河南省郑州市第五十四中学2024年九年级数学第一学期开学统考模拟试题【含答案】

这是一份河南省郑州市第五十四中学2024年九年级数学第一学期开学统考模拟试题【含答案】，共27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）矩形ABCD中，AD＝AB，AF平分∠BAD，DF⊥AF于点F，BF交CD于点H．若AB＝6，则CH＝（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）如图，菱形ABCD，AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，则菱形的边长AB是（ ）
A．10B．8C．6D．5
3、（4分）下列各式正确的个数是（ ）①；②；③；④
A．0B．1C．2D．3
4、（4分）下列计算正确的是（ ）
A．+＝B．2+＝C．2×＝D．2﹣＝
5、（4分）我国南宋著名数学家秦九韶的著作《数书九章》里记载有这样一道题：“问有沙田一块，有三斜，其中小斜五里，中斜十二里，大斜十三里，欲知为田几何？”这道题讲的是：有一块三角形沙田，三条边长分别为5里，12里，13里，问这块沙田面积有多大？题中“里”是我国市制长度单位，1里=500米，则该沙田的面积为（ ）
A．7.5平方千米B．15平方千米C．75平方千米D．750平方千米
6、（4分）数据：2，5，4，5，3，4，4的众数与中位数分别是（ ）
A．4，3B．4，4C．3，4D．4，5
7、（4分）已知反比例函数的图象过点P（1，3），则该反比例函数图象位于（ ）
A．第一、二象B．第一、三象限C．第二、四象限D．第三、四象限
8、（4分）如图，一个长方体铁块放置在圆柱形水槽容器内，向容器内按一定的速度均匀注水，60秒后将容器内注满.容器内水面的高度h（cm）与注水时间t（s）之间的函数关系图象大致是（ ）
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）已知菱形OABC在平面直角坐标系的位置如图所示，顶点A（5，0），OB=，点P是对角线OB上的一个动点，D（0，1），当CP+DP最短时，点P的坐标为_____．
10、（4分）某食堂午餐供应10元、16元、20元三种价格的盒饭，根据食堂某月销售午餐盒饭的统计图，可计算出该月食堂午餐盒饭的平均价格是_______元．
11、（4分）一个有进水管和出水管的容器，从某时刻开始4 min内只进水不出水，在随后的8 min内既进水又出水，每分钟的进水量和出水量是两个常数，容器内的水量y(L)与时间x(min)之间的关系如图所示，则每分钟的出水量为________________
12、（4分）如图，，、分别是、的中点，平分，交于点，若，，则的长是______．
13、（4分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=5，AM=AC，BN=BC，则MN的长为___．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图①，在四边形中，，，，，点从点开始沿边向终点以每秒的速度移动，点从点开始沿边向终点以每秒的速度移动，当其中一点到达终点时运动停止，设运动时间为秒.
（1）求证：当时，四边形是平行四边形；
（2）当为何值时，线段平分对角线？并求出此时四边形的周长；
（3）当为何值时，点恰好在的垂直平分线上？
15、（8分）如图，∠A=∠D=90°，AC=DB，AC、DB相交于点O．求证：OB=OC．
16、（8分）如图1，在△ABC中，AB=BC=5，AC=6,△ABC沿BC方向向右平移得△DCE，A、C对应点分别是D、E.AC与BD相交于点O.
（1）将射线BD绕B点顺时针旋转，且与DC，DE分别相交于F，G，CH∥BG交DE于H，当DF=CF时，求DG的长；
（2）如图2，将直线BD绕点O逆时针旋转，与线段AD，BC分别相交于点Q，P.设OQ=x，四边形ABPQ的周长为y，求y与x之间的函数关系式，并求y的最小值.
（3）在（2）中PQ的旋转过程中，△AOQ是否构成等腰三角形？若能构成等腰三角形，求出此时PQ的长？若不能，请说明理由.
