浙江省寧波市寧波華茂國際學(xué)校2025屆數(shù)學(xué)九年級第一學(xué)期開學(xué)復(fù)習(xí)檢測試題【含答案】

學(xué)校________________班級____________姓名____________考場____________準(zhǔn)考證號學(xué)校________________班級____________姓名____________考場____________準(zhǔn)考證號…………密…………封…………線…………內(nèi)…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共3頁浙江省寧波市寧波華茂國際學(xué)校2025屆數(shù)學(xué)九年級第一學(xué)期開學(xué)復(fù)習(xí)檢測試題題號一二三四五總分得分批閱人A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）如圖，菱形ABCD的一邊中點M到對角線交點O的距離為5cm，則菱形ABCD的周長為（）A．5cm B．10cm C．20cm D．40cm2、（4分）如圖，直線過點和點，則方程的解是（）A． B． C． D．3、（4分）在直角坐標(biāo)系中，將點（﹣2，3）關(guān)于原點的對稱點向左平移2個單位長度得到的點的坐標(biāo)是（）A．（4，﹣3） B．（﹣4，3） C．（0，﹣3） D．（0，3）4、（4分）下列手機手勢解鎖圖案中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．5、（4分）小強是一位密碼編譯愛好者，在他的密碼手冊中，有這樣一條信息：a﹣b，x﹣y，x+y，a+b，x2﹣y2，a2﹣b2分別對應(yīng)下列六個字：華、愛、我、中、游、美，現(xiàn)將（x2﹣y2）a2﹣（x2﹣y2）b2因式分解，結(jié)果呈現(xiàn)的密碼信息可能是（）A．我愛美 B．中華游 C．愛我中華 D．美我中華6、（4分）如圖，在四邊形ABCD中，∠A=90°，AB=3，，點M、N分別為線段BC、AB上的動點，點E、F分別為DM、MN的中點，則EF長度的最大值為（）A．2 B．3 C．4 D．7、（4分）如圖，線段AD由線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到，ΔEFG由ΔABC沿CB方向平移得到，且直線EF過點D.則∠BDF=A．30° B．45° C．508、（4分）在直角坐標(biāo)系中，點關(guān)于原點對稱的點為，則點的坐標(biāo)是（）A． B． C． D．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）在一個不透明的布袋中，紅色、黑色、白色的玻璃球共有60個，除顏色外，形狀、大小、質(zhì)地等完全相同．小剛通過多次摸球?qū)嶒灪蟀l(fā)現(xiàn)其中摸到紅色、黑色球的頻率穩(wěn)定在15%和45%，則口袋中白色球的個數(shù)很可能是．10、（4分）如圖所示，小明從坡角為30°的斜坡的山底（A）到山頂（B）共走了100米，則山坡的高度BC為_____米．11、（4分）在直角坐標(biāo)系中，直線與軸交于點，以為邊長作等邊，過點作平行于軸，交直線于點，以為邊長作等邊，過點作平行于軸，交直線于點，以為邊長作等邊，…，則等邊的邊長是______.12、（4分）已知，若整數(shù)滿足，則__________．13、（4分）如果n邊形的每一個內(nèi)角都相等，并且是它外角的3倍，那么n=______三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖，O是矩形ABCD對角線的交點，作，，DE，CE相交于點E，求證：四邊形OCED是菱形．15、（8分）甲、乙兩名射擊運動員各進行10次射擊，甲的成績是7，7，8，1，8，1，10，1，1，1．