9.(改编)如图,在边长为$ a $的正方形$ ABCD $中,把边$ BC $绕点$ B $逆时针旋转$ 60° $,得到线段$ BM $,连结$ AM $并延长交$ CD $于点$ N $,连结$ MC $,则$ △ MNC $的面积为…………………………（）

A.$ \frac{\sqrt{3}-1}{2}a^2 $
B.$ \frac{\sqrt{2}-1}{2}a^2 $
C.$ \frac{\sqrt{3}-1}{4}a^2 $
D.$ \frac{\sqrt{2}-1}{4}a^2 $

9.C 解析:如图,作$MG ⊥ BC$于点G,$MH ⊥ CD$于点H,则$AB// MG// CD$,由旋转变换的性质可知,$△ MBC$是等边三角形,所以$MC=BC=a$,$BG=GC$,所以$AM=MN$,因为$MH⊥ CD$,$∠ D=90°$,所以$MH// AD$,所以$NH=HD$,由题意得,$∠ MCD=30°$,所以$MH=\frac{1}{2}MC=\frac{1}{2}a$,$CH=\frac{\sqrt{3}}{2}a$,所以$DH=a-\frac{\sqrt{3}}{2}a$,所以$CN=CH-NH=\frac{\sqrt{3}}{2}a-(a-\frac{\sqrt{3}}{2}a)=(\sqrt{3}-1)a$,所以$△ MNC$的面积$=\frac{1}{2}× CN × MH=\frac{1}{2}× (\sqrt{3}-1)a × \frac{a}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}a^2$,故选C。

【分析】
本题是正方形与旋转变换结合的几何计算题，解题思路如下：
1. 利用旋转的性质，判断$△ MBC$为等边三角形，得到$MC=BC=a$；
2. 作辅助线$MG⊥BC$于$G$、$MH⊥CD$于$H$，结合正方形对边平行的性质，推出$AM=MN$，进而得到$MH// AD$，确定$NH=HD$；
3. 利用等边三角形的性质，得到$∠ MCD=30°$，结合直角三角形中$30°$角的性质，求出$MH$和$CH$的长度；
4. 计算$CN$的长度，再根据三角形面积公式求出$△ MNC$的面积，确定答案。
【解析】
如图，作$MG⊥BC$于点$G$，$MH⊥CD$于点$H$。
由旋转的性质可知，$BC=BM=a$，$∠ CBM=60°$，故$△ MBC$是等边三角形，因此$MC=BC=a$，$∠ MCB=60°$，则$∠ MCD=90° - 60°=30°$。
因为正方形$ABCD$中，$AB// MG// CD$，等边三角形三线合一可知$G$为$BC$中点，故$M$在$AC$的中垂线上，得$AM=MN$。
又$MH⊥CD$，$∠ D=90°$，所以$MH// AD$，因此$H$为$CD$中点，即$NH=HD$。
在$Rt△ MCH$中，$∠ MCD=30°$，$MC=a$，所以$MH=\frac{1}{2}MC=\frac{a}{2}$，$CH=MC·\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。
因为$CD=a$，故$HD=CD - CH=a - \frac{\sqrt{3}}{2}a$，则$NH=HD=a - \frac{\sqrt{3}}{2}a$。
因此$CN=CH - NH=\frac{\sqrt{3}}{2}a - (a - \frac{\sqrt{3}}{2}a)=(\sqrt{3}-1)a$。
$△ MNC$的面积为：$\frac{1}{2}× CN× MH=\frac{1}{2}× (\sqrt{3}-1)a× \frac{a}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}a^2$。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质、旋转的性质、等边三角形的性质、三角形面积计算
【点评】
本题综合考查几何图形的性质，需掌握辅助线构造方法，灵活运用直角三角形、等边三角形的性质进行计算，是一道几何综合题，对学生的推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.4

10.如图,在$□ ABCD$中,O是对角线AC,BD的交点,M是BC上的一点,连结OM。连结AM,DM,分别交BD,AC于点E,F。若$△ ABE$的面积为$5,BE:DE=1:5$,则$△ OEM$的面积为
……（）

