2021-2022学年江苏省无锡市九年级（上）期末数学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年江苏省无锡市九年级（上）期末数学试卷（含答案解析），共21页。

2021-2022学年江苏省无锡市九年级（上）期末数学试卷

1. 下列方程是一元二次方程的是(    )
A. 2x+y=2 B. 2x3−x=0 C. x+1y=7 D. 2x−x2=7
2. 已知⊙O的半径为4，OA=5，则点A在(    )
A. ⊙O内 B. ⊙O上 C. ⊙O外 D. 无法确定
3. 若a是从“−1、0、1、2”这四个数中任取的一个数，则关于x的方程(a−1)x2+x−3=0为一元二次方程的概率是(    )
A. 1 B. 34 C. 12 D. 13
4. 一组样本数据为1、2、3、3、6，下列说法错误的是(    )
A. 平均数是3 B. 中位数是3 C. 方差是3 D. 众数是3
5. 一种药品经过两次降价，药价从每盒60元下调至48.6元，若平均每次降价的百分率为x，则可列方程为(    )
A. 60(1+x)=48.6 B. 60(1−x)=48.6
C. 60(1+x)2=48.6 D. 60(1−x)2=48.6
6. 在圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数之比为2：4：7，则∠B的度数为(    )
A. 140∘ B. 100∘ C. 80∘ D. 40∘
7. 如图，在平面直角坐标系中，A(0,−3)，B(2,−1)，C(2,3).则△ABC的外心坐标为(    )
A. (0,0)
B. (−1,1)
C. (−2,−1)
D. (−2,1)
8. 如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，且CD//AB，AB=12，CD=6，则图中阴影部分的面积为(    )
A. 18π
B. 12π
C. 6π
D. 3π
9. 定义一种新运算：a⊕b=2a+b，a※b=a2b，则方程(x+1)※2=(3⊕x)−2的解是(    )
A. x1=12，x2=−2 B. x1=−1，x2=12
C. x1=−12，x2=2 D. x1=1，x2=−12
10. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60∘，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为3+33；③BP存在最小值为32−3；④点P运动的路径长为2π.其中，正确的是(    )

A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
11. 请写出一个一元二次方程，使得它的一个根为0，另一个根不为0：______.
12. 用配方法将方程x2+4x=0化成(x+m)2=n的形式：______.
13. 如图，转盘中6个扇形的面积都相等．任意转动转盘1次，当转盘停止转动时，事件“指针所落扇形中的数为3的倍数”发生的概率为______.


14. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=5cm，BC=12cm，以BC边所在的直线为轴，将△ABC旋转一周得到的圆锥侧面积是______ .


15. 某电视台要招聘1名记者，某应聘者参加了3项素质测试，成绩如下：
测试项目
采访写作
计算机操作
创意设计
测试成绩(分)
82
85
80
如果将采访写作、计算机操作和创意设计的成绩按5：2：3计算，则该应聘者的素质测试平均成绩是______分．
16. 一个直角三角形的斜边长25cm，两条直角边长的和是6cm，则这个直角三角形外接圆的半径为______ cm，直角三角形的面积是______cm2.
17. 古代数学家曾经研究过一元二次方程的几何解法．以方程x2+3x=20为例，三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造如图所示的大正方形ABCD，它由四个全等的矩形加中间小正方形组成，根据面积关系可求得AB的长，从而解得x.根据此法，图中正方形ABCD的面积为______，方程x2+3x=20可化为______.
18. 将点A(−3,3)绕x轴上的点G顺时针旋转90∘后得到点A′，当点A′恰好落在以坐标原点O为圆心，2为半径的圆上时，点G的坐标为______.
19. 解方程：
(1)(x−1)2−4=0；
(2)x2+x−3=0.
20. 已知：关于x的一元二次方程x2−(m+2)x+4(m−2)=0.
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有两个相等的实数根，求m的值及方程的根．
21. 小明每天骑自行车．上学，都要通过安装有红、绿灯的4个十字路口．假设每个路口红灯和绿灯亮的时间相同．
(1)小明从家到学校，求通过前2个十字路口时都是绿灯的概率．(请用“画树状图”或“列表”或“列举”等方法给出分析过程)
(2)小明从家到学校，通过这4个十字路口时至少有2个绿灯的概率为______.(请直接写出答案)
22. 如图，正三角形ABC内接于⊙O，⊙O的半径为r，求这个正三角形的周长和面积．

