一系列上网包月业务，其中的一项业务是10M“40元包200小时”，且其中每月收取费用y（元）与上网时间x（小时）的函数关系如图所示．
（1）当x≥200时，求y与x之间的函数关系式
（2）若小刚家10月份上网180小时，则他家应付多少元上网费？
（3）若小明家10月份上网费用为52元，则他家该月的上网时间是多少小时？
17、（10分）在甲、乙两个不透明的口袋中装有质地、大小相同的小球，甲袋中有2个白球，1个黄球和1个红球：乙袋中装有1个白球，1个黄球和若干个红球，从乙盒中仼意摸取一球为红球的概率是从甲盒中仼意摸取一球为红球的概率的2倍．
（1）乙袋中红球的个数为 ．
（2）若摸到白球记1分，摸到黄球记2分，摸到红球记0分，小明从甲、乙两袋中先后分别任意摸取一球，请用树状图或列表的方法求小明摸得两个球得2分的概率．
18、（10分）国家规定，中小学生每天在校体育活动时间不低于.为此，某县就“你每天在校体育活动时间是多少”的问题，随机调查了辖区内300名初中学生.根据调查结果绘制成统计图如图所示，其中组为，组为，组为，组为.
请根据上述信息解答下列问题：
（1）本次调查数据的中位数落在______组内，众数落在______组内；
（2）若该辖区约4000名初中生，请你估计其中达到国家规定体育活动时间的人数；
（3）若组取，组取，组取，组取，试计算这300名学生平均每天在校体育活动的时间.
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，△ABC中，D，E分别 是边AB，AC的中点．若DE=2，则BC= ．
20、（4分）某种型号的空调经过两次降价，价格比原来下降了36%，则平均每次下降的百分数是_____%．
21、（4分）如图，在平面直角坐标系中，已知，，是轴上的一条动线段，且，当取最小值时，点坐标为______.
22、（4分）若是一个完全平方式，则的值等于_________．
23、（4分）若正多边形的一个内角等于，则这个正多边形的边数是_______条.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分） (1)如图,纸片▱ABCD中,AD=5,S▱ABCD=15.过点A作AE⊥BC,垂足为E,沿AE剪下△ABE,将它平移至△DCE'的位置,拼成四边形AEE'D,则四边形AEE'D的形状为( )
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
(2)如图,在(1)中的四边形纸片AEE/D中,在EE/上取一点F,使EF=4,剪下△AEF,将它平移至△DE/F/的位置,拼成四边形AFF/D．
①求证:四边形AFF'D是菱形;
②求四边形AFF'D的两条对角线的长.
图1 图2
25、（10分）如图，正方形ABCD的边长为，点P为对角线BD上一动点，点E在射线BC上，
(1)填空：BD=______；
(2)若BE=t，连结PE、PC，求PE+PC的最小值(用含t的代数式表示);
(3)若点E是直线AP与射线BC的交点，当△PCE为等腰三角形时，求∠PEC的度数．
26、（12分）小聪与小明在一张矩形台球桌ABCD边打台球，该球桌长AB=4m，宽AD=2m，点O、E分别为AB、CD的中点，以AB、OE所在的直线建立平面直角坐标系。
（1）如图1，M为BC上一点；
①小明要将一球从点M击出射向边AB，经反弹落入D袋，请你画出AB上的反弹点F的位置；
②若将一球从点M(2，12)击出射向边AB上点F(0.5，0)，问该球反弹后能否撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球?请说明理由
（2）如图2，在球桌上放置两个挡板(厚度不计)挡板MQ的端点M在AD中点上且MQ⊥AD，MQ=2m，挡板EH的端点H在边BC上滑动，且挡板EH经过DC的中点E；
①小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋，当H是BC中点时，试证明：DN=BN；
②如图3，小明把球从B点击出，依次经挡板EH和挡板MQ反弹一次后落入D袋，已知∠EHC=75°，请你直接写出球的运动路径BN+NP+PD的长。
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、D
【解析】
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为(为整数)，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】
．
故选：D．
本题主要考查了科学记数法的表示，熟练掌握相关表示方法是解决本题的关键.
2、D
【解析】
列举出正方形具有而菱形不一定具有的所有性质，由此即可得出答案．
【详解】
正方形具有而菱形不一定具有的性质是：
①正方形的对角线相等，而菱形不一定对角线相等；
②正方形的四个角是直角，而菱形的四个角不一定是直角.
