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2022-2023学年北京四中九年级（上）开学数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年北京四中九年级（上）开学数学试卷（含解析），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。
2022-2023学年北京四中九年级（上）开学数学试卷
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，共16分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列是最简二次根式的是( )
A. 3 B. 12 C. 4 D. 12
2. 下列三边能构成直角三角形的是( )
A. 1，1，2 B. 1，2，3 C. 1，2，2 D. 1，1，2
3. 一次函数y=-2x+1的图象经过( )
A. 一、二、三象限 B. 二、三、四象限 C. 一、三、四象限 D. 一、二、四象限
4. 如图，矩形ABCD的对角线交于点O，若∠ADB=30°，DC=3，则AC等于( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
5. 若关于x的一元二次方程x2+6x-a=0有实数根，则a的取值范围是( )
A. a≤-9 B. a>-9 C. a≥-9 D. a≥9
6. 为了传承传统手工技艺，提高同学们的手工制作能力，某中学七年级一班的美术老师特地给学生们开了一节手工课，教同学们编织“中国结”，为了了解同学们的学习情况，便随机抽取了20名学生，对他们的编织数量进行统计，统计结果如表：
编织数量/个
2
3
4
5
6
人数/人
3
6
5
4
2
请根据上表，判断下列说法正确的是( )
A. 平均数是3.8 B. 样本为20名学生 C. 中位数是3 D. 众数是6
7. 已知点A(x1,y1)，B(x2,y2)是一次函数y=kx+2k(k>0)图象上不同的两点，若t=(x1-x2)(y1-y2)，则( )
A. t<0 B. t=0 C. t≤0 D. t>0
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D是AB的中点，延长CD至点E，使得∠CAB=∠BAE，过点E作EF⊥AB于点F，G为CE的中点，给出结论：
①CD=12AB；②BG=FG；③四边形AEBG是平行四边形；④∠CAE+∠BGF=180°.其中正确的所有选项是( )
A. ①②
B. ③
C. ②④
D. ②③④
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共16分）
9. 函数y=x-3的自变量x的取值范围是______．
10. 比较二次根式的大小：23______32．
11. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点．若∠A=35°，则∠BDC=______°.
12. 若一次函数的图象过点(0,3)，请写出一个符合条件的函数解析式 ．
13. 如图，在△ABC中，点D，E，F分别是BC，AC，AB的中点．若AB=6，BC=8，则四边形BDEF的周长是______．
14. 如图，直线y=kx+b经过点A(2,2)，点B(6,0)，直线y=x过点A，则不等式x
15. 如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=120°，点E是AD边的中点，P是AC边上一动点，则PE+PD的最小值是______．
16. 某校七年级举办的趣味“体育节”共设计了五个比赛项目，每个项目都以班级为单位参赛，且每个班级都需要参加全部项目，规定：每项比赛中，只有排在前三名的班级记成绩(没有并列班级)，第一名的班级记a分，第二名的班级记b分，第三名的班级记c分(a>b>c,a、b、c均为正整数)；各班比赛的总成绩为本班每项比赛的记分之和．该年级共有四个班，若这四个班在本次“体育节”的总成绩分别为21，6，9，4，则a+b+c= ，a的值为 ．
三、解答题（本大题共12小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
计算：3×6+612-|3-2|+48．
18. (本小题6.0分)
用适当的方法解方程：
(1)x2=7x；
(2)x2+4x-5=0．
19. (本小题6.0分)
已知关于x的方程mx2+(3m+1)x+3=0．
(1)求证：不论m取何值，方程都有实数根；
(2)若方程有两个整数根，求整数m的值．
20. (本小题4.0分)
下面是小明设计的“作菱形ABCD”的尺规作图过程．
求作：菱形ABCD．
作法：
①作线段AC；
②作线段AC的垂直平分线l，交AC于点O；
③在直线l上取点B，以O为圆心，OB长为半径画弧，
交直线l于点D(点B与点D不重合)；
④连接AB、BC、CD、DA．
所以四边形ABCD为所求作的菱形．根据小明设计的尺规作图过程，
(1)使用直尺和圆规，补全图形；(保留作图痕迹，用2B铅笔作图！)
(2)完成下面的证明．
证明：∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是______．______(填推理的依据)．
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形______(填推理的依据)．
21. (本小题4.0分)
直线AB与x轴交于点A(1,0)，与y轴交于点B(0,-2)．
(1)求直线AB的解析式；
(2)若直线AB上一点C在第一象限，且S△BOC=2，求点C坐标．
22. (本小题5.0分)
今年第6号台风“烟花”登录我国沿海地区，风力强，累计降雨量大，影响范围大，有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为一海港，在A处测得C港在北偏东45°方向上，在B处测得C港在北偏西60°方向上，且AB=(400+4003)千米，以台风中心为圆心，周围600千米以内为受影响区域．
(1)海港C受台风影响吗？为什么？
(2)若台风中心的移动速度为20千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？
(结果保留整数，参考数据2≈1.41，3≈1.73，5≈2.24)
23. (本小题6.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点B作BE//AC，且BE=12AC，连接EC、ED．
(1)求证：四边形BECO是矩形；
(2)若AC=2，∠ABC=60°，求DE的长．
24. (本小题6.0分)
某市各中小学为落实教育部政策，全面开展课后延时服务．市教育局为了解该市中学延时服务情况，随机抽查甲、乙两所中学各100名家长进行问卷调查．家长对延时服务的综合评分记为x，将所得数据分为5组(“很满意”：90≤x≤100；“满意”：80≤x<90；“比较满意”：70≤x<80；“不太满意”：60≤x<70；“不满意”：0≤x<60)，市教育局对数据进行了分析．部分信息如下：
c.甲、乙两所中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如表：
学校
平均数
中位数
众数
甲
85
n
83
乙
81
79
80
d.甲中学“满意组”的分数从高到低排列，排在最后的10个数分别是：
83，83，83，83，82，81，81，81，80，80．
请你根据以上信息，回答下列问题：
(1)直接写出m和n的值；
(2)根据以上数据，你认为哪所中学的延时服务开展得更好？并说明理由(一条即可)；
(3)市教育局指出：延时服务综合得分在70分及以上才算合格，请你估计乙中学1000名家长中认为该校延时服务合格的人数．
25. (本小题5.0分)
阅读下面的材料，回答问题：
(1)将关于x的一元二次方程x2+bx+c=0变形为x2=-bx-c，就可以将x2表示为关于x的一次多项式，从而达到“降次”的目的，我们称这样的方法为“降次法”．
已知x2-x-1=0，用“降次法”求出x4-3x+2020的值是______．
(2)解方程x4-5x2+4=0，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：设x2=y，那么x4=y2，于是原方程可变为y2-5y+4=0(1)，解得y1=1，y2=4．
当y=1时，x2=1，∴x=±1；
当y=4时，x2=4，∴x=±2；
∴原方程有四个根：x1=1，x2=-1，x3=2，x4=-2．
请你用(2)中的方法求出方程(x2+x)2-2x2-2x=8的实数解．
26. (本小题7.0分)
已知一次函数y1=(k+1)x-2k+3，其中k≠-1．
(1)若点(-1,2)在y1的图象上，则k的值是______．
(2)当-2≤x≤3时，若函数有最大值9，求y1的函数表达式；
(3)对于一次函数y2=m(x-1)+6，其中m≠0，若对一切实数x，y1
在正方形ABCD中，点P是线段CB延长线上一点，连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转90°，得到线段PE，连接CE.过点E作EF⊥BC于F．
(1)在图1中补全图形；
(2)①求证：EF=CF. ②猜测CE，CP，CD三条线段的数量关系并证明；
(3)若将线段PA绕点P逆时针旋转90°，其它条件不变，直接写出CE，CP，CD三条线段的数量关系为______．
28. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x1,y1)，给出如下定义：当点Q(x2,y2)满足x1⋅x2=y1⋅y2时，称点Q是点P的等积点．已知点P(1,4)．