23. 第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年2月在中国北京和张家口举行．为迎接本次冬奥会，某校组织初一年级学生开展“迎冬奥”知识竞赛活动(满分为50分).从竞赛成绩中随机抽取了20名男生和20名女生的成绩(单位：分)进行整理、描述和分析(成绩用x表示，共分成四个等级：A：47 成绩的信息：
20名男生的成绩：50，46，50，50，46，49，39，46，49，46，46，43，49，47，40，48，44，43，45，44.
20名女生中成绩为B等级的数据是：45，46，46，47，47，46，46.
所抽取学生的竞赛成绩统计表
性别
平均数
中位数
众数
男
46
46
46
女
46.5
b
48

根据以上信息，解答下列问题：
(1)a=______，b=______.
(2)该校初一年级共有400名男生参与此次竞赛，估计其中等级为A的男生约有多少人？
24. 如图，AB是⊙O的直径，AN、AC是⊙O的弦，P为AB延长线上一点，AN、PC的延长线相交于点M，且AM⊥PM，∠PCB=∠PAC.
(1)试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AB=10，∠P=30∘，求MN的长．

25. 如图，已知锐角△ABC中，AC=BC.
(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作△ABC的内切圆⊙O.(不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，若AC=3，AB=4，则△ABC内切圆的半径为______.(如需画草图，请使用图2)

26. 某读书兴趣小组计划去书店购买一批定价为50元/本的书籍，书店表示有两种优惠方案方案一：若购买数量不超过10本，每本按定价出售；若超过10本，每增加1本，所有书籍的售价可比定价降2元，但售价不低于35元/本．方案二：前5本按定价出售，超过5本以上的部分可以打折．
(1)该兴趣小组按照方案一的优惠方式支付了600元，请你求出购买书籍的数量；
(2)如果该兴趣小组用方案二的优惠方式购买(1)中的数量，请问书店折扣至少低于几折才能使得实付金额少于600元？
27. 如图，在平面直角坐标系中，已知A(0,3)，点B在x轴正半轴上，且∠ABO=30∘，C为线段OB上一点，作射线AC交△AOB的外接圆于点D，连接OD，∠COD=∠OAD.
(1)求∠BAD的度数；
(2)在射线AD上是否存在点P，使得直线BP与△AOB的外接圆相切？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

28. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=BC=10cm.点D从A出发沿AC以1cm/s的速度向点C移动；同时，点F从B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动，移动过程中始终保持DE//CB(点E在AB上).当其中一点到达终点时，另一点也同时停止移动．设移动时间为t(s)(其中t≠0).
(1)当t为何值时，四边形DEFC的面积为18cm²？
(2)是否存在某个时刻t，使得DF=BE，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
(3)点E是否可能在以DF为直径的圆上？若能，求出此时t的值，若不能，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.是二元一次方程，故本选项不符合题意；
B.未知数的最高次数是3，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.是分式方程，故本选项不符合题意；
D.是一元二次方程，故本选项符合题意；
故选：D.
根据一元二次方程的定义逐个判断即可．只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
此题主要考查了一元二次方程定义，判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．

2.【答案】C 
【解析】解：∵⊙O的半径为4，OA=5，
∴OA>半径，
∴点A在⊙O外．
故选：C.
根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．

3.【答案】B 
【解析】解：当a−1≠0，即a≠1时，方程(a−1)x2+x−3=0是一元二次方程，
∴在“−1、0、1、2”这四个数中有3个数使方程(a−1)x2+x−3=0是一元二次方程，
∴恰好使方程(a−1)x2+x−3=0是一元二次方程的概率是：34.
故选：B.
根据一元二次方程的定义求出方程(a−1)x2+x−3=0是一元二次方程时a的取值范围，进而再根据概率的意义进行计算即可．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．

