2023年浙江省温州市永嘉县实验中学九年级中考模拟数学试题（含详细答案）

这是一份2023年浙江省温州市永嘉县实验中学九年级中考模拟数学试题（含详细答案），共44页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年浙江省温州市永嘉县实验中学九年级中考模拟数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若a是最小的正整数，b是绝对值最小的数，c是相反数等于它本身的数，d是到原点的距离等于2的负数，e是最大的负整数，则a+b+c+d+e的值为（    ）
A．1 B．2 C．－1 D．－2
2．在直角坐标系中，已知两点、以及动点、，则当四边形的周长最小时，比值为（    ）
A． B． C． D．
3．有11个正整数，平均数是10，中位数是9，众数只有一个8，问最大的正整数最大为（   ）
A．25 B．30 C．35 D．40
4．甲乙丙丁四人互相给其他的三人之一写信，选择对象的方式是等可能的．问存在两个人收到对方的信的概率（    ）
A． B． C． D．
5．关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根，则下列选项成立的是（    ）
A．若﹣1＜a＜0，则 B．若，则0＜a＜1
C．若0＜a＜1，则 D．若，则-1＜a＜0
6．如图，在中，，，，其中，， ，则的值为（　　）

A． B． C． D．
7．如图，是半圆O的直径，四边形和都是正方形，其中点 在上，点在半圆上．若半圆O的半径为10，则正方形的面积与正方形的面积之和是（    ）

A．50 B．75 C．100 D．125
8．如图，在中，，，是边上一点，且，连接，把沿翻折，得到，与交于点，连接，则的面积为（　　）

A． B． C． D．
9．对于二次函数，规定函数是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为，，连接，若线段与二次函数的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（    ）
A．或 B．或
C．或 D．或
10．“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法．如图所示，在矩形中，以为边做正方形，以为斜边，作使得点在的延长线上，过点作交于，再过点作于，连结交于，记四边形，四边形的面积分别为，若，，则为（  ）

A． B． C． D．

二、填空题
11．分解因式：_________．
12．已知整数满足，如果关于的一元二次方程的根为有理数，则的值为______．
13．2022年2月，北京冬奥会举行期间，某官方特许商品零售店有冬奥会吉祥物冰墩墩和雪融融两种商品（冰墩墩的价格高于雪融融的价格）深受广大市民的喜爱，导致“一墩难求”．该零售店试销第一天购进两种商品共10个，第二天购进两种商品共16个，第三天购进两种商品共26个，并且每天都能全部售完，结算后发现这三天的营业额均为3500元，两种商品的售价不变且均为整数，则冰墩墩的售价是______元．
14．如图，反比例函数的图象与直线交于，两点（点在点右侧），过点作轴的垂线，垂足为点，连接，，图中阴影部分的面积为12，则的值为________．

15．如图，在中，，，点为边上一点，绕点顺时针旋转90°至，交于点．已知，，点是的中点，连接，求线段的长______．

16．图（1）是一种便携式手推车，点O是竖直拉杆与挡板的连接点，竖直拉杆中部分可伸缩，当C，D重合时，拉杆缩至最短，运输货物时，拉杆伸至最长．拉杆的长70～120cm（含70cm，120cm），挡板长为50cm，可绕点O旋转，折叠后点A，D重合．现有两箱货物如图（2）方式放置，两个箱子的侧面均为正方形，为了避免货物掉落，在货物四周用绳子加固，四边形为菱形，则=___________cm；小聪在运输货物时，发现货物仍有掉落的危险，重新加固如图（3），若，=60cm，，则绳子最低点I到挡板的距离=___________cm．


三、解答题
17．解方程：
(1)；
(2)；
(3)
18．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，矩形的四个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．

（1）在图（1）中，先在边上画点，使，再过点画直线，使平分矩形的面积；
（2）在图（2）中，先画的高，再在边上画点，使．
19．旋转的思考．
【探索发现】
（1）已知，将绕点逆时针旋转得到．小美，小丽探索发现了下列结论．
小美的发现
如图①，连接对应点，，则．

小丽的发现
如图②，以为圆心，边上的高为半径作，则与相切．

（i）请证明小美所发现的结论．
（ii）如图②，小丽过点作，垂足为．证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．

【问题解决】
（2）在中，，是的中点，将绕点逆时针旋转得到．
（i）如图③，当边恰好经过点时，连接，则的长为__________．
（ii）在旋转过程中，若边所在直线恰好经过点，请在图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线．（保留作图痕迹，不写作法）

