九年级上学期期中【常考60题考点专练】（九上全部内容）-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（苏科版）

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九年级上学期期中【常考60题考点专练】
一．一元二次方程的定义（共1小题）
1．（2021秋•高港区期中）下列关于x的方程中，一定是一元二次方程的是（　　）
A．ax2+bx+c＝0 B．（x+2）（x﹣3）＝（x﹣1）2
C．x2+1＝0 D．+x＝1
【分析】本题根据一元二次方程的定义解答．
一元二次方程必须满足四个条件：
（1）未知数的最高次数是2；
（2）二次项系数不为0；
（3）是整式方程；
（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【解答】解：A、a＝0时，不是一元二次方程，选项错误；
B、原式可化为：x﹣7＝0，是一元一次方程，故选项错误；
C、符合一元二次方程的定义，正确；
D、是分式方程，选项错误．
故选：C．
【点评】判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
二．一元二次方程的解（共2小题）
2．（2021秋•新北区校级期中）若方程x2+kx﹣3＝0的一个根是﹣3，则k的值是（　　）
A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣2
【分析】把x＝﹣3代入方程得出9﹣3k﹣3＝0，求出k的值即可．
【解答】解：把x＝﹣3代入方程x2+kx﹣3＝0得：9﹣3k﹣3＝0，
解得：k＝2，
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解和解一元一次方程，能理解方程的解的定义是解此题的关键．
3．（2021秋•新吴区期中）x＝1是关于的一元二次方程x2+ax+2b＝0的解，则2a+4b＝　﹣2　．
【分析】先把x＝1代入方程x2+ax+2b＝0得a+2b＝﹣1，然后利用整体代入的方法计算2a+4b的值．
【解答】解：把x＝1代入方程x2+ax+2b＝0得1+a+2b＝0，
所以a+2b＝﹣1，
所以2a+4b＝2（a+2b）＝2×（﹣1）＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
三．解一元二次方程-配方法（共1小题）
4．（2021秋•梁溪区期中）用配方法解方程x2+4x﹣5＝0时，原方程应变形为（　　）
A．（x﹣2）2＝1 B．（x﹣4）2＝11 C．（x+2）2＝9 D．（x+4）2＝21
【分析】移项后配方，再根据完全平方公式变形，最后得出选项即可．
【解答】解：x2+4x﹣5＝0，
移项，得x2+4x＝5，
配方，得x2+4x+4＝5+4，
即（x+2）2＝9，
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
四．解一元二次方程-因式分解法（共2小题）
5．（2021秋•梁溪区校级期中）一元二次方程x2﹣x＝0的解是（　　）
A．x1＝0，x2＝1 B．x1＝x2＝1 C．x1＝0，x2＝﹣1 D．x2＝﹣1，x2＝1
【分析】根据因式分解法解一元二次方程的一般步骤解出方程．
【解答】解：x2﹣x＝0，
因式分解，得x（x﹣1）＝0，
于是，得x＝0，x﹣1＝0，
x1＝0，x2＝1，
故选：A．
【点评】本题考查的是因式分解法解一元二次方程，因式分解法解一元二次方程的一般步骤：①移项，使方程的右边化为零；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
6．（2021秋•溧阳市期中）若菱形的两条对角线长分别是方程x2﹣10x+24＝0的两实根，则菱形的面积为　12　．
【分析】先解出方程的解，根据菱形面积为两对角线乘积的一半，可求出结果．
【解答】解：x2﹣10x+24＝0，
解得x＝6或x＝4．
所以菱形的面积为：（6×4）÷2＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，菱形的面积公式．菱形的面积有两种计算办法：S菱形＝底边×该底边上的高；或S菱形＝×两对角线乘积．本题还可以根据一元二次方程根与系数的关系得出两对角线乘积为24，再根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半求解．
五．根的判别式（共4小题）
7．（2021秋•沭阳县期中）若关于x的一元二次方程kx2﹣6x+9＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＜1 B．k＜1且k≠0 C．k≠0 D．k＞1
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ＝（﹣6）2﹣4×k×9＞0，然后求出两不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得k≠0且Δ＝（﹣6）2﹣4×k×9＞0，
解得k＜1且k≠0．
故选：B．
【点评】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．
8．（2021秋•常州期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+2a+1＝0有两个不相等的实数根．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若a为符合条件的最大整数，且一元二次方程x2﹣3x+2a+1＝0的两个根为x1，x2，求x12x2+x1x22的值．
【分析】（1）根据判别式的意义得到Δ＝（﹣3）2﹣4（2a+1）＞0，然后解不等式即可；
（2）根据（1）中a的范围确定a＝0，原方程化为x2﹣3x+1＝0，根据根与系数的关系得到x1+x2＝3，x1•x2＝1，而x12x2+x1x22＝x1•x2（x1+x2），然后利用整体代入方法计算即可．
【解答】解：（1）根据题意得Δ＝（﹣3）2﹣4（2a+1）＞0，
解得a＜；