4.【答案】C 
【解析】解：这组数据的平均数为1+2+3+3+65=3，中位数为3，众数为3，
方差为15×[(1−3)2+(2−3)2+2×(3−3)2+(6−3)2]=2.8，
故选：C.
根据算术平均数、中位数、方差和众数的定义求解即可．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握算术平均数、中位数、方差和众数的定义．

5.【答案】D 
【解析】解：设平均每次降价的百分率为x，
根据题意得：60(1−x)2=48.6，
故选：D.
设平均每次降价的百分率为x，根据该药品的原价及经两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程．
本题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b.

6.【答案】C 
【解析】解：设∠A的度数为2x，则∠B、∠C的度数分别为4x、7x，
由题意得：2x+7x=180∘，
解得：x=20∘，
则∠B=4x=80∘，
故选：C.
设∠A的度数为2x，根据圆内接四边形的性质列出方程，解方程得到答案．
本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．

7.【答案】D 
【解析】解：如图，根据网格点O′即为所求．

∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
∴EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是(−2,1).
故选：D.
首先由△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂线，两垂线的交点即为△ABC的外心．
此题考查了三角形的外接圆与外心，坐标与图形性质．注意三角形的外心即是三角形三边垂直平分线的交点．解此题的关键是数形结合思想的应用．

8.【答案】C 
【解析】解：连接OC、OD，
∵AB是⊙O的直径，AB=12，
∴OA=OB=6，
∴OC=OD=6，
∵CD=6，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD=60∘，
∵AB//CD，
∴S△OCD=S△BCD，
∴S阴影=S扇形OCD=60π×62360=6π，
故选：C.
根据题意证得△OCD是等边三角形，求得∠COD=60∘，根据等底同高的三角形面积相等得出S△OCD=S△BCD，即可得到S阴影=S扇形OCD.
本题考查了扇形面积的计算，等边三角形的判断和性质，证得S阴影=S扇形OCD是解题的关键．

9.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
根据新定义把原方程变形，化为一般形式，再利用因式分解法解方程即可．
【解答】
解：原方程变形为：2(x+1)2=2×3+x−2，
整理得：2x2+3x−2=0，
因式分解，得(2x−1)(x+2)=0，
解得：x1=12，x2=−2.  
10.【答案】B 
【解析】解：设AB与CP交于G，如图2所示：
∵∠BAC=90∘，AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD=AE=3，∠DAE=90∘，
∴∠DAB=90∘−∠BAE=∠EAC，
在△AEC和△ADB中，
AE=AD∠EAC=∠DABAC=AB，
∴△AEC≌△ADB(SAS)，故①正确；
∴∠DBA=∠ECA，
∵∠ECA+∠AGC=90∘，∠AGC=∠BGP，
∴∠DBA+∠BGP=90∘，
∴∠BPC=90∘，
∴BP=BC⋅sin∠BCP，
∴当∠BCP最小时，BP最小，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=AB2+AC2=62+62=62，
在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，
∵当∠BCP最小时，BP最小，而∠ACB=45∘，
∴当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示：
在Rt△AEC中，AE=3，AC=6，
∴EC=AC2−AE2=62−32=33，
∵AE=AD，∠EAC=90∘−∠BAE=∠DAB，AC=AB，
∴△AEC≌△ADB(SAS)，
∴BD=EC=33，∠ADB=∠AEC=90∘，
∴四边形ADPE是正方形，
∴PD=PE=AE=3，
∴BP=BD−PD=33−3，CP=PE+CE=3+33，
∴CP存在最大值为3+33，BP存在最小值为33−3，故②正确，③不正确；
取BC的中点为O，连接OA、OP，
∵∠BAC=∠BPC=90∘，
∴点P在以BC为直径的圆上运动，
OA=OP=OB=OC=12AB=12×62=32，
如图4，当AE⊥CP时，sin∠ACE=AEAC=36=12，
∴∠ACE=30∘，
∴∠CAE=60∘，∠AOP=2∠ACE=60∘，
∵将△ADE绕点A顺时针旋转60∘，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为AP，
∴点P运动的路径长为：60π×32180=2π，故④正确；
故选：B.
设AB与CP交于G，由SAS证△AEC≌△ADB，故①正确；再由锐角三角函数定义得BP=BC⋅sin∠BCP，在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，然后证△AEC≌△ADB(SAS)，得BD=EC=33，则四边形ADPE是正方形，求出BP=BD−PD=33−3，CP=PE+CE=3+33，得CP存在最大值为3+33，BP存在最小值为33−3，故②正确，③不正确；取BC的中点为O，连接OA、OP，证点P在以BC为直径的圆上运动，OA=OP=OB=OC=32，当AE⊥CP时，求出∠ACE=30∘，则∠CAE=60∘，∠AOP=2∠ACE=60∘，最后证点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为AP，求出点P运动的路径长即可．
本题是几何变换综合题目，考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义、圆周角定理以及弧长公式等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转变换的性质和全等三角形的判定与性质，证明四边形ADPE为正方形是解题的关键，属于中考常考题型．