17、（10分）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，矩形的顶点、，将矩形的一个角沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与轴交于点．
（1）求线段的长度；
（2）求直线所对应的函数表达式；
（3）若点在线段上，在线段上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
18、（10分）某区对即将参加中考的初中毕业生进行了一次视力抽样调查，绘制出频数分布表和频数分布直方图的一部分．请根据图表信息回答下列问题：
（1）本次调查的样本为 ，样本容量为 ；
（2）在频数分布表中，组距为 ，a= ，b= ，并将频数分布直方图补充完整；
（3）若视力在4.6以上（含4.6）均属正常，计算抽样中视力正常的百分比．
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，将直线OA向上平移1个单位，得到一个一次函数的图象，那么这个一次函数的关系式是_______．
20、（4分）如图，P是矩形ABCD的边AD上一个动点，矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是__．
21、（4分）如图，OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=10，OC=8，在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，则D点的坐标是 ．
22、（4分）已知关于x的方程的两根为-3和1，则的值是________。
23、（4分）如图，△ABC与△A′B′C′是位似图形，且顶点都在格点上，则位似中心的坐标是__．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知函数y＝(2m+1)x+m﹣3；
(1)若函数图象经过原点，求m的值；
(2)若函数图象在y轴的截距为﹣2，求m的值；
(3)若函数的图象平行直线y＝3x﹣3，求m的值；
(4)若这个函数是一次函数，且y随着x的增大而减小，求m的取值范围．
25、（10分）已知：、、是的三边，且满足：，面积等于______.
26、（12分）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作.交于点，以、为邻边作矩形，连接.
（1）求证：矩形是正方形；
（2）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由.
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】
过作，交于，交于，则，证是等腰直角三角形，得出，证，为的中位线，进而得出答案．
【详解】
解：如图，过作，交于，交于，则，
四边形是矩形，
，，，
，，
平分，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
点是的中点，
，为的中位线，
，，
；
故选：．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的判定与性质是解本题的关键．
2、D
【解析】
根据菱形的对角线互相垂直、平分可求得OA、OB长，继而根据勾股定理即可求出AB的长.
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=AC，OB=BD，AC⊥BD，
∵AC=8，BD=6，
∴OA=4，OB=3，
∴AB==5，
故选D．
本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的对角线具有的性质是解题的关键.
3、B
【解析】
根据根式运算法则逐个进行计算即可．
【详解】
解：①，故错误；
②这个形式不存在，二次根式的被开分数为非负数，故错误；
③；，正确；
④，故错误．
故选B．
本题考查了二次根式的化简，注意二次根式要化最简．
4、D
【解析】
根据无理数的加法、减法、乘法法则分别计算即可.
【详解】
解：∵ 不能合并，故选项A错误，
∵2+不能合并，故选项B错误，
∵2×＝2，故选项C错误，
∵ ，故选项D正确，
故选D．
无理数的运算是本题的考点，熟练掌握其运算法则是解题的关键.
5、A
【解析】
分析：直接利用勾股定理的逆定理进而结合直角三角形面积求法得出答案．
详解：∵52+122=132，
∴三条边长分别为5里，12里，13里，构成了直角三角形，
∴这块沙田面积为：×5×500×12×500=7500000（平方米）=7.5（平方千米）．
故选：A．
点睛：此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出三角形的形状是解题关键．
6、B
【解析】
根据众数及中位数的定义，求解即可．
【详解】
解：将数据从小到大排列为：2，3，1，1，1，5，5，
∴众数是1，中位数是1．
故选B．
本题考查众数；中位数的概念．
7、B
【解析】
反比例函数的性质：当时，图象位于一、三象限；当时，图象位于二、四象限．
【详解】
解：∵反比例函数的图象y＝过点P(1，3)
∴该反比例函数图象位于第一、三象限
故选B．
本题考查反比例函数的性质，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握反比例函数的性质，即可完成．
8、D
【解析】
根据图像分析不同时间段的水面上升速度，进而可得出答案.
【详解】
已知一个长方体铁块放置在圆柱形水槽容器内，向容器内按一定的速度均匀注水，60秒后将容器内注满.因为长方体是均匀的，所以初期的图像应是直线，当水越过长方体后，注水需填充的体积变大，因此此时的图像也是直线，但斜率小于初期，综上所述答案选D.
能够根据条件分析不同时间段的图像是什么形状是解答本题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
如图连接AC，AD，分别交OB于G、P，作BK⊥OA于K.
