江西省南昌市2021-2022学年九年级（上）数学 期中试卷（word版 含答案）

这是一份江西省南昌市2021-2022学年九年级（上）数学 期中试卷（word版 含答案），共25页。试卷主要包含了11，解方程， 先化简，再求值等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每小题3分，功18分）
1. 下面的图形中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A B C D
2．从2021年5月26日在南昌召开的第十二届中国卫星导航年会上获悉，至2020年，我国卫星导航产业总值突破4000亿元，年均增长20%以上，其中4000亿用科学记数法表示为（ ）
A．0.4×1012 B．4×1010 C．4×1011 D．0.4×1011
3．如图，已知正五边形ABCDE内接于⊙O，则劣弧AB的度数是（ ）
A．45° B．60° C．72° D．90°
4．下列命题中正确的有（ ）
eq \\ac(○,1)过三点有且只有一个圆； eq \\ac(○,2)在同圆或等圆中，圆周角等于圆心角的一半；
eq \\ac(○,3)在平面教坐标系中，点P(-5，m2+2)关于原点的对称点一定在第四象限；
eq \\ac(○,4)圆的内接菱形是正方形； eq \\ac(○,5)只教三角形绕着一遍旋转一周得到的几何体是圆锥；
eq \\ac(○,6)三角形的外心一定在圆的内部； eq \\ac(○,7)平分弦的直径有可能不垂直弦。
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．一次函数y＝cx+b与二次函数y＝ax2+bx+c在同一坐标系内的图象可能为（ ）
A B C D
6．在如图所示的网格中，已知线段AB，现要在该网格内再确定格点C和格点D，某数学探究小组在探究时发现以下结论，以下结论不正确的是（ ）
A．将线段AB平移得到线段CD，使四边形ABDC为正方形的有2种
B．将线段AB平移得到线段CD，使四边形ABDC为菱形的（正方形除外）有3种
C．将线段AB平移得到线段CD，使四边形ABDC为矩形的（正方形除外）有1种
D．不存在以AB为对角线的四边形ACBD是菱形
二、填空题（每空3分，共18分）
7．一组数据：4，2，3，x，1，4，3．有唯一的众数4，则这组数据的平均数是 ．
8．经过人民中路十字路口红绿灯处的两辆汽车，可能直行，也可能向左转，
如果这两种可能性大小相同，则至少有一辆向左转的概率是 ．
9．如图，已知PA，PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于E，PO＝13，
AO＝5，则△PCD周长为 ．
10．1275年，我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．若设长为x步，则可列方程为 。
11．如图，AB＝6，点O在线段AB上，AO＝2，⊙O的半径为1．点P是⊙O
上一动点，以BP为一边作等边△BPQ，则AQ的最小值为 。
12. 在平面直角坐标系中，A(-4,0)，B(-4,8)，A(0,8)，直线y=43x+4与OA、OC分别交于点D、E，若P为四边形OABC边上一点（不与点D重合），且EP=ED，则点P的坐标为 。
三、（本大题5小题，每小题6分，共30分）
13.（1）计算：9−13−1+π−20210 （2）解方程：x2−5x+4=0
14. 先化简，再求值：已知(x2x−3+93−x)÷x−1x2−2x+1 ，其中x满足x2+2x−2024=0。
15．动画片《小猪佩奇》风靡全球，受到孩子们的喜爱，现有4张（小猪佩奇）角色卡片，分别是A佩奇，B乔治，C佩奇妈妈，D佩奇爸爸（四张卡片除字母和内容外，其余完全相同）姐弟两人做游戏，他们将这四张卡片混在一起，背面朝上放好．
（1）姐姐从中随机抽取一张卡片，恰好抽到A佩奇的概率为 。
（2）若两人分别随机抽取一张卡片（不放回），请用列表或画树状图的方法求出恰
好姐姐抽到A佩奇，弟弟抽到B乔治的概率。
16．如图，△ABC与⊙O交于D，E两点，AB是直径且长为12，OD∥BC。
（1）若∠B＝40°，求∠A的度数；