11.【答案】x2−x=0 
【解析】解：设方程另一个根为1，
因为0+1=1，0×1=0，
所以根为0和1的一元二次方程可为x2−x=0.
故答案为：x2−x=0.
设方程另一个根为1，再计算出0与1的和、积，然后利用根与系数的关系写出满足条件的方程．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，则x1+x2=−ba，x1x2=ca.

12.【答案】(x+2)2=4 
【解析】解：把方程x2−4x=0两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2−4x+4=4，
配方得(x−2)2=4.
故答案为：(x+2)2=4.
在本题中，在左右两边同时加上一次项系数4的一半的平方．
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．

13.【答案】13 
【解析】解：指针指向的可能情况有6种，而其中“指针所落扇形中的数为3的倍数”有2种，
所以，事件“指针所落扇形中的数为3的倍数”发生的概率为26=13.
故答案为：13.
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．

14.【答案】65πcm2 
【解析】解：由已知得，母线长l=13，半径r为5，
∴圆锥的侧面积是s=πlr=13×5×π=65π.
故答案为：65πcm2.
运用公式s=πlr(其中勾股定理求解得到母线长l为13)求解．
本题考查了圆锥的计算，要学会灵活的运用公式求解．

15.【答案】82 
【解析】解：该应聘者的素质测试平均成绩是82×5+85×2+80×35+2+3=82(分)，
故答案为：82.
根据加权平均数的定义计算可得．
本题主要考查加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义．

16.【答案】5  4 
【解析】解：∵直角三角形的斜边长25cm，
∴这个直角三角形外接圆的半径为12×25=5(cm)，
∵两条直角边长的和是6cm，
∴两条直角边的乘积为36−202=8(cm)，
∴直角三角形的面积是4cm2.
故答案为：5，4.
由直角三角形的外接圆的半径是其斜边的一半可求出外接圆的半径，求出两条直角边的乘积可求出直角三角形的面积．
本题考查了三角形的外接圆与外心，直角三角形的性质，注意：直角三角形的外接圆的半径是其斜边的一半．

17.【答案】89(2x+3)2=89 
【解析】解：根据题意可知：每个矩形的面积为x(x+3)=20，中间小正方形的边长为x+3−x=3，
∴中间小正方形的面积为3×3=9，
∴正方形ABCD的面积为20×4+9=89.
又∵正方形ABCD的边长为x+x+3=2x+3，
∴正方形ABCD的面积为(2x+3)2.
∴方程x2+3x=20可化为(2x+3)2=89.
故答案为：89；(2x+3)2=89.
由x2+3x=20可得出每个小矩形的面积为20，由小矩形相邻两边的长度可得出中间小正方形的边长，进而可得出中间小正方形的面积，利用正方形ABCD的面积=小矩形的面积×4+中间小正方形的面积，可求出正方形ABCD的面积，观察图形可知正方形ABCD的边长，利用正方形的面积计算公式可得出(2x+3)2=89，即方程x2+3x=20可化为(2x+3)2=89.
本题考查了列代数式以及有理数的混合运算，利用正方形ABCD的面积不变，找出(2x+3)2=89是解题的关键．

