2023-2024学年河南省安阳五中教育集团九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省安阳五中教育集团九年级（上）期中数学试卷（含解析），共27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。
1．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说：“美的线型和其他一切美的形体，都必须有对称形式．”如图所示的图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．下列方程中，一定是关于x的一元二次方程的是（ ）
A．ax2+bx+c＝0B．2（x﹣x2）﹣1＝0
C．x2﹣y﹣2＝0D．
3．抛物线的对称轴是（ ）
A．直线x＝﹣2B．直线x＝2C．直线x＝﹣4D．直线x＝4
4．如图，线段AB是半圆O的直径，分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，交半圆O于点C，交AB于点E，连接AC，BC，若AE＝3，则BC的长是（ ）
A．B．4C．6D．
5．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△EDC，使点B的对应点D恰好落在AB边上，AC、ED交于点F．若∠BCD＝50°，则∠EFC的度数为（ ）
A．95°B．100°C．105°D．110°
6．如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE＝OB，∠AOC＝84°，则∠E等于（ ）
A．42°B．28°C．21°D．20°
7．抛物线y＝x2﹣4x与直线y＝5的两个交点的横坐标为（ ）
A．0，4B．1，5C．1，﹣5D．﹣1，5
8．在“双减政策”的推动下，某初级中学校学生课后作业时长明显减少．2021年上学期每天作业平均时长为100min，经过2021年下学期和2022年上学期两次调整后，2022年下学期平均每天作业时长为70min．设该校平均每天作业时长这两学期每期的下降率为x，则可列方程为（ ）
A．100（1﹣x2）＝70B．70（1+x2）＝100
C．100（1﹣x）2＝70D．70（1+x）2＝100
9．在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+c和二次函数y＝ax2+c的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
10．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，与x轴的一个交点坐标为（4，0），抛物线的对称轴是直线x＝1．下列结论中：①abc＞0；②2a+b＝0；③方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根；④若点A（m，n）在该抛物线上，则am2+bm≤a+b．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题。（每题3分，共15分）
11．请任意写出一个一元二次方程，它有两个解分别为1，2，这个一元二次方程为 ．
12．如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，若∠AOB＝40°，∠BOC＝10°，则旋转角度是 ．
13．已知二次函数y＝x2﹣4x+k的图象的顶点在x轴下方，则实数k的取值范围是 ．
14．如图，从一个腰长为60cm，顶角为120°的等腰三角形铁皮OAB中剪出一个最大的扇形OCD，则此扇形的弧长为 cm．
15．新定义：[a，b，c]为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a，b，c为实数）的“图象数”，如：y＝x2﹣2x+3的“图象数”为[1，﹣2，3]，若“图象数”是[m，2m+4，2m+4]的二次函数的图象与x轴只有一个交点，则m的值为 ．
三、解答题。（共75分）
16．用适当的方法解下列方程：
（1）x2+5x﹣1＝0；
（2）7x（5x+2）＝6（5x+2）；
17．已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+k﹣2＝0有两个实数根．
（1）求实数k的取值范围；
（2）设方程的两个实数根分别为x1，x2，若x1+x2﹣x1x2＝1，求k的值．
18．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（﹣3，2）．
（1）画出将△ABC向右平移3个单位的△A1B1C1．
（2）画出△A1B1C1关于原点O的中心对称图形△A2B2C2，并写出A2的坐标 ．
19．某校在课后服务中，成立了以下社团：A．计算机，B．围棋，C．篮球，D．书法每人只能加入一个社团，为了解学生参加社团的情况，从参加社团的学生中随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，其中图1中D所占扇形的圆心角为150°．
