2023-2024学年重庆市江北区字水中学九年级（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市江北区字水中学九年级（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各数中为无理数的是( )
A. 3B. 1.7C. 0D. −1
2.2023年10月8日晚，伴随圣火缓缓熄灭，杭州第19届亚运会圆满闭幕，亚运是体育盛会，也是文化旅游的盛会，下列与杭州亚运会有关的图案中，属于中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3.先贤孔子曾说过“鼓之舞之”，这是“鼓舞”一词最早的起源，如图是某种鼓的立体图形，其左视图是( )
A. B. C. D.
4.如图，△ABC与△A′B′C′位似，位似中心为点O，OC′：OC=3：4，△A′B′C′的面积为27，则△ABC的面积为( )
A. 916
B. 24
C. 32
D. 48
5.估计 13×( 30+2 3)的值应在( )
A. 3和4之间B. 4和5之间C. 5和6之间D. 6和7之间
6.如图，用同样大小的棋子按以下规律摆放，第1个图有6颗棋子，第2个图有9颗棋子…那么，第9个图中的棋子数是( )
A. 27B. 30C. 35D. 38
7.端午节又称端阳节，是中华民族重要的传统节日，我国各地都有吃粽子的习俗．某超市以10元每袋的价格购进一批粽子，根据市场调查，售价定为每袋16元，每天可售出200袋；若售价每降低1元，则可多售出80袋，问此种粽子售价降低多少元时，超市每天售出此种粽子的利润可达到1440元？若设每袋粽子售价降低x元，则可列方程为( )
A. (16−x−10)(200+80x)=1440B. (16−x)(200+80x)=1440
C. (16−x−10)(200+80)=1440D. (16−x)(200+80)=1440
8.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D是AB上的一点，以AD为直径的⊙O与BC相切于点E，连接AE、DE，若∠B=30°，AC=3，则BD的长度是( )
A. 3
B. 2
C. 3
D. 2 3
9.如图，正方形ABCD中，点E为边BA延长线上一点，点F在边BC上，且AE=CF，连接DF、EF，若∠BFD=β，则∠AEF=( )
A. 90°−β
B. 135°−β
C. β−45°
D. 2β−135°
10.将有序实数对(a,b)进行操作后可得到一个新的有序实数对(a+b,a−b)，将得到的新的有序实数对按上述规则继续操作下去，每得到一个新的有序实数对称为一次操作.例如，(1,2)经过一次操作后得到(3,−1)，(1,2)经过二次操作后得到(2,4)，…下列说法：
①若(4,m)经过五次操作后得到(4,n)，则n=24；
②在平面直角坐标系中将(m,1)所对应的点标记为点A，将(m,1)经过二次操作、五次操作所得的有序实数对分别标记为点A1，点A2，若线段A1A2平行于x轴，则△AA1A2的面积为7；
③若m+n=1，mn=−3，则(m2,n2)经过三次操作后的结果为(14,2 13).
其中正确的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
11.计算：3−2+(π−4)0−(−13)2= ______．
12.一个正多边形的一个内角等于一个外角的3倍，则这个正多边形是正______边形．
13.关于x的一元二次方程x2+2x+1−m=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是______．
14.重庆园博园内桃花盛开，一片春意盎然.周末甲、乙两名同学去游园，园内有A、B、C三条不同的赏花路线，两名同学每人随机选择一条路线，那么他们选择相同路线的概率是______．
15.如图，在正方形ABCD中，分别以B、D为圆心，BC为半径画弧分别交对角线BD于点E、F，连接AE、CF，若AD=1，则图中阴影部分的面积为______.(结果保留π)
16.如图，在平行四边形ABCD中，AB=3，BC=8，∠ABC=60°，F为BC中点，E为CD延长线上一点，若AF平分∠BAE，则DE= ______．
17.若关于x的一元一次不等式组x−1>x−323x−a≤1有解且最多有3个整数解，且使关于y的分式方程ay−1=5y−31−y+7有整数解，则所有满足条件的整数a的值之和是______．
18.一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数，若千位上的数字与个位上的数字之和是百位上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数为“逢双数”，则最大的“逢双数”为：______；对于“逢双数”m，任意去掉一个数位上的数字，得到四个三位数，这四个三位数的和记为G(m).若“逢双数”m千位上的数字与个位上的数字之和为8，且G(m)能被4整除，则所有满足条件的“逢双数”m的最大值与最小值的差为______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1)x(x−4y)−(x−2y)2；