18.【答案】(−3+2,0)或(−3−2,0) 
【解析】解：如图，设G(m,0)，

∵点A(−3,3)绕x轴上的点G顺时针旋转90∘后得到点A′，
∴A′(3−m,m+3)，
∵OA′=2，
∴(3−m)2+(3+m)2=22，
解得，m=−3±3，
∴G(−3+2,0)或(−3−2,0).
故答案为：(−3+2,0)或(−3−2,0).
如图，设G(m,0)，由点A(−3,3)绕x轴上的点G顺时针旋转90∘后得到点A′，可得A′(3−m,m+3)，根据OA′=2，构建方程求出m即可．
本题考查之比与图形变化-旋转，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．

19.【答案】解：∵(x−1)2−4=0，
∴(x−1)2=4，
则x−1=2或x−1=−2，
解得x1=3，x2=−1；

(2)∵a=1，b=1，c=−3，
∴Δ=12−4×1×(−3)=13>0，
则x=−b±b2−4ac2a=−1±132，
即x1=−1+132，x2=−1−132. 
【解析】(1)利用直接开平方法求解即可；
(2)利用公式法求解即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

20.【答案】(1)证明：∵Δ=(m+2)2−16(m−2)
=m2−12m+36
=(m−6)2≥0，
∴方程总有两个实数根；
(2)解：∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ=(m−6)2=0，
解得m=6，
此时方程为x2−8x+16=0，
∴(x−4)2=0，
∴x1=x2=4. 
【解析】(1)先计算根的判别式的值得到Δ=(m−6)2≥0，然后根据根的判别式的意义得到结论；
(2)利用根的判别式的意义得到Δ=(m−6)2=0，则可得到m=6，此时方程为x2−8x+16=0，然后利用配方法解方程即可．
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．也考查了解一元二次方程．

21.【答案】解：(1)根据题意画图如下：

∵共有4种等可能情形，满足条件的有1种，
∴通过前2个十字路口时都是绿灯的概率14.

(2)1116. 
【解析】解：(1)根据题意画图如下：

∵共有4种等可能情形，满足条件的有1种，
∴通过前2个十字路口时都是绿灯的概率14.


(2)根据题意画图如下：

∵共有16种等可能情形，满足条件的有11种，
∴通过这4个十字路口时至少有2个绿灯的概率为1116.
故答案为：1116.
(1)首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与他经过两个路口都遇到红灯的情况，再利用概率公式求解即可求得答案；
(2)根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

22.【答案】解：如图所示：
连接OB、OC，作OD⊥BC于D，

则∠ODB=90∘，BD=CD，∠OBC=30∘，
∴OD=12OB=12r，
∴BD=OB2−OD2=32r，
∴BC=2BD=3r，
即正三角形ABC边长为3r.
∴正三角形ABC周长为33r.
∴△ABC的面积=3S△OBC=3×12×BC×OD=3×12×3r×12r=334r2.
∴正三角形ABC面积为334r2. 
【解析】连接OB、OC，作OD⊥BC于D，则∠ODB=90∘，BD=CD，∠OBC=30∘，由含30∘角的直角三角形的性质得出OD，由勾股定理求出BD，得出BC，△ABC的面积=3S△OBC，即可得出结果．
本题考查了等边三角形的性质、垂径定理、勾股定理、三角形面积的计算；熟练掌握正三角形和圆的关系，并能进行推理计算是解决问题的关键．

