精品解析：2021年重庆市西南大学附属中学校初2021级第九次月考 数学试题 (中考前最后一次)

西南大学附属中学校初2021级第九次月考 数学试题 （全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答； 2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项； 3．作图（包括作辅助线）请一律用黑色铅笔完成； 4．考试结束，由监考人员将试卷和答题卡一并收回． 参考公式：抛物线的顶点坐标为，对称轴为． 一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑． 1. 2的相反数是（ ） A. 2 B. －2 C. D. 2. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A. B. C. D. 3. 如图，已知与位似，位似中心为点且的面积与面积之比为，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 用黑白两种颜色的五边形地砖按如图所示的规律摆放，可以拼成若干个美丽的蝴蝶图案，则第5幅蝴蝶图案中白色地砖有（　　）块. A. 19 B. 18 C. 17 D. 16 5. （九章算术）是我国古代经典数学著作，奠定了中国传统数学的基本框架．书中记载：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛，问大、小器各容几何？” 译文：“今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个、小容器5个，总容量为2斛．问大、小容器的容积各是多少斛？”设1个大容器的容积为x斛，1个小容器的容积为y斛，则根据题意可列方程组为（ ） A. B. C. D. 6. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 下列说法正确的是（　　） A. 同位角相等 B. 三角形一边上的中线将三角形分成面积相等的两部分 C. 过直线外一点有无数条直线和已知直线平行 D. 对角线相等的平行四边形是菱形 8. 如图，是的内接三角形，，是直径，则（　　） A. B. C. 30° D. 9. 小格和小致参加某社团新型小车直道竞速（匀速）稳定性测试，两人均从地出发至地，小格先出发3秒后小致才出发，最终小格先到达地．如图，轴代表小格出发的时间，轴代表两人之间的距离，下列说法错误的是（　　） A. 小格的速度为60米/秒 B. 小致的速度为40米/秒 C. 小格到达地时，小致距离地还有880米 D. 两地之间的距离为1500米 10. 如图，在某公路旁有一大型矩形广告牌，小刘想测量该广告牌的高度，她在广告牌前的处测得广告牌的底部处的仰角为，接着小刘再沿着坡度为的斜坡走了13米到达处，测得广告牌顶端处的仰角为，已知广告牌立柱的高度为7米，其中．则该广告牌的高度为（　　）米．（结果精确到0.1，参考数据：） A. 18.2 B. 16.2 C. 15.2 D. 13.2 11. 若关于的不等式组有且仅有2个整数解，且关于的分式方程解为非负数，则符合条件的所有整数的和是（　　） A. B. C. D. 12. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点B的坐标为，平分交于点C，反比例函数的图象经过点A，C．若，则k的值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 13. 计算：______． 14. 据统计，2021年“五一”期间，入渝游客数约3480000人次，请把数3480000用科学记数法表示为___________． 15. 不透明的盒子中装有除标号外完全相同的4个小球，小球上分别标有数．从盒子中随机抽取一个小球，数记为，再从剩下的球中随机抽取一个小球，数记为，则点在反比例函数图象上的概率为___________． 16. 如图，半径为3的扇形AOB中，∠AOB＝90°，CD⊥OA，CE⊥OB，若∠CDE=40°则图中阴影部分的面积为___． 17. 如图，在中，，为边上的一点，，将沿翻折得到与交于点，则的长为___________． 18. 由于中考要求“尺规作图”必须使用铅笔和相对应的圆规，某商店专门购进了两种型号的圆规，型圆规为带笔芯的圆规，型圆规为可夹铅笔的圆规，为了方便初三同学购买，商店采用自取和送货两种方式进行售卖，截止目前，“自取”与“送货”一共销售的数量不少于190副，不超过240副．通过进一步统计发现，“自取”售出的两种圆规数量之比为，且“自取”与“送货”两种渠道售出的圆规数量一样多，“送货”售出的型号的圆规价格一样，均为“自取”两种圆规单价之和，“自取”两种圆规单价均为正整数，“自取”与“送货”的总销售额为1155元，则“自取”售出的型圆规的销售额最多为___________元． 三、解答题（本大题7个小题，每小题10分，共70分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位 19. 