故选D．
本题考查了正方形、菱形的性质，熟知正方形及菱形的性质是解决问题的关键．
3、B
【解析】
根据一次函数的性质对各选项进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵k=-1＜0，b=1＞0，∴图象经过第一、二、四象限，故本选项错误；
B、、∵当x=1时，y=0，∴图象经过点（1，0），故本选项正确；
C、∵当x=-1时，y=2，∴图象不经过点（-1，0），故本选项错误；
D、∵k=-1＜0，∴y随x的增大而减小，故本选项错误.
故选：B
本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数y=kx+b（k≠0），当k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降是解答此题的关键．
4、D
【解析】
利用三角形的中位线定理即可求答，先证明出E点为CD的中点，F点为AC的中点，证出EF为AC的中位线.
【详解】
因为BD=BC,BE⊥CD，
所以DE=CE，
又因为F为AC的中点，
所以EF为ΔACD的中位线，
因为AB=10,BC=BD=6,
所以AD=10-6=4，
所以EF=×4=2，
故选D
本题考查三角形的中位线等于第三边的一半，学生们要熟练掌握即可求出答案.
5、A
【解析】
试题分析：根据菱形的对角线平分一组对角可得∠BAC=∠BCA，再根据等角的余角相等求出∠BAE=∠E，根据等角对等边可得BE=AB=4，然后求出EC=BE+BC=4+4=8，同理可得AF=8，因为AD∥BC，所以四边形AECF是平行四边形，所以四边形AECF的周长=2（AE+EC）=2（3+8）=1．
故选A．
考点：菱形的性质；平行四边形的判定与性质．
6、A
【解析】
原计划每天绿化x米，则实际每天绿化(x+10)米，根据结果提前2天完成即可列出方程.
【详解】
原计划每天绿化x米，则实际每天绿化(x+10)米，由题意得，
，
故选A.
本题考查了分式方程的应用，弄清题意，找准等量关系列出方程是解题的关键.
7、B
【解析】
根据菱形的性质，利用SAS证明即可判断①；根据△ABF≌△CAE得到∠BAF=∠ACE，再利用外角的性质以及菱形内角度数即可判断②；通过说明∠CAH≠∠DAO，判断△ADO≌△ACH不成立，可判断③；再利用菱形边长即可求出菱形面积，可判断④.
【详解】
解：∵在菱形ABCD中，AB=AC=1，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠CAE=60°，
又∵AE=BF，
∴△ABF≌△CAE（SAS），故①正确；
∴∠BAF=∠ACE，
∴∠FHC=∠ACE+∠HAC=∠BAF+∠HAC=60°，故②正确；
∵∠B=∠CAE=60°，
则在△ADO和△ACH中，
∠OAD=60°=∠CAB，
∴∠CAH≠60°，即∠CAH≠∠DAO，
∴△ADO≌△ACH不成立，故③错误；
∵AB=AC=1，过点A作AG⊥BC，垂足为G，
∴∠BAG=30°，BG=，
∴AG==,
∴菱形ABCD的面积为：==，故④错误；
故正确的结论有2个，
故选B.
本题考查了全等三角形判定和性质，菱形的性质和面积，等边三角形的判定和性质，外角的性质，解题的关键是利用菱形的性质证明全等.
8、B
【解析】
根据平行四边形的判定方法逐项分析即可.
【详解】
A.∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠ABC=∠CDF.
∵，
∴∠AEF=∠CFE，
∴∠AEB=∠CFD，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，故A不符合题意；
B.由AE=CF无法证明四边形AECF是平行四边形，故B符合题意；
C. 如图，连接AC与BD相交于O，若BE=DF，则OB−BE=OD−DF，即OE=OF，
又∵OA=OC，∴四边形AECF是平行四边形，故C不符合题意；
D. ∵∠BAE=∠DCF，∠ABC=∠CDF，AB=CD，
∴△ABE≌△CDF(ASA)，
∴AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，故D不符合题意；
故选B.
本题主要考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、3
【解析】
利用根与系数的关系可得两根之和与两根之积，再整体代入通分后的式子计算即可.
【详解】
解：∵，是一元二次方程的两个根，∴，
∴.
故答案为：3.
本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握基本知识是解题的关键.