(1)在Q1(2,1)，Q2(-4,-1)，Q3(8,2)中，点P的等积点是______．
(2)点Q是P点的等积点，点C在x轴上，以O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标．
(3)已知点B(1,12)和点M(4,m)，点N是以点M为中心，边长为2且各边与坐标轴平行的正方形T上的任意一点，对于线段BN上的每一点A，在线段PB上都存在一个点R使得A为R的等积点，直接写出m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、3是最简二次根式，符合题意；
B、12=22，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、4=2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、12=23，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
根据最简二次根式的概念判断即可．
本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．
2.【答案】D
【解析】解：A、∵1+1=2，
∴1，1，2三边不能构成直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵1+2=3，
∴1，2，3三边不能构成直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵12+(2)2=3，22=4，
∴12+(2)2≠22，
∴1，2，2不能作为直角三角形三条边，
故C不符合题意；
D、∵12+12=2，(2)2=2，
∴12+12=(2)2，
∴1，1，2能作为直角三角形三条边，
故D符合题意；
故选：D．
根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵k=-2<0，
∴一次函数的图象经过第二四象限，
∵b=1>0，
∴一次函数y=-2x+1的图象与y轴正半轴相交，经过第一象限，
∴一次函数y=-2x+1的图象经过第一二四象限，
故选：D．
根据题目中的函数解析式和一次函数的性质，即可得到图象经过的象限．
本题考查一次函数的性质，对一次函数y=kx+b(k≠0)，k>0时，函数图象经过第一三象限，k<0时，函数图象经过第二四象限，b>0时，函数图象与y轴正半轴相交，b<0时，函数图象与y轴负半轴相交．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC，∠BAD=90°，
∵∠ADB=30°，
∴AC=BD=2CD=6，
故选：C．
由矩形的性质得出AC=BD，OA=OC，∠BAD=90°，由直角三角形的性质得出AC=BD=2DC=6即可．
此题考查了矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质．熟练掌握矩形的性质，注意掌握数形结合思想的应用．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意得Δ=62-4×1×(-a)≥0，
解得a≥-9．
故选：C．
根据一元二次方程根的判别式的意义得到Δ=62-4×1×(-a)≥0，然后求出不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2-4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
6.【答案】A
【解析】解：A.平均数为120×(2×3+3×6+4×5+5×4+6×2)=3.8(个)，此选项说法正确，符合题意；
B.样本为20名学生的编织数量，此选项说法错误，不符合题意；
C.共20个数据，从小到大排列后位于第10个和第11个的数据分别是4和4，
∴中位数为4+42=4，此选项说法错误，不符合题意；
D.众数是3，此选项说法错误，不符合题意；
故选：A．
根据样本的概念、众数、中位数及加权平均数的定义分别求解即可．
本题主要考查众数、中位数、加权平均数，解题的关键是掌握众数、中位数及加权平均数的定义．
7.【答案】D
【解析】解：∵k>0，
∴y随x的增大而增大，
又∵点A(x1,y1)，B(x2,y2)是一次函数y=kx+2k图象上不同的两点，
∴(x1-x2)(y1-y2)>0，
即t>0．
故选：D．
由k>0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，结合点A(x1,y1)，B(x2,y2)是一次函数y=kx+2k图象上不同的两点，可得出(x1-x2)(y1-y2)>0，即t>0．
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：延长EF交AC于M，作GN⊥AB于N，
∵BD=12AB，DB
故①不符合题意；
∵EF//NG//BC，EG=CG，
∴FN=NB，
∵GN⊥AB，
∴FG=GB，
故②符合题意；
∵∠EAF=∠MAF，AF=AF，∠AFE=∠AFM，
∴△AEF≌△AMF，
∴FE=FM，
∵EG=GC，
∴FG//AC，
∴∠GFB=∠CAB，
∴∠GBF=∠EAB，
∴EA//BG，
∵∠EAD=∠DBG，AD=BD，∠ADE=∠BDG，
∴△AED≌△BGD(ASA)，
∴AE=BG，
∴四边形AEBG是平行四边形，
故③符合题意；
∵∠BFG+∠FBG+∠FGB=180°，
∠EAF=∠MAF=∠BFG=∠GBF，
∴∠EAC+∠FGB=180°，
故④符合题意，
故选：D．
构造全等三角形，应用三角形中位线定理，即可求解．
本题考查三角形全等，三角形中位线定理，平行四边形的判定，关键是灵活应用这些知识点．
9.【答案】x≥3
【解析】
【分析】
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
根据被开方数非负列式求解即可．
【解答】
解：根据题意得，x-3≥0，
解得x≥3．
故答案为x≥3．
10.【答案】<
【解析】解：∵23=22×3=12，32=32×2=18，
∴23<32，
故答案为：<．
把根号外的因式平方后移入根号内，根据此时被开方数的大小比较即可．
本题考查了实数的大小比较和二次根式的性质，注意：当m≥0时，mn=m2n．
11.【答案】70
【解析】解：∵∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴AD=CD=12AB，
∴∠A=∠DCA=35°，
∵∠BDC是△ADC的一个外角，
∴∠BDC=∠A+∠DCA=70°，
故答案为：70．
根据直角三角形斜边上的中线可AD=CD=12AB，然后利用等腰三角形的性质可得∠A=∠DCA=35°，最后利用三角形的外角进行计算即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线是解题的关键．
12.【答案】y=x+3(答案不唯一)
【解析】解：设一次函数的解析式为：y=x+b，
把(0,3)代入得b=3．
∴一次函数的解析式为：y=x+3，
故答案为：y=x+3(答案不唯一)．
可设x的系数为1或其他不为0的数都可以，把点的坐标代入求b的值即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，需注意应先确定x的系数，然后把适合的点代入求得常数项．
13.【答案】14
【解析】解：∵D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，
∴DE=BF=12AB=12×6=3，
∵E、F分别为AC、AB中点，
∴EF=BD=12BC=12×8=4，
∴四边形BDEF的周长为：2×(3+4)=14，
故答案为：14．
根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查了三角形的中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
14.【答案】x<2
【解析】解：∵x
∴x<2．
故答案为：x<2．
根据函数图象的上下解不等式．
本题考查一次函数图象与一元一次不等式，将不等式转化为函数图象的上下关系是求解本题的关键．
15.【答案】3
【解析】解：如图，连接BD，BE，PB．
∵四边形ABCD是菱形，
∴B，D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PE+PD=PE+PB≥BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//CB，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠ABC=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE=DE，
∴BE⊥AD，
∴BE=AB⋅sin60°=3，
∴PE+PD≥3，
∴PE+PD的最小值为3，
故答案为：3．
如图，连接BD，BE，PB.由PE+PD=PB+PE≥BE，求出BE的值，可得结论．
本题考查菱形的性质，轴对称最短问题，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
16.【答案】8
5
【解析】解：设本次“体育节”五个比赛项目的记分总和为m，则m=5(a+b+c)，
∵四个班在本次“体育节”的总成绩分别为21，6，9，4，
∴m=21+6+9+4=40．
∴5(a+b+c)=40，
∴a+b+c=8．
∵a>b>c，a、b、c均为正整数，
∴当c=1时，b=2，则a=5；