请结合图中所给信息解答下列问题：
（1）这次被调查的学生共有 人；
（2）请你将条形统计图补充完整；
（3）若该校共有1800学生加入了社团，请你估计这1800名学生中有多少人参加了篮球社团；
（4）在书法社团活动中，由于甲、乙、丙、丁四人平时的表现优秀，恰好四位同学中有两名是男同学，两名是女同学．现决定从这四人中任选两名参加全市书法大赛，用画树状图求恰好选中一男一女的概率．
20．“抖空竹”在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．小颗玩“抖空竹”游戏时发现可以将某时刻的情形抽象成数学问题．如图，AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，延长AC，BD交于点P，连接OP，CD，⊙O的半径为2，∠DPC＝90°．
（1）连接OC，OD，判断四边形CODP的形状，并说明理由；
（2）求劣弧CD的长．
21．为积极响应新旧功能转换，提高公司经济效益，某科技公司近期研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为30万元，经过市场调研发现，每台售价为35万元时，年销售量为550台；每台售价为40万元时，年销售量为500台．假定该设备的年销售量y（单位：台）和销售单价x（单位：万元）成一次函数关系．
（1）求年销售量y与销售单价x的函数关系式；
（2）根据相关规定，此设备的销售单价不得高于60万元，如果该公司想获得8000万元的年利润，则该设备的销售单价应是多少万元？
22．科技进步促进了运动水平的提高．某运动员练习定点站立投篮，他利用激光跟踪测高仪测量篮球运动中的高度．图1所示抛物线的一部分是某次投篮训练中篮球飞行的部分轨迹，建立如图2所示的平面直角坐标系．已知篮球每一次投出时的出手点D到地面的距离DO都为2.25m．当球运行至点F处时，与出手点D的水平距离为2.5m，达到最大高度为3.5m．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来称为盖帽，但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规．在（1）的条件下，防守队员前来盖帽，已知防守队员的最大摸球高度为3.05m，则他应在运动员前面什么范围内跳起拦截才能盖帽成功？
23．综合与实践
在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角三角尺、若干四边形纸片．
（1）【操作判断】将四边形纸片ABCD与等腰直角三角尺DEF按如图1放置，三角尺DEF的边DE，DF分别与四边形ABCD的边AB，BC交于P，Q两点，经测量得∠ADC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝CD．小明将△DQC绕点D顺时针旋转90°，此时点C与点A重合，点Q的对应点为Q′，通过推理小明得出了△PDQ≌△PDQ′．
根据以上信息，请填空：
①∠PDQ′＝ °；
②线段AP，PQ，QC之间的数量关系为 ；
（2）【迁移探究】小明将四边形纸片ABCD换成了图2中的形状，若∠ADC＝2α，∠PDQ＝α，AD＝CD，P，Q分别在AB，BC上，且∠BCD+∠DAB＝180°，线段AP，PQ，QC之间的数量关系是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明；
（3）【拓展应用】如图3，已知Rt△ADC，∠ADC＝90°，．小明以点D为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺EDF，其中射线DE，DF分别交射线AC于点M，N，当点M恰好为线段AC的三等分点时，请直接写出MN的长．
参考答案
一、单选题。（每题3分，共30分）
1．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说：“美的线型和其他一切美的形体，都必须有对称形式．”如图所示的图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
解：选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．下列方程中，一定是关于x的一元二次方程的是（ ）
A．ax2+bx+c＝0B．2（x﹣x2）﹣1＝0
C．x2﹣y﹣2＝0D．
【分析】根据只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程进行解答即可．
解：A、当a＝0，ax2+bx+c＝0不是一元二次方程，故此选项错误，不符合题意；
B、2（x﹣x2）﹣1＝0是一元二次方程，故此选项正确，符合题意；
C、x2﹣y﹣2＝0不是一元二次方程，故此选项错误，不符合题意；