10、1
【解析】
由0-4分钟的函数图象可知进水管的速度，根据4-12分钟的函数图象求出水管的速度，再求关停进水管后，出水经过的时间．
解：进水管的速度为：20÷4=5（升/分），
出水管的速度为：5-（30-20）÷（12-4）=3.75（升/分），
∴关停进水管后，出水经过的时间为：30÷3.75=1分钟．
故答案为1．
11、（x-1）1．
【解析】
由完全平方公式可得：
故答案为．
错因分析 容易题.失分原因是：①因式分解的方法掌握不熟练；②因式分解不彻底.
12、
【解析】
先计算判别式得到∆=，根据方程有两个整数根确定∆必为完全平方数，由此得到整数k的值.
【详解】
由题意得∆=，
∵方程有两个整数根，
∴∆必为完全平方数，
而k是整数，
∴k-8=0，
∴k=8，
故答案为：8.
此题考查一元二次方程的根的判别式，完全平方公式，正确理解题意是解题的关键.
13、
【解析】
根据乘车费用=起步价+超过3千米的付费得出．
【详解】
解：依题意有：y=10+2（x-3）=2x+1．
故答案为：y=2x+1．
根据题意，找到所求量的等量关系是解决问题的关键．本题乘车费用=起步价+超过3千米的付费
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）1440；（2）见解析；（3）2.21、3.1.
【解析】
（1）先利用学习1小时的人数除以它所占的百分比得调查的总人数，然后用此人数除以21%得到初三年级的人数；
（2）用调查的总人数分别乘以20%和30%得到学习1.1小时和3.1小时的人数；
（3）根据中位数和众数的定义求解．
【详解】
（1）72÷20%=360，
360÷21%=1440，
所以初三年级共有学生1440人；
（2）学习1.1小时的人数为360×20%=72（人），
学习3.1小时的人数为360×30%=108（人）；
（3）表格中所提供的学生学习时间的中位数是=2.21，众数是3.1．
本题考查了扇形图：从扇形图上可以清楚地看出各部分数量和总数量之间的关系．也考查了众数和中位数．
15、
【解析】
试题分析：连接DB，根据AB=AD，∠A=60°得出等边三角形，根据等边三角形的性质以及∠ADC=150°得出△BDC为直角三角形，最后根据勾股定理求出BC的长度.
试题解析：连结DB, ∵，， ∴是等边三角形，
∴，， 又∵
∴， ∵
∴
16、（1）y=x-260；（2）小刚家10月份上网180小时应交费40元；（3）他家该月的上网时间是208小时．
【解析】
（1）用待定系数法求解；（2）根据函数图象求解；（3）（把y=52代入y=x-260中可得.
【详解】
（1）设当x≥200时，y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
∵图象经过（200，40）（220，70），
∴，解得，
∴此时函数表达式为y=x-260；
（2）根据图象可得小刚家10月份上网180小时应交费40元；
（3）把y=52代入y=x-260中得：x=208，
答：他家该月的上网时间是208小时．
考核知识点：一次函数的应用.数形结合分析问题是关键.
17、（1）2；（2）小明摸得两个球得2分的概率为．
【解析】
(1)首先设乙袋中红球的个数为x个，根据题意可得方程：，解此方程即可求得答案；
(2)首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小明摸得两个球得2分的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】
(1)甲袋中摸出红球的概率为，则乙袋中摸出红球的概率为，
设乙袋中红球的个数为x个，
根据题意得：，
解得：x＝2，
经检验，x＝2是原分式方程的解，
∴乙袋中红球的个数是2个，
故答案为：2；
(2)画树状图得：
∵共有16种等可能的结果，
又∵摸到白球记1分，摸到黄球记2分，摸到红球记0分，
∴小明摸得两个球得2分的有5种情况，
∴小明摸得两个球得2分的概率为：．
本题考查了分式方程的应用，列表法或树状图法求概率，熟练掌握相关知识是解题的关键. 用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
18、（1）C，C；（2）2400；（3）h.
【解析】
（1）根据中位数的概念即中位数应是第150、151人时间的平均数和众数的定义即可得出答案；
（2）首先计算样本中达国家规定体育活动时间的频率，再进一步估计总体达国家规定体育活动时间的人数；
（3）根据t的取值和每组的人数求出总的时间，再除以总人数即可．
【详解】
解：（1）根据中位数的概念，中位数应是第150、151人时间的平均数，分析可得其均在C组，故调查数据的中位数落在C组；
C组出现的人数最多，则众数再C组；
故答案为C，C；
（2）达到国际规定体育活动时间的人数约，
则达国家规定体育活动时间的人约有4000×60%=2400（人）；
（3）根据题意得：（20×0.25+100×0.75+120×1.25+60×2）÷300=，
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1.