当c=1时，b=3，则a=4，此时，第一名的班级五个比赛项目都是第一，总得分为20<21分，不符合题意舍去；
当c=2时，b=3，则a=3，不满足a>b，舍去；
当c=3时，b=4，则a=1，不满足a>b，舍去．
综上所得：a=5，b=2，c=1．
故答案为：a+b+c=8，a=5．
根据五个比赛项目设定前三名的记分总和=最后参加比赛的所有班级总成绩的和，得出a+b+c的值，再结合a>b>c，a、b、c均为正整数的条件，列举出可能的值，再根据各班级的总成绩排除不符合题意的值．
本题考查有理数的运算，从整体上考虑这次“体育节”设定的记分总和=四个班总成绩的和，是解决本题的关键．
17.【答案】解：3×6+612-|3-2|+48
=3×6+362+3-2+42×3
=32+32+3-2+43
=62+53-2．
【解析】首先计算二次根式乘法、化简二次根式和去绝对值，最后从左向右依次计算，求出算式的值是多少即可．
此题主要考查了二次根式的混合运算，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①与有理数的混合运算一致，运算顺序先乘方再乘除，最后加减，有括号的先算括号里面的．②在运算中每个根式可以看作是一个“单项式”，多个不同类的二次根式的和可以看作“多项式”．
18.【答案】解：(1)∵x2=7x，
∴x2-7x=0，
∴x(x-7)=0，
则x=0或x-7=0，
解得x1=0，x2=7；
(2)∵x2+4x-5=0，
∴(x+5)(x-1)=0，
则x+5=0或x-1=0，
解得x1=-5，x2=1．
【解析】(1)先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可；
(2)利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
19.【答案】(1)证明：当m=0时，原方程可化为x+3=0，方程有实根x=-3；
当m≠0时，mx2+(3m+1)x+3=0是关于x的一元二次方程．
∵△=(3m+1)2-4m×3=9m2+6m+1-12m=(3m-1)2≥0，
∴此方程总有两个实数根．
综上所述，不论m取何值，方程都有实数根．
(2)解：∵(mx+1)(x+3)=0，
∴x1=-1m，x2=-3．
∵方程有两个整数根且m是整数，
∴m=-1或m=1．
【解析】(1)分类讨论m=0和m≠0两种情况下方程根的个数；
(2)把mx2+(3m+1)x+3=0因式分解得到x1=-1m，x2=-3，根据题意可知-1m是整数，据此求出正整数m的值．
本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题要掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)△>0时，方程有两个不相等的实数根；(2)△=0时，方程有两个相等的实数根；(3)△<0时，方程没有实数根．
20.【答案】平行四边形 对角线互相平分的四边形为平行四边形 对角线互相垂直的平行四边形为菱形
【解析】(1)解：补全图形如图．
(2)证明：∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．(对角线互相平分的四边形为平行四边形)
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形．(对角线互相垂直的平行四边形为菱形)
故答案为：平行四边形；对角线互相平分的四边形为平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形为菱形．
(1)根据作图过程补全图形即可．
(2)根据平行四边形和菱形的判定定理可得出答案．
本题考查尺规作图、平行四边形和菱形的判定，熟练掌握平行四边形和菱形的判定定理是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵直线AB过点A(1,0)、点B(0,-2)，
∴k+b=0b=-2，
解得k=2b=-2，
∴直线AB的解析式为y=2x-2．
(2)设点C的横坐标为x，
∵S△BOC=2，
∴12⋅2⋅|x|=2，
解得x=±2，
∵直线AB上一点C在第一象限，
∴x=2，
∴y=2×2-2=2，
∴点C的坐标是(2,2)．
【解析】(1)设直线AB的解析式为y=kx+b，将点A(1,0)、点B(0,-2)分别代入解析式即可组成方程组，从而得到AB的解析式；
(2)设点C的横坐标为x，根据三角形面积公式以及S△BOC=2求出C的横坐标，再代入直线即可求出纵坐标的值，从而得到其坐标．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，解答此题不仅要熟悉函数图象上点的坐标特征，还要熟悉三角形的面积公式．
22.【答案】解：(1)海港C受台风影响，
理由：过C作CD⊥AB于D，
∴∠ADC=∠BDC=90°，
∵∠CAD=45°，
∴∠ACD=45°，
∴AD=CD，
∵∠DBC=30°，
∴BD=3CD，
∵AB=(400+4003)千米，
∴AB=AD+BD=CD+3CD=400+4003，
∴CD=400千米，
∵以台风中心为圆心，周围600千米以内为受影响区域，
∴海港C受台风影响；
(2)当EC=600km，FC=600km时，正好影响C港口，
∵ED=CE2-CD2=2005(km)，
∴EF=4005km，
∵台风的速度为20千米/小时，
∴4005÷20≈45(小时)．
答：台风影响该海港持续的时间大约为45小时．
【解析】(1)利用等腰直角三角形和含30度的直角三角形的性质得出CD的长，进而得出海港C是否受台风影响；
(2)利用勾股定理得出ED以及EF的长，进而得出台风影响该海港持续的时间．
本题考查的是勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC=90°，OC=OA=12AC，
∵BE=12AC，
∴BE=OC，
∵BE//AC，
∴四边形BECO是平行四边形，
∵∠BOC=90°，
∴四边形BECO是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=12BD，OC=12AC=1，AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AC=2，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：OB=BC2-OC2=22-12=3，
∴BD=2OB=23，
由(1)得：四边形BECO是矩形，
∴BE=OC=1，∠DBE=90°，
在Rt△DBE中，由勾股定理得：DE=BE2+BD2=12+(23)2=13．
【解析】(1)由菱形的性质得∠BOC=90°，OC=12AC，推出BE=OC，即可得出四边形BECO是平行四边形，又由∠BOC=90°，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得AC⊥BD，OB=12BD，OC=12AC=1，AB=BC，易证△ABC是等边三角形，得出BC=AC=2，由勾股定理求出OB=3，则BD=23，由矩形的性质得出BE=OC=1，∠DBE=90°，再由勾股定理即可得出结果．
本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)乙中学“比较满意”所占的百分比为1-40%-7%-18%-10%=25%，
即m=25，
∵甲中学“满意组”的分数从高到低排列，排在最后的10个数分别是：83，83，83，83，82，81，81，81，80，80．
∴将甲中学的满意度得分从高到低排列后，处在中间位置的两个数的平均数为82+812=81.5，因此中位数是81.5，即n=81.5，
答：m=25，n=81.5；
(2)甲中学的延时服务开展得更好，理由如下：
因为甲中学延时服务得分的平均数、中位数均比乙中学的高，所以甲中学的延时服务开展得更好；
(3)1000×(1-7%-18%)=750(人)．
答：估计乙中学1000名家长中认为该校延时服务合格的人数为750人．
【解析】(1)根据扇形统计图的意义，各组频率之和为1即可求出m的值，利用中位数的意义可求出甲中学得分的中位数，即n的值；
(2)根据平均数、中位数的大小进行判断即可；
(3)求出乙中学延时服务合格所占的百分比即可．
本题考查扇形统计图，中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数、平均数的意义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是解决问题的前提．
25.【答案】2022
【解析】解：(1)∵x2-x-1=0，
∴x2=x+1，
∴x4-3x+2020
=(x+1)2-3x+2020
=x2-x+2021
=x+1-x+2021
=2022．
故答案为：2022；
(2)设x2+x=y，那么(x2+x)2=y2，于是原方程可变为y2-2y-8=0 (1)，解得y1=-2，y2=4．
当y=-2时，x2+x+2=0，Δ=1-4×1×2=-7<0，∴方程无解；
当y=4时，x2+x-4=0，∴x=-1±172；
∴原方程有两个根：x1=-1-172，x2=-1+172．
(1)根据x2-x-1=0求出x2=x+1，把x2=x+1代入x4-3x+2020=(x+1)2-3x+2020=x2-x+2021，再把x2=x+1代入，即可求出答案；
(2)根据换元法即可求解．
本题考查了根的判别式，解高次方程和换元法解一元二次方程，能够整体代入是解此题的关键．
26.【答案】0
【解析】解：(1)∵点(-1,2)在y1的图象上，
∴-(k+1)-2k+3=2，
解得k=0；
故答案为：0；
(2)当k+1>0，即k>-1时，则x=3时，y=9，