A.1
B.2
C.3
D.5

10.B 解析:因为四边形ABCD是平行四边形,M是BC上一点,对角线AC,BD交于点O,所以$AD// BM$,$OB=OD$,所以点A,D到直线BM的距离相等,所以$S_{△ ABM} = S_{△ DBM}$,$S_{△ ABM} - S_{△ EBM} = S_{△ DBM} - S_{△ EBM}$,所以$S_{△ ABE} = S_{△ DME} = 5$,设$BE=m$,因为$BE:DE=1:5$,所以$DE=5BE=5m$,所以$BD=BE+DE=6m$,所以$OB=OD=\frac{1}{2}BD=3m$,所以$OE=OB-BE=2m$,因为$\frac{S_{△ OEM}}{S_{△ DME}}=\frac{OE}{DE}=\frac{2m}{5m}=\frac{2}{5}$,所以$S_{△ OEM} = \frac{2}{5}S_{△ DME} = \frac{2}{5}× 5=2$,故选B。

【分析】首先利用平行四边形对边平行的性质，得到点A、D到直线BC的距离相等，进而推导出△ABE与△DME的面积相等；再结合BE与DE的比例关系，求出OE与DE的长度比；最后根据同高三角形的面积比等于底的比，计算出△OEM的面积。
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，OB=OD，
∴点A、D到直线BC的距离相等，
∴$S_{△ABM}=S_{△DBM}$，
又
∵$S_{△ABM}-S_{△EBM}=S_{△DBM}-S_{△EBM}$，
∴$S_{△ABE}=S_{△DME}=5$。
设$BE=m$，由$BE:DE=1:5$，得$DE=5m$，
∴$BD=BE+DE=6m$，
∵O是BD中点，
∴$OB=OD=\frac{1}{2}BD=3m$，
∴$OE=OB-BE=3m - m=2m$。
∵△OEM和△DME同高，
∴$\frac{S_{△OEM}}{S_{△DME}}=\frac{OE}{DE}=\frac{2m}{5m}=\frac{2}{5}$，
∴$S_{△OEM}=\frac{2}{5}×S_{△DME}=\frac{2}{5}×5=2$。
【答案】B
【知识点】平行四边形性质，三角形面积比
【点评】本题考查平行四边形的性质及三角形面积的等积变换，核心是利用平行线间的距离相等转换三角形面积，结合同高三角形的面积比与底的关系求解，需具备图形分析能力。
【难度系数】0.4

11.计算：$\sqrt{(-2)^2}=$______。

11.2

【分析】本题考查二次根式的化简，解题思路是先计算根号内的平方运算，再依据二次根式的性质（算术平方根为非负数）求出最终结果。首先计算根号内$(-2)$的平方，再求所得结果的算术平方根即可。
【解析】先计算根号内的乘方：$(-2)^2 = 4$；再计算算术平方根：$\sqrt{4} = 2$。
【答案】2
【知识点】二次根式的性质、有理数的乘方
【点评】本题是基础题型，直接考查二次根式化简的核心性质$\sqrt{a^2}=|a|$，计算过程简单，属于对基础知识的直接应用。
【难度系数】0.9

12.一个五边形的对角线条数是。

12.5

【分析】要计算五边形的对角线条数，需先明确多边形对角线条数的计算公式，再将五边形的边数代入公式计算即可。
【解析】多边形对角线条数公式为：$\frac{n(n-3)}{2}$（其中$n$为多边形的边数）。对于五边形，$n=5$，代入公式得：$\frac{5×(5-3)}{2}=\frac{5×2}{2}=5$。
【答案】5
【知识点】多边形的对角线计算
【点评】本题考查多边形对角线条数的基础计算，只需牢记公式并正确代入数值运算即可，难度较低。
【难度系数】0.9

13.用反证法证明命题“已知$△ ABC,AB=AC$,求证:$∠B＜90°$”时，
应先假设________。

13.$∠ B≥90°$

【分析】反证法证明命题时，第一步需假设命题的结论不成立，即找出原结论的反面。本题中原命题的结论是“∠B＜90°”，其反面是“∠B≥90°”，因此应先假设该结论。
【解析】根据反证法的要求，需对原命题的结论进行否定，原结论为∠B＜90°，其否定形式为∠B≥90°，故应先假设∠B≥90°。
【答案】∠B≥90°
【知识点】反证法
【点评】本题考查反证法的基础步骤，核心是掌握原结论的否定形式，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.8