【拓展研究】
（3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线，交于点，则的最大值为__________．
20．某班40名学生的某次数学成绩如下表：
成绩（分）
50
60
70
80
90
100
人数（人）
2
m
10
n
4
2

（1）若这班的数学成绩为69分，求m和n的值．
（2）在（1）的条件下，若该班40名学生成绩的众数为X，中位数为Y．则的值．
21．在平面直角坐标系中，点是抛物线与轴的交点，点在该抛物线上，将该抛物线，两点之间（包括，两点）的部分记为图像，设点的横坐标为．
(1)当时，
①图像对应的函数的值随的增大而 （填“增大”或“减小”），自变量的取值范围为 ；
②图像最高点的坐标为 ．
(2)当时，若图像与轴只有一个交点，求的取值范围．
(3)当时，设图像的最高点与最低点的纵坐标之差为，直接写出与之间的函数关系式．
22．如图，在锐角中，，过点A作于点D，过点B作于点E，与相交于点H，连接．的平分线交于点F，连接交于点G．

(1)求证：
(2)试探究线段，，之间的数量关系；
(3)若，求的长．
23．某科研单位准备将院内一块长30m，宽20m的矩形空地，建成一个矩形花园，要求在花园内修两条纵向平行和一条横向弯折的小道（小道进出口的宽度相等，且每段小道均为平行四边形），剩余的地方种植花草．

(1)如图1，要使种植花草的面积为，求小道进出口的宽度为多少米；
(2)现将矩形花园的四个角建成休闲活动区，如图2所示，均为全等的直角三角形，其中，设米，竖向道路出口和横向弯折道路出口的宽度都为2m，且竖向道路出口位于和之间，横向弯折道路出口位于和之间．
①求剩余的种植花草区域的面积（用含有a的代数式表示）；
②如果种植花草区域的建造成本是100元/米2、建造花草区域的总成本为42000元，求a的值．
24．如图1，中，，，以为直径的恰好经过点，延长至，使得，连接．

(1)求的半径；
(2)求证：；
(3)如图2，在上取点，连接并延长交于点，连接交于点．
①当时，求的值；
②设，，求关于的函数表达式．

参考答案：
1．D
【分析】根据题意求出a、b、c、d、e的值，再代入代数式求值即可.
【详解】a是最小的正整数，a=1；
b是绝对值最小的数，b=0；
c是相反数等于它本身的数，c=0；
d是到原点的距离等于2的负数，d=-2；
e是最大的负整数，e=-1；
a+b+c+d+e=1+0+0+（-2）+（-1）=-2
故选D
【点睛】本题考查了有理数中一些特殊的数，熟练掌握这是特殊的数是解题的关键.
2．C
【分析】作点关于x轴的对称点、点关于y轴的对称点，连接，则就是四边形的周长最小值，求得直线的表达式，求得点C和点D的坐标，即可求得比值
【详解】作点关于x轴的对称点、点关于y轴的对称点，连接，与坐标轴的交点就是点与点，此时满足四边形的周长最小

∵，
∴当点、、和四点共线时，四边形的周长最小，
设直线的表达式为：，且，
∴，
解得：，
∴直线的表达式为：
∴，，
∴，
故选：C
【点睛】本题考查了线段问题(轴对称综合题)和待定系数法求一次函数的解析式，解决问题的关键是两点之间线段最短
3．C
【分析】最大数出现的条件就是前面10个数的和尽可能小，而它们的和是110，中间的是9，则其它的越小，剩下的就越大，但是8的个数要多于其它的，可分8的个数分别是2，3，4，5时，讨论写出符合条件的数据即得答案．
【详解】解：∵有11个正整数，平均数是10，∴这11个数的和为110，
由于中位数是9，众数只有一个8，
如有两个8，则其他数至多1个，符合条件的数据可以是：1，2，3，8，8，9，10，11，12，13，x；
如有3个8，9是中位数，则其他数至多2个，符合条件的数据可以是：1，1，8，8，8，9，9，10，10，11，x；
如有4个8，则其他数至多3个，符合条件的数据可以是：1，8，8，8，8，9，9，9，10，10，x；
如有5个8，则其他数至多4个，符合条件的数据可以是：8，8，8，8，8，9，9，9，9，10，x；
再根据其和为110，比较上面各组数据中哪个x更大即可，通过计算x分别为33，35，30，24，
故最大的正整数为35．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了众数、平均数以及中位数的运用，解题时注意：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，则处于中间位置的数（或中间位置的两个数的平均数）就是这组数据的中位数．
4．C
【分析】分只存在两个人收到对方的信和有两组两个人收到对方的信两种情况分别计算出概率然后加起来即可．
【详解】解：分两种情况，当只存在两个人收到对方的信的情况有：甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁共计六种，以其中甲乙情况为例：甲写给乙的概率为，乙写给甲的概率为，在这种情况下，又分两种情形，一种是丙写给丁的概率为，那么丁不写给丙概率为，另一种是丙不写给丁的概率为，那么甲乙的概率为，所以当只存在两个人收到对方的信的情况概率为：；
当存在两组两个人收到对方的信的情况有：甲乙和丙丁、甲丙和乙丁、甲丁和乙丙共计三种，以甲乙和丙丁情况为例，甲写给乙的概率为，乙写给甲的概率为，丙写给丁的概率为，丁写给丙的概率为，那么甲乙和丙丁的概率为，所以存在两组两个人收到对方的信的情况概率为；则存在两个人收到对方的信的概率为，
故选C．
【点睛】本题考查了概率的计算，分情况讨论计算概率是解题关键．
5．B
【分析】根据一元二次方程的根的情况利用判别式求得a与b的数量关系，再代入方程求k的值，然后结合a的取值范围和分式加减法运算法则计算求解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根k，
∴ ，
，
又∵，
∴a-b-1=0，即a=b+1，
∴ax2-2ax+a=0，
解得：x1=x2=1，
∴k=1，