把(3,9)代入y1=(k+1)x-2k+3得3(k+1)-2k+3=9，解得k=3，此时一次函数解析式为y1=4x-3；
当k+1<0，即k<-1时，则x=-2时，y=9，
把(-2,9)y1=(k+1)x-2k+3得-2(k+1)-2k+3=9，解得k=-2，此时一次函数解析式为y1=-x+7；
综上，y1的函数表达式为y1=4x-3或y1=-x+7；
(3)y2=m(x-1)+6=mx-m+6，
∵对一切实数x，y1
∴-2k+3<-k-1+6，
解得k>-2．
(1)把(-1,2)代入y1=(k+1)x-2k+3中可求出k的值；
(2)讨论：当k+1>0，即k>-1时，根据一次函数的性质得到x=3时，y=9，然后把(3,9)代入y1=(k+1)x-2k+3中求出k得到此时一次函数解析式；当k+1<0，即k<-1时，利用一次函数的性质得到x=-2时，y=9，然后把(-2,9)代入y1=(k+1)x-2k+3中求出k得到此时一次函数解析式；
(3)先整理得到y2=mx-m+6，再对一切实数x，y1
27.【答案】CE=2(CD-CP)或CE=2(CD+CP)
【解析】(1)解：补全图形如图1所示：
(2)①证明：如图1所示
∵线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，
∴PA=PE，∠APE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABP=∠ABC=90°，AB=BC，
∵EF⊥BC于F，
∴∠PFE=90°=∠ABP，
∴∠EPF+∠PEF=90°，∠APB+∠EPF=90°，
∴∠APB=∠PEF，
即∠APB=∠E，
在△APB和△PEF中，
∠ABP=∠PFE∠APB=∠PEFPA=EP，
∴△APB≌△PEF(AAS)，
∴PB=EF，AB=PF，
∴AB=BC，
∴BC=PF，
∴PB=CF，
∴EF=CF；
②解：结论：CP-CD=22CE．
理由：∵CD=CB，
∴CP-CD=CP-CB=PB=CF，
∵EF=CF，∠CFE=90°，
∴CF=22CE，
∴CP-CD=22CE；
(3)解：分两种情况：
①当点P在线段BC上时：CE=2(CD-CP)，理由如下：
在BA上截取BM=BP，连接PM．
则△PBM是等腰直角三角形，
∴PM=2PB，∠BMP=∠BPM=45°，
∵AB=BC，
∴AM=PC，
由旋转的性质得：PE=PA，∠APE=90°，
∴∠APM+∠CPE=180°-90°-45°=45°，
又∵∠MAP+∠APM=∠BMP=45°，
∴∠MAP=∠CPE，
在△PCE和△AMP中，
PC=AM∠EPC=∠PAMPE=PA，
∴△PCE≌△AMP(SAS)，
∴CE=PM，
∵CD-PC=BC-PC=BP，
∴CE=PM=2BP=2(CD-CP)；
②当点P在线段BC的延长线上时，CE=2(CD+CP)，理由如下：
在BA上截取BM=BP，连接PM，如图4所示：
则△PBM是等腰直角三角形，PM=2BP．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠DAM=∠BAD=90°，AD//BC，
∴AM=PC，∠DAP=∠APB，
由旋转的性质得：PE=PA，∠APE=90°，
∴∠PAM=∠EPC，
在△PCE和△AMP中，
PC=AM∠EPC=∠PAMPE=PA，
∴△PCE≌△AMP(SAS)，
∴CE=PM，
∵CD+CP=BC+CP=BP，
∴CE=PM=2BP=2(CD+CP)；
故答案为：CE=2(CD-CP)或CE=2(CD+CP)．
(1)据题意补全图形即可；
(2)①证明△APB≌△PEF(AAS)，推出PB=EF，AB=PF，可得结论；
②结论：CP-CD=22，利用全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质证明即可；
(3)①当点P在线段BC上时，在BA上截取BM=BP.则△PBM是等腰直角三角形，证明△PCE≌△AMP(SAS)，得出CE=PM，即可得出结论；
②当点P在线段BC的延长线上时，在BA上截取BM=BP.则△PBM是等腰直角三角形，PM=2BP.证明△PCE≌△AMP(SAS)，得出CE=PM，即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判断和性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
28.【答案】Q2，Q3
【解析】解：(1)∵1×2≠4×1，
∴Q1(2,1)不是P(1,4)的等积点；
∵1×(-4)=4×(-1)，
∴Q2(-4,-1)是P(1,4)的等积点；
∵1×8=4×2，
∴Q3(8,2)是P(1,4)的等积点，
故答案为：Q2，Q3．
(2)如图1，设Q(x,y)，
∵点Q(x,y)是点P(1,4)的等积点，
∴x=4y，
∴y=14x，
∴Q(x,14x)，
作QD⊥x轴于点D，PF⊥y轴于点F，则OF=4，PF=1，
∵四边形OCQP是平行四边形，
∴PQ//OC，CQ//OP，CQ=OP，
∵∠QDC=∠OFP=90°，∠QCD=∠OPF=∠COP，
∴△QDC≌△OFP(AAS)，
∴QD=OF=4，CD=PF=1，
若点Q在x轴上方，则14x=4，
∴x=16，
∴xC=16-1=15；
若点Q在x轴下方，则-14x=4，
∴x=-16，
∴xC'=-16+1=-15，
综上所述，点C的坐标为(15,0)或(-15,0)．
(3)设正方形T的四个顶点分别为E、F、G、H，则E(3,m+1)，G(5,m-1)，
由(2)可知点P的等积点在直线y=14x上，
设B(1,12)的等积点的坐标为(x,y)，则x=12y，
∴y=2x，
可知点B的等积点在直线y=2x上，
∴点R的等积点A应在直线y=14x与直线y=2x于第一象限交成的锐角的内部或边上，
如图2，当点G(5,m-1)在直线y=14x上，则m的值最小，
∵m-1=14×5，
∴m=94；
如图3，当点E(3,m+1)在直线y=2x上，则m的值最大，
∵m+1=2×3，
∴m=5，
∴m的取范围是94≤m≤5．
(1)根据定义通过计算可知，1×2≠4×1，1×(-4)=4×(-1)，1×8=4×2，所以点Q2，Q3是点P的等积点；
(2)设Q(x,y)，则x=4y，即y=14x，可知点Q在直线y=14x上，且Q(x,14x)，当点Q在x轴上方时，则14x=4；当点Q在x轴下方时，则-14x=4，分别求出x的值再求出点C的坐标即可；
(3)设正方形T的四个顶点分别为E、F、G、H，则E(3,m+1)，G(5,m-1)，再确定点B的等积点在直线y=2x上，则点R的等积点A在直线y=14x与直线y=2x于第一象限交成的锐角的内部或边上，画出图象，可知当点G(5,m-1)在直线y=14x上，则m的值最小；当点E(3,m+1)在直线y=2x上，则m的值最大，求出相应的m的值即得到m的取值范围．
此题重点考查图形与坐标、一次函数的图象与性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、新定义问题的求解、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
2022-2023学年北京四中九年级（上）开学数学试卷
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，共16分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列是最简二次根式的是( )
A. 3 B. 12 C. 4 D. 12
2. 下列三边能构成直角三角形的是( )
A. 1，1，2 B. 1，2，3 C. 1，2，2 D. 1，1，2
3. 一次函数y=-2x+1的图象经过( )
A. 一、二、三象限 B. 二、三、四象限 C. 一、三、四象限 D. 一、二、四象限
4. 如图，矩形ABCD的对角线交于点O，若∠ADB=30°，DC=3，则AC等于( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
5. 若关于x的一元二次方程x2+6x-a=0有实数根，则a的取值范围是( )
A. a≤-9 B. a>-9 C. a≥-9 D. a≥9
6. 为了传承传统手工技艺，提高同学们的手工制作能力，某中学七年级一班的美术老师特地给学生们开了一节手工课，教同学们编织“中国结”，为了了解同学们的学习情况，便随机抽取了20名学生，对他们的编织数量进行统计，统计结果如表：
编织数量/个
2
3
4
5
6
人数/人
3
6
5
4
2
请根据上表，判断下列说法正确的是( )
A. 平均数是3.8 B. 样本为20名学生 C. 中位数是3 D. 众数是6
7. 已知点A(x1,y1)，B(x2,y2)是一次函数y=kx+2k(k>0)图象上不同的两点，若t=(x1-x2)(y1-y2)，则( )
A. t<0 B. t=0 C. t≤0 D. t>0
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D是AB的中点，延长CD至点E，使得∠CAB=∠BAE，过点E作EF⊥AB于点F，G为CE的中点，给出结论：
①CD=12AB；②BG=FG；③四边形AEBG是平行四边形；④∠CAE+∠BGF=180°.其中正确的所有选项是( )
A. ①②
B. ③
C. ②④
D. ②③④
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共16分）
9. 函数y=x-3的自变量x的取值范围是______．
10. 比较二次根式的大小：23______32．
11. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点．若∠A=35°，则∠BDC=______°.