（2）∵a＜，
∴a的最大整数为0，
把a＝0代入原方程得x2﹣3x+1＝0，
则x1+x2＝3，x1•x2＝1
∴x12x2+x1x22＝x1•x2（x1+x2）＝1×3＝3．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的根与系数的关系．
9．（2021秋•靖江市期中）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+2）x+2＝0（m≠0）
（1）求证：方程一定有两个实数根；
（2）若此方程的两根为不相等的整数，求整数m的值．
【分析】（1）根据根与系数的关系即可求出答案；
（2）利用因式分解法解方程可得出x1＝1，x2＝，由此方程的两根为不相等的整数即可得出为不等于1的整数，结合m为整数即可求出m值．
【解答】解：（1）由题意可知：m≠0时，
Δ＝（m+2）2﹣8m
＝m2+4m+4﹣8m
＝m2﹣4m+4
＝（m﹣2）2，
∴△≥0，
故不论m为何值时，方程总有两个实数根；
（2）由题意可知：Δ＞0，
∴m≠2，
∵mx2﹣（m+2）x+2＝0，
∴（x﹣1）（mx﹣2）＝0，
∴x＝1或x＝，
∵方程有两个不相等的整数根，
∴m＝±1或m＝﹣2，
∴整数m的值为1或﹣1或﹣2．
【点评】本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式以及熟记因式分解法解一元二次方程的方法和步骤，本题属于基础题型．
10．（2021秋•宝应县期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2m+1）x+m（m+1）＝0．
（1）求证：无论m取何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若△ABC的两边AB、AC的长是这个方程的两个实数根，且BC＝8，当△ABC为等腰三角形时，求m的值．
【分析】（1）先根据题意求出△的值，再根据一元二次方程根的情况与根的判别式△的关系即可得出答案；
（2）根据△ABC的两边AB、AC的长是这个方程的两个实数根，设AB＝x1＝8，得出82﹣8（2m+1）+m（m+1）＝0，求出m的值即可．
【解答】解：（1）∵Δ＝[﹣（2m+1）]2﹣4m（m+1）＝1＞0，
∴不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根．
（2）由于无论m为何值，方程恒有两个不等实根，故若要△ABC为等腰三角形，那么必有一个解为8；
设AB＝x1＝8，则有：
82﹣8（2m+1）+m（m+1）＝0，即：m2﹣15m+56＝0，
解得：m1＝7，m2＝8．
则当△ABC为等腰三角形时，m的值为7或8．
【点评】本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与根的判别式△的关系：
（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
六．根与系数的关系（共4小题）
11．（2021秋•新北区校级期中）在解一元二次方程x2+px+q＝0时，小红看错了常数项q，得到方程的两个根是﹣3，1．小明看错了一次项系数p，得到方程的两个根是5，﹣4，则原来的方程是（　　）
A．x2+2x﹣3＝0 B．x2+2x﹣20＝0 C．x2﹣2x﹣20＝0 D．x2﹣2x﹣3＝0
【分析】先设这个方程的两根是α、β，根据两个根是﹣3，1和两个根是5，﹣4，得出α+β＝﹣p＝﹣2，αβ＝q＝﹣20，从而得出符合题意的方程．
【解答】解：设此方程的两个根是α、β，根据题意得：α+β＝﹣p＝﹣2，αβ＝q＝﹣20，
则以α、β为根的一元二次方程是x2+2x﹣20＝0．
故选：B．
【点评】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）的两根时，x1+x2＝﹣，x1•x2＝．
12．（2021秋•高港区期中）关于x的方程x2﹣2mx+m2﹣m＝0有两个实数根α，β，且＝1，则m＝　3　．
【分析】根据关于x的方程x2﹣2mx+m2﹣m＝0有两个实数根得到Δ≥0，即（﹣2m）2﹣4（m2﹣m）≥0，可得m≥0，根据根与系数的关系得到α+β＝2m，αβ＝m2﹣m，再将＝1变形得到关于m的方程，解方程即可求解．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2mx+m2﹣m＝0有两个实数根α，β，
∴Δ＝（﹣2m）2﹣4（m2﹣m）≥0，解得m≥0，
α+β＝2m，αβ＝m2﹣m，
∵＝1，即＝1，
∴＝1，
解得m1＝0，m2＝3，
经检验，m1＝0不合题意，m2＝3符合题意，
∴m＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根分别为x1，x2，则x1+x2＝﹣，x1•x2＝．也考查了一元二次方程根的判别式以及代数式的变形能力．
13．（2021秋•锡山区期中）已知关于x的方程x2+ax+a﹣2＝0．
（1）当该方程的一个根为1时，求a的值及该方程的另一根；
（2）求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
【分析】（1）设方程的另一个根为x，则由根与系数的关系得：x+1＝﹣a，x•1＝a﹣2，求出即可；
（2）写出根的判别式，配方后得到完全平方式，进行解答．
【解答】解：（1）设方程的另一个根为x，
则由根与系数的关系得：x+1＝﹣a，x•1＝a﹣2，
解得：x＝﹣，a＝，
即a＝，方程的另一个根为﹣；

（2）∵Δ＝a2﹣4（a﹣2）＝a2﹣4a+8＝a2﹣4a+4+4＝（a﹣2）2+4＞0，
∴不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
【点评】本题考查了根的判别式和根与系数的关系，注意：如果x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的两个根，则x1+x2＝﹣，x1•x2＝，要记牢公式，灵活运用．
14．（2021秋•工业园区校级期中）已知关于x的方程x2﹣2（k﹣1）x+k2＝0有两个实数根x1、x2．
（1）求k的取值范围．
（2）若x1x2+x1+x2﹣1＝0，求k的值．
【分析】（1）由方程有两个实数根，根据判别式可得到关于k的不等式，可求得k的取值范围；
（2）由根与系数的关系可用k表示出x1+x2和x1x2的值，代入已知条件可得到关于k的方程，可求得k的值．
【解答】解：
（1）∵方程有两个实数根，
∴△≥0，即4（k﹣1）2﹣4k2≥0，
解得k≤；
（2）∵方程x2﹣2（k﹣1）x+k2＝0两个实数根为x1、x2，
∴x1+x2＝2（k﹣1），x1x2＝k2，
∵x1x2+x1+x2﹣1＝0，
∴k2+2（k﹣1）﹣1＝0，解得k＝﹣3或k＝1，
∵k≤，
∴k＝﹣3．
【点评】本题主要考查根的判别式及根与系数的关系，掌握方程根的情况与判别式的关系是解题的关键．
七．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题）
15．（2021秋•东台市期中）某校为落实“光盘行动”，对每天的剩饭菜进行称重，第一周的剩余量为20kg，第三周为9.8kg，设每周剩余量的平均减少率为x，则可列方程（　　）
A．20（1﹣x）2＝9.8 B．20（1+x）2＝9.8
C．20（1﹣2x）＝9.8 D．20（1+2x）＝9.8
【分析】根据第一周的剩余量为20kg，第三周为9.8kg，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得：20（1﹣x）2＝9.8．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
16．（2021秋•灌云县期中）某校初三6班学生毕业时，每个同学都要给其他同学写一份毕业留言作为纪念，全班学生共写了930份留言，如果全班有x名学生，根据题意，列出方程为　x（x﹣1）＝930　．
【分析】可设全班有x名同学，则每人写（x﹣1）份留言，共写x（x﹣1）份留言，进而可列出方程即可．
【解答】解：设全班有x名同学，则每人写（x﹣1）份留言，
根据题意得：x（x﹣1）＝930，
故答案是：x（x﹣1）＝930．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，其中x（x﹣1）不能和握手问题那样除以2，另外这类问题转化为一元二次方程求解时应注意考虑解的合理性，即考虑解的取舍．
八．一元二次方程的应用（共3小题）
17．（2021秋•广陵区期中）如图，学校打算用16m的篱笆围成一个长方形的生物园饲养小兔，生物园的一面靠墙（如图），面积是30m2．求生物园的长和宽．