乙的成績?nèi)鐖D所示（單位：環(huán)）（1）分別計算甲、乙兩人射擊成績的平均數(shù)；（2）若要選拔一人參加比賽，應(yīng)派哪一位？請說明理由．16、（8分）綜合與探究問題情境：在綜合實踐課上，李老師讓同學(xué)們根據(jù)如下問題情境，寫出兩個數(shù)學(xué)結(jié)論：如圖（1），正方形ABCD的對角線交于點O，點O又是正方形OEFG的一個頂點（正方形OEFG的邊長足夠長），將正方形OEFG繞點O做旋轉(zhuǎn)實驗，OE與BC交于點M，OG與DC交于點N．“興趣小組”寫出的兩個數(shù)學(xué)結(jié)論是：①S△OMC+S△ONC＝S正方形ABCD；②BM1+CM1＝1OM1．問題解決：（1）請你證明“興趣小組”所寫的兩個結(jié)論的正確性．類比探究：（1）解決完“興趣小組”的兩個問題后，老師讓同學(xué)們繼續(xù)探究，再提出新的問題；“智慧小組“提出的問題是：如圖（1），將正方形OEFG在圖（1）的基礎(chǔ)上旋轉(zhuǎn)一定的角度，當(dāng)OE與CB的延長線交于點M，OG與DC的延長線交于點N，則“興趣小組”所寫的兩個結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．17、（10分）已知一次函數(shù)的圖象與正比例函數(shù)的圖象的交點的縱坐標(biāo)是4.且與軸的交點的橫坐標(biāo)是（1）求這個一次函數(shù)的解析式；（2）直接寫出時的取值范圍.18、（10分）如圖，四邊形ABCD為矩形，C點在軸上，A點在軸上，D(0，0)，B(3，4)，矩形ABCD沿直線EF折疊，點B落在AD邊上的G處，E、F分別在BC、AB邊上且F(1，4)．(1)求G點坐標(biāo)(2)求直線EF解析式(3)點N在坐標(biāo)軸上，直線EF上是否存在點M，使以M、N、F、G為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出M點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）如圖,在平面直角坐標(biāo)系中直線y=?x+10與x軸,y軸分別交于A．B兩點,C是OB的中點,D是線段AB上一點,若CD=OC,則點D的坐標(biāo)為___20、（4分）若y=，則x+y=．21、（4分）若有意義，則的取值范圍是_______22、（4分）分解因時：=__________23、（4分）不等式組的解集為_____．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖，一次函數(shù)的圖像經(jīng)過點A（-1,0），并與反比例函數(shù)（）的圖像交于B（m,4）（1）求的值；（2）以AB為一邊，在AB的左側(cè)作正方形，求C點坐標(biāo)；（3）將正方形沿著軸的正方向，向右平移n個單位長度，得到正方形,線段的中點為點,若點和點同時落在反比例函數(shù)的圖像上，求n的值.25、（10分）已知，在平面直角坐標(biāo)系中，直線經(jīng)過點和點.（1）求直線所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式.（2）若點在直線上，求的值.26、（12分）數(shù)形結(jié)合是一種重要的數(shù)學(xué)思想，我們不但可以用數(shù)來解決圖形問題，同樣也可以用借助圖形來解決數(shù)量問題，往往能出奇制勝，數(shù)軸和勾股定理是數(shù)形結(jié)合的典范.數(shù)軸上的兩點A和B所表示的數(shù)分別是和，則A，B兩點之間的距離；坐標(biāo)平面內(nèi)兩點，，它們之間的距離.如點，，則.表示點與點之間的距離，表示點與點和的距離之和.（1）已知點，，________；（2）表示點和點之間的距離；（3）請借助圖形，求的最小值.