12. 若一次函数的图象过点(0,3)，请写出一个符合条件的函数解析式 ．
13. 如图，在△ABC中，点D，E，F分别是BC，AC，AB的中点．若AB=6，BC=8，则四边形BDEF的周长是______．
14. 如图，直线y=kx+b经过点A(2,2)，点B(6,0)，直线y=x过点A，则不等式x
15. 如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=120°，点E是AD边的中点，P是AC边上一动点，则PE+PD的最小值是______．
16. 某校七年级举办的趣味“体育节”共设计了五个比赛项目，每个项目都以班级为单位参赛，且每个班级都需要参加全部项目，规定：每项比赛中，只有排在前三名的班级记成绩(没有并列班级)，第一名的班级记a分，第二名的班级记b分，第三名的班级记c分(a>b>c,a、b、c均为正整数)；各班比赛的总成绩为本班每项比赛的记分之和．该年级共有四个班，若这四个班在本次“体育节”的总成绩分别为21，6，9，4，则a+b+c= ，a的值为 ．
三、解答题（本大题共12小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
计算：3×6+612-|3-2|+48．
18. (本小题6.0分)
用适当的方法解方程：
(1)x2=7x；
(2)x2+4x-5=0．
19. (本小题6.0分)
已知关于x的方程mx2+(3m+1)x+3=0．
(1)求证：不论m取何值，方程都有实数根；
(2)若方程有两个整数根，求整数m的值．
20. (本小题4.0分)
下面是小明设计的“作菱形ABCD”的尺规作图过程．
求作：菱形ABCD．
作法：
①作线段AC；
②作线段AC的垂直平分线l，交AC于点O；
③在直线l上取点B，以O为圆心，OB长为半径画弧，
交直线l于点D(点B与点D不重合)；
④连接AB、BC、CD、DA．
所以四边形ABCD为所求作的菱形．根据小明设计的尺规作图过程，
(1)使用直尺和圆规，补全图形；(保留作图痕迹，用2B铅笔作图！)
(2)完成下面的证明．
证明：∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是______．______(填推理的依据)．
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形______(填推理的依据)．
21. (本小题4.0分)
直线AB与x轴交于点A(1,0)，与y轴交于点B(0,-2)．
(1)求直线AB的解析式；
(2)若直线AB上一点C在第一象限，且S△BOC=2，求点C坐标．
22. (本小题5.0分)
今年第6号台风“烟花”登录我国沿海地区，风力强，累计降雨量大，影响范围大，有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为一海港，在A处测得C港在北偏东45°方向上，在B处测得C港在北偏西60°方向上，且AB=(400+4003)千米，以台风中心为圆心，周围600千米以内为受影响区域．
(1)海港C受台风影响吗？为什么？
(2)若台风中心的移动速度为20千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？
(结果保留整数，参考数据2≈1.41，3≈1.73，5≈2.24)
23. (本小题6.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点B作BE//AC，且BE=12AC，连接EC、ED．
(1)求证：四边形BECO是矩形；
(2)若AC=2，∠ABC=60°，求DE的长．
24. (本小题6.0分)
某市各中小学为落实教育部政策，全面开展课后延时服务．市教育局为了解该市中学延时服务情况，随机抽查甲、乙两所中学各100名家长进行问卷调查．家长对延时服务的综合评分记为x，将所得数据分为5组(“很满意”：90≤x≤100；“满意”：80≤x<90；“比较满意”：70≤x<80；“不太满意”：60≤x<70；“不满意”：0≤x<60)，市教育局对数据进行了分析．部分信息如下：
c.甲、乙两所中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如表：
学校
平均数
中位数
众数
甲
85
n
83
乙
81
79
80
d.甲中学“满意组”的分数从高到低排列，排在最后的10个数分别是：
83，83，83，83，82，81，81，81，80，80．
请你根据以上信息，回答下列问题：
(1)直接写出m和n的值；
(2)根据以上数据，你认为哪所中学的延时服务开展得更好？并说明理由(一条即可)；
(3)市教育局指出：延时服务综合得分在70分及以上才算合格，请你估计乙中学1000名家长中认为该校延时服务合格的人数．
25. (本小题5.0分)
阅读下面的材料，回答问题：
(1)将关于x的一元二次方程x2+bx+c=0变形为x2=-bx-c，就可以将x2表示为关于x的一次多项式，从而达到“降次”的目的，我们称这样的方法为“降次法”．
已知x2-x-1=0，用“降次法”求出x4-3x+2020的值是______．
(2)解方程x4-5x2+4=0，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：设x2=y，那么x4=y2，于是原方程可变为y2-5y+4=0(1)，解得y1=1，y2=4．
当y=1时，x2=1，∴x=±1；
当y=4时，x2=4，∴x=±2；
∴原方程有四个根：x1=1，x2=-1，x3=2，x4=-2．
请你用(2)中的方法求出方程(x2+x)2-2x2-2x=8的实数解．
26. (本小题7.0分)
已知一次函数y1=(k+1)x-2k+3，其中k≠-1．
(1)若点(-1,2)在y1的图象上，则k的值是______．
(2)当-2≤x≤3时，若函数有最大值9，求y1的函数表达式；
(3)对于一次函数y2=m(x-1)+6，其中m≠0，若对一切实数x，y1
在正方形ABCD中，点P是线段CB延长线上一点，连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转90°，得到线段PE，连接CE.过点E作EF⊥BC于F．
(1)在图1中补全图形；
(2)①求证：EF=CF. ②猜测CE，CP，CD三条线段的数量关系并证明；
(3)若将线段PA绕点P逆时针旋转90°，其它条件不变，直接写出CE，CP，CD三条线段的数量关系为______．
28. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x1,y1)，给出如下定义：当点Q(x2,y2)满足x1⋅x2=y1⋅y2时，称点Q是点P的等积点．已知点P(1,4)．
(1)在Q1(2,1)，Q2(-4,-1)，Q3(8,2)中，点P的等积点是______．
(2)点Q是P点的等积点，点C在x轴上，以O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标．
(3)已知点B(1,12)和点M(4,m)，点N是以点M为中心，边长为2且各边与坐标轴平行的正方形T上的任意一点，对于线段BN上的每一点A，在线段PB上都存在一个点R使得A为R的等积点，直接写出m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、3是最简二次根式，符合题意；
B、12=22，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、4=2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、12=23，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
根据最简二次根式的概念判断即可．
本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．
2.【答案】D
【解析】解：A、∵1+1=2，
∴1，1，2三边不能构成直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵1+2=3，
∴1，2，3三边不能构成直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵12+(2)2=3，22=4，