(2)(3x+1−x+1)÷x2−4x+4x+1．
20.(本小题10分)
学习了全等三角形后，小苗进行了拓展研究.他发现，全等三角形对应角的角平分线相等.他的解题思路是通过证明对应线段所在的两个三角形全等.请根据他的思路完成以下作图与填空：
(1)用直尺和圆规，作∠EDF的角平分线交EF于点N.(只保留作图痕迹)
(2)如图，△ABC≌△DEF，AM平分∠BAC，DN平分∠EDF，求证：AM=DN．
证明：∵△ABC≌△DEF，
∴∠B=∠E，AB=DE，∠BAC=① ______．
∵AM平分∠BAC，DN平分∠EDF，
∴∠BAM=12∠BAC，② ______．
∴③ ______．
∴△ABM≌△DEN
∴AM=DN．
小苗继续深入研究发现了全等三角形对应边上的高及其中线也存在一定的数量关系.你认为全等三角形对应边上的高和中线有何数量关系？④ ______(语言叙述要完整，不完整不得分)
21.(本小题10分)
“安全责任重于泰山”，为切实做好学校消防安全、反恐防暴等安全工作，提高学校的应急处置能力，打造平安校园，培养让学生终身受益的灾害应急能力，某校开展了一次消防、反恐防暴培训及演练活动.为了解此次活动效果，随机抽取了七年级、八年级、九年级学生若干名(抽取的各年级学生人数相同)进行网上问卷测试，并对得分情况进行整理和分析(得分用整数x表示，单位：分)，且分为A，B，C三个等级，分别是：优秀为A等级：85≤x≤100；合格为B等级：70≤x<85；不合格为C等级：0≤x<70.分别绘制成如下统计图表，其中七年级学生测试成绩的众数出现在A组.A组测试成绩情况分别为：85，85，87，92，95，95，95，95，97，98，99，100；八年级学生测试成绩中A组共有a个人．

七年级、八年级、九年级三组样本数据的平均数、中位数、众数和方差如表所示：
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ______，b= ______，c= ______；
(2)根据以上数据，估计该学校哪个年级的测试成绩最好，并说明理由；
(3)若该校七年级、八年级、九年级各有200人，请估计该校初中学生中成绩为优秀的学生共有多少人？
22.(本小题10分)
某地计划修建一条长1080米的健身步道，由甲、乙两个施工队合作完成.已知乙施工队每天修建的长度比甲施工队每天修建的长度多13，若乙施工队单独修建这项工程，那么他比甲施工队单独修建这项工程提前3天完成．
(1)求甲、乙两施工队每天各修建多少米？
(2)若甲施工队每天的修建费用为13000元，乙施工队每天的修建费用为15000元，实际修建时，先由甲施工队单独修建若干天，为了尽快完成工程，后请乙施工队加入，甲、乙施工队共同修建，乙工作队恰好工作3天完成修建任务，求共需修建费用多少元？
23.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，∠ABC=45°，AD=2，BC=6，点F从B点出发，沿着折线B→C→D运动，点F的速度始终为每秒1个单位长度，设运动时间为x秒，△ABF的面积记为y，请解答下列问题：
(1)请直接写出y关于x的函数解析式，并注明x的取值范围______；
(2)在给出的平面直角坐标系中，画出该函数的图象，并写出函数的其中一条性质：______；
(3)若y1=−x+t与y的图象有且只有一个交点，请直接写出t的取值范围______．
24.(本小题10分)
如图，一条自西向东的道路上有两个公交站点，分别是B和C，在B的北偏东60°方向上有另一公交站点A.经测量，A在C的北偏西30°方向上，一辆公交车从B出发，沿BC行驶(1500 3−1500)米到达D处，此时D在A的西南方向.(参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732)
(1)求CD的距离；(结果保留根号)
(2)该公交车原计划由D→C行驶，其平均速度为400米/分，但当行驶到D点时，接到通知，DC段道路正在维修，需要沿D→A→C绕道行驶，为了尽快到达C站点，绕道时其平均速度提升到500米/分.那么原计划所用时间和实际所用时间相比，哪个更少？请说明理由.(结果保留1位小数)
25.(本小题10分)
如图，抛物线y=ax2+2x+c(a<0)与x轴交于点A和点B(点A在原点的左侧，点B在原点的右侧)，与y轴交于点C，OB=OC=3．
(1)求该抛物线的函数解析式．
(2)如图1，连接BC，点D是直线BC上方抛物线上的点，连接OD，CD.OD交BC于点F，当S△COF：S△CDF=3：2时，求点D的坐标．
(3)如图2，点E的坐标为(0,−32)，点P是抛物线上的点，连接EB，PB，PE形成的△PBE中，是否存在点P，使∠PBE或∠PEB等于2∠OBE？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
26.(本小题10分)