D、不是一元二次方程，故此选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查了一元二次方程定义，解题的关键是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”．
3．抛物线的对称轴是（ ）
A．直线x＝﹣2B．直线x＝2C．直线x＝﹣4D．直线x＝4
【分析】直接利用对称轴公式x＝﹣求即可．
解：∵抛物线，
∴对称轴为直线x＝﹣＝﹣＝2，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的性质，记住对称轴公式是直线x＝﹣是解题的关键．
4．如图，线段AB是半圆O的直径，分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，交半圆O于点C，交AB于点E，连接AC，BC，若AE＝3，则BC的长是（ ）
A．B．4C．6D．
【分析】连接CO，根据作图知CE垂直平分AC，即可得AC＝OC，AE＝OE＝3，根据圆的半径得AC＝6，AB＝12，根据圆周角的推论得∠ACB＝90°，根据勾股定理即可求解．
解：连接CO，根据作图知CE垂直平分OA，
∴AC＝OC，AE＝OE＝3，
∴AC＝OC＝OB＝AO＝AE+EO＝6，
即AB＝AO+BO＝12，
∵线段AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，根据勾股定理得，
，
故选：A．
【点评】本题考查了线段垂直平分线性质、直径所对的圆周角为直角、勾股定理知识，掌握相关的性质进行正确求解是解题的关键．
5．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△EDC，使点B的对应点D恰好落在AB边上，AC、ED交于点F．若∠BCD＝50°，则∠EFC的度数为（ ）
A．95°B．100°C．105°D．110°
【分析】由旋转的性质可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，可得∠B＝∠BDC＝65°，∠ACE＝50°，由三角形内角和可得，∠A＝90°﹣∠B＝25°．从而得到∠E＝25°．再由三角形内角和定理，即可求解．
解：由旋转的性质可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，
∵∠BCD＝50°，
∴，∠ACE＝50°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝25°．
∴∠E＝25°．
∴∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝105°．
故选：C．
【点评】本题主要考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和等相关内容，由旋转的性质得出∠E和∠ECF的角度是解题关键．
6．如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE＝OB，∠AOC＝84°，则∠E等于（ ）
A．42°B．28°C．21°D．20°
【分析】利用OB＝DE，OB＝OD得到DO＝DE，则∠E＝∠DOE，根据三角形外角性质得∠1＝∠DOE+∠E，所以∠1＝2∠E，同理得到∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，然后利用∠E＝∠AOC进行计算即可．
解：连接OD，如图，
∵OB＝DE，OB＝OD，
∴DO＝DE，
∴∠E＝∠DOE，
∵∠1＝∠DOE+∠E，
∴∠1＝2∠E，
而OC＝OD，
∴∠C＝∠1，
∴∠C＝2∠E，
∴∠AOC＝∠C+∠E＝3∠E，
∴∠E＝∠AOC＝×84°＝28°．
故选：B．
【点评】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（ 弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．也考查了等腰三角形的性质．
7．抛物线y＝x2﹣4x与直线y＝5的两个交点的横坐标为（ ）
A．0，4B．1，5C．1，﹣5D．﹣1，5
【分析】把y＝5代入抛物线的解析式，求出x的值即可．
解：把y＝5代入y＝x2﹣4x得：x2﹣4x＝5，
解得：x1＝5，x2＝﹣1，
∴抛物线y＝x2﹣4x与直线y＝5的两个交点的横坐标为﹣1，5，
故选：D．
【点评】此题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握解一元二次方程的一般方法是解答此题的关键．
8．在“双减政策”的推动下，某初级中学校学生课后作业时长明显减少．2021年上学期每天作业平均时长为100min，经过2021年下学期和2022年上学期两次调整后，2022年下学期平均每天作业时长为70min．设该校平均每天作业时长这两学期每期的下降率为x，则可列方程为（ ）
A．100（1﹣x2）＝70B．70（1+x2）＝100
C．100（1﹣x）2＝70D．70（1+x）2＝100