∴12+(2)2≠22，
∴1，2，2不能作为直角三角形三条边，
故C不符合题意；
D、∵12+12=2，(2)2=2，
∴12+12=(2)2，
∴1，1，2能作为直角三角形三条边，
故D符合题意；
故选：D．
根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵k=-2<0，
∴一次函数的图象经过第二四象限，
∵b=1>0，
∴一次函数y=-2x+1的图象与y轴正半轴相交，经过第一象限，
∴一次函数y=-2x+1的图象经过第一二四象限，
故选：D．
根据题目中的函数解析式和一次函数的性质，即可得到图象经过的象限．
本题考查一次函数的性质，对一次函数y=kx+b(k≠0)，k>0时，函数图象经过第一三象限，k<0时，函数图象经过第二四象限，b>0时，函数图象与y轴正半轴相交，b<0时，函数图象与y轴负半轴相交．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC，∠BAD=90°，
∵∠ADB=30°，
∴AC=BD=2CD=6，
故选：C．
由矩形的性质得出AC=BD，OA=OC，∠BAD=90°，由直角三角形的性质得出AC=BD=2DC=6即可．
此题考查了矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质．熟练掌握矩形的性质，注意掌握数形结合思想的应用．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意得Δ=62-4×1×(-a)≥0，
解得a≥-9．
故选：C．
根据一元二次方程根的判别式的意义得到Δ=62-4×1×(-a)≥0，然后求出不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2-4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
6.【答案】A
【解析】解：A.平均数为120×(2×3+3×6+4×5+5×4+6×2)=3.8(个)，此选项说法正确，符合题意；
B.样本为20名学生的编织数量，此选项说法错误，不符合题意；
C.共20个数据，从小到大排列后位于第10个和第11个的数据分别是4和4，
∴中位数为4+42=4，此选项说法错误，不符合题意；
D.众数是3，此选项说法错误，不符合题意；
故选：A．
根据样本的概念、众数、中位数及加权平均数的定义分别求解即可．
本题主要考查众数、中位数、加权平均数，解题的关键是掌握众数、中位数及加权平均数的定义．
7.【答案】D
【解析】解：∵k>0，
∴y随x的增大而增大，
又∵点A(x1,y1)，B(x2,y2)是一次函数y=kx+2k图象上不同的两点，
∴(x1-x2)(y1-y2)>0，
即t>0．
故选：D．
由k>0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，结合点A(x1,y1)，B(x2,y2)是一次函数y=kx+2k图象上不同的两点，可得出(x1-x2)(y1-y2)>0，即t>0．
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：延长EF交AC于M，作GN⊥AB于N，
∵BD=12AB，DB
故①不符合题意；
∵EF//NG//BC，EG=CG，
∴FN=NB，
∵GN⊥AB，
∴FG=GB，
故②符合题意；
∵∠EAF=∠MAF，AF=AF，∠AFE=∠AFM，
∴△AEF≌△AMF，
∴FE=FM，
∵EG=GC，
∴FG//AC，
∴∠GFB=∠CAB，
∴∠GBF=∠EAB，
∴EA//BG，
∵∠EAD=∠DBG，AD=BD，∠ADE=∠BDG，
∴△AED≌△BGD(ASA)，
∴AE=BG，
∴四边形AEBG是平行四边形，
故③符合题意；
∵∠BFG+∠FBG+∠FGB=180°，
∠EAF=∠MAF=∠BFG=∠GBF，
∴∠EAC+∠FGB=180°，
故④符合题意，
故选：D．
构造全等三角形，应用三角形中位线定理，即可求解．
本题考查三角形全等，三角形中位线定理，平行四边形的判定，关键是灵活应用这些知识点．
9.【答案】x≥3
【解析】
【分析】
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
根据被开方数非负列式求解即可．
【解答】
解：根据题意得，x-3≥0，
解得x≥3．
故答案为x≥3．
10.【答案】<
【解析】解：∵23=22×3=12，32=32×2=18，
∴23<32，
故答案为：<．
把根号外的因式平方后移入根号内，根据此时被开方数的大小比较即可．
本题考查了实数的大小比较和二次根式的性质，注意：当m≥0时，mn=m2n．
11.【答案】70
【解析】解：∵∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴AD=CD=12AB，
∴∠A=∠DCA=35°，
∵∠BDC是△ADC的一个外角，
∴∠BDC=∠A+∠DCA=70°，
故答案为：70．
根据直角三角形斜边上的中线可AD=CD=12AB，然后利用等腰三角形的性质可得∠A=∠DCA=35°，最后利用三角形的外角进行计算即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线是解题的关键．
12.【答案】y=x+3(答案不唯一)
【解析】解：设一次函数的解析式为：y=x+b，
把(0,3)代入得b=3．
∴一次函数的解析式为：y=x+3，
故答案为：y=x+3(答案不唯一)．
可设x的系数为1或其他不为0的数都可以，把点的坐标代入求b的值即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，需注意应先确定x的系数，然后把适合的点代入求得常数项．
13.【答案】14
【解析】解：∵D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，
∴DE=BF=12AB=12×6=3，
∵E、F分别为AC、AB中点，
∴EF=BD=12BC=12×8=4，
∴四边形BDEF的周长为：2×(3+4)=14，
故答案为：14．
根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查了三角形的中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
14.【答案】x<2
【解析】解：∵x
∴x<2．
故答案为：x<2．
根据函数图象的上下解不等式．
本题考查一次函数图象与一元一次不等式，将不等式转化为函数图象的上下关系是求解本题的关键．
15.【答案】3
【解析】解：如图，连接BD，BE，PB．
∵四边形ABCD是菱形，
∴B，D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PE+PD=PE+PB≥BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//CB，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠ABC=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE=DE，
∴BE⊥AD，
∴BE=AB⋅sin60°=3，
∴PE+PD≥3，
∴PE+PD的最小值为3，
故答案为：3．
如图，连接BD，BE，PB.由PE+PD=PB+PE≥BE，求出BE的值，可得结论．
本题考查菱形的性质，轴对称最短问题，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
16.【答案】8
5
【解析】解：设本次“体育节”五个比赛项目的记分总和为m，则m=5(a+b+c)，
∵四个班在本次“体育节”的总成绩分别为21，6，9，4，
∴m=21+6+9+4=40．
∴5(a+b+c)=40，
∴a+b+c=8．
∵a>b>c，a、b、c均为正整数，
∴当c=1时，b=2，则a=5；
当c=1时，b=3，则a=4，此时，第一名的班级五个比赛项目都是第一，总得分为20<21分，不符合题意舍去；
当c=2时，b=3，则a=3，不满足a>b，舍去；
当c=3时，b=4，则a=1，不满足a>b，舍去．
综上所得：a=5，b=2，c=1．
故答案为：a+b+c=8，a=5．