平行四边形ABCD中，点E在边BC上，连AE，点F在线段AE上，连BF，连AC．
(1)如图1，已知AB⊥AC，点E为BC中点，BF⊥AE.若AE=5，BF=2 6，求AF的长度；
(2)如图2，已知AB=AE，∠BFE=∠BAC，将射线AE沿AC翻折交CD于H，过点C作CG⊥AC交AH于点G.若∠ACB=45°，求证：AF+AE=AG；
(3)如图3，已知AB⊥AC，若∠ACB=30°，AB=2，直接写出AF+BF+CF的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解： 3是无限不循环小数，它是无理数；
1.7是有限小数，0，−1是整数，它们不是无理数；
故选：A．
无理数即无限不循环小数，据此即可求得答案．
本题考查无理数的识别，熟练掌握其定义是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
B、能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意；
C、不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
D、不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
根据中心对称图形的概念“把一个图形绕某一点旋转180度，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”进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形，熟知把一个图形绕某一点旋转180度，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是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：这个立体图形的左视图为：
．
故选：B．
根据左视图是从左面看到的图形判定则可．
本题考查了简单组合体的三视图，掌握三视图是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵△ABC与△A′B′C′位似，OC′：OC=3：4，
∴△ABC∽△A′B′C′，且相似比为4：3，
∴△ABC与△A′B′C′的面积比为16：9，
∵△A′B′C′的面积为27，
∴△ABC的面积为48，
故选：D．
根据位似图形的概念得到△ABC∽△A′B′C′，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
本题考查的是位似变换，熟记位似图形的概念、相似三角形的性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解： 13×( 30+2 3)
= 33× 30+ 33×2 3
= 903+2
= 10+2，
∵3< 10<4，
∴3+2< 10+2<4+2，
即5< 10+2<6，
故选：C．
先计算出该式子的值，在估算大小即可．
本题主要考查无理数的混合运算以及无理数的估算，解题关键在于先求出算式的结果，再进行估算．
6.【答案】B
【解析】解：∵观察题图，发现每个图中棋子的枚数比前一个图中棋子的枚数多3，
∴第n个图中棋子的枚数为3+3n，
∴第9个图中的棋子数是3+3×9=30．
故选：B．
观察题图，发现每个图中棋子的枚数比前一个图中棋子的枚数多3，第n个图中棋子的枚数为3+3n，即可判断第9个图中的棋子数是3+3×9=30．
本题考查规律型：图形的变化类，得出规律是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：设每袋粽子售价降低x元，每天的利润为1440元．
根据题意，得(16−x−10)(200+80x)=1440，
故选：A．
设每袋粽子售价降低x元，由于每天的利润为1440元，根据利润=(定价−进价)×销售量即可列出方程．
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．
8.【答案】B
【解析】解：∵BC切圆于E，
∴OE⊥BC于E，
∴∠OEB=90°，
∵∠B=30°，
∴OE=12OB，
∵OE=OD，
∴OD=BD，
∴AO=OD=BD，
∴BD=13AB，
∵∠C=90°，∠B=30°，
∴AB=2AC=2×3=6，
∴BD=2．
故选：B．
连接OE，由切线的性质推出∠OEB=90°，又∠B=30°，得到OE=12OB，于是推出AO=OD=BD，因此BD=13AB，由∠C=90°，∠B=30°，求出AB=2AB=6，即可得到BD的长．
本题考查切线的性质，含30°角的直角三角形，关键是由含30°角的直角三角形的性质，得到BD=13AB．
9.【答案】B
【解析】解：连接DE，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD，∠BAD=∠ADC=∠C=∠B=90°，
∴∠DAE=∠C=90°，
在△ADE和△CDF中，