（2）证明：CD＝DE。
17．如图，在6×6的正方形网格中，有部分网格线被擦去．点A，B，C在格点（正方形网格的交点）上．
（1）请用无刻度的直尺在图1中找到三角形ABC的外心P；
（2）请用无刻度的直尺在图2中找到三角形ABC的内心Q．
四、（本大题5小题，每小题6分，共30分）
18．已知y关于x的二次函数y＝（k﹣1）x2﹣2kx+k+2的图象与x轴有两个交点．
（1）求k的取值范围；
（2）若x1，x2是函数图象与x轴两个交点的横坐标，且满足kx1+kx2＝2x1x2，求k的值；
（3）在（2）的条件下，当k≤x≤k+2时，请结合函数图象确定y的取值范围．
19．我市某中学举办“网络安全知识答题竞赛”，初、高中部根据初赛成绩各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛，两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示．
（1）根据图示计算出a、b、c的值；
（2）结合两队成绩的平均数和中位数进行分析，哪个队的决赛
成绩较好？
（3）计算初中代表队决赛成绩的方差s初中2，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．
20．武汉新冠肺炎疫情发生后，全国人民众志成城抗疫救灾．某公司筹集了抗疫物资120吨打算运往武汉疫区，现有甲、乙、丙三种车型供运输选择，每辆车的运载能力和运费如下表所示：（假设每辆车均满载）
（1）全部物资一次性运送可用甲型车8辆，乙型车5辆，丙型车 辆；
（2）若全部物资仅用甲、乙两种车型一次性运完，需运费9600元，求甲、乙两种车型各需多少辆？
（3）若该公司打算用甲、乙、丙三种车型同时参与运送，已知车辆总数为14辆，且一次性运完所有物资，你能分别求出三种车型的辆数吗？此时的总运费为多少元？
21．如图，在平行四边形ABCD中，点A，B，D三个点都在⊙O上，CD与⊙O交于点F，连接BO并延长交边AD于点E，点E恰好是AD的中点．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若AE＝1，∠BAD＝75°；
①求BE的长；
②求阴影部分的面积．
22．在正方形ABCD中，AB＝4，O为对角线AC、BD的交点．
（1）如图1，延长OC，使CE＝OC，作正方形OEFG，使点G落在OD的延长线上，连接DE、AG．求证：DE＝AG；
（2）如图2，将问题（1）中的正方形OEFG绕点O逆时针旋转α（0＜α＜180°），得到正方形OE′F′G′，连接AE′、E′G′．
①当α＝30°时，求点A到E′G′的距离；
②在旋转过程中，求△AE′G′面积的最小值，并求此时的旋转角α．
23．如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝1与抛物线y＝4x2相交于A，B两点（点B在第一象限），点C在AB的延长线上．且BC＝n·AB（n为正整数）．过点B，C的抛物线L，其顶点M在x轴上．
（1）A点的坐标为 ；B点的坐标为 ；
（2）当n＝1时，抛物线L的函数表达式为 ；
（3）如图2，抛物线E：y＝anx2+bnx+cn经过B、C两点，顶点为P。且O、B、P三点在同一直线上，
①求an与n的关系式；
②当n＝k时，设四边形PAMC的面积Sk，当n＝t时，设四边形PAMC的面积St，规定T(k,t)=ak+bt2k+t（其中a、b均为非零常数），例如：T(k,t)=a×0+b×12×0+1，已知T(1,-1)=-2，T(4,2)=1，若正整数k和正整数t满足不等式组T(2k,5−4k)≥−15T(t,3−2t)≥−12且Sk＝4St，请直接写出ak·at值。
参考答案与试题解析
一、单选题（每小题3分，功18分）
1. 下面的图形中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A B C D
2．从2021年5月26日在南昌召开的第十二届中国卫星导航年会上获悉，至2020年，我国卫星导航产业总值突破4000亿元，年均增长20%以上，其中4000亿用科学记数法表示为（ ）
A．0.4×1012B．4×1010C．4×1011D．0.4×1011