14.(改编)某研发团队12人的年龄(单位:岁)为17,19,22,22,24，25,28,34,35,36,37,38，则其下四分位数是________岁。

14.22

【分析】
要计算下四分位数，首先确认题目给出的数据已按从小到大排列，确定数据总个数n=12；接着根据下四分位数的位置计算公式找到对应位置，再结合对应位置的数值计算下四分位数，本题最终结果为22岁。
【解析】
1. 数据整理：题目中12人的年龄已从小到大排列为：17,19,22,22,24,25,28,34,35,36,37,38；
2. 确定数据总数：n=12；
3. 计算下四分位数位置：根据公式，下四分位数位置i=(n+1)×0.25=(12+1)×0.25=3.25；
4. 计算下四分位数：第3项数值为22，第4项数值为22，因此下四分位数=第3项数值 + 0.25×(第4项数值 - 第3项数值)=22 + 0.25×(22-22)=22。
【答案】
22
【知识点】
下四分位数计算、统计量
【点评】
本题考查统计中下四分位数的计算，核心是掌握下四分位数的位置确定方法，属于基础统计题型，难度较低。
【难度系数】
0.6

15.(改编)已知$x_1,x_2$是关于$x$的一元二次方程$x^2 - 6x + k = 0$的两个实数根，且$x_1^2 x_2^2 - x_1 - x_2 = 115$，则$k$的值为________。

15.$-11$

【分析】
要解决这道题，需先利用一元二次方程根的判别式确认方程有实根的条件，再结合韦达定理将已知等式转化为关于k的方程，最后检验解是否符合判别式要求。具体思路：1. 由方程有两个实根得判别式Δ≥0，确定k的初步范围；2. 根据韦达定理写出两根和、两根积关于k的表达式；3. 变形已知等式后代入韦达定理结果，解出k的可能值；4. 结合判别式范围筛选出正确的k值。
【解析】
解：
∵x₁，x₂是一元二次方程x² -6x +k=0的两个实数根，
∴判别式Δ≥0，即Δ=(-6)² -4×1×k=36 -4k≥0，解得k≤9。
根据韦达定理，两根之和x₁+x₂=6，两根之积x₁x₂=k。
已知x₁²x₂² -x₁ -x₂=115，将等式变形为：
(x₁x₂)² - (x₁+x₂)=115，
代入x₁+x₂=6、x₁x₂=k，得：
k² -6=115，
移项得k²=121，解得k=11或k=-11。
结合k≤9的条件，k=11不符合，舍去，故k=-11。
【答案】
-11
【知识点】
一元二次方程根的判别式；韦达定理
【点评】
本题考查一元二次方程根的判别式与韦达定理的综合应用，解题关键是灵活运用韦达定理转化等式，同时需注意检验解是否满足方程有实根的条件，避免增根，是一元二次方程相关的经典题型。
【难度系数】
0.5

16.(改编)如图,正方形 EFGH 的顶点 E 在正方形ABCD 上,四边形 FGKD 也是正方形,且点 B,H,K 在同一直线上,则正方形 EFGH 与正方形ABCD 的面积比为。

16.$(2-\sqrt{2}):2$ 解析:如图,延长GF交CD于点P,连结PE,因为四边形EFGH和四边形FGKD都是正方形,所以$EH=EF=FG=DF$,$∠ DFP=∠ DFG=∠ FEH=∠ EHB=90°$,所以PG是线段DE的垂直平分线,所以$DP=PE$,因为四边形ABCD是正方形,所以$BC=DC$,$∠ C=90°$,所以$∠ PDF+∠ DEC=90°$,因为$∠ FEH=90°$,所以$∠ BEH+∠ DEC=90°$,所以$∠ PDF=∠ BEH$,在$△ DPF$和$△ EBH$中,$\begin{cases}∠ DFP=∠ EHB=90°,\\DF=EH,\\∠ PDF=∠ BEH,\end{cases}$所以$△ DPF≌△ EBH(\mathrm{ASA})$,所以$DP=EB$,因为$BC=DC$,所以$EB+CE=DP+CP$,所以$CE=CP$,所以设$CE=CP=a$,其中$a＞0$,在$\mathrm{Rt}△ CPE$中,由勾股定理得$PE=\sqrt{CE^2+CP^2}=\sqrt{2}a$,所以$DP=PE=\sqrt{2}a$,所以$CD=DP+CP=\sqrt{2}a+a$,在$\mathrm{Rt}△ DEC$中,由勾股定理得$DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{a^2+(\sqrt{2}a+a)^2}=\sqrt{4+2\sqrt{2}}a$,所以$EF=\frac{1}{2}DE=\frac{\sqrt{4+2\sqrt{2}}a}{2}=\sqrt{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}a$,所以$\frac{EF^2}{CD^2}=\frac{(\sqrt{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}a)^2}{(\sqrt{2}a+a)^2}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}$,所以正方形EFGH与正方形ABCD的面积比为$(2-\sqrt{2}):2$。