【分析】可设宽为x m，则长为（16﹣2x）m，根据等量关系：面积是30m2．列出方程求解即可．
【解答】解：设宽为x m，则长为（16﹣2x）m．
由题意，得 x•（16﹣2x）＝30，
解得 x1＝3，x2＝5．
当x＝3时，16﹣2×3＝10，
当x＝5时，16﹣2×5＝6．
答：围成矩形的长为10 m、宽为3 m，或长为6 m、宽为5m．
【点评】考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
18．（2021秋•海州区期中）某花圃用花盆培育某种花苗，经过实验发现每盆的盈利与每盆的株数构成一定的关系．每盆植入3株时，平均单株盈利3元；以同样的栽培条件，若每盆增加1株，平均单株盈利就减少0.5元．要使每盆的盈利达到10元，每盆应该植多少株？
【分析】根据已知假设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有（x+3）株，得出平均单株盈利为（3﹣0.5x）元，由题意得（x+3）（3﹣0.5x）＝10求出即可．
【解答】解：设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有（x+3）株，
平均单株盈利为：（3﹣0.5x）元，
由题意得：（x+3）（3﹣0.5x）＝10．
化简，整理，的x2﹣3x+2＝0．
解这个方程，得x1＝1，x2＝2，
则3+1＝4，2+3＝5，
答：每盆应植4株或者5株．
【点评】此题考查了一元二次方程的应用，根据每盆花苗株数×平均单株盈利＝总盈利得出方程是解题关键．
19．（2021秋•宝应县期中）某商场销售一批衬衫，平均每天可售出20件，每件盈利40元．为了扩大销售，增加盈利，商场采取了降价措施．假设在一定范围内，衬衫的单价每降1元，商场平均每天可多售出2件．如果降价后商场销售这批衬衫每天盈利1250元，那么衬衫的单价降了多少元？
【分析】设衬衫的单价降了x元．根据题意等量关系：降价后的销量×每件的利润＝1250，根据等量关系列出方程即可．
【解答】解：设衬衫的单价降了x元．根据题意，得
（20+2x）（40﹣x）＝1250，
解得：x1＝x2＝15，
答：衬衫的单价降了15元．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程．
九．配方法的应用（共1小题）
20．（2021秋•姑苏区期中）先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题：
例题：求代数式y2+4y+8的最小值．
解：y2+4y+8＝y2+4y+4+4＝（y+2）2+4
∵（y+2）2≥0
∴（y+2）2+4≥4
∴y2+4y+8的最小值是4．
（1）求代数式m2+m+4的最小值；
（2）求代数式4﹣x2+2x的最大值；
（3）某居民小区要在一块一边靠墙（墙长15m）的空地上建一个长方形花园ABCD，花园一边靠墙，另三边用总长为20m的栅栏围成．如图，设AB＝x（m），请问：当x取何值时，花园的面积最大？最大面积是多少？

【分析】（1）多项式配方后，根据完全平方式恒大于等于0，即可求出最小值；
（2）多项式配方后，根据完全平方式恒大于等于0，即可求出最大值；
（3）根据题意列出关系式，配方后根据完全平方式恒大于等于0，即可求出最大值以及x的值即可．
【解答】解：（1）m2+m+4＝（m+）2+，
∵（m+）2≥0，
∴（m+）2+≥，
则m2+m+4的最小值是；
（2）4﹣x2+2x＝﹣（x﹣1）2+5，
∵﹣（x﹣1）2≤0，
∴﹣（x﹣1）2+5≤5，
则4﹣x2+2x的最大值为5；
（3）由题意，得花园的面积是x（20﹣2x）＝﹣2x2+20x，
∵﹣2x2+20x＝﹣2（x﹣5）2+50
∵﹣2（x﹣5）2≤0，
∴﹣2（x﹣5）2+50≤50，
∴﹣2x2+20x的最大值是50，此时x＝5，
则当x＝5m时，花园的面积最大，最大面积是50m2．
【点评】此题考查了配方法的应用，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
一十．垂径定理（共2小题）
21．（2021秋•新吴区期中）P为⊙O内一点，OP＝3，⊙O半径为5，则经过P点的最短弦长为（　　）
A．5 B．6 C．8 D．10
【分析】过P作AB⊥OP，交⊙O于A、B，则线段AB是过P点的最短的弦，连接OA，根据勾股定理求出AP，根据垂径定理求出BP＝AP＝4，再求出答案即可．
【解答】解：
如图，过P作AB⊥OP，交⊙O于A、B，则线段AB是过P点的最短的弦，连接OA，
则∠OPA＝90°，
由勾股定理得：AP＝＝＝4，
∵OP⊥AB，OP过圆心O，
∴BP＝AP＝4，
即AB＝4+4＝8，
故选：C．
【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理，能根据垂径定理得出AP＝BP是解此题的关键，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．
22．（2021秋•梁溪区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB．
（1）若CD＝16，BE＝4，求⊙O的直径；
（2）若∠M＝∠D，求∠D的度数．

【分析】（1）先根据CD＝16，BE＝4，得出OE的长，进而得出OB的长，进而得出结论；
（2）由∠M＝∠D，∠DOB＝2∠D，结合直角三角形可以求得结果；
【解答】解：（1）∵AB⊥CD，CD＝16，
∴CE＝DE＝8，
设OB＝x，
又∵BE＝4，
∴x2＝（x﹣4）2+82，
解得：x＝10，
∴⊙O的直径是20．
（2）∵∠M＝∠BOD，∠M＝∠D，
∴∠D＝∠BOD，
∵AB⊥CD，
∴∠D＝30°．
【点评】本题考查了圆的综合题：在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角；垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．
一十一．垂径定理的应用（共1小题）
23．（2021秋•溧阳市期中）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知EF＝CD＝4cm，则球的半径长是（　　）