当时，即，
即，
∴a（a-1）<0，
即或
解得0 当时，即，
即，
∴a（a-1）>0，
即或
解得：a>1或a<0．
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是解题关键．
6．C
【分析】延长至，使得，连接，过点作于点，延长使得，连接，证明，即可求解．
【详解】解：如图，延长至，使得，连接，过点作于点，延长使得，连接，

∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，设
∴,
∴；
∵，，
∴，，
∴，
∴
∵
∴是等腰直角三角形，
∴
设，
∴，
∴
∵
∴
又
在与中，

∴
∴
设，
则
∵,
∴
解得：
即，
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
7．C
【分析】连接，设正方形的边长为a，正方形边长为b， ，根据正方形的性质，根据勾股定理得出得出把等式的左边分解因式后得出求出，再代入①，即可求出答案．
【详解】解：连接，设正方形的边长为a，正方形边长为b，，则，

∵四边形和都是正方形，
∴，
∵半圆O的半径为10，
∴，
由勾股定理得：

①②，得：
∴
∴
∴
∴
∵，
∴， 即，
把代入①，得，
即正方形的面积与正方形的面积之和是100，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识点，能求出是解此题的关键，题目比较好，难度偏大．
8．B
【分析】先求出，，进而求出，再构造直角三角形，判断出，求出，，进而求出，，再判断出，求出，，再判断出，求出，最后用三角形的面积的差，即可得出结论．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
过点作交的延长线于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
延长交的延长线于，
由折叠知，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，，
过点作于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，

∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，三角形相似，灵活运用三角形相似，旋转性质是解题的关键．
9．A
【分析】根据题意可求出的相关函数解析式为：．画出图象，讨论当线段与二次函数的相关函数的图象有1个公共点，2个公共点，3个公共点时n的值，再结合图象，即可确定线段与二次函数的相关函数的图象有两个公共点时，n的取值范围．
【详解】解：由题意可求的相关函数解析式为：．
如图，线段与的图象恰有1个公共点时，