參考答案與詳細(xì)解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、D【解析】

根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AB=BC=CD=AD，AO=OC，根據(jù)三角形的中位線求出BC，即可得出答案．【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，AO=OC，∵AM=BM，∴BC=2MO=2×5cm=10cm，即AB=BC=CD=AD=10cm，即菱形ABCD的周長為40cm，故選D．本題考查了菱形的性質(zhì)和三角形的中位線定理，能根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AO=OC是解此題的關(guān)鍵．2、B【解析】

一次函數(shù)y＝kx＋b的圖象與x軸的交點橫坐標(biāo)就是kx＋b＝0的解．【詳解】解：∵直線y＝ax＋b過點B（?2，0），∴方程ax＋b＝0的解是x＝?2，故選：B．此題主要考查了一次函數(shù)與一元一次方程，關(guān)鍵是掌握任何一元一次方程都可以轉(zhuǎn)化為ax＋b＝0（a，b為常數(shù)，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以轉(zhuǎn)化為：當(dāng)某個一次函數(shù)的值為0時，求相應(yīng)的自變量的值．從圖象上看，相當(dāng)于確定已知直線y＝ax＋b與x軸的交點的橫坐標(biāo)的值．3、C【解析】試題分析：本題考查了點的坐標(biāo)、關(guān)于原點的點的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)；點的坐標(biāo)向左平移減，向右平移加，向上平移加，向下平移減，縱坐標(biāo)不變；根據(jù)關(guān)于原點的點的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)，即平面直角坐標(biāo)系中任意一點P（x，y），關(guān)于原點的對稱點是（-x，-y），可得關(guān)于原點的對稱點，再根據(jù)點的坐標(biāo)向左平移減，縱坐標(biāo)不變，可得答案．解：在直角坐標(biāo)系中，將點（﹣2，3）關(guān)于原點的對稱點是（2，﹣3），再向左平移2個單位長度得到的點的坐標(biāo)是（0，﹣3），故選C．考點：1．關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)；2．坐標(biāo)與圖形變化-平移．4、C【解析】

根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故此選項正確；D、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故此選項錯誤．故選：C．本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念：軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．5、C【解析】

將原式進行因式分解即可求出答案．【詳解】解：原式=（x2-y2）（a2-b2）=（x-y）（x+y）（a-b）（a+b）由條件可知，（x-y）（x+y）（a-b）（a+b）可表示為“愛我中華”故選C．本題考查因式分解的應(yīng)用，涉及平方差公式，提取公因式法，并考查學(xué)生的閱讀理解能力．6、A【解析】

連接BD、ND，由勾股定理得可得BD=4，由三角形中位線定理可得EF=DN，當(dāng)DN最長時，EF長度的最大，即當(dāng)點N與點B重合時，DN最長，由此即可求得答案.【詳解】連接BD、ND，由勾股定理得，BD==4，∵點E、F分別為DM、MN的中點，∴EF=DN，當(dāng)DN最長時，EF長度的最大，∴當(dāng)點N與點B重合時，DN最長，∴EF長度的最大值為BD=2，故選A．本題考查了勾股定理，三角形中位線定理，正確分析、熟練掌握和靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵.7、B【解析】

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，AD=AB，∠ABD=45°，再由平移的性質(zhì)即可得出結(jié)論.【詳解】解：∵線段AD是由線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到，

∴∠DAB=90°，AD=AB，

∴∠ABD=45°，

∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，

∴AB∥EF，

∴∠BDF=∠ABD=45°；故選：B此題主要考查了圖形的平移與旋轉(zhuǎn)，平行線的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì).8、B【解析】

根據(jù)坐標(biāo)系中關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)特征：原坐標(biāo)點為，關(guān)于原點對稱：橫縱坐標(biāo)值都變?yōu)樵档南喾磾?shù)，即對稱點為可得答案.【詳解】解：關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)特征：橫縱坐標(biāo)值都變?yōu)樵档南喾磾?shù)，所以點有關(guān)于原點O的對稱點Q的坐標(biāo)為（-2，-1）.故選:B本題考查了對稱與坐標(biāo).設(shè)原坐標(biāo)點為，坐標(biāo)系中關(guān)于對稱的問題分為三類：1.關(guān)于軸對稱：橫坐標(biāo)值不變?nèi)耘f為，縱坐標(biāo)值變?yōu)?，即對稱點為；2.關(guān)于軸對稱：縱坐標(biāo)值不變?nèi)耘f為，橫坐標(biāo)值變?yōu)榧磳ΨQ點為；3.關(guān)于原點對稱：橫縱坐標(biāo)值都變?yōu)樵档南喾磾?shù)，即對稱點為.熟練掌握變化規(guī)律是解題關(guān)鍵.二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、24【解析】∵小剛通過多次摸球?qū)嶒灪蟀l(fā)現(xiàn)其中摸到紅色、黑色球的頻率穩(wěn)定在15%和45%，∴口袋中白色球的個數(shù)很可能是（1-15%-45%）×60=24個．10、1【解析】