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．据此解答即可．
【解答】解：4000亿＝400000000000＝4×1011，
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要确定a的值以及n的值．
3．如图，已知正五边形ABCDE内接于⊙O，则劣弧AB的度数是（ ）
A．45°B．60°C．72°D．90°
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：得到．
【解答】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴五边形ABCDE的中心角＜AOB的度数为＝72°，
∴劣弧AB的度数是72°，
故选：C．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式：是解题的关键．
4．下列命题中正确的有（ ）
eq \\ac(○,1)过三点有且只有一个圆； eq \\ac(○,2)在同圆或等圆中，圆周角等于圆心角的一半；
eq \\ac(○,3)在平面教坐标系中，点P(-5，m2+2)关于原点的对称点一定在第四象限；
eq \\ac(○,4)圆的内接菱形是正方形； eq \\ac(○,5)只教三角形绕着一遍旋转一周得到的几何体是圆锥；
eq \\ac(○,6)三角形的外心一定在圆的内部； eq \\ac(○,7)平分弦的直径有可能不垂直弦。
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．一次函数y＝cx+b与二次函数y＝ax2+bx+c在同一坐标系内的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
【分析】先由二次函数y＝ax2+bx+c的图象得到字母系数的正负，再与一次函数y＝cx+b图象相比较看是否一致．
【解答】解：A、由抛物线可知，a＞0，b＜0，c＞0，由直线可知，b＞0，错误；
B、由抛物线可知，a＞0，b＜0，c＞0，由直线可知，c＞0，b＜0，正确；
C、由抛物线可知，a＜0，b＞0，c＜0，由直线可知，c＞0，b＞0，错误；
D、由抛物线可知，a＜0，b＝0，c＞0，由直线可知，c＞0，b＞0，错误．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数和二次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
6．在如图所示的网格中，已知线段AB，现要在该网格内再确定格点C和格点D，某数学探究小组在探究时发现以下结论，以下结论不正确的是（ ）
A．将线段AB平移得到线段CD，使四边形ABDC为正方形的有2种
B．将线段AB平移得到线段CD，使四边形ABDC为菱形的（正方形除外）有3种
C．将线段AB平移得到线段CD，使四边形ABDC为矩形的（正方形除外）有1种
D．不存在以AB为对角线的四边形ACBD是菱形
【分析】根据正方形和菱形的性质判断即可．
【解答】解：A、将线段AB平移得到线段CD，使四边形ABDC为正方形的有2种，正确，不符合题意；
B、将线段AB平移得到线段CD，使四边形ABDC为菱形的（正方形除外）有3种，正确，不符合题意；
C、将线段AB平移得到线段CD，不存在使四边形ABDC为矩形的，错误，符合题意；
D、不存在以AB为对角线的四边形ACBD是菱形，正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形、正方形的性质画出图形解答．
二．填空题（共5小题）
7．一组数据：4，2，3，x，1，4，3．有唯一的众数4，则这组数据的平均数是 3 ．
【分析】根据众数的意义求出x的值，再根据平均数的计算方法进行计算即可．
【解答】解：这组数据：4，2，3，x，1，4，3．有唯一的众数4，
所以x＝4，
因此这组数据的平均数为＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查众数、平均数，理解众数、平均数的意义，掌握众数、平均数的计算方法是正确解答的关键．