23.【答案】(1)10；47；
(2)140人． 
【解析】解：(1)女生成绩在B组所占的百分比为7÷20×100%=35%，
所以女生成绩在C组所占的百分比为1−35%−45%−10%=10%，即a=10；
女生成绩在A组的有20×45%=9(人)，将这20名女生的成绩从小到大排列，处在第10、11位的两个数都是47，因此中位数是47，即c=47；
答：a=10，b=47；
(2)解：由题意得，400×720=140.
答：该校初一年级男生竞赛成绩等级为A的约有140人．
(1)根据扇形统计图所表示数据的百分比、中位数、众数的定义进行计算即可；
(2)求出样本中参赛男生成绩在A组所占的百分比即可．
本题考查中位数、众数、平均数以及扇形统计图，掌握平均数、中位数、众数的计算方法是正确解答的前提．

24.【答案】解：(1)直线PC与⊙O相切．
理由：连结OC，则OA=OC，
∴∠PAC=∠ACO.
∵∠PCB=∠PAC，
∴∠PCB=∠ACO.
∴∠OCP=∠OCB+∠PCB=∠OCB+∠ACO=∠ACB.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∴∠OCP=90∘，
即OC⊥PC.
∵OC为半径，
∴直线PC与⊙O相切．
(2)∵∠P=30∘，∠OCP=90∘，
∴∠COP=60∘.
∵AB=10，
∴AN=5，
∴AM=152.
∴MN=52. 
【解析】(1)连结OC，则OA=OC，根据等腰三角形的性质得到∠PAC=∠ACO.求得∠PCB=∠ACO.根据圆周角定理得到∠ACB=90∘，求得OC⊥PC.根据切线的判定定理即可得到结论．
(2)根据直角三角形的性质得到∠COP=60∘.解直角三角形即可得到结论．
本题主要考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，直角三角形的性质，解题的关键：熟练掌握圆的切线的判定方法．

25.【答案】255 
【解析】解：(1)如图1，⊙O为所作；

(2)连接OC，过O点分别作AB、AC、BC的垂线，垂足分别为D、E、F，如图2，⊙O的半径为r，
∵⊙O为△ABC的内切圆，
∴OD=OE=OF=r，OC平分∠ACB，
∵AC=BC，
∴CO⊥AB，
∴点C、O、D共线，
∴AD=BD=12AB=2，
在Rt△ACD中，CD=32−22=5，
∵S△AOB+S△AOC+S△BOC=S△ABC，
∴12×4×r+12×3×r+12×3×r=12×4×5，
解得r=255，
即△ABC内切圆的半径为255.
故答案为255.
(1)作∠BAC和∠ABC的平分线，它们相交于点O，再过O点作AB的垂线，垂足为D点，然后以O点为圆心，OD为半径作圆即可；
(2)连接OC，过O点分别作AB、AC、BC的垂线，垂足分别为D、E、F，如图2，⊙O的半径为r，根据切线的性质得到OD=OE=OF=r，OC平分∠ACB，再利用等腰三角形的性质得到CO⊥AB，则点C、O、D共线，AD=BD=2，利用勾股定理可计算出CD=5，则利用面积法得到12×4×r+12×3×r+12×3×r=12×4×5，然后解方程即可．
本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰三角形的性质和三角形内心的性质．

26.【答案】解：(1)∵50×10=500(元)，500<600，
∴读书兴趣小组购买书籍的数量超过10本．
设读书兴趣小组购买书籍x本，则每本的售价为50−2(x−10)=(70−2x)元，
依题意得：(70−2x)x=600，
整理得：x2−35x+300=0，
解得：x1=15，x2=20.
当x=15时，70−2x=70−2×15=40>35，符合题意；
当x=20时，70−2x=70−2×20=30<35，不符合题意，舍去．
答：读书兴趣小组按照方案一的优惠方式购买书籍15本．
(2)设书店给出的优惠方案二中超过5本以上的部分打y折销售，
依题意得：50×5+(15−5)×50×y10<600，
解得：y<7.
答：书店折扣至少低于7折才能使得实付金额少于600元． 
【解析】(1)利用总价=单价×数量可求出按照方案一的优惠方式购买书籍10本所需费用，由该值小于600可得出读书兴趣小组购买书籍的数量超过10本，设读书兴趣小组购买书籍x本，则每本的售价为(70−2x)元．利用总价=单价×数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合售价不低于35元/本，即可得出读书兴趣小组按照方案一的优惠方式购买书籍15本；
(2)设书店给出的优惠方案二中超过5本以上的部分打y折销售，利用总价=单价×数量，结合该兴趣小组用方案二的优惠方式购买(1)中的数量且实付金额少于600元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．