AD=CD，∠DAE=∠C=90°，AE=CF，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴DE=DF，∠ADE=∠CDF，
∴∠EDF=∠ADE+∠ADF=∠CDF+∠ADF=∠ADC=90°，
∴△EDF为等腰直角三角形，
∴∠EFD=45°，
∵∠BFD=β，
∴∠BFE=∠BFD−∠EFD=β−45°，
∵∠B=90°，
∴∠BFE+∠AEF=90°，
∴∠AEF=90°−∠BFE=90°−(β−45°)=135°−β．
故选：B．
连接DE，证△ADE和△CDF全等得DE=DF，∠ADE=∠CDF，进而可证∠EDF=90°，则△EDF为等腰直角三角形，由此得∠EFD=45°，则∠BFE=∠BFD−∠EFD=β−45°，再根据∠BFE+∠AEF=90°可得∠AEF的度数．
此题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解矩形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质是解决问题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：①将(4,m)经过1次操作得(4+m,4−m)，经过2次操作得(8,2m)，经过3次操作得(8+2m,8−2m)，经过4次操作得(16,4m)，经过5次操作得(16+4m,16−4m)……
由于将(4,m)经过1次操作得(4,n)，
所以有16+4m=4，16−4m=n，
解得m=−3，n=28，
因此①不正确；
②由题干中所提供的操作方法可知，
将(m,1)经过二次操作可得(2m,2)，五次操作可得(4m+4,4m−4)，即A1(2m,2)，点A2(4m+4,4m−4)，
由于线段A1A2平行于x轴，
所以4m−4=2，
解得m=32，
所以A(32,1)，A1(3,2)，A2(10,2)，
所以△AA1A2的面积为12×(10−3)×(2−1)=72，
因此②不正确；
③由题干中所提供的操作方法可知，将(m2,n2)经过三次操作得(2m2+2n2,2m2−2n2)，
∵m+n=1，mn=−3，
∴2m2+2n2
=2(m2+n2)
=2×[(m+n)2−2mn]
=2×(1+6)
=14，
由于(m−n)2=(m+n)2−4mn=1+12=13，所以m−n=± 13，
所以2m2−2n2
=2(m+n)(m−n)
=2(m−n)
=±2 13，
所以将(m2,n2)经过三次操作后的结果为(14,2 13)或(14,−2 13).
因此③不正确；
综上所述，正确的结论是0个，
故选：A．
根据题干中所提供的操作方法，逐项进行计算判断即可．
本题考查平移坐标变化，三角形面积计算以及点的坐标规律型，理解题干中所提供的操作方法以及点的坐标的变化规律是正确解答的关键．
11.【答案】1
【解析】解：原式=19+1−19=1．
故答案为：1．
根据负整数指数幂，有理数的乘方，零指数幂的意义解答即可．
本题主要考查了有理数的运算，熟练掌握负整数指数幂，有理数的乘方，零指数幂的意义是解答本题的关键．
12.【答案】八
【解析】解：设这个正多边的一个外角为x°，由题意得：
x+3x=180，
解得：x=45，
360°÷45°=8．
∴这个正多边形是正八边形．
故答案为：八．
设这个正多边的外角为x°，则内角为3x°，根据内角和外角互补可得x+3x=180，解可得x的值，再利用外角和360°除以外角度数可得边数．
此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是计算出外角的度数，进而得到边数．
13.【答案】m>0
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+2x+1−m=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac>0，
22−4(1−m)>0，
4−4+m>0，
m>0，
故答案为：m>0．
先根据一元二次方程有两个不相等的实数根可知判别式大于0，从而列出关于m的不等式，解不等式即可．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，解题关键是熟练掌握利用根的判别式判断一元二次方程根的情况．
14.【答案】13
【解析】解：列表如下：
由表格知，共有9种等可能结果，其中他们选择相同路线的有3种结果，
所以他们选择相同路线的概率为39=13，
故答案为：13．
用树状图法得到所有等可能的结果，然后找出符合条件的结果数，再利用概率公式求解即可．
此题考查了用树状图法或列表法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．
15.【答案】π4−1+ 22
【解析】解：如图，连接AC交BD于点O．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD= 2AB= 2，
∴DE=BD−BE= 2−1，OA=OC= 22，