8．经过人民中路十字路口红绿灯处的两辆汽车，可能直行，也可能向左转，如果这两种可能性大小相同，则至少有一辆向左转的概率是 ．
【分析】画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解可得．
【解答】解：画树状图如下：
由树状图知，共有4种等可能结果，其中至少有一辆向左转的有3种等可能结果，
所以至少有一辆向左转的概率为，
故答案为：．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
9．如图，已知PA，PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于E，PO＝13，AO＝5，则△PCD周长为 24 ．
【分析】由切线长定理可得PA＝PB，DA＝DE，CE＝EB，由于△PCD的周长＝PC+CE+ED+PD，所以∴△PCD的周长＝PC+CB+AD+PD＝PA+PB＝2PA，故可求得三角形的周长．
【解答】解：连接OB．
∵PA是⊙O的切线，点A是切点，
∴PA⊥OA；
∴PA＝＝12；
∵PA、PB为圆的两条相交切线，
∴PA＝PB；
同理可得：DA＝DE，CE＝CB．
∵△PCD的周长＝PC+CE+ED+PD，
∴△PCD的周长＝PC+CB+AD+PD＝PA+PB＝2PA，
∴△PCD的周长＝24；
故答案是：24．
【点评】本题考查了切线的性质以及切线长定理的运用．切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长长度相等，圆心和这一点的连线，平分这两条切线的夹角．
10．1275年，我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．若设长为x步，则可列方程为 x（x﹣12）＝864 ．
【分析】由长和宽之间的关系可得出宽为（x﹣12）步，根据矩形的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵长为x步，宽比长少12步，
∴宽为（x﹣12）步．
依题意，得：x（x﹣12）＝864．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
11．如图，AB＝6，点O在线段AB上，AO＝2，⊙O的半径为1．点P是⊙O上一动点，以BP为一边作等边△BPQ，则AQ的最小值为 ．
【分析】以BO为边作等边△BOC，连接OP，CQ，AC，可证△OBP≌△CBQ（SAS），得OP＝CQ＝1，然后再通过Rt△ACH，勾股定理计算得AC的长，利用三角形三边关系即可．
【解答】解：如图，以BO为边作等边△BOC，连接CQ，AC，
∵△BOC和△BPQ都是等边三角形，
∴∠OBC＝∠PBQ，OB＝BC，BP＝BQ，
∴∠OBP＝∠CBQ，
在△OBP和△CBQ中，
，
∴△OBP≌△CBQ（SAS），
∴OP＝CQ＝1，
∵AB＝6，AO＝2，
∴OB＝4，
∵CH⊥OB于H，
∴OH＝2，CH＝tan60°×OH＝2，
在Rt△ACH中，由勾股定理得：AC＝，
∵AC﹣CQ≤AQ，
∴AQ≥2﹣1，
∴AQ的最小值为：2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、三角形的三边关系、勾股定理等知识，作出等边三角形，构造出全等三角形是解题的关键．
12．
三．解答题（共9小题）
13.（1）计算：9−13−1+π−20210 （2）解方程：x2−5x+4=0
14. 先化简，再求值：已知(x2x−3+93−x)÷x−1x2−2x+1 ，其中x满足x2+2x−2024=0。
15．动画片《小猪佩奇》风靡全球，受到孩子们的喜爱，现有4张（小猪佩奇）角色卡片，分别是A佩奇，B乔治，C佩奇妈妈，D佩奇爸爸（四张卡片除字母和内容外，其余完全相同）姐弟两人做游戏，他们将这四张卡片混在一起，背面朝上放好．
（1）姐姐从中随机抽取一张卡片，恰好抽到A佩奇的概率为 ．
（2）若两人分别随机抽取一张卡片（不放回），请用列表或画树状图的方法求出恰好姐姐抽到A佩奇，弟弟抽到B乔治的概率．
【分析】（1）直接利用求概率公式计算即可；
（2）画树状图列出所有等可能结果，根据概率公式求解可得．