【分析】利用2022年下学期平均每天作业时长＝2021年上学期每天作业平均时长×（1﹣该校平均每天作业时长这两学期每期的下降率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
解：根据题意得100（1﹣x）2＝70．
故选：C．
【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．
9．在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+c和二次函数y＝ax2+c的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据二次函数的开口方向，与y轴的交点；一次函数经过的象限，与y轴的交点可得相关图象．
解：∵一次函数和二次函数都经过y轴上的（0，c），
∴两个函数图象交于y轴上的同一点，故B选项错误；
当a＞0时，二次函数开口向上，一次函数经过一、三象限，故C选项错误；
当a＜0时，二次函数开口向下，一次函数经过二、四象限，故A选项错误；
故选：D．
【点评】本题考查二次函数及一次函数的图象的性质；用到的知识点为：二次函数和一次函数的常数项是图象与y轴交点的纵坐标；一次函数的一次项系数大于0，图象经过一、三象限；小于0，经过二、四象限；二次函数的二次项系数大于0，图象开口向上；二次项系数小于0，图象开口向下．
10．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，与x轴的一个交点坐标为（4，0），抛物线的对称轴是直线x＝1．下列结论中：①abc＞0；②2a+b＝0；③方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根；④若点A（m，n）在该抛物线上，则am2+bm≤a+b．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】结合函数图象，根据二次函数的性质及二次函数与一元二次方程、一元二次不等式间的关系逐一判断即可．
解：①∵对称轴是y轴的右侧，
∴ab＜0，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c＞0，
∴abc＜0，
故①错误；
②∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a，即2a+b＝0，
故②正确；
③由图象得，与抛物线有两个交点，
∴方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根；
故③正确；
④∵点A（m，n）在该抛物线上，
∴am2+bm+c≤a+b+c，
∴am2+bm≤a+b，
故④正确；
其中正确的有3个．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）；也考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质．
二、填空题。（每题3分，共15分）
11．请任意写出一个一元二次方程，它有两个解分别为1，2，这个一元二次方程为 x2﹣3x+2＝0 ．
【分析】根据一般式x2﹣（x1+x2）x+x1⋅x2＝0构造方程即可．
解：根据题意，得x2﹣3x+2＝0，
故答案为：x2﹣3x+2＝0．
【点评】本题考查了根与系数的关系，熟练掌握构造方程的方法是解题的关键．
12．如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，若∠AOB＝40°，∠BOC＝10°，则旋转角度是 50° ．
【分析】根据角的和差关系可求出∠AOC＝50°，然后利用旋转的性质可得∠AOC＝∠BOD＝50°，即可解答．
解：∵∠AOB＝40°，∠BOC＝10°，
∴∠AOC＝∠AOB+∠BOC＝40°+10°＝50°，
∵△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，
∴∠AOC＝∠BOD＝50°，
∴旋转角度是50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
13．已知二次函数y＝x2﹣4x+k的图象的顶点在x轴下方，则实数k的取值范围是 k＜4 ．
【分析】先根据函数解析式得出抛物线的开口向上，根据顶点在x轴的下方得出Δ＞0，求出即可．
解：∵二次函数y＝x2﹣4x+k中a＝1＞0，图象的开口向上，
又∵二次函数y＝x2﹣4x+k的图象的顶点在x轴下方，
∴△＝（﹣4）2﹣4×1×k＞0，
解得：k＜4，
故答案为：k＜4．
【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系和抛物线与x轴的交点，能根据题意得出（﹣4）2﹣4×1×k＞0是解此题的关键．
14．如图，从一个腰长为60cm，顶角为120°的等腰三角形铁皮OAB中剪出一个最大的扇形OCD，则此扇形的弧长为 20π cm．
【分析】根据等腰三角形的性质得到OE的长，再利用弧长公式计算出弧CD的长．