直接利用坡角的定義以及結(jié)合直角三角中30°所對的邊與斜邊的關(guān)系得出答案．【詳解】由題意可得：AB＝100m，∠A＝30°，則BC＝AB＝1（m）．故答案為：1．此題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，正確得出BC與AB的數(shù)量關(guān)系是解題關(guān)鍵．11、【解析】

先從特殊得到一般探究規(guī)律后，利用規(guī)律解決問題即可；【詳解】∵直線l：y=x-與x軸交于點B1

∴B1（1，0），OB1=1，△OA1B1的邊長為1；

∵直線y=x-與x軸的夾角為30°，∠A1B1O=60°，

∴∠A1B1B2=90°，

∵∠A1B2B1=30°，

∴A1B2=2A1B1=2，△A2B3A3的邊長是2，

同法可得：A2B3=4，△A2B3A3的邊長是22；

由此可得，△AnBn+1An+1的邊長是2n，

∴△A2018B2019A2019的邊長是1．

故答案為1．考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征以及等邊三角形的性質(zhì)的運用，解決問題的關(guān)鍵是依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)找出規(guī)律，求得△AnBn+1An+1的邊長是2n．12、【解析】

先根據(jù)確定m的取值范圍，再根據(jù)，推出，最后利用來確定a的取值范圍．【詳解】解：為整數(shù)為故答案為：1．本題考查的知識點是二次根式以及估算無理數(shù)的大小，利用“逼近法”得出的取值范圍是解此題的關(guān)鍵．13、8【解析】

根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式可知n邊形的內(nèi)角和為(n-2)·180o，n邊形的外角和為360°，再根據(jù)n邊形的每個內(nèi)角都等于其外角的3倍列出關(guān)于n的方程，求出n的值即可.【詳解】解：∵n邊形的內(nèi)角和為(n-2)·180o，外角和為360°，n邊形的每個內(nèi)角都等于其外角的3倍，∴(n-2)·180o=360°×3，解得：n=8.故答案為：8.本題考查的是多邊形的內(nèi)角與外角的關(guān)系的應(yīng)用，明確多邊形一個內(nèi)角與外角互補和外角和的特征是解題的關(guān)鍵.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、見解析【解析】

首先判斷出四邊形OCED是平行四邊形，而四邊形ABCD是矩形，由OC、OD是矩形對角線的一半，知OC=OD，從而得出四邊形OCED是菱形．【詳解】證明：∵DE∥AC，CE∥DB，

∴四邊形OCED是平行四邊形，

又∵四邊形ABCD是矩形，

∴AC=BD，OC=OA=AC，OB=OD=BD，

∴OC=OD，

∴平行四邊形OCED是菱形（一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）．此題主要考查了菱形的判定，關(guān)鍵是掌握菱形的判定方法：

①菱形定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形（平行四邊形+一組鄰邊相等=菱形）；

②四條邊都相等的四邊形是菱形．

③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對角線互相垂直平分的四邊形是菱形”）．15、（1）甲：8.5，乙：8.5；（2）應(yīng)派甲去參加比賽，理由見解析.【解析】

（1）根據(jù)平均數(shù)的公式：平均數(shù)=所有數(shù)之和再除以數(shù)的個數(shù)；（2）根據(jù)方差公式計算即可.【詳解】解：（1）甲、乙兩人射擊成績的平均成績分別為：甲=，乙=；（2）甲=，乙=，所以甲同學(xué)的射擊成績比較穩(wěn)定，應(yīng)派甲去參加比賽.本題考查平均數(shù)、方差的定義：方差它反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立.平均數(shù)反映了一組數(shù)據(jù)的集中程度，求平均數(shù)的方法是所有數(shù)之和再除以數(shù)的個數(shù)；方差是各變量值與其均值離差平方的平均數(shù)，它是測算數(shù)值型數(shù)據(jù)離散程度的最重要的方法.16、（1）詳見解析；（1）結(jié)論①不成立，結(jié)論②成立，理由詳見解析.【解析】