【解答】解：（1）∵姐姐从4张卡片中随机抽取一张卡片，
∴恰好抽到A佩奇的概率＝，
故答案为：；
（2）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中姐姐抽到A佩奇，弟弟抽到B乔治的结果数为1，
所以姐姐抽到A佩奇，弟弟抽到B乔治的概率＝．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
16．如图，△ABC与⊙O交于D，E两点，AB是直径且长为12，OD∥BC．
（1）若∠B＝40°，求∠A的度数；
（2）证明：CD＝DE；
（3）若AD＝4，求CE的长度．
【分析】（1）由平行线的性质可得∠AOD＝∠B＝40°，再利用等腰三角形的性质可得；
（2）根据三角形的内角和定理和圆内接四边形的性质可得∠C＝∠DEC，从而证明结论；
（3）设CE＝x，则BE＝12﹣x，根据勾股定理可得AC2﹣CE2＝AB2﹣BE2，代入即可得出方程，从而解决问题．
【解答】（1）解：∵OD∥BC，
∴∠AOD＝∠B＝40°，
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠A，
∴∠A＝；
（2）证明：∵四边形ABED内接于⊙O，
∴∠CDE＝∠B，∠DEC＝∠A，
∴∠CDE＝∠AOD，
∵∠C＝180°﹣∠CDE﹣∠DEC，
∠ADO＝180°﹣∠A﹣∠AOD，
∴∠C＝∠ADO＝∠A，
∴∠C＝∠DEC，
∴CD＝DE；
（3）解：连接OE，AE，由（2）得AB＝BC＝12，
∴∠AOE＝2∠B，∠B＝∠AOD，
∴∠AOE＝2∠AOD，
∴∠AOD＝∠DOE，
∴AD＝DE，
∴AC＝2AD＝8，
∵AB是直径：∠AEB＝90°，
设CE＝x，则BE＝12﹣x，
∵AC2﹣CE2＝AB2﹣BE2，
∴82﹣x2＝122﹣（12﹣x）2，
解得：，
∴CE＝．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．
17．如图，在6×6的正方形网格中，有部分网格线被擦去．点A，B，C在格点（正方形网格的交点）上．
（1）请用无刻度的直尺在图1中找到三角形ABC的外心P；
（2）请用无刻度的直尺在图2中找到三角形ABC的内心Q．
【分析】（1）根据三角形外心的概念，作直角三角形斜边中点即可；
（2）根据三角形内心的概念，作三角形的两内角平分线交点即可．
【解答】解：（1）如图，点P即为所求；
（2）如图，点Q即为所求．
【点评】本题考查了三角形外心的概念、三角形内心的概念，解决此题的关键是清楚三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点以及外心是三角形三条边垂直平分线的交点．
18．已知y关于x的二次函数y＝（k﹣1）x2﹣2kx+k+2的图象与x轴有两个交点．
（1）求k的取值范围；
（2）若x1，x2是函数图象与x轴两个交点的横坐标，且满足kx1+kx2＝2x1x2．
①求k的值；
②当k≤x≤k+2时，请结合函数图象确定y的取值范围．
【分析】（1）利用判别式即可求解；
（2）①根据题意列出方程，解方程求得k的值；
②首先确定函数的顶点坐标，根据函数图象确定函数的值．
【解答】解：（1）∵函数y＝（k﹣1）x2﹣2kx+k+2为二次函数，其图象与x轴有两个交点，
令y＝0得（k﹣1）x2﹣2kx+k+2＝0．
△＝（﹣2k）2﹣4（k﹣1）（k+2）＞0，解得k＜2．即k＜2且k≠1．
综上所述，k的取值范围是即k＜2且k≠1．
（2）①∵x1，x2是函数图象与x轴两个交点的横坐标，
∴x1+x2＝，x1x2＝，
∵kx1+kx2＝2x1x2．
∴＝，
∵k＜2且k≠1．
∴k2＝k+2，
解得：k1＝﹣1，k2＝2 （不合题意，舍去）．
∴所求k值为﹣1．
②如图，∵k＝﹣1，y＝﹣2x2+2x+1＝﹣2（x﹣）2+．
且﹣1≤x≤1．
由图象知：当x＝﹣1时，y最小＝﹣3；当x＝时，y最大＝．
∴﹣3≤y≤．
【点评】本题考查二次函数与x轴的交点，以及函数顶点坐标的求法，正确根据函数图象确定最值，利用数形结合思想是关键．