A．2cm B．2.5cm C．3cm D．4cm
【分析】取EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF＝x，则OM＝4﹣x，MF＝2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．
【解答】解：EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN＝CD＝4，
设OF＝x，则ON＝OF，
∴OM＝MN﹣ON＝4﹣x，MF＝2，
在直角三角形OMF中，OM2+MF2＝OF2
即：（4﹣x）2+22＝x2
解得：x＝2.5
故选：B．

【点评】本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
一十二．圆心角、弧、弦的关系（共1小题）
24．（2021秋•盐都区期中）如图所示，⊙O中，弦AB与CD相交于点E，AB＝CD，连接AD，BC，求证：
（1）＝；
（2）AE＝CE．

【分析】（1）由AB＝CD，推出＝，推出＝．
（2）证明△ADE≌△CBE可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB＝CD，
∴＝，
∴+＝+，
∴＝．
（2）∵＝，
∴AD＝BC，
∵∠ADE＝∠CBE，∠AED＝∠CEB，
∴△ADE≌△CBE（AAS），
∴AE＝EC．
【点评】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
一十三．圆周角定理（共3小题）
25．（2021秋•沛县期中）如图，点A、B、C是⊙O上的三点，若∠BOC＝80°，则∠A的度数是（　　）

A．40° B．60° C．80° D．100°
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：∵∠BOC与∠A是同弧所对的圆心角与圆周角，∠BOC＝80°，
∴∠A＝∠BOC＝40°．
故选：A．
【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
26．（2021秋•东台市期中）用半径为30，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，那么这个圆锥的底面圆半径是 　10　．
【分析】根据扇形的弧长等于圆锥的底面周长列式计算即可．
【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，
则2πr＝，
解得：r＝10，
故圆锥的底面半径为10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了圆锥的计算及扇形的弧长的计算的知识，解题的关键是牢固掌握和弧长公式，难度不大．
27．（2021秋•江都区期中）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为（　　）

A．3 B．1+ C．1+3 D．1+
【分析】如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题；
【解答】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．

∵AQ＝QP，
∴OQ⊥PA，
∴∠AQO＝90°，
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大（也可以通过CQ≤QK+CK求解）
在Rt△OCH中，∵∠COH＝60°，OC＝2，
∴OH＝OC＝1，CH＝，
在Rt△CKH中，CK＝＝，
∴CQ的最大值为1+，
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
一十四．点与圆的位置关系（共2小题）
28．（2021秋•锡山区期中）如果⊙O的半径为6，线段OP的长为3，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O上 B．点P在⊙O内 C．点P在⊙O外 D．无法确定
【分析】直接根据点与圆的位置关系进行判断．
【解答】解：∵⊙O的半径是6，线段OP的长为3，
即点P到圆心的距离小于圆的半径，
∴点P在⊙O内．
故选：B．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d＝r；点P在圆内⇔d＜r．
29．（2021秋•盐都区期中）如图，M（0，﹣3）、N（0，﹣9），半径为5的⊙A经过M、N，则A点坐标为（　　）

A．（﹣5，﹣6） B．（4，﹣6） C．（﹣6，﹣4） D．（﹣4，﹣6）
【分析】过A作AB⊥NM于B，连接AM，根据垂径定理求出BN＝BM＝3，根据勾股定理求出AB，求出OB，即可得出答案．
【解答】解：过A作AB⊥NM于B，连接AM，

∵AB过A，
∴MB＝NB，
∵半径为5的⊙A与y轴相交于M（0，﹣3）、N（0，﹣9），
∴MN＝9﹣3＝6，AM＝5，
∴BM＝BN＝3，OB＝3+3＝6，
由勾股定理得：AB＝＝4，
∴点A的坐标为（﹣4，﹣6），
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理，能根据垂径定理求出BM和BN是解此题的关键．
一十五．三角形的外接圆与外心（共1小题）
30．（2021秋•新吴区期中）下列语句中，正确的是（　　）
A．经过三点一定可以作圆
B．等弧所对的圆周角相等
C．相等的弦所对的圆心角相等
D．三角形的外心到三角形各边距离相等
【分析】根据确定圆的条件对A进行判断；根据圆周角定理对B进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对C进行判断；根据三角形外心的性质对D进行判断．
【解答】解：A、经过不共线的三点一定可以作圆，所以A选项错误；
B、等弧所对的圆周角相等，所以B选项正确；
C、在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆心角相等，所以C选项错误；
D、三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，所以D选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理．
一十六．直线与圆的位置关系（共2小题）
31．（2021秋•亭湖区校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，平分∠BAC交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC、AB于点E、F．
（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BD＝2，∠DAB＝30°，求阴影部分的面积（结果保留π）．

【分析】（1）连接OD，如图，证明∠ODA＝∠CAD，则可判断OD∥AC，再根据平行线的性质得到OD⊥BC，然后根据切线的判定定理得到BC为⊙O的切线；
（2）先利用圆周角定理得到∠BOD＝60°，再根据含30度的直角三角形三边的关系计算出OD＝2，然后根据扇形的面积公式，利用阴影部分的面积＝S△BOD﹣S扇形DOF进行计算．
【解答】解：（1）直线BC与⊙O相切；
理由如下：
连接OD，如图，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠C＝90°，
∴OD⊥BC，
而OD为半径，
∴BC为⊙O的切线；
（2）∵∠OAD＝30°，
∴∠BOD＝2∠OAD＝60°，
在Rt△BOD中，OD＝BD＝×2＝2，
∴阴影部分的面积＝S△BOD﹣S扇形DOF
＝×2×2﹣
＝2﹣π．

【点评】本题考查了直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d＝r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．也考查了扇形的面积公式．
32．（2021秋•海安市期中）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线与AB交于点E，与⊙O交于点D，P为AB延长线上一点，且∠PCB＝∠PAC．
（1）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若AC＝8，BC＝6，求⊙O的半径及AD的长．

【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得到∠CAB+∠CBA＝90°，由OB＝OC得到∠OCB＝∠OBC，进而证得∠OCP＝90°，根据圆的切线的判定定理即可证得直线PC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AB，即可得到⊙O的半径为；由圆周角定理与等腰三角形的判定及已知条件证得△ABD为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出AD．
【解答】解：（1）PC与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵∠PCB＝∠PAC，
∴∠OCP＝∠OCB+∠PCB＝∠CAB+∠CBA＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线PC是⊙O的切线；
（2）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AC2+BC2，
∴AB＝＝＝10，
∴⊙O的半径为5；
连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BCD＝∠BAD，∠ACD＝∠ABD，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠BAD＝∠ABD，
∴AD＝BD，
在Rt△ABD中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AD2+BD2＝2AD2，
∴2AD2＝102，
∴AD2＝50，
∴AD＝＝5．