∵四边形OABC是菱形，
∴AC⊥OB,GC=AG,OG=BG=2，A. C关于直线OB对称，
∴PC+PD=PA+PD=DA，
∴此时PC+PD最短，
在RT△AOG中,AG=，
∴AC=2，
∵OA⋅BK=⋅AC⋅OB，
∴BK=4,AK==3，
∴点B坐标(8,4)，
∴直线OB解析式为y=x,直线AD解析式为y=−x+1，
由,解得，
∴点P坐标(,).
故答案为：(,).
点睛：本题考查了菱形的性质、轴对称-最短路径问题、坐标与图象的性质等知识，解题的关键是正确找到点P的位置，构建一次函数，列出方程组求交点坐标，属于中考常考题型．
10、13
【解析】
试题解析：
故答案为
点睛：题目主要考查加权平均数.分别用单价乘以相应的百分比然后相加，计算即可得解.
11、L
【解析】
由前4分钟的进水量求得每分钟的进水量，后8分钟的进水量求得每分钟的出水量．
【详解】
前4分钟的每分钟的进水量为20÷4＝5，
每分钟的出水量为5－(30－20)÷8＝．
故答案为L．
从图象中获取信息，首先要明确两坐标轴的实际意义，抓住交点，起点，终点等关键点，明确函数图象的变化趋势，变化快慢的实际意义．
12、.
【解析】
根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE=0.5AB=5，根据平行线的性质、角平分线的定义求出DF，计算即可.
【详解】
解：、分别是、的中点，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为.
本题考查的是角平分线的定义、三角形中位线定理，掌握平行线的性质、角平分线的定义是解题的关键.
13、1．
【解析】
由图示知：MN=AM+BN﹣AB，所以结合已知条件，根据勾股定理求出AC的长即可解答．
【详解】
解：在Rt△ABC中，根据勾股定理，AB==13，
又∵AC=12，BC=5，AM=AC，BN=BC，
∴AM=12，BN=5，
∴MN=AM+BN﹣AB=12+5﹣13=1．
故答案是：1．
本题考查勾股定理，解题的关键是结合图形得出：MN=AM+BN﹣AB.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)见解析;(2)t=3, ;(3) .
【解析】
（1）根据，求出DQ,AP的长，再根据平行四边形的判定定理即可求解；
（2）根据题意得到DE=BE,根据矩形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，即可求出t的值，再根据勾股定理即可求解；
（3）分别过点、作，，根据矩形的性质可得，求出 的长，再根据垂直平分线的性质得到PD=PQ，故DE=PM，代入即可求出t的值.
【详解】
（1）证明：∵，
∴当秒时，两点停止运动，在运动过程中，，
∴，当时，，，
∴，
又∵，∴，
∴四边形为平行四边形.
（2）如图①，设交于点，若平分对角线，则，
∵，
∴，，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，解得，符合题意，
∴当秒时，平分对角线，
此时，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
过点作于点，
∵，，，
∴，，∴，
由勾股定理，得，
∴四边形的周长.
（3）如图②，分别过点、作，，分别交于点、，连接、，
可得四边形是矩形，，，，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵点在的垂直平分线上，
∴，，四边形是矩形，
∴，即，
解得，
则当为时，点恰好在的垂直平分线上.
此题主要考查矩形动点问题，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质.
15、证明见解析.
【解析】
分析：因为∠A=∠D=90°，AC=BD，BC=BC，知Rt△BAC≌Rt△CDB（HL），所以∠ACB=∠DBC，故OB=OC．
【解答】证明：在Rt△ABC和Rt△DCB中
，
∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL），
∴∠OBC=∠OCB，
∴BO=CO．
点睛：此题主要考查了全等三角形的判定，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．
16、（1）1；（1）y=1x+10（≤x≤4），当x=时，y有最小值，最小值为；（3）能，满足条件的PQ的值为：或2或3.