根据五个比赛项目设定前三名的记分总和=最后参加比赛的所有班级总成绩的和，得出a+b+c的值，再结合a>b>c，a、b、c均为正整数的条件，列举出可能的值，再根据各班级的总成绩排除不符合题意的值．
本题考查有理数的运算，从整体上考虑这次“体育节”设定的记分总和=四个班总成绩的和，是解决本题的关键．
17.【答案】解：3×6+612-|3-2|+48
=3×6+362+3-2+42×3
=32+32+3-2+43
=62+53-2．
【解析】首先计算二次根式乘法、化简二次根式和去绝对值，最后从左向右依次计算，求出算式的值是多少即可．
此题主要考查了二次根式的混合运算，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①与有理数的混合运算一致，运算顺序先乘方再乘除，最后加减，有括号的先算括号里面的．②在运算中每个根式可以看作是一个“单项式”，多个不同类的二次根式的和可以看作“多项式”．
18.【答案】解：(1)∵x2=7x，
∴x2-7x=0，
∴x(x-7)=0，
则x=0或x-7=0，
解得x1=0，x2=7；
(2)∵x2+4x-5=0，
∴(x+5)(x-1)=0，
则x+5=0或x-1=0，
解得x1=-5，x2=1．
【解析】(1)先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可；
(2)利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
19.【答案】(1)证明：当m=0时，原方程可化为x+3=0，方程有实根x=-3；
当m≠0时，mx2+(3m+1)x+3=0是关于x的一元二次方程．
∵△=(3m+1)2-4m×3=9m2+6m+1-12m=(3m-1)2≥0，
∴此方程总有两个实数根．
综上所述，不论m取何值，方程都有实数根．
(2)解：∵(mx+1)(x+3)=0，
∴x1=-1m，x2=-3．
∵方程有两个整数根且m是整数，
∴m=-1或m=1．
【解析】(1)分类讨论m=0和m≠0两种情况下方程根的个数；
(2)把mx2+(3m+1)x+3=0因式分解得到x1=-1m，x2=-3，根据题意可知-1m是整数，据此求出正整数m的值．
本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题要掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)△>0时，方程有两个不相等的实数根；(2)△=0时，方程有两个相等的实数根；(3)△<0时，方程没有实数根．
20.【答案】平行四边形 对角线互相平分的四边形为平行四边形 对角线互相垂直的平行四边形为菱形
【解析】(1)解：补全图形如图．
(2)证明：∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．(对角线互相平分的四边形为平行四边形)
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形．(对角线互相垂直的平行四边形为菱形)
故答案为：平行四边形；对角线互相平分的四边形为平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形为菱形．
(1)根据作图过程补全图形即可．
(2)根据平行四边形和菱形的判定定理可得出答案．
本题考查尺规作图、平行四边形和菱形的判定，熟练掌握平行四边形和菱形的判定定理是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵直线AB过点A(1,0)、点B(0,-2)，
∴k+b=0b=-2，
解得k=2b=-2，
∴直线AB的解析式为y=2x-2．
(2)设点C的横坐标为x，
∵S△BOC=2，
∴12⋅2⋅|x|=2，
解得x=±2，
∵直线AB上一点C在第一象限，
∴x=2，
∴y=2×2-2=2，
∴点C的坐标是(2,2)．
【解析】(1)设直线AB的解析式为y=kx+b，将点A(1,0)、点B(0,-2)分别代入解析式即可组成方程组，从而得到AB的解析式；
(2)设点C的横坐标为x，根据三角形面积公式以及S△BOC=2求出C的横坐标，再代入直线即可求出纵坐标的值，从而得到其坐标．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，解答此题不仅要熟悉函数图象上点的坐标特征，还要熟悉三角形的面积公式．
22.【答案】解：(1)海港C受台风影响，
理由：过C作CD⊥AB于D，
∴∠ADC=∠BDC=90°，
∵∠CAD=45°，
∴∠ACD=45°，
∴AD=CD，
∵∠DBC=30°，
∴BD=3CD，
∵AB=(400+4003)千米，
∴AB=AD+BD=CD+3CD=400+4003，
∴CD=400千米，
∵以台风中心为圆心，周围600千米以内为受影响区域，
∴海港C受台风影响；
(2)当EC=600km，FC=600km时，正好影响C港口，
∵ED=CE2-CD2=2005(km)，
∴EF=4005km，
∵台风的速度为20千米/小时，
∴4005÷20≈45(小时)．
答：台风影响该海港持续的时间大约为45小时．
【解析】(1)利用等腰直角三角形和含30度的直角三角形的性质得出CD的长，进而得出海港C是否受台风影响；
(2)利用勾股定理得出ED以及EF的长，进而得出台风影响该海港持续的时间．
本题考查的是勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC=90°，OC=OA=12AC，
∵BE=12AC，
∴BE=OC，
∵BE//AC，
∴四边形BECO是平行四边形，
∵∠BOC=90°，
∴四边形BECO是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=12BD，OC=12AC=1，AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AC=2，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：OB=BC2-OC2=22-12=3，
∴BD=2OB=23，
由(1)得：四边形BECO是矩形，
∴BE=OC=1，∠DBE=90°，
在Rt△DBE中，由勾股定理得：DE=BE2+BD2=12+(23)2=13．
【解析】(1)由菱形的性质得∠BOC=90°，OC=12AC，推出BE=OC，即可得出四边形BECO是平行四边形，又由∠BOC=90°，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得AC⊥BD，OB=12BD，OC=12AC=1，AB=BC，易证△ABC是等边三角形，得出BC=AC=2，由勾股定理求出OB=3，则BD=23，由矩形的性质得出BE=OC=1，∠DBE=90°，再由勾股定理即可得出结果．
本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)乙中学“比较满意”所占的百分比为1-40%-7%-18%-10%=25%，
即m=25，
∵甲中学“满意组”的分数从高到低排列，排在最后的10个数分别是：83，83，83，83，82，81，81，81，80，80．
∴将甲中学的满意度得分从高到低排列后，处在中间位置的两个数的平均数为82+812=81.5，因此中位数是81.5，即n=81.5，
答：m=25，n=81.5；
(2)甲中学的延时服务开展得更好，理由如下：
因为甲中学延时服务得分的平均数、中位数均比乙中学的高，所以甲中学的延时服务开展得更好；
(3)1000×(1-7%-18%)=750(人)．
答：估计乙中学1000名家长中认为该校延时服务合格的人数为750人．
【解析】(1)根据扇形统计图的意义，各组频率之和为1即可求出m的值，利用中位数的意义可求出甲中学得分的中位数，即n的值；
(2)根据平均数、中位数的大小进行判断即可；
(3)求出乙中学延时服务合格所占的百分比即可．
本题考查扇形统计图，中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数、平均数的意义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是解决问题的前提．
25.【答案】2022
【解析】解：(1)∵x2-x-1=0，