【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，勾股定理，解题的关键：（1）熟练掌握圆的切线的判定方法；（2）根据圆周角定理与等腰三角形的判定及已知条件证得△ABD为等腰直角三角形．
一十七．切线的判定（共1小题）
33．（2021秋•宜兴市期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是⊙O的直径，过点A作AE⊥CD，交CD的延长线于点E，DA平分∠BDE．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）已知AE＝8cm，CD＝12cm，求⊙O的半径．

【分析】（1）根据等边对等角得出∠ODA＝∠OAD，进而得出∠OAD＝∠EDA，证得EC∥OA，从而证得AE⊥OA，即可证得AE是⊙O的切线；
（2）过点O作OF⊥CD，垂足为点F．从而证得四边形AOFE是矩形，得出OF＝AE＝8cm，根据垂径定理得出DF＝CD＝6cm，在Rt△ODF中，根据勾股定理即可求得⊙O的半径．
【解答】（1）证明：连接OA．
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD．
∵DA平分∠BDE，
∴∠ODA＝∠EDA．
∴∠OAD＝∠EDA，
∴EC∥OA．
∵AE⊥CD，
∴OA⊥AE．
∵点A在⊙O上，
∴AE是⊙O的切线．
（2）解：过点O作OF⊥CD，垂足为点F．
∵∠OAE＝∠AED＝∠OFD＝90°，
∴四边形AOFE是矩形．
∴OF＝AE＝8cm．
又∵OF⊥CD，
∴DF＝CD＝6cm．
在Rt△ODF中，OD＝＝10cm，
即⊙O的半径为10cm．

【点评】本题考查了等腰三角形的性质，垂径定理，平行线的判定和性质，切线的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
一十八．切线的判定与性质（共2小题）
34．（2021秋•高淳区期中）如图，AB是⊙O的直径，AC与⊙O交于点C，∠BAC的平分线交⊙O于点D，DE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AC＝6，DE＝4，求⊙O的半径．

【分析】（1）连接OD，证明OD∥AC，则∠ODE＝180°﹣∠AED＝90°，根据切线的判定定理可证明DE是⊙O的切线；
（2）连接CD、BD，证明△DEC∽△ADB，△CDE∽△DAE，根据相似三角形的对应边成比例和勾股定理可求出AB的长，进而求出⊙O的半径长．
【解答】解：（1）如图，连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠AED＝90°，
∵DE经过半径OD的端点D，且DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
（2）如图，连接CD、BD，
∵∠DCE+∠ACD＝180°，∠B+∠ACD＝180°，
∴∠DCE＝∠B，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DEC＝∠ADB，
∴△DEC∽△ADB，
∴∠CDE＝∠BAD＝∠DAE，
∵∠CED＝∠DEA，
∴△CDE∽△DAE，
∴，
∵AC＝6，DE＝4，
∴，
解得CE＝2或CE＝﹣8（不符合题意，舍去），
∴AE＝AC+CE＝6+2＝8，
∴AD＝＝，DC＝＝，
∵，
∴，
解得AB＝10，
∴OA＝AB＝5，
∴⊙O的半径为5．

【点评】此题重点考查圆的切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线．
35．（2021秋•邗江区期中）如图，已知AB为⊙O的直径，AD、BD是⊙O的弦，BC是⊙O的切线，切点为B，OC∥AD，BA、CD的延长线相交于点E．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若AE＝1，ED＝3，求⊙O的半径．

【分析】（1）首先连接OD，易证得△COD≌△COB（SAS），然后由全等三角形的对应角相等，求得∠CDO＝90°，即可证得直线CD是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为R，则OE＝R+1，在Rt△ODE中，利用勾股定理列出方程，求解即可．
【解答】解：（1）证明：连接DO．

∵AD∥OC，
∴∠DAO＝∠COB，∠ADO＝∠COD．
又∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠COD＝∠COB．
在△COD和△COB中
∵OD＝OB，OC＝OC，
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠CDO＝∠CBO．
∵BC是⊙O的切线，
∴∠CBO＝90°，
∴∠CDO＝90°，
又∵点D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为R，则OD＝R，OE＝R+1，
∵CD是⊙O的切线，
∴∠EDO＝90°，
∴ED2+OD2＝OE2，
∴32+R2＝（R+1）2，
解得R＝4，
∴⊙O的半径为4．
【点评】本题主要考查的是切线的判断、圆周角定理的应用，掌握切线的判定定理，利用勾股定理列出关于r的方程是解题的关键．
一十九．正多边形和圆（共4小题）
36．（2021秋•灌南县期中）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为 　144°　．

【分析】先根据五边形的内角和求∠E＝∠D＝108°，由切线的性质得：∠OAE＝∠OCD＝90°，最后利用五边形的内角和相减可得结论．
【解答】解：正五边形的内角＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠E＝∠D＝108°，
连接OA、OC，
∵AE、CD分别与⊙O相切于A、C两点，
∴∠OAE＝∠OCD＝90°，
∴∠AOC＝540°﹣90°﹣90°﹣108°﹣108°＝144°，
故答案为：144°．
【点评】本题考查了正五边形的内角和、内角的度数、切线的性质，本题的五边形内角可通过外角来求：180°﹣360°÷5＝108°．
37．（2021秋•滨海县期中）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为 　　．

【分析】利用扇形的面积公式求解即可．
【解答】解：由题意，∠FAB＝120°，AF＝AB＝2，
∴S阴＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查正多边形与圆，扇形的面积等知识，解题的关键是记住扇形的面积S＝．
38．（2021秋•泰兴市期中）一个适当大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为定值的小正六边形ABCDEF的中心O重合，且与边AB、CD相交于G、H（如图）．图中阴影部分的面积记为S，三条线段GB、BC、CH的长度之和记为l，在大正六边形绕点O旋转过程中，下列说法正确的是（　　）