解：过O作OE⊥AB于E，当扇形的半径为OE时扇形OCD最大，
∵OA＝OB＝60cm，∠AOB＝120°，
∴∠A＝∠B＝30°，
∴OE＝OA＝30cm，
∴弧CD的长＝＝20π（cm）．
故答案为：20π．
【点评】本题考查弧长公式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15．新定义：[a，b，c]为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a，b，c为实数）的“图象数”，如：y＝x2﹣2x+3的“图象数”为[1，﹣2，3]，若“图象数”是[m，2m+4，2m+4]的二次函数的图象与x轴只有一个交点，则m的值为 ﹣2或2 ．
【分析】根据新定义得到二次函数的解析式为y＝mx2+（2m+4）x+2m+4，然后根据判别式的意义得到Δ＝（2m+4）2﹣4m（2m+4）＝0，从而解m的方程即可．
解：由题意得：二次函数的解析式为y＝mx2+（2m+4）x+2m+4，
Δ＝（2m+4）2﹣4m（2m+4）＝0，
解得：m1＝﹣2，m2＝2，
故答案为：﹣2或2．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．
三、解答题。（共75分）
16．用适当的方法解下列方程：
（1）x2+5x﹣1＝0；
（2）7x（5x+2）＝6（5x+2）；
【分析】（1）根据公式法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【解答】解（1）∵x2+5x﹣1＝0，
∴a＝1，b＝5，c＝﹣1，
∴Δ＝b2﹣4ac＝52﹣4×1×（﹣1）＝29＞0，
∴，
解得；
（2）∵7x（5x+2）＝6（5x+2），
∴7x（5x+2）﹣6（5x+2）＝0，
∴（7x﹣6）（5x+2）＝0，
∴7x﹣6＝0或5x+2＝0，
解得；
【点评】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，熟练掌握各种方法是解答本题的关键．
17．已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+k﹣2＝0有两个实数根．
（1）求实数k的取值范围；
（2）设方程的两个实数根分别为x1，x2，若x1+x2﹣x1x2＝1，求k的值．
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解；
（2）利用一元二次方程根与系数的关系可得x1+x2＝3，x1x2＝k﹣2，，再代入，即可求解．
解：（1）∵方程有两个实数根，
∴Δ≥0，
即（﹣3）2﹣4×1×（k﹣2）≥0，
解得k≤．
（2）由题可知，x1+x2＝3，x1x2＝k﹣2，
∴x1+x2﹣x1x2＝3﹣（k﹣2）＝1，
解得k＝4，（k≤符合K的范围）．
【点评】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式，根与系数的关系是解题的关键．
18．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（﹣3，2）．
（1）画出将△ABC向右平移3个单位的△A1B1C1．
（2）画出△A1B1C1关于原点O的中心对称图形△A2B2C2，并写出A2的坐标 （﹣1，0） ．
【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到△A1B1C1．
（2）依据中心对称的性质，即可得到△A1B1C1关于原点O的中心对称图形△A2B2C2，进而得到A2的坐标．
解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；A2的坐标为（﹣1，0）．
故答案为：（﹣1，0）．
【点评】本题考查了利用平移变换、旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
19．某校在课后服务中，成立了以下社团：A．计算机，B．围棋，C．篮球，D．书法每人只能加入一个社团，为了解学生参加社团的情况，从参加社团的学生中随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，其中图1中D所占扇形的圆心角为150°．
请结合图中所给信息解答下列问题：
（1）这次被调查的学生共有 360 人；
（2）请你将条形统计图补充完整；
（3）若该校共有1800学生加入了社团，请你估计这1800名学生中有多少人参加了篮球社团；
（4）在书法社团活动中，由于甲、乙、丙、丁四人平时的表现优秀，恰好四位同学中有两名是男同学，两名是女同学．现决定从这四人中任选两名参加全市书法大赛，用画树状图求恰好选中一男一女的概率．
【分析】（1）由D的人数除以所占比例即可；
（2）求出C的人数，即可解决问题；
（3）由该校共有学生人数除以参加篮球社团的学生所占的比例即可；
（4）画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好选中一男一女的结果有8种再由概率公式求解即可．