27.【答案】解：(1)∵∠AOB=90∘，∠ABO=30∘，
∴∠OAB=90∘−∠ABO=60∘，
∵BD=BD，
∴∠COD=∠BAD，
∵∠COD=∠OAD，
∴∠BAD=∠OAD=12∠OAB=30∘，
即∠BAD的度数为30∘；

(2)如图，
存在点P，使得直线BP与△AOB的外接圆相切，
∵∠AOB=90∘，
∴AB是△AOB外接圆的直径，
∴AB⊥PB，
∴∠ABP=90∘，
∴∠PBC=90∘−∠ABO=90∘−30∘=60∘，
由(1)得，∠OAC=30∘，
∴∠ACO=90∘−∠OAC=60∘，
∴∠PCB=∠ACO=60∘，
∴△PBC是等边三角形，
∵A(0,3)，
∴OA=3，
∴OC=OA⋅tan∠OAC=3×33=3，
在Rt△AOB中，OA=3，∠OAB=60∘，
∴OB=OA⋅tan60∘=33，
∴BC=OB−OC=33−3=23，
作PQ⊥BC于Q，
∴CQ=12BC=3，
∴PQ=CQ⋅tan∠PCB=3×3=3，
∴OQ=OC+CQ=23，
∴P(3,−23).
即：存在点P，使得直线BP与△AOB的外接圆相切，此时点P(3,−23). 
【解析】(1)求得∠OAB=60∘，∠BAD=∠COD=∠OAD，进而求得结果；
(2)作PQ⊥OB，先推出△PBC是等边三角形，然后解直角三角形AOC，直角三角形PCD，进而求得结果．
此题是圆的综合题，主要考查了圆圆周角定理及其推论，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握圆的相关基础知识和解直角三角形．

28.【答案】解：(1)由题意得：DE=AD=t，CD=10−t，BF=2t，CF=4−2t，
∵DE//BC，
∴S四边形DEFC=12(DE+CF)⋅CD=18，
∴12(t+10−2t)⋅(10−t)=18，
∴t1=4，t2=16(舍去)，
∴当t=4时，四边形DEFC的面积为18cm².
(2)假设存在t，使DF=BE，
在Rt△DCF中：DF2=CD2+CF2=(10−t)2+(10−2t)2，
在Rt△ADE中，AE=2AD=2t，
∴BE=AB−AE=102−2t，
∴(10−t)2+(10−2t)2=(102−2t)2，
∴t=203，
当2t=10时，t=5，
∵203>5，
∴t的值不存在．
(3)∵点E是在DF为直径的圆上，
∴∠DEF=90∘，
∵∠CDE=∠C=90∘，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，
∴t=10−2t，
∴t=103. 
【解析】(1)可得：DE=AD=t，CD=10−t，BF=2t，CF=4−2t，根据S四边形DEFC=12(DE+CF)⋅CD=18，代入可求得结果；
(2)根据勾股定理，在直角三角形CDF中，表示出DF2=CD2+CF2=(10−t)2+(10−2t)2，表示出BE=102−2t，进而求得t的值，进一步验证求得；
(3)先确定四边形CDEF是矩形，于是DE=CF，进而求得结果．
本题考查了等腰直角三角形性质，矩形的判定和性质，圆周角定理的推论等知识，解决问题的关键是熟练掌握圆的有关性质．