A．S变化，l不变 B．S不变，l变化
C．S变化，l变化 D．S与l均不变
【分析】如图，连接OA，OC．证明△HOC≌△GOA（ASA），可得结论．
【解答】解：如图，连接OA，OC．

∵∠HOG＝∠AOC＝120°，∠OCH＝∠OAG＝60°，
∴∠HOC＝∠GOA，
在△OHC和△OGA中，
，
∴△HOC≌△GOA（ASA），
∴AG＝CH，
∴S阴＝S四边形OABC＝定值，l＝GB+BC+CH＝AG+BG+BC＝2BC＝定值，
故选：D．
【点评】本题考查正多边形与圆，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
39．（2021秋•广陵区期中）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：
将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离可能是（　　）

A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2﹣小于等于1，由此即可判断．
【解答】解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2﹣小于等于1，
故选：C．
【点评】本题考查正六边形、正方形的性质等知识，解题的关键作出点M的运动轨迹，利用图象解决问题，题目有一定的难度．
二十．弧长的计算（共1小题）
40．（2021秋•沭阳县期中）如图，四边形ABCD是半径为2的⊙O的内接四边形，连接OA，OC．若∠AOC：∠ABC＝4：3，则的长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】利用圆周角定理和圆内接四边形的性质求得∠AOC＝144°，结合弧长公式进行解答即可．
【解答】解：∵四边形内接于⊙O，∠AOC＝2∠ADC，
∴∠ADC+∠ABC＝∠AOC+∠ABC＝180°．
又∠AOC：∠ABC＝4：3
∴∠AOC＝144°．
∵⊙O的半径为2，
∴劣弧AC的长为＝π．
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理、弧长的计算，本题中利用圆周角定理中圆周角与圆心角的关系得出角的度数，从而得到∠AOC＝108°，从而得出劣弧AC的长．
二十一．扇形面积的计算（共2小题）
41．（2021秋•铜山区期中）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点E为BC的中点，连接OD、DE．
（1）求证：OD⊥DE．
（2）若∠BAC＝30°，AB＝8，求阴影部分的面积．

【分析】（1）连接DB，根据圆周角定理、直角三角形的性质证明；
（2）根据扇形面积公式计算即可．
【解答】（1）证明：连接DB．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠CDB＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴DE＝CE＝BC，
∴∠EDC＝∠C，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO，
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠C＝90°，
∴∠ADO+∠EDC＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE；
（2）∵AB＝8，∠BAC＝30°，
∴AD＝4，
阴影部分的面积＝﹣×4×2
＝π﹣4．

【点评】本题考查的是扇形面积的计算、圆周角定理的应用，掌握扇形面积公式是解题的关键．
42．（2021秋•新吴区期中）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，∠DAB＝45°，BC∥AD，CD∥AB．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为1，求图中阴影部分的面积（结果保留π）

【分析】（1）直线与圆的位置关系无非是相切或不相切，可连接OD，证OD是否与CD垂直即可．
（2）阴影部分的面积可由梯形OBCD和扇形OBD的面积差求得；扇形的半径和圆心角已求得，那么关键是求出梯形上底CD的长，可通过证四边形ABCD是平行四边形，得出CD＝AB，由此可求出CD的长，即可得解．
【解答】解：（1）直线CD与⊙O相切．理由如下：
如图，连接OD
∵OA＝OD，∠DAB＝45°，
∴∠ODA＝45°
∴∠AOD＝90°
∵CD∥AB
∴∠ODC＝∠AOD＝90°，即OD⊥CD
又∵点D在⊙O上，∴直线CD与⊙O相切；
（2）∵⊙O的半径为1，AB是⊙O的直径，
∴AB＝2，
∵BC∥AD，CD∥AB
∴四边形ABCD是平行四边形
∴CD＝AB＝2
∴S梯形OBCD＝＝＝；
∴图中阴影部分的面积等于S梯形OBCD﹣S扇形OBD＝﹣×π×12＝﹣．

【点评】此题主要考查了切线的判定、平行四边形的判定和性质以及扇形的面积计算方法．不规则图形的面积一定要注意分割成规则图形的面积进行计算．
二十二．圆锥的计算（共4小题）
43．（2021秋•涟水县期中）圆锥的轴截面是一个等边三角形，则它的侧面展开图圆心角度数是（　　）
A．60° B．90° C．120° D．180°
【分析】易得圆锥的底面直径与母线长相等，那么根据圆锥的底面周长等于侧面展开图的弧长即可得到这个圆锥的侧面展开图的圆心角度数．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为R，
∵它的轴截面是正三角形，
∴R＝2r，
∴2πr＝，
解得n＝180°，
故选：D．
【点评】用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长．
44．（2021秋•东台市期中）已知圆锥的底面半径为3cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是（　　）
A．15πcm2 B．15cm2 C．20πcm2 D．20cm2
【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解．
【解答】解：圆锥的侧面积＝2π×3×5÷2＝15π（cm）．
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长．
45．（2021秋•秦淮区校级期中）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝5cm，则该圆锥的母线长l＝12cm，扇形的圆心角θ＝　150　°．

【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到＝2π•5，然后解关于θ的方程即可．
【解答】解：根据题意得＝2π•5，
解得θ＝150．
故答案为150．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
46．（2021秋•涟水县期中）如图，在正方形网格图中建立一直角坐标系，一条圆弧经过网格点A、B、C，请在网格中进行下列操作：
（1）请在图中确定该圆弧所在圆心D点的位置，D点坐标为　（2，0）　；
（2）连接AD、CD，求⊙D的半径及扇形DAC的圆心角度数；
（3）若扇形DAC是某一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥的底面半径．

【分析】（1）找到AB，BC的垂直平分线的交点即为圆心坐标；
（2）利用勾股定理可求得圆的半径；易得△AOD≌△DEC，那么∠OAD＝∠CDE，即可得到圆心角的度数为90°；
（3）求得弧长，除以2π即为圆锥的底面半径．
【解答】解：（1）如图；D（2，0）（4分）
（2）如图；；
作CE⊥x轴，垂足为E．
∵△AOD≌△DEC，
∴∠OAD＝∠CDE，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
∴扇形DAC的圆心角为90度；
（3）∵弧AC的长度即为圆锥底面圆的周长．l弧＝，
设圆锥底面圆半径为r，则，
∴．