解：（1）∵D所占扇形的圆心角为150°，
∴这次被调查的学生共有：（人）；
故答案为：360．
（2）C组人数为：360﹣120﹣30﹣150＝60（人），
故补充条形统计图如下图：
（3）（人），
答：这1800名学生中有300人参加了篮球社团，
（4）设甲乙为男同学，丙丁为女同学，画树状图如下：
∵一共有12种可能的情况，恰好选择一男一女有8种，
∴．
【点评】此题考查了用树状图法求概率、扇形统计图、条形统计图以及用样本估计总体，画树状图法求概率，根据条形统计图和扇形统计图获取信息和数据与正确画树状图是解题的关键．
20．“抖空竹”在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．小颗玩“抖空竹”游戏时发现可以将某时刻的情形抽象成数学问题．如图，AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，延长AC，BD交于点P，连接OP，CD，⊙O的半径为2，∠DPC＝90°．
（1）连接OC，OD，判断四边形CODP的形状，并说明理由；
（2）求劣弧CD的长．
【分析】（1）先根据切线的性质得到∠OCP＝∠ODP＝90°，则可判断四边形OCPD为矩形，然后根据OC＝OD可判断四边形CODP为正方形；
（2）先根据正方形的性质得到∠COD＝90°，然后根据弧长公式求解．
解：（1）四边形CODP为正方形．
理由如下：∵AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，
∴OC⊥PC，OD⊥PB，
∴∠OCP＝∠ODP＝90°，
∵∠PDC＝90°，
∴四边形OCPD为矩形，
∵OC＝OD，
∴四边形CODP为正方形；
（2）∵四边形CODP为正方形，
∴∠COD＝90°，
∴劣弧CD的长＝＝π．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理和弧长公式．
21．为积极响应新旧功能转换，提高公司经济效益，某科技公司近期研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为30万元，经过市场调研发现，每台售价为35万元时，年销售量为550台；每台售价为40万元时，年销售量为500台．假定该设备的年销售量y（单位：台）和销售单价x（单位：万元）成一次函数关系．
（1）求年销售量y与销售单价x的函数关系式；
（2）根据相关规定，此设备的销售单价不得高于60万元，如果该公司想获得8000万元的年利润，则该设备的销售单价应是多少万元？
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出年销售量y与销售单价x的函数关系式；
（2）设此设备的销售单价为x万元/台，则每台设备的利润为（x﹣30）万元，销售数量为（﹣10x+900）台，根据总利润＝单台利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其小于60的值即可得出结论．
解：（1）设年销售量y与销售单价x的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），
将（35，550）、（40，500）代入y＝kx+b，得
．
解得：，
∴年销售量y与销售单价x的函数关系式为y＝﹣10x+900；
（2）设此设备的销售单价为x万元/台，
则每台设备的利润为（x﹣30）万元，销售数量为（﹣10x+900）台，
根据题意得：（x﹣30）（﹣10x+900）＝8000．
整理，得：x2﹣120x+3500＝0，
解得：x1＝50，x2＝70．
∵此设备的销售单价不得高于60万元，
∴x＝50．
答：该设备的销售单价应是50万元/台．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出函数关系式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
22．科技进步促进了运动水平的提高．某运动员练习定点站立投篮，他利用激光跟踪测高仪测量篮球运动中的高度．图1所示抛物线的一部分是某次投篮训练中篮球飞行的部分轨迹，建立如图2所示的平面直角坐标系．已知篮球每一次投出时的出手点D到地面的距离DO都为2.25m．当球运行至点F处时，与出手点D的水平距离为2.5m，达到最大高度为3.5m．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来称为盖帽，但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规．在（1）的条件下，防守队员前来盖帽，已知防守队员的最大摸球高度为3.05m，则他应在运动员前面什么范围内跳起拦截才能盖帽成功？
【分析】（1）根据题意得出D（0，2.25），F（2.5，3.5），设y＝a（x﹣2.5）2+3.5 待定系数法求解析式即可求解．
（2）根据题意，令 y＝3.05，解方程即可求解．