【解析】
试题分析：根据题意画出图形，再由三角形的中位线定理进行解答即可．
试题解析：∵△ABC中，D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，DE=2
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE=2×2=1．
考点：三角形中位线定理．
20、20%．
【解析】
增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×（1+增长率），本题可参照增长率问题求解．设平均每次下降的百分数是x，则根据题意可列方程（1-x）2=1-36%，解方程即可求解．注意根据实际意义进行值的取舍．
【详解】
设平均每次下降的百分数是x，根据题意得（1-x）2=1-36%
解方程得x1=0.2=20%，x2=1.8（舍去）
所以平均每次下降的百分数是20%．
故答案是：20%.
考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．（当增长时中间的“±”号选“+”，当降低时中间的“±”号选“-”）.
21、
【解析】
如图把点A向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时AP+PQ+QB的值最小，求出直线BF的解析式，即可解决问题．
【详解】
解：如图把点4向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时4P+PQ+QB的值最小.
设最小BF的解析式为y=kx+b，则有解得
∴直线BF的解析式为y=x-2，
令y=0，得到x=2.
∴Q（2.0）
故答案为（2，0）.
本题考查轴对称最短问题、坐标与图形的性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，学会构建一次函数解决交点问题，属于中考常考题型
22、
【解析】
根据完全平方公式的特点即可求解．
【详解】
∵是完全平方式，即为，
∴．
故答案为．
此题主要考查完全平方公式，解题的关键是熟知完全平方公式的特点．
23、12
【解析】
首先根据求出外角度数，再利用外角和定理求出边数．
【详解】
∵正多边形的一个内角等于150°，
∴它的外角是：180°−150°=30°，
∴它的边数是：360°÷30°=12.
故答案为：12.
此题考查多边形内角（和）与外角（和），解题关键在于掌握运算公式
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）C；（2）①证明见解析；②，1
【解析】
试题分析：（1）如图1，纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的形状为矩形，故选C；
（2）①证明：∵纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，∴AE=1．如图2：
∵△AEF，将它平移至△DE′F′，∴AF∥DF′，AF=DF′，∴四边形AFF′D是平行四边形．在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF==5，∴AF=AD=5，∴四边形AFF′D是菱形；
②连接AF′，DF，如图1：
在Rt△DE′F中E′F=FF′﹣E′F′=5﹣4=1，DE′=1，∴DF=
，在Rt△AEF′中EF′=EF+FF′=4+5=9，AE=1，∴AF′==1．
考点：①图形的剪拼；②平行四边形的性质；③菱形的判定与性质；④矩形的判定；⑤平移的性质．
25、（1）BD=2 （2） （3）120° 30°
【解析】
.
分析：（1）根据勾股定理计算即可；
（2）连接AP，当AP与PE在一条线上时，PE+PC最小，利用勾股定理求出最小值；
（3）分两种情况考虑：①当E在BC延长线上时，如图2所示，△PCE为等腰三角形，则CP=CE；②当E在BC上，如图3所示，△PCE是等腰三角形，则PE=CE，分别求出∠PEC的度数即可．
详解：（1）BD==2 ；
（2）如图1所示：当AP与PE在一条线上时，PE+PC最小，

∵AB=，BE=t，
∴PE+PC的最小值为，
（3）分两种情况考虑：
①当点E在BC的延长线上时，

如图2所示，△PCE是等腰三角形，则CP=CE，
∴∠CPE=∠CEP，
∴∠BCP=∠CPE+∠CEP=2∠CEP，
∵在正方形ABCD中，∠ABC=90°，
∴∠PBA=∠PBC=45°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴∠BAP=∠BCP=2∠CEP，
∵∠BAP+∠PEC=90°，
∴2∠PEC+∠PEC=90°，
∴∠PEC=30°；
②当点E在BC上时，

如图3所示，△PCE是等腰三角形，则PE=CE，
∴∠CPE=∠PCE，
∴∠BEP=∠CPE+∠PCE=2∠ECP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PBA=∠PBC=45°，
又AB=BC，BP=BP，
∴△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∵∠BAP+∠AEB=90°，
∴2∠BCP+∠BCP=90°，
∴∠BCP=30°，
∴∠AEB=60°，
∴∠PEC=180°-∠AEB=120° .
点睛：本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短及分类讨论的数学思想，运用勾股定理是解（1）的关键，确定点P的位置是解（2）的关键，分两种情况讨论是解（3）的关键.