【点评】本题用到的知识点为：非直径的弦的垂直平分线经过圆心；圆锥的弧长等于底面周长．
二十三．加权平均数（共3小题）
47．（2021秋•建邺区期中）小明在一次射击训练时，连续10次的成绩为6次10环、4次9环，则小明这10次射击的平均成绩为（　　）
A．9.6环 B．9.5环 C．9.4环 D．9.3环
【分析】根据题目中的数据和加权平均数的计算方法，可以求得小明这10次射击的平均成绩．
【解答】解：小明这10次射击的平均成绩为：（10×6+9×4）＝9.6（环），
故选：A．
【点评】本题考查加权平均数，解答本题的关键是明确加权平均数的计算方法．
48．（2021秋•江都区期中）数学老师计算同学们一学期的平均成绩时，将平时、期中和期末的成绩按3：3：4计算，若小红平时、期中和期末的成绩分别是90分、100分、90分，则小红一学期的数学平均成绩是　93　分．
【分析】按3：3：4的比例算出本学期数学学期平均成绩即可．
【解答】解：根据题意得：
＝93（分），
答：小红一学期的数学平均成绩是93分；
故答案为：93．
【点评】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．
49．（2021秋•泰兴市期中）某地区在一次九年级数学做题检测中，有一道满分8分的解答题，按评分标准，所有考生的得分只有四种：0分，3分，5分，8分．老师为了了解学生的得分情况与题目的难易情况，从全区4500名考生的试卷中随机抽取一部分，通过分析与整理，绘制了如下两幅图不完整的统计图．
请根据以上信息解答下列问题：
（1）填空：a＝　25　，b＝　20　，并把条形统计图补全；
（2）请估计该地区此题得满分（即8分）的学生人数；
（3）已知难度系数的计算公式为L＝，其中L为难度系数，X为样本平均得分，W为试题满分值．一般来说，根据试题的难度系数可将试题分为以下三类：当0＜L≤0.4时，此题为难题；当0.4＜L≤0.7时，此题为中等难度试题；当0.7＜L＜1时，此题为容易题．试问此题对于该地区的九年级学生来说属于哪一类？

【分析】（1）根据条形统计图和扇形统计图可以得到a和b的值，从而可以得到得3分的人数将条形统计图补充完整；
（2）根据第（1）问可以估计该地区此题得满分（即8分）的学生人数；
（3）根据题意可以算出L的值，从而可以判断试题的难度系数．
【解答】解：（1）由条形统计图可知0分的同学有24人，由扇形统计图可知，0分的同学占10%，
∴抽取的总人数是：24÷10%＝240，
故得3分的学生数是；240﹣24﹣108﹣48＝60，
∴a%＝，b%＝，
故答案为：25，20；
补全的条形统计图如右图所示，
（2）由（1）可得，得满分的占20%，
∴该地区此题得满分（即8分）的学生人数是：4500×20%＝900（人），
即该地区此题得满分（即8分）的学生数900人；
（3）由题意可得，
L＝＝＝0.575，
∵0.575处于0.4＜L≤0.7之间，
∴题对于该地区的九年级学生来说属于中等难度试题．

【点评】本题考查加权平均数、用样本估计总体、条形统计图，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
二十四．中位数（共1小题）
50．（2021秋•广陵区期中）以下各组数据中，众数，中位数，平均数都相等的是（　　）
A．4，9，3，3 B．12，9，9，6 C．9，9，4，4 D．8，8，4，5
【分析】众数是一组数据中出现次数最多的数；
中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数；
平均数为所有数求和再除以个数．
【解答】解：A、4，9，3，3的众数，中位数，平均数分别为3，3.5，；
B、12，9，9，6的众数，中位数，平均数都为9；
C、9，9，4，4的众数，中位数，平均数分别为9和4，6.5，6.5；
D、8，8，4，5的众数，中位数，平均数分别为8，6.5，．
故选：B．
【点评】本题为统计题，考查众数与中位数、平均数的意义．
中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数；如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会得到错误答案．
二十五．众数（共1小题）
51．（2021秋•沭阳县期中）某校学生会向全校3000名学生发起了“爱心捐助”捐款活动，为了解捐款情况，学生会随机调查了部分学生的捐款金额，并用得到的数据绘制了如图所示的统计图

请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受随机调查的学生人数为　50人　，图1中m的值是　32　．
（2）求本次调查获取的样本数据的平均数、众数和中位数；
（3）根据样本数据，估计该校本次活动捐款金额为10元的学生人数．
【分析】（1）由捐款5元的人数及其所占百分比可得总人数，再用捐款10元的人数除以总人数可得m的值；
（2）根据平均数、众数和中位数的概念求解可得答案；
（3）用总人数乘以样本中捐款10元的人数所占比例即可．
【解答】解：（1）本次接受随机调查的学生人数为4÷8%＝50（人），
∴m%＝×100%＝32%，即m＝32，
故答案为：50人，32；
（2）本次调查获取的样本数据的平均数是：×（4×5+16×10+12×15+10×20+8×30）＝16（元），
本次调查获取的样本数据的众数是：10元，
本次调查获取的样本数据的中位数是：15元；
（3）估计该校本次活动捐款金额为10元的学生人数为3000×＝960（人）．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数、众数，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
二十六．方差（共6小题）
52．（2021秋•涟水县期中）跳高训练时，甲、乙两名同学在相同条件下各跳了10次，统计他们的平均成绩都是1.36米，且方差为S2甲＝0.4，S2乙＝0.3，则成绩较为稳定的是 　乙　（填“甲”或“乙”）．
【分析】根据方差的意义进行判断．
【解答】解：∵S2甲＝0.4，S2乙＝0.3，
∴S2甲＞，S2乙，
∴乙同学的成绩较为稳定．
故答案为乙．
【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．
53．（2021秋•涟水县期中）我市某中学举行“中国梦•校园好声音”歌手大赛，高、初中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（满分100）如图所示：

根据图示信息，整理分析数据如表：

平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
初中部
a
85
c
高中部
85
b
100
（1）求出表格中a＝　85　；b＝　80　；c＝　85　．
（2）结合两队成绩的平均数和中位数，分析哪个队的决赛成绩较好；
（3）计算两队决赛成绩的方差，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，中位数高的那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）初中代表队的平均成绩是：（75+80+85+85+100）÷5＝85（分），
在初中代表队中85出现了2次，出现的次数最多，则众数是85分；
把高中代表队的成绩从小到大排列为：70，75，80，100，100，最中间的数是80，则中位数是80分；
填表如下：