计算： （1）； （2）． 20. 如图，是菱形的对角线，，（1）请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）条件下，连接，求的度数． 21. 为进一步加强学生对“垃圾分类知识”的重视程度，某中学初一、初二年级组织了“垃圾分类知识”比赛，现从初一、初二年级各抽取10名同学的成绩进行统计分析（成绩得分用表示，共分成四组：，），绘制了如下的图表，请根据图中的信息解答下列问题． 初一年级10名学生的成绩是： 初二年级10名学生的成绩在组中的数据是： 年级 平均数 中位数 众数 方差 初一年级 初二年级 （1）直接写出上述图表中的值： ， ， ； （2）根据以上数据，你认为该校初一、初二年级中哪个年级学生掌握垃圾分类知识较好？请说明理由（一条理由即可） （3）若两个年级各有人参加了此次比赛，估计参加此次比赛成绩优秀的学生共有多少人？ 22. 在学习函数的过程中，我们经历了通过列表，描点，连线来画函数图象，观察分析图象特征，从而概括出函数性质的过程．下面是探究函数的图象与性质的部分过程．列表如下： … -3 -2 -1 0 1 2 3 … … 0 -2 -1 0 2 … （1）直接写出表格中___________，___________； （2）在平面直角坐标系中画出函数的图象，并结合所画图象写出该函数的一条性质：___________； （3）已知一次函数的图象如图所示，请直接写出方程的近似解___________（精确到0.1） 23. 随着夏季的到来，天气逐渐炎热，空调已经成为人们生活的必需品．某商场有两种空调，种空调每台售价3000元，种空调每台售价3600元，5月中旬售出两种空调共80台，总销售额为270000元． （1）5月中旬售出种空调多少台？ （2）5月下旬，为加大种空调的销售力度，商场决定将种空调的售价在5月中旬种空调售价的基础上降低，结果种空调的销量比5月中旬种空调的销售增加了种空调的售价和销量与5月中旬相同，结果5月下旬两种空调的总销售额比5月中旬、两种空调的总销售额增加了，求的值． 24. 如果一个自然数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差（较大数减较小数）能被7整除，那么我们就称这个自然数为“智慧数”．例如：375354，因为，21能被7整除，所以375354是“智慧数”． （1）判断82124和254154是否为“智慧数”，请说明理由． （2）若一个四位自然数，千位与十位相同，百位与个位相同，千位数字不大于4，百位数字不大于5，并且它是“智慧数”，求满足条件的所有四位数的最大值与最小值之差． 25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，，与轴交于点． （1）求抛物线解析式． （2）在直线下方抛物线上有一点，当的面积最大时，求点的坐标及面积的最大值． （3）将该抛物线向左平移4个单位，得到新抛物线，新抛物线与原抛物线的交点为，点是新抛物线对称轴上一点，在（2）的条件下，在新抛物线上是否存在点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 四、解答题（本大题1个小题，共8分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上． 26. 已知和都是等边三角形，将绕着点旋转，连接． （1）如图1，当点在内部时，若平分，且，连接，求的长； （2）如图2，当点在外部时，连接为的中点，连接并延长到点，连接．当时，求证：； （3）如图3，在绕点旋转的过程中，，所在的直线交于点．若，请直接写出的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西南大学附属中学校初2021级第九次月考 数学试题 （全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答； 2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项； 3．作图（包括作辅助线）请一律用黑色铅笔完成； 4．考试结束，由监考人员将试卷和答题卡一并收回． 参考公式：抛物线的顶点坐标为，对称轴为． 一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑． 1. 2的相反数是（ ） A. 2 B. －2 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】2的相反数是-2. 故选：B. 2. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的辨别，根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义一一判断即可； 【详解】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故错误； B． 