【分析】要计算正方形EFGH与正方形ABCD的面积比，关键是找到两者边长的关系。解题思路为：通过延长GF交CD于点P并连接PE，利用正方形的边、角性质，证明△DPF与△EBH全等，得到对应边相等，进而推出CE=CP；设参数a表示CE、CP的长度，结合勾股定理分别表示出两个正方形的边长，最终计算面积比。
【解析】如图，延长GF交CD于点P，连结PE。
因为四边形EFGH和四边形FGKD都是正方形，所以$EH=EF=FG=DF$，$∠ DFP=∠ DFG=∠ FEH=∠ EHB=90°$，故PG是线段DE的垂直平分线，得$DP=PE$。
又四边形ABCD是正方形，所以$BC=DC$，$∠ C=90°$，因此$∠ PDF+∠ DEC=90°$。
由$∠ FEH=90°$，得$∠ BEH+∠ DEC=180°-∠ FEH=90°$，故$∠ PDF=∠ BEH$。
在$△ DPF$和$△ EBH$中：
$\begin{cases}∠ DFP=∠ EHB=90°, \\DF=EH, \\∠ PDF=∠ BEH,\end{cases}$
所以$△ DPF≌△ EBH(\mathrm{ASA})$，得$DP=EB$。
因为$BC=DC$，所以$EB+CE=DP+CP$，代入$DP=EB$，得$CE=CP$。
设$CE=CP=a(a＞0)$，在$\mathrm{Rt}△ CPE$中，由勾股定理得：$PE=\sqrt{CE^2+CP^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$，故$DP=PE=\sqrt{2}a$，则$CD=DP+CP=\sqrt{2}a+a$。
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，由勾股定理得：$DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{a^2+(\sqrt{2}a+a)^2}=\sqrt{(4+2\sqrt{2})a^2}=\sqrt{4+2\sqrt{2}}a$。
因为四边形EFGH是正方形，$EF$为其边，结合正方形性质可得$EF=\sqrt{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}a$，则：
$\frac{S_{正方形EFGH}}{S_{正方形ABCD}}=\frac{EF^2}{CD^2}=\frac{(\sqrt{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}a)^2}{(\sqrt{2}a+a)^2}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}$。
【答案】$(2-\sqrt{2}):2$
【知识点】正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理
【点评】本题是综合性几何题，通过构造辅助线将正方形边长关系转化为三角形全等和勾股定理的应用，考查学生的几何推理能力，需要熟练掌握正方形、全等三角形的相关性质，有一定难度。
【难度系数】0.4

三、解答题(共52分)
17.(6分)下面是亮亮进行二次根式混合运算练习的计算过程,请认真阅读并完成相应任务。
解：$\sqrt{12}-\sqrt{\frac{1}{3}}-\sqrt{1\frac{1}{3}}$
$=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}-1×\sqrt{\frac{1}{3}}$ ……………………………… ①
$=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}$ …………………………………… ②
$=\frac{4\sqrt{3}}{3}$ ………………………………………… ③
(1)指出上述解题过程中最先出现错误的步骤(写出序号即可)。
(2)请写出正确的解题过程。

17.(1)最先出现错误的步骤为①。
(2)$\sqrt{12}-\sqrt{\frac{1}{3}}-\sqrt{1\frac{1}{3}}=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$。

【分析】
要解决这道题，需掌握二次根式的化简规则：带分数形式的二次根式要先化为假分数，再化简为最简二次根式；只有同类二次根式才能合并。先检查亮亮每一步的化简是否正确，找出错误步骤后，再按正确方法化简计算即可。
【解析】
(1) 检查各步骤：步骤①中，$\sqrt{1\frac{1}{3}}$应先化为假分数$\frac{4}{3}$，再化简为$\sqrt{\frac{4}{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，亮亮错误写成$1×\sqrt{\frac{1}{3}}$，因此最先出错的步骤是①。
(2) 正确解题过程：
$\sqrt{12}-\sqrt{\frac{1}{3}}-\sqrt{1\frac{1}{3}}$
$=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}-\sqrt{\frac{4}{3}}$
$=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}$
$=2\sqrt{3}-(\frac{\sqrt{3}}{3}+\frac{2\sqrt{3}}{3})$
$=2\sqrt{3}-\sqrt{3}$
$=\sqrt{3}$
【答案】
(1) ①；(2) $\sqrt{3}$
【知识点】
二次根式化简、同类二次根式合并
【点评】
本题考查二次根式的混合运算，核心是正确化简带分数形式的二次根式，避免化简错误，合并同类二次根式时需准确计算系数，属于基础运算题，需学生细心操作。
【难度系数】
0.7