解：（1）∵D到地面的距离DO都为2.25m．当球运行至点F处时，与出手点D的水平距离为2.5m，达到最大高度为3.5m，
∴D（0，2.25），F（2.5，3.5），
设抛物线解析式为y＝a（x﹣2.5）2+3.5，
将点D（0，2.25）代入得，2.25＝6.25a+3.5，
解得：，
∴该抛物线的表达式为；
（2）将y＝3.05代入解析式，，
解得：x＝1或x＝4（舍去），
答：他应在运动员前面1米范围内跳起拦截才能盖帽成功．
【点评】本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23．综合与实践
在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角三角尺、若干四边形纸片．
（1）【操作判断】将四边形纸片ABCD与等腰直角三角尺DEF按如图1放置，三角尺DEF的边DE，DF分别与四边形ABCD的边AB，BC交于P，Q两点，经测量得∠ADC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝CD．小明将△DQC绕点D顺时针旋转90°，此时点C与点A重合，点Q的对应点为Q′，通过推理小明得出了△PDQ≌△PDQ′．
根据以上信息，请填空：
①∠PDQ′＝ 45 °；
②线段AP，PQ，QC之间的数量关系为 AP+QC＝PQ ；
（2）【迁移探究】小明将四边形纸片ABCD换成了图2中的形状，若∠ADC＝2α，∠PDQ＝α，AD＝CD，P，Q分别在AB，BC上，且∠BCD+∠DAB＝180°，线段AP，PQ，QC之间的数量关系是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明；
（3）【拓展应用】如图3，已知Rt△ADC，∠ADC＝90°，．小明以点D为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺EDF，其中射线DE，DF分别交射线AC于点M，N，当点M恰好为线段AC的三等分点时，请直接写出MN的长．
【分析】（1）①根据旋转的性质得到∠ADQ′＝CDQ，然后证明出∠Q′DQ＝90°，然后根据全等三角形的性质得到；
②根据旋转的性质得到AQ′＝CQ，根据全等三角形的性质得到Q′P＝QP，然后根据线段的和差求解即可；
（2）将△DQC绕点D旋转顺时针2α得△DQ′A，AD与CD重合，根据题意证明出△DAQ′≌△DCQ（SAS），得到PQ′＝PQ，进而求解即可；
（3）根据题意分两种情况讨论：和，首先根据旋转的性质构造全等三角形，然后利用勾股定理求解即可．
解：（1）①∵△DQC绕点D顺时针旋转90°得到△DQ′A，
∴∠ADQ′＝CDQ
∵∠ADQ+∠CDQ＝∠ADC＝90°
∴∠ADQ′+∠ADQ＝90°
∴∠Q′DQ＝90°
∵△PDQ≌△PDQ′（AAS），
∴，
故答案为：45；
②△DQC绕点D顺时针旋转90°得到△DQ′A，
∴AQ′＝CQ
∵△PDQ≌△PDQ′
∴Q′P＝QP
∴AP+CQ＝AP+Q′A＝Q′P＝QP，
故答案为：AP+QC＝PQ；
（2）AP+QC＝PQ仍然成立
∵AD＝CD，
∴如图所示，将△DQC绕点D旋转顺时针2α得△DQ′A，AD与CD重合，
∴DQ′＝DQ，∠DAQ′＝∠C，∠ADQ′＝∠CDQ，
又∵∠C+∠DAB＝180°，
∴∠DAQ′+∠DAB＝180°，即Q′，A，P三点在一条直线上，
∵∠PDQ＝α，
∴∠ADQ′+∠ADP＝α，
∴∠PDQ＝∠PDQ′，
在△DPQ′和△DPQ中，
∵PD＝PD，∠PDQ′＝∠PDQ，DQ′＝DQ，
∴△DAQ′≌△DCQ（SAS），
∴PQ′＝PQ，
∴AQ′+AP＝PQ，
∴AP+QC＝PQ；
（3）如图所示，当时，
将△DNC绕点D顺时针旋转90°得到△DN′A
∵，∠ADC＝90°
∴
∴，CM＝AC﹣AM＝8，
由题意可得，△DNC≌△DN′A，
∴AN′＝CN，∠N′AD＝∠NCD＝45°，
∴∠N′AM＝45°+45°＝90°，
由（1）得△PDQ≌△PDQ′，
∴MN′＝MN，
∴AN′+MN′＝CN+MN＝MC＝8，
∴设MN′＝MN＝x，则AN′＝8﹣x，
在Rt△AMN′中，AN′2+AM2＝MN′2
∴（8﹣x）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴MN＝5；
如图所示，当时，
将△DNC绕点D顺时针旋转90°得到△DN′A，
∴△DNC≌△DN′A，
∴∠ADN′＝∠CDN，∠AN′D＝∠CND，
∵∠CDN+∠CND＝∠DCA＝45°，
∴∠ADN′+∠AN′D＝45°，
∴∠N′AD＝135°，
∴∠N′AM＝135°﹣∠DAC＝90°，
∵，则CM＝4，
同理可得，△DN′M≌△DNM，
∴设MN＝MN′＝x，则CN＝AN′＝MN﹣CM＝x﹣4，
∴在Rt△AN′M中，AN′2+AM2＝MN′2
∴（x﹣4）2+82＝x2，
解得x＝10，
∴MN＝10，
综上所述，MN＝5或10．
【点评】此题考查了性质的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．