根据对称性可知，S阴=2(S扇形DAF−S△ADE)
=2×[45π×12360−12×( 2−1)× 22]
=π4−1+ 22．
故答案为：π4−1+ 22．
如图，连接AC交BD于点O.根据S阴=2(S扇形DAF−S△ADE)，求解即可．
本题考查扇形的面积，正方形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．
16.【答案】7
【解析】解：如图，延长AF，DC交于点H，过点A作AN⊥DH于N，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，AD=BC=8，AB=CD=3，∠B=∠ADC=60°，
∴∠BAH=∠H，
∵点F为BC中点，
∴BF=CF，
在△ABF和△HCF中，
∠BAF=∠H∠AFB=∠CFHBF=CF，
∴△ABF≌△HCF(AAS)，
∴AB=CH=3，
∵AF平分∠BAE，
∴∠BAF=∠FAE，
∴∠FAE=∠H，
∴AE=EH，
∵AN⊥DC，∠ADC=60°，
∴∠DAN=30°，
∴DN=12AD=4，AN=4 3，
∴HN=DH−DN=3+3−4=2，
∴EN=AE−2，
∵AE2=AN2+(AE−2)2，
∴AE=13，
∴EH=AE=13，
∴DE=EH−CD−CH=13−3−3=7，
故答案为：7．
由“AAS”可证△ABF≌△HCF，可得AB=CH=3，由直角三角形的性质可得AN，DN的长，由勾股定理可求AE的长，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】12
【解析】解：x−1>x−32①3x−a≤1②，
解①得：x>−1；
解②得：x≤a+13，
∵不等式组有解，
∴不等式组的解集为：−1∵有解且最多有3个整数解，
∴−1解得：−4∴整数a为：−3，−2，−1，0，1，2，3，4，5，6，7，
ay−1=5y−31−y+7，
去分母，得a=3−5y+7(y−1)，
去括号，得a=3−5y+7y−7，
合并同类项，得a=2y−4，
解得y=a+42，
∵分式方程有整数解，
∴a+42是整数，且a+42−1≠0，
∴a为偶数，且a≠−2，
∴整数a为：0，2，4，6，
∴所有满足条件的整数a的值之和是0+2+4+6=12，
故答案为：12．
根据关于x的一元一次不等式组的解的情况求出a的取值范围，根据关于y的方程的解的情况求出a的取值情况，然后求出满足条件的a的值，即可得出答案．
本题考查一元一次不等式组和分式方程，掌握一元一次不等式组和分式方程的解法是解决问题的关键，本题需注意分式方程的分母不等于0的限制条件．
18.【答案】9819 6174
【解析】解：由题知，
当千位数字和个位数字都是9，且百位数字是9，十位数字是1时，
所得“逢双数”最大为：9819．
设“逢双数”m的个位数字为x，则千位数字为(8−x)，设其十位数字为y，则百位数字为(4−y)，
所以1≤x≤7，1≤y≤3．
则G(m)=100(4−y)+10y+x+100(8−x)+10y+x+100(8−x)+10(4−y)+x+100(8−x)+10(4−y)+y=−297x−99y+2880，
又因为G(m)能被4整除，且−297x−99y+2880=−x−3y+(−296x−96y+2880)，
所以−x−3y能被4整除，
又因为1≤x≤7，1≤y≤3，
当y=1时，x=1或5；
当y=2时，x=2或6；
当y=3时，x=3或7；
又因为m=1000(8−x)+100(4−y)+10y+x=−999x−90y+8400，
所以当x=1，y=1时，m取值最大值为：7311；
当x=7，y=3时，m取得最小值为：1137；
所以m的最大值与最小值的差为：7311−1137=6174．
故答案为：6174．
根据题中对“逢双数”的定义，即可求出最大的“逢双数”，先表示出G(m)，再进行分类讨论即可解决问题．
本题考查一元一次方程的应用，正确的分类讨论是解题的关键．
19.【答案】解：(1)x(x−4y)−(x−2y)2
=x2−4xy−x2+4xy−4y2
=−4y2；
(2)(3x+1−x+1)÷x2−4x+4x+1
=3−(x−1)(x+1)x+1⋅x+1(x−2)2
=3−x2+1(x−2)2
=(2+x)(2−x)(x−2)2
=2+x2−x．
【解析】(1)根据单项式乘多项式和完全平方公式将题目中的式子展开，然后合并同类项即可；
(2)先通分括号内的式子，再算括号外的除法即可．
本题考查分式的混合运算、单项式乘多项式和完全平方公式，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
20.【答案】∠EDF ∠EDN=12∠EDF ∠BAM=∠EDN 全等三角形对应边上的高相等，对应边上的中线相等．
【解析】(1)解：图形如图所示：
(2)证明：∵△ABC≌△DEF，
∴∠B=∠E，AB=DE，∠BAC=①∠EDF．
∵AM平分∠BAC，DN平分∠EDF，
∴∠BAM=12∠BAC，②∠EDN=12∠EDF．
∴③∠BAM=∠EDN．
∴△ABM≌△DEN(ASA)，
∴AM=DN．