（1）①利用正方形的性質(zhì)判斷出△BOM≌△CON，利用面積和差即可得出結(jié)論；②先得出OM＝ON，BM＝CN，再用勾股定理即可得出結(jié)論；（1）同（1）的方法即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）①∵正方形ABCD的對角線相交于O，∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBM＝∠OCN，∵四邊形OEFG是正方形，∴∠MON＝90°，∴∠BOC﹣∠MOC＝∠MON﹣∠MOC，∴∠BOM＝∠COM，∴△BOM≌△CON，∴S△BOM＝S△CON，∴S△OMC+S△ONC＝S△OMC+S△BOM＝S正方形ABCD；②由①知，△BOM≌△CON，∴OM＝ON，BM＝CN，在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，∴BM1+CM1＝1OM1；（1）結(jié)論①不成立，理由：∵正方形ABCD的對角線相交于O，∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝BD，OC＝AC，AC＝BD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，BD平分∠ABC，∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，∴∠OBM＝∠OCN＝135°，∵四邊形OEFG是正方形，∴∠MON＝90°，∴∠BOM＝∠CON，∴△BOM≌△CON，∴S△BOM＝S△CON，∴S△OMC﹣S△BOM＝S△OMC﹣S△CON＝S△BOC＝S正方形ABCD，∴結(jié)論①不成立；結(jié)論②成立，理由：如圖（1）連接MN，∵△BOM≌△CON，∴OM＝ON，BM＝CN，在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，∴BM1+CM1＝1OM1，∴結(jié)論②成立．本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題.17、（1）；（2）【解析】

（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可解決；（2）觀察圖像即可得出答案.【詳解】解：（1）∵圖像經(jīng)過點A∴當(dāng)時，∴∵圖像經(jīng)過點且與軸交于點∴解得：所以這個一次函數(shù)解析式為（2）∵一次函數(shù)與正比例函數(shù)相交于交點，觀察圖像可知，當(dāng)時，，∴答案為.此題主要考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，學(xué)會分類討論的數(shù)學(xué)思想是正確解題的關(guān)鍵．18、（1）G（0，4-）；（2）；（3）.【解析】

1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到GF=BF=2，在Rt△AGF中，利用勾股定理求出，那么OG=OA-AG=4-，于是G（0，4-）；（2）先在Rt△AGF中，由，得出∠AFG=60°，再由折疊的性質(zhì)得出∠GFE=∠BFE=60°，解Rt△BFE，求出BE=BFtan60°=2，那么CE=4-2，E（3，4-2）.設(shè)直線EF的表達(dá)式為y=kx+b，將E（3，4-2），F(xiàn)（1，4）代入，利用待定系數(shù)法即可求出直線EF的解析.（3）因為M、N均為動點，只有F、G已經(jīng)確定，所以可從此入手，結(jié)合圖形，按照FG為一邊，N點在x軸上；FG為一邊，N點在y軸上；FG為對角線的思路，順序探究可能的平行四邊形的形狀.確定平行四邊形的位置與形狀之后，利用平行四邊形及平移的性質(zhì)求得M點的坐標(biāo).【詳解】解：（1）∵F（1，4），B（3，4），∴AF=1，BF=2，由折疊的性質(zhì)得：GF=BF=2，在Rt△AGF中，由勾股定理得，∵B（3，4），∴OA=4，∴OG=4-，∴G（0，4-）；（2）在Rt△AGF中，∵，∴∠AFG=60°，由折疊的性質(zhì)得知：∠GFE=∠BFE=60°，在Rt△BFE中，∵BE=BFtan60°=2，.CE=4-2，.E（3，4-2）.設(shè)直線EF的表達(dá)式為y=kx+b，∵E（3，4-2），F(xiàn)（1，4），∴解得∴；（3）若以M、N、F、G為頂點的四邊形是平行四邊形，則分如下四種情況：①FG為平行四邊形的一邊，N點在x軸上，GFMN為平行四邊形，如圖1所示.過點G作EF的平行線，交x軸于點N1，再過點N：作GF的平行線，交EF于點M，得平行四邊形GFM1N1.∵GN1∥EF，直線EF的解析式為∴直線GN1的解析式為，當(dāng)y=0時，.∵GFM1N1是平行四邊形，且G（0，4-），F(xiàn)（1，4），N1（，0），∴M，（，）；②FG為平行四邊形的一邊，N點在x軸上，GFNM為平行四邊形，如圖2所示.∵GFN2M2為平行四邊形，∴GN?與FM2互相平分.∴G（0，4-），N2點縱坐標(biāo)為0∴GN：中點的縱坐標(biāo)為，設(shè)GN?中點的坐標(biāo)為（x，）.∵GN2中點與FM2中點重合，∴∴x=∵.GN2的中點的坐標(biāo)為（），.∴N2點的坐標(biāo)為（，0）.∵GFN2M2為平行四邊形，且G（0，4-），F(xiàn)（1，4），N2（，0），∴M2（）；③FG為平行四邊形的一邊，N點在y軸上，GFNM為平行四邊形，如圖3所示.∵GFN3M3為平行四邊形，.∴GN3與FM3互相平分.∵G（0，4-），N2點橫坐標(biāo)為0，.∴GN3中點的橫坐標(biāo)為0，∴F與M3的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，∴M3的橫坐標(biāo)為-1，當(dāng)x=-1時，y=，∴M3（-1，4+2）；④FG為平行四邊形的對角線，GMFN為平行四邊形，如圖4所示.過點G作EF的平行線，交x軸于點N4，連結(jié)N4與GF的中點并延長，交EF于點M。，得平行四邊形GM4FN4∵G（0，4-），F(xiàn)（1，4），∴FG中點坐標(biāo)為（），∵M4N4的中點與FG的中點重合，且N4的縱坐標(biāo)為0，.∴M4的縱坐標(biāo)為8-.5-45解方程，得∴M4（）.綜上所述，直線EF上存在點M，使以M，N，F(xiàn)，G為頂點的四邊形是平行四邊形，此時M點坐標(biāo)為：。本題是一次函數(shù)的綜合題，涉及到的考點包括待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，矩形、平行四邊形的性質(zhì)，軸對稱、平移的性質(zhì)，勾股定理等，對解題能力要求較高.難點在于第（3）問，這是一個存在性問題，注意平行四邊形有四種可能的情形，需要一一分析并求解，避免遺漏.一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4，8）【解析】