∴当时，，即，
解得：；
当函数的图象向上移动且与线段恰有3个公共点时，

由图可知函数与y轴的交点为，
∴，
∴当时，线段与二次函数的相关函数的图象有两个公共点；
当函数的图象继续向上移动且又一次与线段恰有3个公共点时，

由图可知函数与y轴的交点为，
∴；
当函数的图象又继续向上移动且与线段恰有2个公共点时，

由图可知此时函数经过点，
∴，
解得：，
∴当时，线段与二次函数的相关函数的图象有两个公共点．
故选：A．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，理解“相关函数”的定义，并利用数形结合的思想是解题关键．
10．B
【分析】通过说明△ADE≌△MDG，得出AE＝GM，DE＝DG．利用△DMG～△GMC得出比例式，求得CM；利用S1−S2＝15，得到S△EDC−S矩形CMHB＝15，列出方程，解方程，结论可得．
【详解】解：∵四边形AHMD为正方形，
∴DM＝DA＝7，∠ADM＝90°．
∵DG⊥DE，
∴∠GDE＝90°．
∴∠ADE＋∠EDM＝90°，∠GDM＋∠CDM＝90°．
∴∠ADE＝∠GDM．
∵∠A＝90°，∠DMG＝90°，
∴∠A＝∠DMG．
∴△ADE≌△MDG（ASA）．
∴DE＝DG，AE＝GM．
∴四边形DEFG为正方形．
设AE＝x，则GM＝x．
在Rt△ADE中，DE＝＝=
∵∠DGC＝90°，
∴∠DGM＋∠CGM＝90°．
∵GM⊥CD，
∴∠DMG＝∠GMC＝90°．
∴∠CGM＋∠GCM＝90°．
∴∠DGM＝∠GCM．
∴△DMG～△GMC．
∴，
∴CM＝．
∵S1−S2＝15，
∴（S1＋S△CMN）−（S2＋S△CMN）＝15．
即S△EDC−S矩形CMHB＝15．
∴×CD×AD−CM×MH＝15．
∴×AD×（CM＋DM）−CM×AD＝15．
∴×7×（7＋）−7×＝15．
解得：x＝±（负数不合题意，舍去）．
∴x＝．
∴DG＝AE＝==2
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质．利用相似三角形的性质得出比例式是表示线段长度的重要方法．
11．
【分析】先分组，然后再运用提取公因式法和公式法进行因式分解即可．
【详解】解：
=
=
=
=．
故答案为．
【点睛】本题考查了运用分组法、提取公因式法、公式法因式分解，对原式正确的分组是正确解答本题的关键．
12．或或
【分析】根据一元二次方程的求根公式，求出方程的根的表达式，再根据方程的根为有理数且为整数，即可进行解答．
【详解】解：∵，，，
∴，
，
，
，
∴，
∵，
∴，
∵一元二次方程的根为有理数，
∴为有理数，
∴，，，，，，
∵为整数，
∴，，时，或或，
故答案为：或或．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的求根公式，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的求根公式以及有理数和整数的定义．
13．
【分析】设冰墩墩的价格为每个元，雪融融的价格为每个元，第一天，第二天，第三天依次购买冰墩墩个，个，个， 则可得令 则 则可令 则 结合为整数， 从而可得答案.
【详解】解：设冰墩墩的价格为每个元，雪融融的价格为每个元，
第一天，第二天，第三天依次购买冰墩墩个，个，个，



令 则
则可令 则
为整数，
所以第一天购买9个冰墩墩，1个雪融融，第二天购买6个冰墩墩，10个雪融融，第三天购买1个冰墩墩，25个雪融融，
解得：
检验：，
所以冰墩墩的价格为元.
故答案为：元.
【点睛】本题考查的是方程组的应用，因式分解的应用，设出适当的未知数建立方程组，结合方程组的正整数解解方程组是解题的关键.
14．．
【分析】先设出A点和B点的坐标，利用反比例函数的性质，得到，再由阴影面积也是12，得出；分别表示出点E、D的坐标后，将和表示出来，建立关于和的方程，联立与得到关于x的一元二次方程后，利用求根公式法得到和的含b的表达式，代入方程求解即可．
【详解】解：如下图所示，设，，直线与x轴交点记为点G，AC与OB的交点记为点E，作BD⊥x轴，垂足为点D；
∴，OD=，BD=；
∴，；
∴；
又因为阴影部分面积为12，
∴
∴
∴
因为直线解析式为，
令y=0，则x=，
∴，
∴；
∴；
设直线OB的解析式为：
代入B点坐标后得：，
∴，
∴OC=，CE=，
∴；
∴=2
∴
∴
∴
由可得：，
其中，
∵，
∴；；
∴，
化简得：,
平方后得：
将代入可得：
∴
由，解得：；
∴b的值为．
故答案为．

【点睛】本题属于反比例函数与一次函数的综合题，考查了反比例函数的图像与性质、一次函数的图像与性质、三角形面积公式、用坐标表示距离、解一元二次方程等知识；要求学生熟记相关概念、性质以及公式，能在不同的三角形之间进行面积的转换，找出其中包含的关系，并通过建立方程求解，对学生的综合能力由一定的要求，蕴含了数形结合的思想方法等．
15．
【分析】将绕点C逆时针旋转得到，作于M，于N，在上截取一点H，使得，连接，易得为直角三角形，证明，得到，勾股定理求出的长，证明，推出是的中位线，利用中位线的性质，即可得解．
【详解】解：将绕点C逆时针旋转得到，作于M，于N，在上截取一点H，使得，连接．