∴x2=x+1，
∴x4-3x+2020
=(x+1)2-3x+2020
=x2-x+2021
=x+1-x+2021
=2022．
故答案为：2022；
(2)设x2+x=y，那么(x2+x)2=y2，于是原方程可变为y2-2y-8=0 (1)，解得y1=-2，y2=4．
当y=-2时，x2+x+2=0，Δ=1-4×1×2=-7<0，∴方程无解；
当y=4时，x2+x-4=0，∴x=-1±172；
∴原方程有两个根：x1=-1-172，x2=-1+172．
(1)根据x2-x-1=0求出x2=x+1，把x2=x+1代入x4-3x+2020=(x+1)2-3x+2020=x2-x+2021，再把x2=x+1代入，即可求出答案；
(2)根据换元法即可求解．
本题考查了根的判别式，解高次方程和换元法解一元二次方程，能够整体代入是解此题的关键．
26.【答案】0
【解析】解：(1)∵点(-1,2)在y1的图象上，
∴-(k+1)-2k+3=2，
解得k=0；
故答案为：0；
(2)当k+1>0，即k>-1时，则x=3时，y=9，
把(3,9)代入y1=(k+1)x-2k+3得3(k+1)-2k+3=9，解得k=3，此时一次函数解析式为y1=4x-3；
当k+1<0，即k<-1时，则x=-2时，y=9，
把(-2,9)y1=(k+1)x-2k+3得-2(k+1)-2k+3=9，解得k=-2，此时一次函数解析式为y1=-x+7；
综上，y1的函数表达式为y1=4x-3或y1=-x+7；
(3)y2=m(x-1)+6=mx-m+6，
∵对一切实数x，y1
∴-2k+3<-k-1+6，
解得k>-2．
(1)把(-1,2)代入y1=(k+1)x-2k+3中可求出k的值；
(2)讨论：当k+1>0，即k>-1时，根据一次函数的性质得到x=3时，y=9，然后把(3,9)代入y1=(k+1)x-2k+3中求出k得到此时一次函数解析式；当k+1<0，即k<-1时，利用一次函数的性质得到x=-2时，y=9，然后把(-2,9)代入y1=(k+1)x-2k+3中求出k得到此时一次函数解析式；
(3)先整理得到y2=mx-m+6，再对一切实数x，y1
27.【答案】CE=2(CD-CP)或CE=2(CD+CP)
【解析】(1)解：补全图形如图1所示：
(2)①证明：如图1所示
∵线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，
∴PA=PE，∠APE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABP=∠ABC=90°，AB=BC，
∵EF⊥BC于F，
∴∠PFE=90°=∠ABP，
∴∠EPF+∠PEF=90°，∠APB+∠EPF=90°，
∴∠APB=∠PEF，
即∠APB=∠E，
在△APB和△PEF中，
∠ABP=∠PFE∠APB=∠PEFPA=EP，
∴△APB≌△PEF(AAS)，
∴PB=EF，AB=PF，
∴AB=BC，
∴BC=PF，
∴PB=CF，
∴EF=CF；
②解：结论：CP-CD=22CE．
理由：∵CD=CB，
∴CP-CD=CP-CB=PB=CF，
∵EF=CF，∠CFE=90°，
∴CF=22CE，
∴CP-CD=22CE；
(3)解：分两种情况：
①当点P在线段BC上时：CE=2(CD-CP)，理由如下：
在BA上截取BM=BP，连接PM．
则△PBM是等腰直角三角形，
∴PM=2PB，∠BMP=∠BPM=45°，
∵AB=BC，
∴AM=PC，
由旋转的性质得：PE=PA，∠APE=90°，
∴∠APM+∠CPE=180°-90°-45°=45°，
又∵∠MAP+∠APM=∠BMP=45°，
∴∠MAP=∠CPE，
在△PCE和△AMP中，
PC=AM∠EPC=∠PAMPE=PA，
∴△PCE≌△AMP(SAS)，
∴CE=PM，
∵CD-PC=BC-PC=BP，
∴CE=PM=2BP=2(CD-CP)；
②当点P在线段BC的延长线上时，CE=2(CD+CP)，理由如下：
在BA上截取BM=BP，连接PM，如图4所示：
则△PBM是等腰直角三角形，PM=2BP．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠DAM=∠BAD=90°，AD//BC，
∴AM=PC，∠DAP=∠APB，
由旋转的性质得：PE=PA，∠APE=90°，
∴∠PAM=∠EPC，
在△PCE和△AMP中，
PC=AM∠EPC=∠PAMPE=PA，
∴△PCE≌△AMP(SAS)，
∴CE=PM，
∵CD+CP=BC+CP=BP，
∴CE=PM=2BP=2(CD+CP)；
故答案为：CE=2(CD-CP)或CE=2(CD+CP)．
(1)据题意补全图形即可；
(2)①证明△APB≌△PEF(AAS)，推出PB=EF，AB=PF，可得结论；
②结论：CP-CD=22，利用全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质证明即可；
(3)①当点P在线段BC上时，在BA上截取BM=BP.则△PBM是等腰直角三角形，证明△PCE≌△AMP(SAS)，得出CE=PM，即可得出结论；
②当点P在线段BC的延长线上时，在BA上截取BM=BP.则△PBM是等腰直角三角形，PM=2BP.证明△PCE≌△AMP(SAS)，得出CE=PM，即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判断和性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
28.【答案】Q2，Q3
【解析】解：(1)∵1×2≠4×1，
∴Q1(2,1)不是P(1,4)的等积点；
∵1×(-4)=4×(-1)，
∴Q2(-4,-1)是P(1,4)的等积点；
∵1×8=4×2，
∴Q3(8,2)是P(1,4)的等积点，
故答案为：Q2，Q3．
(2)如图1，设Q(x,y)，
∵点Q(x,y)是点P(1,4)的等积点，
∴x=4y，
∴y=14x，
∴Q(x,14x)，
作QD⊥x轴于点D，PF⊥y轴于点F，则OF=4，PF=1，
∵四边形OCQP是平行四边形，
∴PQ//OC，CQ//OP，CQ=OP，
∵∠QDC=∠OFP=90°，∠QCD=∠OPF=∠COP，
∴△QDC≌△OFP(AAS)，
∴QD=OF=4，CD=PF=1，
若点Q在x轴上方，则14x=4，
∴x=16，
∴xC=16-1=15；
若点Q在x轴下方，则-14x=4，
∴x=-16，
∴xC'=-16+1=-15，
综上所述，点C的坐标为(15,0)或(-15,0)．
(3)设正方形T的四个顶点分别为E、F、G、H，则E(3,m+1)，G(5,m-1)，
由(2)可知点P的等积点在直线y=14x上，
设B(1,12)的等积点的坐标为(x,y)，则x=12y，
∴y=2x，
可知点B的等积点在直线y=2x上，
∴点R的等积点A应在直线y=14x与直线y=2x于第一象限交成的锐角的内部或边上，
如图2，当点G(5,m-1)在直线y=14x上，则m的值最小，
∵m-1=14×5，
∴m=94；
如图3，当点E(3,m+1)在直线y=2x上，则m的值最大，
∵m+1=2×3，
∴m=5，
∴m的取范围是94≤m≤5．
(1)根据定义通过计算可知，1×2≠4×1，1×(-4)=4×(-1)，1×8=4×2，所以点Q2，Q3是点P的等积点；
(2)设Q(x,y)，则x=4y，即y=14x，可知点Q在直线y=14x上，且Q(x,14x)，当点Q在x轴上方时，则14x=4；当点Q在x轴下方时，则-14x=4，分别求出x的值再求出点C的坐标即可；
(3)设正方形T的四个顶点分别为E、F、G、H，则E(3,m+1)，G(5,m-1)，再确定点B的等积点在直线y=2x上，则点R的等积点A在直线y=14x与直线y=2x于第一象限交成的锐角的内部或边上，画出图象，可知当点G(5,m-1)在直线y=14x上，则m的值最小；当点E(3,m+1)在直线y=2x上，则m的值最大，求出相应的m的值即得到m的取值范围．
此题重点考查图形与坐标、一次函数的图象与性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、新定义问题的求解、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
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