既是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确； C． 不是轴对称图形，而是中心对称图形，故错误； D．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误； 故选：B． 3. 如图，已知与位似，位似中心为点且的面积与面积之比为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据位似图形的性质得到AC：DF=3：2，AC∥DF，再证明∽，根据相似的性质进而得出答案． 【详解】∵与位似，且的面积与面积之比为9：4， ∴AC：DF=3：2，AC∥DF， ∴∠ACO=∠DFO，∠CAO=∠FDO， ∴∽， ∴AO：OD=AC：DF=3：2． 故选：A． 【点睛】本题考查位似图形的性质，及相似三角形的判定与性质，注意掌握位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方． 4. 用黑白两种颜色的五边形地砖按如图所示的规律摆放，可以拼成若干个美丽的蝴蝶图案，则第5幅蝴蝶图案中白色地砖有（　　）块. A. 19 B. 18 C. 17 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了规律型：图形的变化类，设第n（n为正整数）幅蝴蝶图案中有块白色地砖，观察图形，根据各图案中所需白色地砖数量的变化，即可找出变化规律“”，再代入即可求出结论． 【详解】解：设第n（n为正整数）幅蝴蝶图案中有块白色地砖． 观察图形，可知：，，，…， ∴， ∴． 故选：D． 5. （九章算术）是我国古代经典数学著作，奠定了中国传统数学的基本框架．书中记载：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛，问大、小器各容几何？” 译文：“今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个、小容器5个，总容量为2斛．问大、小容器的容积各是多少斛？”设1个大容器的容积为x斛，1个小容器的容积为y斛，则根据题意可列方程组为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的应用．根据题意，利用不同数量的大容器和小容器的总容量，分别列出两个方程，从而得到方程组． 【详解】解：设1个大容器的容积为x斛，1个小容器的容积为y斛，则根据题意可列方程组为： ． 故选：A 6. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当一元二次方程有两个不相等的实数根时，根的判别式，据此列出关于的不等式，解不等式即可得到的取值范围． 【详解】解：由于方程有两个不相等的实数根， 则判别式 解得：． 7. 下列说法正确的是（　　） A. 同位角相等 B. 三角形一边上的中线将三角形分成面积相等的两部分 C. 过直线外一点有无数条直线和已知直线平行 D. 对角线相等的平行四边形是菱形 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是题目的真假判断，根据菱形的判定定理、三角形的中线性质、平行线的性质定理和判定定理判断即可． 【详解】解：A、两直线平行，同位角相等，原命题是假命题； B、三角形一边上的中线将三角形分成面积相等的两部分，是真命题； C、过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行，原命题是假命题； D、对角线垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题； 故选：B． 8. 如图，是的内接三角形，，是直径，则（　　） A. B. C. 30° D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理．连接，由是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得，再根据圆内接四边形对角互补即可解决问题． 【详解】解：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 9. 小格和小致参加某社团新型小车直道竞速（匀速）稳定性测试，两人均从地出发至地，小格先出发3秒后小致才出发，最终小格先到达地．如图，轴代表小格出发的时间，轴代表两人之间的距离，下列说法错误的是（　　） A. 小格的速度为60米/秒 B. 小致的速度为40米/秒 C. 小格到达地时，小致距离地还有880米 D. 两地之间的距离为1500米 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一次函数的实际应用，由小格3秒行驶180米，可得小格的速度；由小格出发13秒后两人相距380米，可得小致的速度；首先求出两地的距离，再根据小致的速度和运动时间可得小致距离地的距离；根据小格的速度和行驶时间可得的距离． 