【解析】
（1）证明DG=GH=EH即可解决问题．
（1）如图1中，作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH，可得OQ的最小值，证明△AOQ≌△COP（ASA），推出AQ=PC，推出y=AQ+AB+BP+PC+PQ=AB+BC+PQ=10+1x（≤x≤4）．根据一次函数的性质求出最值即可．
（3）分三种情形：①当AQ=AO=3时，作OH⊥AD于H．②当点Q是AD的中点时．③当OA=OQ=3时，分别求解即可．
【详解】
解：（1）如图中，
∵DF=FC，CH∥FG，
∴DG=GH，
∵BC=CE，CH∥BG，
∴GH=HE，
∴DG=GH=HE，
∴DG=DE=AC=1．
（1）如图1中，作AH⊥BC于H．
∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴OA=OC=3，OB=OD==4，
∴，
∴AH=，
∵AQ∥PC，
∴∠QAO=∠PCO，
∵OA=OC，∠AOQ=∠COP，
∴△AOQ≌△COP（ASA），
∴AQ=PC，
∴y=AQ+AB+BP+PC+PQ=AB+BC+PQ=10+1x（≤x≤4）．
∴y=1x+10（≤x≤4）．
当x=时，y有最小值，最小值为．
（3）能；
如图3中，
分三种情形：①当AQ=AO=3时，作OH⊥AD于H．
易知OH=，
∴AH==，
∴HQ=，
∴OQ=，
∴PQ=1OQ=．
②当点Q是AD的中点时，AQ=OQ=DQ=，
∴PQ=1OQ=2．
③当OA=OQ=3时，PQ=1OQ=3．
综上所述，满足条件的PQ的值为：或2或3．
本题属于四边形综合题，考查了平移变换，菱形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
17、（1）15；（2）；（3）
【解析】
（1）根据勾股定理即可解决问题；
（2）设AD=x，则OD=OA=AD=12-x，根据轴对称的性质，DE=x，BE=AB=9，又OB=15，可得OE=OB-BE=15-9=6，在Rt△OED中，根据OE2+DE2=OD2，构建方程即可解决问题；
（3）过点E作EP∥BD交BC于点P，过点P作PQ∥DE交BD于点Q，则四边形DEPQ是平行四边形，再过点E作EF⊥OD于点F，想办法求出最小PE的解析式即可解决问题.
【详解】
解：（1）由题知：.
（2）设，则，
根据轴对称的性质，，，
又，
∴，
在中，，
即，
解得 ，
∴，
∴点，
设直线所对应的函数表达式为：，
则， 解得 ，
∴直线所对应的函数表达式为：，
（3）存在，过点作EP∥DB交于点，过点作PQ∥ED交于点，则四边形是平行四边形．再过点作于点，
由，
得，即点的纵坐标为，
又点在直线：上，
∴， 解得 ， ∴
由于EP∥DB，所以可设直线：，
∵在直线上
∴， 解得 ，
∴直线：，
令，则，
解得，
∴.
本题考查一次函数综合题、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建一次函数解决问题，属于中考压轴题.
18、（1）从中抽取的200名即将参加中考的初中毕业生的视力；200；（2）0.3；60；0.05，见解析；（3）70%．
【解析】
（1）根据样本的概念、样本容量的概念解答；
（2）根据组距的概念求出组距，根据样本容量和频率求出a，根据样本容量和频数求出b，将频数分布直方图补充完整；
（3）根据频数分布直方图求出抽样中视力正常的百分比．
【详解】
（1）样本容量为：20÷0.1=200，
本次调查的样本为从中抽取的200名即将参加中考的初中毕业生的视力，
故答案为：从中抽取的200名即将参加中考的初中毕业生的视力；200；
（2）组距为0.3，
a=200×0.3=60，
b=10÷200=0.05，
故答案为：0.3；60；0.05；
频数分布直方图补充完整如图所示；
（3）抽样中视力正常的百分比为：×100%=70%．
本题考查的是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、y=2x+1
【解析】
试题分析：由原直线上的两点坐标得到平移后的点的坐标，再用待定系数法即可求出平移后的解析式．
解：由图象可知，点(0,0)、(2,4)在直线OA上，
∴向上平移1个单位得到的点是(0,1)(2,5)，
那么这两个点在将直线OA向上平移1个单位，得到一个一次函数的图象y=kx+b上，
则b=1，2k+b=5
解得：k=2.
∴y=2x+1.
故答案为：y=2x+1.
点睛：本题主要考查待定系数法求一次函数的解析式.解题的关键在于根据图象确定出平移后的点的坐标.