19．我市某中学举办“网络安全知识答题竞赛”，初、高中部根据初赛成绩各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛，两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示．
（1）根据图示计算出a、b、c的值；
（2）结合两队成绩的平均数和中位数进行分析，哪个队的决赛成绩较好？
（3）计算初中代表队决赛成绩的方差s初中2，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．
【分析】（1）根据平均数的计算公式和众数、中位数的定义分别进行解答，然后把表补充完整即可；
（2）根据平均数相同的情况下，中位数高的哪个队的决赛成绩较好；
（3）根据方差公式先算出各队的方差，然后根据方差的意义即可得出答案．
【解答】解：（1）初中5名选手的平均分，众数b＝85，
高中5名选手的成绩是：70，75，80，100，100，故中位数c＝80；
（2）由表格可知初中部与高中部的平均分相同，初中部的中位数高，
故初中部决赛成绩较好；
（3），
∵，
∴初中代表队选手成绩比较稳定．
【点评】本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
20．武汉新冠肺炎疫情发生后，全国人民众志成城抗疫救灾．某公司筹集了抗疫物资120吨打算运往武汉疫区，现有甲、乙、丙三种车型供运输选择，每辆车的运载能力和运费如下表所示：（假设每辆车均满载）
（1）全部物资一次性运送可用甲型车8辆，乙型车5辆，丙型车 4 辆；
（2）若全部物资仅用甲、乙两种车型一次性运完，需运费9600元，求甲、乙两种车型各需多少辆？
（3）若该公司打算用甲、乙、丙三种车型同时参与运送，已知车辆总数为14辆，且一次性运完所有物资，你能分别求出三种车型的辆数吗？此时的总运费为多少元？
【分析】（1）根据甲型车运载量是5吨/辆，乙型车运载量是8吨/辆，丙型车运载量是10吨/辆，再根据总吨数，即可求出丙型车的车辆数；
（2）设甲种车型需x辆，乙种车型需y辆，根据运费9600元，总吨数是120，列出方程组，再进行求解即可；
（3）设甲车有a辆，乙车有b辆，则丙车有（14﹣a﹣b）辆，列出等式，再根据a、b、14﹣a﹣b均为正整数，求出a，b的值，从而得出答案．
【解答】解：（1）（120﹣5×8﹣5×8）÷10＝4（辆）．
答：丙型车4辆．
（2）设甲种车型需x辆，乙种车型需y辆，根据题意得：
，
解得．
答：甲种车型需8辆，乙种车型需10辆．
（3）设甲车有a辆，乙车有b辆，则丙车有（14﹣a﹣b）辆，由题意得
5a+8b+10（14﹣a﹣b）＝120，
即a＝4﹣b，
∵a、b、14﹣a﹣b均为正整数，
∴b只能等于5，
∴a＝2，
14﹣a﹣b＝7，
∴甲车2辆，乙车5辆，丙车7辆，
则需运费450×2+600×5+700×7＝8800（元），
答：甲车2辆，乙车5辆，丙车7辆，此时的总运费为8800元．
故答案为：4．
【点评】本题考查了二元一次方程组和二元一次方程的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题列出方程即可求解．利用整体思想和未知数的实际意义通过筛选法可得到未知数的具体解，这种方法要掌握．
21．如图，在平行四边形ABCD中，点A，B，D三个点都在⊙O上，CD与⊙O交于点F，连接BO并延长交边AD于点E，点E恰好是AD的中点．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若AE＝1，∠BAD＝75°；
①求BE的长；
②求阴影部分的面积．
【分析】（1）根据垂径定理可得BE⊥AD，再结合平行四边形的性质推出BE⊥BC，即可得证；
（2）①由平行四边形的性质及垂径定理可推出∠BAO＝∠ABO＝15°，∠AOE＝30°，然后在Rt△AOE中分别求出AO，OE，从而得出结论；
②连接OD，OF，BF，然后根据S阴影＝S梯形BCDE﹣S△DOE﹣S△DOF﹣S扇形BOF求解即可．
【解答】（1）证明：∵点E是AD的中点，
根据垂径定理得BE⊥AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴BE⊥BC，
∵OB是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）①如图，连接AO，
∵AD∥BC，∠BAD＝75°，
∴∠ABC＝180°﹣75°＝105°，
∵∠OBC＝90°，
∴∠ABO＝105°﹣15°＝90°，
∵OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABO＝15°，
∴∠OAE＝75°﹣15°＝60°，
在Rt△AOE中，∠AOE＝30°，
∴OA＝2AE＝2，OE＝AE＝，
∴OA＝OB＝2，
∴BE＝OB+OE＝2+；
②如图，连接OD，OF，BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝75°，
∴∠ADC＝105°，
由①可知，∠ODE＝60°，∠DOE＝30°，
∴∠ODF＝45°，
∵OD＝OF，
∴∠ODF＝∠OFD＝45°，
∴∠DOF＝90°，
∴△ODF是等腰直角三角形，
∴∠BOF＝60°，
∴S阴影＝S梯形BCDE﹣S△DOE﹣S△DOF﹣S扇形BOF，
由①可知，ED＝AE＝1，
∴BC＝AD＝2，
∴S梯形BCDE＝（ED+BC）•BE＝（1+2）×（2+）＝3+，
S△DOE＝ED•OE＝×1×＝，
S△DOF＝DO•OF＝×2×2＝2，
S扇形BOF＝＝，
∴S阴影＝3+﹣﹣2﹣＝1+﹣．
∴阴影部分的面积为1+﹣．
【点评】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形面积、解直角三角形、平行四边形的性质等知识，熟练掌握切线的判定与性质、扇形面积、解直角三角形、平行四边形的性质并作出合理的辅助线是解题的关键．
22．在正方形ABCD中，AB＝4，O为对角线AC、BD的交点．
（1）如图1，延长OC，使CE＝OC，作正方形OEFG，使点G落在OD的延长线上，连接DE、AG．求证：DE＝AG；
（2）如图2，将问题（1）中的正方形OEFG绕点O逆时针旋转α（0＜α＜180°），得到正方形OE′F′G′，连接AE′、E′G′．
①当α＝30°时，求点A到E′G′的距离；
②在旋转过程中，求△AE′G′面积的最小值，并求此时的旋转角α．
【分析】（1）证明△AOG≌△DOE（SAS），得出AG＝DE即可；
（2）①过点E'作E'M⊥AC交AC的延长线于点M，过点A作AN⊥G'E'于点N，则∠E'MO＝90°，求出OG'＝OE'＝4，可得出G'E'＝8，则可得出答案；
②可知G'，E'在以O为圆心，OG'为半径的⊙O上，当OA⊥G'E'时，△AE′G′的面积最小，此时OA的延长线与G'E'相交于点H，求出AH，可得出答案．
【解答】解：（1）∵O为对角线AC、BD的交点，
∴OA＝OD，OA⊥OD，
∴∠AOG＝∠DOE＝90°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG＝OE，
∴△AOG≌△DOE（SAS），
∴AG＝DE；
（2）①过点E'作E'M⊥AC交AC的延长线于点M，
过点A作AN⊥G'E'于点N，
则∠E'MO＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝OC＝，
∵正方形OEFG绕点O逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到正方形OE′F′G′，
∠MOE'＝α＝30°，∠G'OE'＝90°
∴∠OE'M＝90°﹣∠MOE'＝60°，
又∠AOG'＝∠AOD﹣α＝60°，
∴∠AOG'＝∠OE'M，OE'＝OE＝2OC＝4，
∴OG'＝OE'＝4，
∴G'E'＝＝＝8，
∴ME'＝OE'＝2＝OA，
∴△AOG'≌△ME'O（SAS），
∴∠OAG'＝∠E'MO＝90°，
∴AG'＝OA•tan∠AOG'＝OA•tan60°＝2＝2，
∴AM＝OA+OM＝2+2，
∵E'G'•AN，
∴AN＝＝＝3+；
②∵G'E'为定长，
∴G'，E'在以O为圆心，OG'为半径的⊙O上，
∴当OA⊥G'E'时，△AE′G′的面积最小，
此时OA的延长线与G'E'相交于点H，
∴OH＝G'E'＝4，
∴AH＝OH﹣AO＝4﹣2，