【详解】解：∵小格3秒行驶180米， ∴（米/秒），故A正确，不符合题意； ∵（米/秒）， ∴（米/秒），故B正确，不符合题意； ∵（米），（米）， ∴（米）， ∴小致距离地还有620米，故C错误，符合题意； ∵（米）， ∴两地之间的距离为1500米，故D正确，不符合题意． 故选：C． 10. 如图，在某公路旁有一大型矩形广告牌，小刘想测量该广告牌的高度，她在广告牌前的处测得广告牌的底部处的仰角为，接着小刘再沿着坡度为的斜坡走了13米到达处，测得广告牌顶端处的仰角为，已知广告牌立柱的高度为7米，其中．则该广告牌的高度为（　　）米．（结果精确到0.1，参考数据：） A. 18.2 B. 16.2 C. 15.2 D. 13.2 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查解直角三角形和勾股定理，解题的关键作出合理的辅助线；先解得得长度，由坡度比设出未知数，根据勾股定理算出，再解得的长度，即可得到答案； 【详解】解：如图所示；延长交于，过点作于交延长线于点． 由题和图可知：，四边形是矩形；米，，； 在中，， ∵， ∴米， ∵小刘再沿着坡度为的斜坡走了13米到达处， ∴可设， ∴， 解得：（舍负）， ∴米， ∴米， ∴米， 在中，， ∵， ∴， ∴米， ∴米， ∴米， ∴米， 该广告牌的高度为米． 故选：B． 11. 若关于的不等式组有且仅有2个整数解，且关于的分式方程解为非负数，则符合条件的所有整数的和是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查分式方程的解，一元一次不等式组的解，解一元一次不等式组结合题意可得，求出a的范围，再解分式方程可得，结合不等式可得a的范围，最后得到符合条件的所有整数a为，，，，即可求解． 【详解】解：， 由①得， 由②得， ∵不等式组有且仅有2个整数解， ∴， ∴， ， ， ， ， ， ∵方程的解为非负数， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴且， ∴且， ∴符合条件的所有整数a为， ∴符合条件的所有整数a的和为， 故选：C． 12. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点B的坐标为，平分交于点C，反比例函数的图象经过点A，C．若，则k的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过C作轴于点N，交的延长线于点M，由，可得，；可求出的长．又易得，所以，设，，由此可表达点A和点C的坐标，由反比例函数中点的坐标特征可建立等式求出n，求出的长，利用勾股定理可求出的长，进而求出k的值． 【详解】解：如图，过C作轴于点N，交的延长线于点M， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵B点坐标为， ∴， ∵， ∴， 过A作轴于点P， ∵轴， ∴， ∴， ∴， 设，，则，， ∴点，点， ∵点A，C都在反比例函数图象上， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标的特征，角平分线的性质．利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 二、填空题（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 13. 计算：______． 【答案】0 【解析】 【分析】本题考查特殊角的三角函数值及负整数指数幂，先计算负整数指数幂并代入特殊角的三角函数值，再相加即可得答案，熟记特殊角的三角函数值是解题关键． 【详解】解： ． 故答案为： 14. 据统计，2021年“五一”期间，入渝游客数约3480000人次，请把数3480000用科学记数法表示为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了用科学记数法表示较大的数，用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可． 【详解】解：． 故答案为：． 15. 不透明的盒子中装有除标号外完全相同的4个小球，小球上分别标有数．从盒子中随机抽取一个小球，数记为，再从剩下的球中随机抽取一个小球，数记为，则点在反比例函数图象上的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了反比例函数图象的性质． 画树状图展示所有12种等可能的结果数，再根据反比例函数图象点的特征找出符合条件的结果数，然后根据概率公式计算． 【详解】解：画树状图为： 共有12种等可能的结果数， 若点在反比例函数图象上，则，故其中使得点在反比例函数图象上的结果数为4， 所以使得点在反比例函数图象上的概率＝． 故答案为． 16. 如图，半径为3的扇形AOB中，∠AOB＝90°，CD⊥OA，CE⊥OB，若∠CDE=40°则图中阴影部分的面积为___． 