则：，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，，
，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
在和中，

∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理．本题的综合性较强，解题的关键是构造旋转全等图形，证明是的中位线．
16．     40    
【分析】根据旋转与菱形的性质、利用勾股定理可以求出的长度；过J作于M，连接HF，然后证明四边形是平行四边形，得长度，求出，再利用三角形面积公式得出一元二次方程，即可得的长度．
【详解】解：如图（2），设，
则， ，
挡板长为50cm，可绕点O旋转，折叠后点A，D重合，
，
，
四边形为菱形，
，
在中，，
即：
解得或（舍去）
；
如图（3），过J作于M，连接HF，
，
，
，
且，
四边形是平行四边形，
，
，
，
设，
则，，
，
，
，
化简，得，
，

；
；
故答案为：40；．

【点睛】此题考查了旋转的性质、菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、利用三角形面积公式得出一元二次方程等知识，熟练掌握并运用这些性质和添加适当的辅助线是解此题的关键．
17．(1)
(2)，；
(3)，，，．

【分析】（1）移项后两边平方得出，求出，再方程两边平方得出，求出，再进行检验即可；
（2）观察可得最简公分母是，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解；
（3）令，则，代入原方程，得，所以，，然后分两种情况分别解方程即可．
【详解】（1）
解：移项得，，
两边平方得，，
合并同类项得，，
∴，
两边平方得，，
整理得，，
∴，
解得：，，
经检验，，不是原方程的解，
∴原方程的解为：．
（2）
解：方程两边同时乘以得，
整理得，，
解得，，
∴，，
经检验，，时，，
∴原方程的根为：，．
（3）
解：

令，代入原方程得，，
∴，
解得：，，
当时，，即： ，
∴，解得：，，
当时，，即： ，
∴，解得：，，
经检验都为原方程的解
∴原方程的解为：，，，．
【点睛】本题考查了解无理方程，能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键；还考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解，（2）解分式方程一定注意要验根．
18．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）过点沿方向取一点，使得利用得线段比，即可找到点,再连接矩形的对角线交点即可；
（2）利用三角形全等找到所需的点，并进行简单证明．
【详解】（1）画图如图（1）

过点沿方向取一点，使得，得找到点,再连接矩形的对角线交点即可．
（2）中，画图如图（2）

画的高，步骤如下：
如图，连接M，N(M，N都是格点上的点)交网格线于I，
则，
中，
在中，


，

即

在边上画点，使，
步骤如下：如图，方法同上，找
可得：，
，为的中点，所以，即FY为BD的垂直平分线，FY交边于，即为所求点．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质，仅用无刻度的直尺作图是本题的难点，正确的计算和作图是解题的关键．
19．（1）（i）见解析；（ii），；（2）（i）；（ii）见解析；（3）．
【分析】（1）（i）通过证明即可判定；（ii）利用切线的判定方法，结合题意上下文，即可求解；
（2）（i）连接BM，，作，利用相似三角形的性质，求解即可；（ii）连接BM，在BM的上方作，再以M为圆心，分别以BM，CM为半径画弧，即可求解；
（3）连接BM，，根据相似三角形的性质可以得到，确定P的运动轨迹，即可求解．
【详解】解：（1）（i）由旋转的性质可得：，，
∴
∴，
∴，
（ii）∵，
∴，
又∵，
∴（AAS）
∴，
又∵为半径，，
∴与相切，
故答案为：，；
（2）（i）连接BM，，作，如图，

由题意可得：，，
由勾股定理可得：，为等腰直角三角形，
由旋转的性质可得
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
（ii）由题意可得，当边所在直线恰好经过点时，可得，
由此可得，作图如下：