　平均数/分
　中位数/分
　众数/分
　初中代表队
85
　85
85
　高中代表队
　85
80
　100
故答案为：85，80，85；
（2）初中部成绩好些，因为两个队的平均数都相同，初中部的中位数高，
所以在平均数相同的情况下，中位数高的初中部成绩好些；
（3）初中代表队的方差是：[（75﹣85）2+（80﹣85）2+（85﹣85）2+（85﹣85）2+（100﹣85）2]＝70，
高中代表队的方差是：[（70﹣85）2+（75﹣85）2+（80﹣85）2+（100﹣85）2+（100﹣85）2]＝160，
∵S初中2＜S高中2，
∴初中代表队选手成绩较稳定．
【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．
54．（2021秋•泰兴市期中）九（2）班组织了一次朗读比赛，甲、乙两队各10人的比赛成绩（10分制）如下表（单位：分）：
甲
7
8
9
7
10
10
9
10
10
10
乙
10
8
7
9
8
10
10
9
10
9
（1）甲队成绩的中位数是　9.5　分，乙队成绩的众数是　10　分；
（2）计算乙队成绩的平均数和方差；
（3）已知甲队成绩的方差是1.4分2，则成绩较为整齐的是　乙　队．
【分析】（1）根据中位数的定义求出最中间两个数的平均数；根据众数的定义找出出现次数最多的数即可；
（2）先求出乙队的平均成绩，再根据方差公式进行计算；
（3）先比较出甲队和乙队的方差，再根据方差的意义即可得出答案．
【解答】解：（1）把甲队的成绩从小到大排列为：7，7，8，9，9，10，10，10，10，10，最中间两个数的平均数是（9+10）÷2＝9.5（分），
则中位数是9.5分；
乙队成绩中10出现了4次，出现的次数最多，
则乙队成绩的众数是10分；
故答案为：9.5，10；
（2）乙队的平均成绩是：（10×4+8×2+7+9×3）＝9，
则方差是：[4×（10﹣9）2+2×（8﹣9）2+（7﹣9）2+3×（9﹣9）2]＝1；
（3）∵甲队成绩的方差是1.4，乙队成绩的方差是1，
∴成绩较为整齐的是乙队；
故答案为：乙．
【点评】本题考查方差、中位数和众数：中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），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．
55．（2021秋•宝应县期中）随机从甲、乙两块试验田中各抽取100株麦苗测量高度，计算高度的平均数和方差的结果为：＝12.5，＝13，S甲2＝3.6，S乙2＝15.8，则小麦长势比较整齐的试验田是 　甲　（填“甲”或“乙”）．
【分析】根据方差的意义求解即可．
【解答】解：∵S甲2＝3.6，S乙2＝15.8，
∴S甲2＜S乙2，
∴小麦长势比较整齐的试验田是甲，
故答案为：甲．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
56．（2020秋•常熟市期中）某中学为了选拔一名运动员参加市运会100米短跑比赛，有甲、乙两名运动员备选，他们最近测试的10次百米跑平均时间都是12.83秒，他们的方差分别是S2甲＝1.3（秒2），S2乙＝1.7（秒2），如果要选择一名成绩优秀且稳定的人去参赛，应派 　甲　去．
【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
【解答】解：∵S2甲＝1.3（秒2），S2乙＝1.7（秒2），
∴S2甲＜S2乙，
∴选择一名成绩优秀且稳定的人去参赛，应派甲去．
故答案为：甲．
【点评】本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
57．（2021秋•沭阳县期中）在一次射击训练中，甲、乙两人各射击10次，两人10次射击成绩的平均数均是8.9环，方差分别是S甲2＝1.7，S乙2＝1.2，则关于甲、乙两人在这次射击训练中成绩稳定是　乙　．（填“甲”或“乙”）
【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定即可求解．
【解答】解：因为S甲2＝1.7＞S乙2＝1.2，方差小的为乙，
所以关于甲、乙两人在这次射击训练中成绩稳定是乙．
故答案为乙．
【点评】本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
二十七．可能性的大小（共1小题）
58．（2021秋•苏州期中）如图是计算机中“扫雷”游戏的画面．在一个有9×9个方格的正方形雷区中，随机埋藏着10颗地雷，每个方格内最多只能藏1颗地雷．小王在游戏开始时随机地点击一个方格，点击后出现了如图所示的情况．我们把与标号3的方格相邻的方格记为A区域（画线部分），A区域外的部分记为B区域．数字3表示在A区域有3颗地雷．为了最大限度的避开地雷，下一步应该点击的区域是　B　．（填“A”或“B”）

【分析】本题需先根据已知条件得出各个区域的地雷所占的比例，再进行比较，即可求出答案．
【解答】解：在A区域点击的话，点击到地雷的概率为，
在B区域点击的话，点击到地雷的概率为＝，
∵＝＞，
∴为了最大限度的避开地雷，下一步应该点击的区域是B，
故答案为：B．
【点评】本题主要考查了几何概率，在解题时要注意知识的综合应用以及概率的算法是本题的关键．
二十八．概率公式（共1小题）
59．（2021秋•铜山区期中）在一个不透明的口袋内放入红球8个，黑球4个，黄球n个，这些球除颜色外无任何差别，摇匀后随机摸出一个恰好是黄球的概率为，则放入口袋中的黄球个数是　3　．
【分析】根据概率公式列出关于n的分式方程，解方程即可得．
【解答】解：因为摇匀后随机摸出一个恰好是黄球的概率为，
所以＝，
解得：n＝3，
经检验n＝3是分式方程的解，
即黄球有3个，
故答案为：3．
【点评】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．
二十九．几何概率（共1小题）
60．（2021秋•亭湖区校级期中）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，指针落在阴影部分的概率为　　．

【分析】首先确定在图中阴影区域的面积在整个面积中占的比例，根据这个比例即可求出指针指向阴影区域的概率．
【解答】解：∵圆被等分成6份，其中阴影部分占3份，
∴落在阴影区域的概率为，
故答案为：．
【点评】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率．