20、4.1
【解析】
首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为6和1，可求得OA＝OD＝5，△AOD的面积，然后由S△AOD＝S△AOP＋S△DOP＝OA•PE＋OD•PF求得答案．
【详解】
解：连接OP，
∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和1，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝41，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝，
∴OA＝OD＝5，
∴S△ACD＝S矩形ABCD＝24，
∴S△AOD＝S△ACD＝12，
∵S△AOD＝S△AOP＋S△DOP＝OA•PE＋OD•PF＝×5×PE＋×5×PF＝（PE＋PF）＝12，
解得：PE＋PF＝4.1．
故答案为：4.1．
此题考查了矩形的性质以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
21、（0，5）
【解析】
试题分析：先由矩形的性质得到AB=OC=8，BC=OA=10，再根据折叠的性质得AE=AO=10，DE=DO，在Rt△ABE中，利用勾股定理可计算出BE=6，则CE=BC﹣BE=4，设OD=x，则DE=x，DC=8﹣x，在Rt△CDE中根据勾股定理有x2=（8﹣x）2+42，解方程求出x，即可确定D点坐标．
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=OC=8，BC=OA=10，
∵纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，
∴AE=AO=10，DE=DO，
在Rt△ABE中，AB=8，AE=10，
∴BE=6，
∴CE=BC﹣BE=4，
设OD=x，则DE=x，DC=8﹣x，
在Rt△CDE中，∵DE2=CD2+CE2，
∴x2=（8﹣x）2+42，
∴x=5，
∴D点坐标为（0，5）．
故答案为（0，5）．
22、
【解析】
由根与系数的关系可分别求得p、q的值，代入则可求得答案．
【详解】
解：∵关于x的方程x2+px+q=0的两根为-3和1，
∴-3+1=-p，-3×1=q，
∴p=2，q=-3，
∴q-p=-3-2=-1，
故答案为-1．
本题主要考查根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=，x1•x2=．
23、（9，0）
【解析】
根据位似图形的定义，连接A′A，B′B并延长交于(9，0)，
所以位似中心的坐标为(9，0)．
故答案为：(9，0)．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)m＝3；(2)m＝1；(3)m＝1；(4)m＜﹣．
【解析】
(1)根据函数图象经过原点可得m﹣3＝0，且2m+1≠0，再解即可；
(2)根据题意可得m﹣3＝﹣2，解方程即可；
(3)根据两函数图象平行，k值相等可得2m+1＝3；
(4)根据一次函数的性质可得2m+1＜0，再解不等式即可．
【详解】
解：(1)∵函数图象经过原点，
∴m﹣3＝0，且2m+1≠0，
解得：m＝3；
(2)∵函数图象在y轴的截距为﹣2，
∴m﹣3＝﹣2，且2m+1≠0，
解得：m＝1；
(3)∵函数的图象平行直线y＝3x﹣3，
∴2m+1＝3，
解得：m＝1；
(4)∵y随着x的增大而减小，
∴2m+1＜0，
解得：m＜﹣．
此题主要考查了一次函数的性质，关键是掌握与y轴的交点就是y＝kx+b中，b的值，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．
25、1
【解析】
利用非负数的性质求出a，b，c的值，即可根据勾股定理的逆定理对于三角形形状进行判断，再根据三角形面积公式即可求解．
【详解】
证明：∵，
∴a−8＝0，b−15＝0，c−17＝0，
∴a＝8，b＝15，c＝17，
∵82＋152＝172，
∴三角形为直角三角形，
∴的面积为：8×15÷2＝1．
故答案为1．
此题考查了勾股定理的逆定理，以及非负数的性质，三角形面积，得出△ABC是直角三角形是解本题的关键．
26、（1）见解析 （2）是定值，8
【解析】
（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=8即可．
【详解】
（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE=CG，
∴AC=AE+CE=AB=×4=8，
∴CE+CG=8是定值．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
视力
频数（人）
频率
4.0≤x＜4.3
20
0.1
4.3≤x＜4.6
40
0.2
4.6≤x＜4.9
70
0.35
4.9≤x＜5.2
a
0.3
5.2≤x＜5.5
10
b