由解析式求得B的坐標(biāo)，加入求得C的坐標(biāo)，OC=5，設(shè)D（x，-x+10），根據(jù)勾股定理得出x+（x-5）=25，解得x=4，即可求得D的坐標(biāo)．【詳解】由直線y＝?x+10可知：B（0，10），∴OB=10，∵C是OB的中點，∴C（0，5），OC=5，∵CD=OC，∴CD=5，∵D是線段AB上一點，∴設(shè)D（x，-x+10），∴CD=∴解得x=4，x=0（舍去）∴D（4，8），故答案為：（4，8）此題考查一次函數(shù)與平面直角坐標(biāo)系，勾股定理，解題關(guān)鍵在于利用勾股定理進行計算20、1.【解析】試題解析：∵原二次根式有意義，∴x-3≥0，3-x≥0，∴x=3，y=4，∴x+y=1．考點：二次根式有意義的條件．21、【解析】

根據(jù)二次根式有意義的條件：被開方數(shù)為非負(fù)數(shù)求解即可．【詳解】解：代數(shù)式有意義，，解得：．故答案為：．本題考查了二次根式有意義的條件，解答本題的關(guān)鍵是掌握被開方數(shù)為非負(fù)數(shù)．22、.【解析】

首先提取公因式，進而利用完全平方公式分解因式即可.【詳解】.故答案為：.此題主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正確運用公式是解題關(guān)鍵.23、1＜x≤2【解析】

解：，解不等式①，得x＞1．解不等式②，得x≤2，故不等式組的解集為1＜x≤2．故答案為1＜x≤2．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（1）k1=4；（2）C點坐標(biāo)為（-3，6）；（3）n=.【解析】

（1）把A點坐標(biāo)代入y=2x+b，可求出b值，把B（m，4）代入可求出m值，代入即可求出k1的值；（2）過B作BF⊥x軸于F，過C作CG⊥FB，交FB的延長線于G，利用AAS可證明△CBG≌△BAF，可得AF=BG，CG=BF，