26、（1）①答案见解析 ②答案见解析 （2）①证明见解析 ②
【解析】
（1）①根据反射的性质画出图形，可确定出点F的位置；②过点H作HG⊥AB于点G，利用点H的坐标，可知HG的长，利用矩形的性质结合已知可求出点B，C的坐标，求出BM，BF的长，再利用锐角三角函数的定义，去证明tan∠MFB=tan∠HFG，即可证得∠MFB=∠HFG，即可作出判断；
（2）①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，利用三角形中位线定理可证得EH∥BD，再证明MQ∥AB，从而可证得∠DNQ=∠BNQ，∠DQN=∠NQB，利用ASA证明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性质，可证得结论；②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，利用轴对称的性质，可证得AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇根据反射的性质，易证AP，NQ，NC在一条直线上，从而可证得BN+NP+PD=AB＇，再利用邻补角的定义，可求出∠B＇HG=30°，作EK=KH，利用等腰三角形的性质，及三角形外角的性质，求出∠CKH的度数，利用解直角三角形表示出KH，CK的长，由BC=2，建立关于x的方程，解方程求出x的值，从而可得到CH，B＇H的长，利用解直角三角形求出GH，BH的长，可得到点B＇的坐标，再求出AL，B＇L的长，然后在Rt△AB＇L中，利用勾股定理就可求出AB＇的长.
【详解】
（1）解： ①如图1，
②答：反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球
理由：如图，设点H（-0.5，0.8），过点H作HG⊥AB于点G，
∴HG=0.8
∵矩形ABCD，点O，E分别为AB，CD的中点，AD=2，AB=4，
∴OB=OA=2，BC=AD=OE=2
∴点B（2，0），点C（2，2）,
∵ 点M(2，1.2)，点F(0.5，0)，
∴BF=2-0.5=1.5，BM=1.2，
FG=0.5-（-0.5）=1
在Rt△BMF中，
tan∠MFB=，
在Rt△FGH中，
tan∠HFG=，
∴∠MFB=∠HFG，
∴反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球 .
（2）解：①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，
∴∠TNE=∠TNH=90°，
∵小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋，
∴∠BNH=∠DNE，
∴∠DNQ=∠BNQ；
∵点M是AD的中点，MQ⊥EO，
∴MQ∥AB，
∴点Q是BD的中点，
∴NT经过点Q；
∵点E，H分别是DC，BC的中点，
∴EH是△BCD的中位线，
∴EH∥BD
∵NT⊥EH
∴NT⊥BD；
∴∠DQN=∠NQB=90°
在△DNQ和△BNQ中，
∴△DNQ≌△BNQ（ASA）
∴DN=BN
②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，
∴AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇
由反射的性质，可知AP，NQ，NC在一条直线上，
∴BN+NP+PD=NB＇+NP+AP=AB＇；
∵∠EHC=75°，∠EHC+∠BHN=180°，
∴∠BHN=180°-75°=105°，
∴∠NHB＇=∠EHC+∠B＇HG=105°
∴∠B＇HG=30°;
如图，作EK=KH，
在Rt△ECH中，∠EHC=75°，
∴∠E=90°-75°=15°，
∴∠E=∠KHE=15°
∴∠CKH=∠E+∠KHE=15°+15°=30°，
∵设CH=x，则KH=2x，CK=
∴
解之：x=，
∴CH=
∴BH=B＇H=BC-CH=2-（）=；
在Rt△B＇GH中，
B＇G=;
GH=B＇Hcs∠B＇HG=（）×；
BG=BH+GH=
∴点B＇的横坐标为：，
∴点B＇；
∴AL=，
B＇L=
在Rt△AB＇L中，
AB＇=
∴ 球的运动路径BN+NP+PD的长为.
本题考查反射的性质，解直角三角形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点：（1）①根据反射的性质作图，②根据等角的三角函数值相等证明∠MFB=∠HFG来说明反弹后能撞到另一球；（2）①利用ASA证明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性质可得结论，②作出辅助线，根据反射的性质和轴对称的性质证明BN+NP+PD=AB＇，然后构建方程，解直角三角形并结合勾股定理求出AB＇的长；其中能够根据反射的性质作出图形，利用方程思想及数形结合思想结合直角三角形的特殊角进行求解是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
学习时间(h)
1
1.5
2
2.5
3
3.5
人数
72
36
54
18