【答案】π 【解析】 【分析】连接OC，易证得四边形CDOE是矩形，则△DOE≌△CEO，得到∠COB＝∠DEO＝40°，图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积，利用扇形的面积公式即可求得． 【详解】解：连接OC， ∵∠AOB＝90°，CD⊥OA， ∴四边形CDOE是矩形， ∴OD＝CE，DE＝OC，CD//OB ∵∠CDE＝40°， ∴∠DEO＝∠CDE＝40°， 在△DOE和△CEO中， ∴△DOE≌△CEO（SSS）， ∴∠COB＝∠DEO＝40°， ∴图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积， ∵S扇形OBC， ∴图中阴影部分的面积＝π， 故答案为：π． 【点睛】本题考查阴影部分的面积，矩形的判定定理，全等三角形的判定及性质，扇形面积公式，解题的关键是证明△DOE≌△CEO，得到图中阴影部分的面积＝扇形OBC的面积． 17. 如图，在中，，为边上的一点，，将沿翻折得到与交于点，则的长为___________． 【答案】20 【解析】 【分析】过点作，交于点，利用翻折的性质和全等三角形的证明，得出相等的边和角，得出点在同一条直线上，假设，，利用勾股定理求出的值，假设，则，再利用勾股定理求出的值，最后利用三角函数比求出线段的长即可． 【详解】解：如图所示，过点作，交于点， 由翻折的性质得，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在同一条直线上， 假设，由得，， 由勾股定理得， 解得， ∴， 假设，则， 由勾股定理得， 则， 即， 解得或（舍去）， ∴， ∴， 解得， 故答案为：20． 【点睛】本题主要考查了翻折的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数比，勾股定理等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 18. 由于中考要求“尺规作图”必须使用铅笔和相对应的圆规，某商店专门购进了两种型号的圆规，型圆规为带笔芯的圆规，型圆规为可夹铅笔的圆规，为了方便初三同学购买，商店采用自取和送货两种方式进行售卖，截止目前，“自取”与“送货”一共销售的数量不少于190副，不超过240副．通过进一步统计发现，“自取”售出的两种圆规数量之比为，且“自取”与“送货”两种渠道售出的圆规数量一样多，“送货”售出的型号的圆规价格一样，均为“自取”两种圆规单价之和，“自取”两种圆规单价均为正整数，“自取”与“送货”的总销售额为1155元，则“自取”售出的型圆规的销售额最多为___________元． 【答案】350 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的应用，不定方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出不等式和方程． 设“自取”售出的型圆规为副，则售出的型为副，型圆规单价为元，型圆规单价为元，则“送货”售出的型号的圆规共副，“送货”售出的型号的圆规单价都为元，根据题意列出不等式和方程，得出，得出或35，再进行分别讨论即可． 【详解】解：设“自取”售出的型圆规为副，则售出的型为副，型圆规单价为元，型圆规单价为元，则“送货”售出的型号的圆规共副，“送货”售出的型号的圆规单价都为元， 根据题意得， 可得，， ∴， ∵、、均为正整数，， ∴是1155的因数， ∴或35， 当时，， 解得：， 此时“自取”售出的型圆规的销售额（元）； 当时，， 解得：，或， 当时，“自取”售出的型圆规的销售额（元）； 当时，“自取”售出的型圆规的销售额（元）； 综上，“自取”售出的型圆规的销售额最多为350元， 故答案为：350． 三、解答题（本大题7个小题，每小题10分，共70分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位 19. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了整式的乘法，分式的化简，掌握相关运算法则和公式是解题的关键． （1）根据整式的乘法，结合平方差公式，单项式乘以多项式计算即可； （2）根据分式的混合运算，先分子分母因式分解，再通分后进行除法运算，然后约分即可． 【小问1详解】 解∶ ； 【小问2详解】 解∶ ． 20. 如图，是菱形的对角线，，（1）请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）条件下，连接，求的度数． 【答案】（1）如图所示，直线EF即为所求； （2）45° 【解析】 【分析】（1）分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可； （2）根据∠DBF＝∠ABD﹣∠ABF计算即可； 【详解】解：（1）略 （2）∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ABD＝∠DBC∠ABC＝75°，，∠A＝∠C， ∴∠ABC＝150°，∠ABC+∠C＝180°， ∴∠C＝∠A＝30°． ∵EF垂直平分线段AB， ∴AF＝FB， ∴∠A＝∠FBA＝30°， ∴∠DBF＝∠ABD﹣∠FBE＝45°． 