故答案为：∠EDF，∠EDN=12∠EDF，∠BAM=∠EDN，全等三角形对应边上的高相等，对应边上的中线相等．
(1)根据要求作出图形；
(2)证明△ABM≌△DEN(ASA)，可得结论．
本题考查作图−基本作图，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
21.【答案】13 95 86
【解析】解：(1)由题意得，a=(3+5+12)×65%=13；
把七年级20名学生的成绩从低到高排列处在第10名和第11名的成绩分别为85，87，
∴七年级的中位数c=85+872=86；
∵七年级学生测试成绩的众数出现在A组，且七年级成绩在A组中得分为95的人数最多，
∴七年级的众数b=95，
故答案为：13；95；86；
(2)九年级的成绩比较好，理由如下：
∵三个年级中九年级的平均成绩最好，且九年级的众数最大，方差最小，即九年级的成绩更加稳定，
∴九年级的成绩比较好；
(3)200×3×12+13+20−1−520+20+20=390(人)，
∴估计该校初中学生中成绩为优秀的学生共有390人．
(1)根据抽取的各年级学生人数相同，得出八年级抽取的学生人数，乘以A组所占百分比即可得出a；根据中位数和众数的定义求b和c；
(2)根据众数、方差的意义进行比较；
(3)利用样本估计总体思想求解．
本题考查条形统计图、扇形统计图、中位数、众数、方差、利用样本估计总体等，难度一般，掌握各统计量的含义是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设甲施工队每天修建x米，则乙施工队每天修建(1+13)x米，
由题意得：1080x−1080(1+13)x=3，
解得：x=90，
经检验，x=90是原方程的解，且符合题意，
∴(1+13)x=43×90=120，
答：甲施工队每天修建90米，乙施工队每天修建120米；
(2)设先由甲施工队单独修建m天，
由题意得：90(m+3)+120×3=1080，
解得：m=5，
∴13000×(m+3)+15000×3=13000×(5+3)+15000×3=149000(元)，
答：共需修建费用149000元．
【解析】(1)设甲施工队每天修建x米，则乙施工队每天修建(1+13)x米，根据若乙施工队单独修建这项工程，那么他比甲施工队单独修建这项工程提前3天完成．列出分式方程，解方程即可；
(2)设先由甲施工队单独修建m天，根据先由甲施工队单独修建若干天，后请乙施工队加入，甲、乙施工队共同修建，乙工作队恰好工作3天完成修建任务，列出一元一次方程，解方程即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准等量关系，正确列出一元一次方程．
23.【答案】y=2x(0≤x≤6)−2x+24(6【解析】解：(1)如图，过A作AE⊥BC于E，
∵AD/​/BC，∠ADC=90°，
∴∠DCB=90°，
∴∠D=∠C=∠AEC=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴CE=AD=2，AE=CD，
∴BE=BC−CE=4，
∵∠ABC=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=BE=4，
∴CD=4，
由题意得，BF=x，
当点F在线段BC上时，y=12BF⋅AE=12×4x=2x(0≤x≤6)，
当点F在线段BC上时，如图，
y=四边形ABCD的面积−三角形ADF的面积−三角形BCF的面积=12×(AD+BC)⋅CD−12AD⋅DF−12BC⋅CF=12×(2+6)×4−12×2×(10−x)−12×6×(x−6)，
即y=−2x+24(6综上所述，y关于x的函数解析式为y=2x(0≤x≤6)−2x+24(6故答案为：y=2x(0≤x≤6)−2x+24(6(2)如图所示；
当0≤x≤6，y随x的增大而增大；
故答案为：当0≤x≤6，y随x的增大而增大(答案不唯一)；
(3)若y1=−x+t经过点(10,4)，
∴−10+t=4，
∴t=14，
若y1=−x+t经过原点，x=0，t=0，
∴当0若y1=−x+t经过点(6,12)，−6+t=12，
解得t=18，
∴t=18时，y1=−x+t与y的图象有且只有一个交点．
综上所述，当t=18或0故答案为：t=18或0(1)如图，过A作AE⊥BC于E，根据矩形的判定和性质得到CE=AD=2，AE=CD，根据等腰直角三角形的性质得到AE=BE=4，求得CD=4，由题意得，BF=x，当点F在线段BC上时，当点F在线段BC上时，根据三角形的面积公式即可得到结论；
(2)根据题意弧长函数图象即可得到；
(3)把(10,4)，(0,0)(6,12)分别代入y1=−x+t即可得到结论．
本题是四边形的综合题，考查了梯形的性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积公式，一次函数图象和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
24.【答案】解：(1)过点A作AE⊥DC，垂足为E，

在Rt△ABE中，∠ABE=90°−60°=30°，
∴BE=AEtan30∘=AE 33= 3AE，
在Rt△ADE中，∠DAE=45°，
∴DE=AE⋅tan45°=AE，
∵BE−DE=BD，
∴ 3AE−AE=1500 3−1500，
解得：AE=1500，
∴DE=AE=1500米，
在Rt△AEC中，∠ACE=90°−30°=60°，
∴CE=DEtan60∘=1500 3=500 3(米)，
∴CD=DE+CE=(1500+500 3)米，
∴CD的距离为(1500+500 3)米；
(2)原计划所用时间和实际所用时间相比，原计划所用时间更少，
理由：在Rt△ADE中，∠DAE=45°，AE=1500米，
∴AD=AEcs45∘=1500 22=1500 2(米)，
在Rt△AEC中，∠ACE=60°，
∴AC=AEsin60∘=1500 32=1000 3(米)，
∴公交车原计划由D→C行驶需要的时间=1500+500 3400≈5.9(分)，
公交车实际沿D→A→C绕道行驶所需的时间=1500 2+1000 3500≈7.7(分)，
∵5.9分<7.7分，
∴原计划所用时间和实际所用时间相比，原计划所用时间更少．
【解析】(1)过点A作AE⊥DC，垂足为E，在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义可得BE= 3AE，再在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义可得DE=AE，然后根据BE−DE=BD，列出关于AE的方程，进行计算可求出AE的长，最后在Rt△AEC中，利用锐角三角函数的定义求出CE的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答；
(2)在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，再在Rt△AEC中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长，然后分别求出公交车原计划所用时间和实际所用时间，比较即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，勾股定理的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)OB=OC=3，则：B(3,0)，C(0,3)，
把B、C坐标代入抛物线方程，
解得抛物线方程为：y=−x2+2x+3…①；
(2)∵S△COF：S△CDF=3：2，
∴S△COF=35S△COD，即：xD=53xF，
设：F点横坐标为3t，则D点横坐标为5t，
点F在直线BC上，
而BC所在的直线表达式为：y=−x+3，则F(3t,3−3t)，
则：直线OF所在的直线表达式为：y=3−3t3tx=1−ttx，
则点D(5t,5−5t)，
把D点坐标代入①，解得：t=15或25，
则点D的坐标为(1,4)或(2,3)；
(3)①当∠PEB=2∠OBE时，
当BP在x轴上方时，
如图2，设BP1交y轴于点E′，
∴∠P1BE=2∠OBE，∴∠E′BO=∠EBO，又∠E′OB=∠EBO=60°，BO=BO，
∴E′BO△≌△EBO(AAS)，
∴EO=EO=32，∴点E′(0,32)，
直线BP1过点B、E′，则其直线方程为：y=−12x+32…②，
联立①②并解得：x=−12，
故点P1的坐标为(−12,74)；
当BP在x轴下方时，
如图2，过点E作EF/​/BE′交BP2于点F，则∠FEB=∠EBE′，
∴∠E′BE=2∠OBE，∠EBP2=2∠OBE，∴∠FEB=∠EBF，
∴FE=BF，
直线EF可以看成直线BE′平移而得，其k值为−12，
则其直线表达式为：y=−12x−32，
设点F(m,−12m−32)，过点F作FH⊥y轴交于点H，作BK⊥HF于点K，
则点H(0,−12m−32)，K(3,−12m−32)，
∵EF=BF，则FE2=BF2，
即：m2+(−32+12m+32)2=(3−m)2+(12m+32)2，
解得：m=52，则点F(52,−114)，
则直线BF的表达式为：y=112x−332…③，
联立①③并解得：x=−132或3(舍去3)，
则点P2(−132,−2094)；
②当∠PEB=2∠OBE时，
当EP在BE上方时，如图3，点E′为图2所求，
设BE′交EP3于点F，
∵∠EBE′=2∠OBE，∴∠EBE′=∠P3EB，
∴FE=BF，
由①知，直线BE′的表达式为：y=−12x+32，
设点F(n,−12n+32)，K(3,−12n+32)，
由FE=BF，同理可得：n=12，
故点F(12,54)，则直线EF的表达式为：y=112x−32…④，
联立①④并解得：n=1或−92(舍去负值)，
∴P3(1,4)；
当EP在BE下方时，
同理可得：x=5± 974(舍去负值)，
故点P4(5+ 974,−17+ 978)，
故点P的坐标为：(1,4)或(−12,74)或(−132,−2094)或(5+ 974,−17+ 978).
【解析】(1)OB=OC=3，则：B(3,0)，C(0,3)，把B、C坐标代入抛物线方程，解得抛物线方程为：y=−x2+2x+3…①；
(2)S△COF：S△CDF=3：2，则S△COF=35S△COD，即：xD=35xF，即可求解；
(3)分∠PBE或∠PEB等于2∠OBE两种情况分别求解即可．
本题是二次函数综合题，涉及到三角形相似、勾股定理运用等诸多知识点，是一道难度较大的题目．
26.【答案】(1)解：∵AB⊥AC，如图1，
∴∠BAC=90°，
E为BC的中点，AE=5，
∴AE=BE=EC=5，
∵BF⊥AE，
∴∠BFE=90°，
在Rt△BEF中，EF= BE2−BF2=1，
∴AF=AE−EF=4；
(2)证明：如图2，设射线AE与射线CG交于点M，
由题可设∠CAM=∠CAG=α，
∵AC⊥CG，
∴∠ACM=∠ACG=90°，
∴∠AMG=∠AGM=90°−α，
∴AM=AG，
∵∠BFE=∠BAC，
∴∠ABF+∠BAE=∠CAM+∠BAE，
∴∠ABF=∠CAM=α，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴∠ABF+∠FBE=∠ACB+∠CAM，
∵∠ABF=∠CAM=α，∠ACB=45°，
∴∠FBE=∠ACB=45°，
延长BF交AC于N，
∴BN=CN，∠BNC=∠ANF=90°，
过E作EP⊥AC于P，
则∠APE=∠BNA=90°，
在△ABN与△EAP中，
∠BNA=∠APE∠ABN=∠EAPAB=EA，
∴△ABN≌△EAP(AAS)，
∴AN=EP，
过E作EQ⊥CM于Q，
∴∠EQC=∠ACM=∠EPC=90°，
∴四边形EQCP为矩形，
∵∠BCM=90°−∠ACB=45°，
∴∠BCM=∠ACB，
∴EP=EQ=AN，
∴矩形EQCP为正方形，
∴EQ//AC，
∴∠MEQ=∠FAN，
在△MEQ与△FAN中，
∠MEQ=∠FANEQ=AN∠EQM=∠ANF=90°，
∴△EQM≌△ANF(ASA)，
∴AF=EM，
∵AM=AE+EM，
∴AG=AE+AF；
(3)解：如图3，以AC为边构等边△ACN，以AF为边构造等边△AFM，
∴AF=AM=FM，AC=AN=CN，
∠FAM=∠CAN=60°，
∴∠FAM−∠MAC=∠CAN−∠MAC，
∴∠CAF=∠NAM，
在△AFC与△AMN中，
AF=AM∠CAF=∠NAMAC=AN，
∴△AFC≌△AMN(SAS)，
∴CF=CM，
∴AF+BF+CF=BF+FM+MN，
当B，F，M，N四点共线时，AF+BF+CF最小，
即为线段BN的长度，如图4，
过N作NT⊥BA交其延长线于T，
∴∠BTN=90°，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵AB=2，∠ACB=30°，
∴BC=2AB=4，
∴AC= BC2−AB2=2 3，
∴AN=AC=2 3，
∵∠BAN=∠BAC+∠CAN=150°，
∴∠TAN=180°−∠BAN=30°，
在Rt△TAN中，TN=12AN= 3，
∴AT= AN2−TN2=3，
∴TB=TA+AB=3+2=5，
∴BN= TN2+TB2=2 7，
∴AF+BF+CF的最小值为2 7．
【解析】(1)根据“直角三角形的中线等于斜边长一半”，可以得到AE=BE=CE=5，再在直角△BEF中，利用勾股定理求出EF，则AF=AE−EF，即可求解；
(2)由题意可得，AC是∠GCE的角平分线，且CG⊥AC，故延长AE，GC交于点M，可证AG=AM，要证AG=AE+AF，而AM=AE+EM，即证明AF=EM即可，延长BF交AC于N，过E作EP⊥AC于P，先证明△ABN≌△EAP，可以得到AN=EP，再证明四边形EQCP是正方形，得到EQ=EP=AN，接着证明△ANF≌△EQM即可解决；
(3)如图3，分别以AF和AC为边构造等边三角形，构造“手拉手”模型，即可得到△AFC≌△AMN，所以CF=MN，FM=AF，则AF+BF+CF=BF+FM+MN，当B，F，M，N四点共线时，所求线段和的值最小，利用∠BAN=150°，AB=2，AC=AN=2 3，解△ABN即可解决．
本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要注意基本辅助线构造方法，比如第2问中的线段AC即是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是本题的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等，还考查了多条线段和的最值问题，利用旋转变换来转化线段是解决此问的关键．
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
85
c
b
163
八年级
88
95
96
95.1
九年级
89
91.5
100
77.7
A
B
C
A
(A,A)
(A,B)
(A,C)
B
(B,A)
(B,B)
(B,C)
C
(C,A)
(C,B)
(C,C)