（3）连接BM，，如下图：

由（2）可得：，

以为斜边，向下作等腰直角三角形，并以O为圆心，以OB长为半径，作圆O，如图：

当P在BC的上方时，，当P在BC的下方时，
∴点P的轨迹为以O为圆心，以OB长为半径的圆，
所以当BP为直径时，BP最大，
由勾股定理可得，
则，
∴BP的最大值为
【点睛】此题考查了三角形旋转的综合应用，涉及了直角三角形的性质，勾股定理，三角函数的定义，圆切线的判定，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，综合性较强，难度较大，解题的关键是综合利用相关性质进行求解．
20．（1）18，4；（2）25
【分析】（1）由题意知，这个班的平均分是69分，总人数是40人，据此可列出关于、的二元一次方程组，进而求出、的值；
（2）可根据（1）的结果，找出哪组成绩对应的人数最多，那个成绩就是众数；由于全班共有40名学生，因此可看全班的成绩从小到大排列后第20个和第21个学生的成绩是多少，它们的平均数就是中位数，进而可得出的值．
【详解】解：（1）依题意： ；
解得 ；
（2）因为60出现次数最多，故众数是：60分；
40个数据中最中间的是第20，21个数据，第20个数据为60，第21个数据为：70，
故中位数是：（分）．
所以
【点睛】此题主要考查了二元一次方程组的应用以及中位数和众数的定义，学生要学会运用方程的思想解决问题．
21．(1)①增大，；②
(2)或
(3)

【分析】（1）令，求出函数表达式并化为顶点式，根据,坐标和函数的对称轴解答①②即可．
（2）先判断函数与轴有交点时的取值范围；求出点、坐标，根据函数图像分点在点下方和点在点上方两种情况讨论；上方点的坐标大于0，下方点的坐标小于等于0．
（3）结合二次函数图像的对称性，分点在点的左边；点、重合；点在点右边三种情况讨论；当对称轴在点、两侧时由点、的纵坐标决定，当对称轴在点、之间时由点、的纵坐标较小的值和函数顶点的纵坐标决定．
【详解】（1）解：①当时，抛物线的表达式为，
即，
其对称轴是直线，顶点坐标为
点坐标为，点坐标为．
∴①函数的值随的增大而增大，自变量的取值范围为；
故答案为：增大；．
②函数的对称轴为，
当时，，
即点的坐标为 ，
故答案为：．
（2）当时，，
则点的坐标为，
所以，点的坐标为，
∵，
则，
即点在点的上方，
故当且时，符合题意，
即且，
解得，
当抛物线顶点落在轴上时，
此时，
解得：，
此时抛物线对称轴为直线，点横坐标为，符合题意，
综上，或．
（3）设抛物线的顶点为，则点，
由抛物线的表达式知，点、的坐标分别为， ，
①当时，由（2）知，，
而，
故图像的点和点分别是最高和最低点，
则；
②当时，此时点、分别是的最高和最低点，
则；
③当时，此时点、分别是的最高和最低点，
则；
④当时，此时点、分别是的最高和最低点，
则；
∴综上所述  ．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的性质和图像特征，确定图像上点的位置关系再分类讨论是解题的关键．
22．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）利用，得到，利用等角的余角相等，即可得证；
（2）过点作，交于点，证明，得到，进而推出线段，，之间的数量关系；
（3）证明，得到，利用，求出的长，进而求出的长，过点作，垂足为，证明，求出的长，进而求出的长，利用平行线分线段成比例，求出的长，进而求出的长，作，交于点，得到，求出的长，再证明，求出的长．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过点作，交于点，

则：，
∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：由（2）知：，
∵，
∴，
∴，
∵的平分线交于点F，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
过点作，垂足为，
则：，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
作，交于点，

则：，
∴，即：，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形判定和性质，勾股定理．本题的综合性较强，难度较大，正确的添加辅助线证明三角形的全等和相似，是解题的关键．
23．(1)1米；
(2)①；②．

【分析】（1）设小道进出口的宽度为米，然后利用其种植花草的面积为532平方米列出方程求解即可；
（2）①先用a表示出四个直角三角形的面积，从而表示出剩余花草区域的面积；②由①和题目意思列出方程求解即可．
【详解】（1）解：设小道进出口的宽度为米，
依题意得．
整理，得．
解得，，．
（不合题意，舍去），
；
答：小道进出口的宽度应为1米；
（2）解：①剩余的种植花草区域的面积为：


②由，得：
，
解得：（舍去）．
故．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，面积的表示，解题的关键是找到正确的等量关系并列出方程，注意根据实际意义舍根．
24．(1)的半径是；
(2)见解析
(3)①；②．

【分析】（1）由是的直径，得，用勾股定理可得的半径是；
（2）证明直线是的垂直平分线，有，故；
（3）①由，得，可得，，设，在中，，得，即得，，，从而得；
②过A作于K；连接，由，得，而，即可得，，又，有，，再证，得，故，即得．
【详解】（1）解：∵是的直径，
∴，
∴，
∴的半径是；
（2）证明：由（1）知，
∴，
∵，
∴直线是的垂直平分线，
∴，
∴；
（3）解：①如图：

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
∴，
∴；
②过A作于K，连接，如图：

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握圆的相关性质和相似三角形的判定定理．