【点睛】本题考查了线段的垂直平分线作法和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 21. 为进一步加强学生对“垃圾分类知识”的重视程度，某中学初一、初二年级组织了“垃圾分类知识”比赛，现从初一、初二年级各抽取10名同学的成绩进行统计分析（成绩得分用表示，共分成四组：，），绘制了如下的图表，请根据图中的信息解答下列问题． 初一年级10名学生的成绩是： 初二年级10名学生的成绩在组中的数据是： 年级 平均数 中位数 众数 方差 初一年级 初二年级 （1）直接写出上述图表中的值： ， ， ； （2）根据以上数据，你认为该校初一、初二年级中哪个年级学生掌握垃圾分类知识较好？请说明理由（一条理由即可） （3）若两个年级各有人参加了此次比赛，估计参加此次比赛成绩优秀的学生共有多少人？ 【答案】（1），， （2） 初二年级学生掌握垃圾分类知识更好． 因为初一年级学生成绩的中位数为85.5低于初二年级学生成绩的中位数87． 所以初二年级学生掌握垃圾分类知识更好． （3）估计参加此次比赛成绩优秀的学生共有人 【解析】 【分析】（1）根据初一年级10名学生的成绩求得众数，根据扇形统计图以及在组中的数据求得中位数，根据扇形统计图求得的值； （2）比较中位数，即可得出结论； （3）根据样本估计总体，即可求解． 【小问1详解】 解：组中的数据有3个，则， ∴， ∵初一年级10名学生的成绩是：， 出现了2次，出现次数最多，则， ∵中位数在第，个数据，为，则， 故答案为：，，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：（人） 答：估计参加此次比赛成绩优秀的学生共有140人． 【点睛】本题考查了扇形统计图，求中位数，求众数，样本估计总体，熟练掌握以上知识是解题的关键． 22. 在学习函数的过程中，我们经历了通过列表，描点，连线来画函数图象，观察分析图象特征，从而概括出函数性质的过程．下面是探究函数的图象与性质的部分过程．列表如下： … -3 -2 -1 0 1 2 3 … … 0 -2 -1 0 2 … （1）直接写出表格中___________，___________； （2）在平面直角坐标系中画出函数的图象，并结合所画图象写出该函数的一条性质：___________； （3）已知一次函数的图象如图所示，请直接写出方程的近似解___________（精确到0.1） 【答案】（1），1; （2） 画出函数图形如图： 图象是关于所在直线为对称轴的轴对称图形； （3）或 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数图象的性质和新函数的图象，会用描点法画出新函数图象是解题的关键； （1）分别把的代入解析式，即可得到答案； （2）利用描点作图法作出图象，并写出一条性质即可； （3）根据图象的交点求出即可； 【小问1详解】 解：当时，， 当时，， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：由图象可知：此函数图象是关于对称的轴对称图形； 【小问3详解】 解：由图象可知：的近似解为或 23. 随着夏季的到来，天气逐渐炎热，空调已经成为人们生活的必需品．某商场有两种空调，种空调每台售价3000元，种空调每台售价3600元，5月中旬售出两种空调共80台，总销售额为270000元． （1）5月中旬售出种空调多少台？ （2）5月下旬，为加大种空调的销售力度，商场决定将种空调的售价在5月中旬种空调售价的基础上降低，结果种空调的销量比5月中旬种空调的销售增加了种空调的售价和销量与5月中旬相同，结果5月下旬两种空调的总销售额比5月中旬、两种空调的总销售额增加了，求的值． 【答案】（1）5月中旬售出种空调30台； （2）的值为30． 【解析】 【分析】本题主要考查一元一次方程的应用和一元二次方程的应用，解题的关键是找准题中的等量关系列出方程； （1）设5月中旬售出种空调台，则售出B种空调台，根据销售总额=销售单价×销售数量列出一元一次方程即可； （2）利用销售总额=销售单价×销售数量，结合5月下旬两种空调的总销售额比5月中旬、两种空调的总销售额增加了，即可列出关于a的一元二次方程，再根据实际情况取其值即可； 【小问1详解】 解∶设5月中旬售出种空调台，则售出B种空调台，所以可列方程为： ， 解得： ∴5月中旬售出种空调30台； 【小问2详解】 解：由（1）可知：B的5月中旬的销售额为元， ∴ 解得：（不合题意，舍去） ∴的值为30． 24. 如果一个自然数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差（较大数减较小数）能被7整除，那么我们就称这个自然数为“智慧数”．