∴S△E'G'A＝E'G'•AH＝＝16﹣8，
此时的旋转角α＝∠HOG'+∠AOD＝45°+90°＝135°．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，旋转的性质等知识；熟练掌握旋转的性质及证明三角形全等是解决问题的关键．
23．如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝1与抛物线y＝4x2相交于A，B两点（点B在第一象限），点C在AB的延长线上．且BC＝n•AB（n为正整数）．过点B，C的抛物线L，其顶点M在x轴上．
（1）求AB的长；
（2）①当n＝1时，抛物线L的函数表达式为 y＝4（x﹣1）2 ；
②当n＝2时．求抛物线L的函数表达式；
（3）如图2，抛物线E：y＝anx+bnx+cn经过B、C两点，顶点为P．且O、B、P三点在同一直线上，
①求an与n的关系式；
②当n＝k时，设四边形PAMC的面积Sk，当n＝t时，设四边形PAMC的面积St（k，t为正整数，1≤k≤6，1≤t≤6），若Sk＝4St，请直接写出ak•at值．
【分析】（1）联立直线y＝1与抛物线y＝4x2得：4x2＝1，解得x＝，即可求解；
（2）①求出点M横坐标为x＝（）＝1，故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣1）2，进而求解；②当n＝2时，同理可解；
（3）①求出点C的坐标为（，1），进而确定点P的坐标为（，n+1），则抛物线E的表达式为y＝an（x﹣）2+n+1，即可求解；
②S四边形PAMC＝（n+1）2，当n＝k时，Sk＝（k+1）2，当n＝t时，St＝（t+1）2，进而求解．
【解答】解：（1）联立直线y＝1与抛物线y＝4x2得：4x2＝1，解得x＝，
故点A、B的坐标分别为（﹣，0）、（，0），
故AB＝＝1；
（2）①当n＝1时，BC＝1，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝1，
故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣1）2，
将点B的坐标代入上式得：0＝a（﹣1）2，解得a＝4，
故答案为：y＝4（x﹣1）2；
②当n＝2时，BC＝2，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝，
故设抛物线L的表达式为y＝a（x﹣）2，
将点B的坐标代入上式得：0＝a（﹣）2，解得a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝（x﹣）2；
（3）①当n＝n时，BC＝n，则点C的坐标为（，1），
则点M横坐标为x＝（）＝，
故点P的横坐标也为，
由点O、B的坐标得，直线OB的表达式为y＝2x，
当x＝（n+1）时，y＝2x＝n+1，故点P的坐标为（，n+1）；
则抛物线E的表达式为y＝an（x﹣）2+n+1，
将点B的坐标（，1）代入上式得：1＝an（﹣）2+n+1，
解得：an＝﹣；
②S四边形PAMC＝×AC×（yP﹣yM）＝×AC×PM＝×（+）×（n+1）＝（n+1）2，
当n＝k时，Sk＝（k+1）2，
当n＝t时，St＝（t+1）2，
∵Sk＝4St，即（k+1）2＝4×（t+1）2，即k+1＝2（t+1），
∵k，t为正整数，1≤k≤6，1≤t≤6，
∴t＝1，k＝3或t＝2，k＝5满足上述条件，
即kt＝3或10
由①知，an＝﹣，
则akat＝﹣×（﹣）＝＝或．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、二次函数表达式的求解方法、面积的计算等，题目综合性强，难度适中．
平均分(分)
中位数(分)
众数(分)
方差(分2)
初中部
a
85
b
s初中2
高中部
85
c
100
160
车型
甲
乙
丙
运载量（吨/辆）
5
8
10
运费（元辆）
450
600
700
平均分（分）
中位数（分）
众数（分）
方差（分2）
初中部
a
85
b
s初中2
高中部
85
c
100
160
车型
甲
乙
丙
运载量（吨/辆）
5
8
10
运费（元辆）
450
600
700