例如：375354，因为，21能被7整除，所以375354是“智慧数”． （1）判断82124和254154是否为“智慧数”，请说明理由． （2）若一个四位自然数，千位与十位相同，百位与个位相同，千位数字不大于4，百位数字不大于5，并且它是“智慧数”，求满足条件的所有四位数的最大值与最小值之差． 【答案】（1）82124是智慧数；254154不是智慧数； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二元一次方程的解，正确理解题意推出或14或21是解题关键． （1）根据题意计算判断即可； （2）设这个四位数的千位数字为a，百位数字为b，根据题意可得能被7整除，进一步推出，得到或14或21，由此求出a、b的值即可得到答案． 【小问1详解】 解：根据题意得：，， ∴82124是智慧数； ，， ∴254154不是智慧数； 【小问2详解】 解：设这个四位数的千位数字为a，百位数字为b， ∴这个四位数为：， ∵它是“智慧数”， ∴ ， ∴能被7整除， ∵， ∴， ∴或14或21， ∴或或或， ∴满足题意的四位数有1414，2121，3535，4242， 最大的四位数为4242，最小的四位数为1414， ∴满足条件的所有四位数的最大值与最小值之差为． 25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，，与轴交于点． （1）求抛物线解析式． （2）在直线下方抛物线上有一点，当的面积最大时，求点的坐标及面积的最大值． （3）将该抛物线向左平移4个单位，得到新抛物线，新抛物线与原抛物线的交点为，点是新抛物线对称轴上一点，在（2）的条件下，在新抛物线上是否存在点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）的最大值为，此时点的坐标为 （3）点Q的坐标为或或 【解析】 【分析】（1）将，，坐标代入解析式，建立方程组，求解即可； （2）过点P作轴交于点N，设P的横坐标为t，则可表示点P和点N的坐标，表示的面积，利用二次函数的性质求出最值； （3）利用平移先求出，联立可求出点E的坐标，然后分情况讨论，当为边时，当为对角线时两种情况，利用点的平移求解即可． 【小问1详解】 解：将，，坐标代入解析式， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为：． 【小问2详解】 解：如图1，点P作轴交于点N，， 设P的横坐标为t， ∴， 设直线的解析式为， 把，坐标代入解析式得， 解得， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，的最大值为，此时点的坐标为． 【小问3详解】 解：存在，理由如下： ∵抛物线y的解析式为：， ∴抛物线向左平移4个单位，得到新抛物线， ∴的对称轴为直线，即点F的横坐标为0， 令， 解得， ∴， 由（2）知点P的坐标为， 当以为平行四边形的一条边时：或． ∴或， 解得：或， ∴点Q的坐标分别为或． 当以为平行四边形的对角线时：， ∴， 解得：， ∴． 综上可知，点Q的坐标为或或． 【点睛】本题考查的是二次函数的性质、抛物线与坐标轴的交点、待定系数法求解析式、三角形的面积、平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题关键． 四、解答题（本大题1个小题，共8分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上． 26. 已知和都是等边三角形，将绕着点旋转，连接． （1）如图1，当点在内部时，若平分，且，连接，求的长； （2）如图2，当点在外部时，连接为的中点，连接并延长到点，连接．当时，求证：； （3）如图3，在绕点旋转的过程中，，所在的直线交于点．若，请直接写出的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）延长交于点，根据等边三角形的性质先求出，再求出，然后对运用勾股定理求解； （2）过点作交延长线于点，证明，根据等角对等边得到，然后再证明，最后等量代换即可证明； （3）记与交于点，在内部作，且，过点作于点，先证明四点共圆，故当为直径时，取得最大值， 可得，由为直径，得到，再解即可． 【小问1详解】 解：延长交于点， ∵和是等边三角形， ∴， ∵平分， ∴，，， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：过点作交延长线于点， ∵和是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：记直线与交于点，在内部，上方作，且，过点作于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四点共圆， ∴当为直径时，取得最大值，如图： ∵，且， ∴， ∵为直径， ∴， ∵等边中，， ∴， ∴的最大值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，等边三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $