精品解析：湖南常德市石门县澧斓学校2025-2026学年九年级下学期3月份数学入学收心自测试卷

2026年九年级数学练习题 一、单选题（3分每题） 1. 64的算术平方根是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了算术平方根定义，根据算术平方根定义进行求解即可． 【详解】解：64的算术平方根是8． 故选：C． 2. 定义运算：．例如：．则方程的根的情况为（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 无实数根 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了新定义，一元二次方程根于系数的关系，根据新定义的运算将方程转化为一元二次方程，计算判别式判断根的情况． 【详解】解：根据定义，运算可表示为：， 由方程得：， 整理为标准形式： ∵， ∴方程无实数根． 故选C． 3. 若关于 ， 的方程组的解满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的特殊解法，利用二元一次方程组的解求参数，解题的关键是熟练掌握二元一次方程组的求解． 通过将两个方程相加，得到关于的表达式，再结合已知条件直接求解的值． 【详解】解： ① + ②得： 即： 两边同时除以6，得： 将，代入上式得：， 解得：， 故选：D． 4. 将抛物线先向上平移2个单位，再向左平移1个单位，则平移后所得抛物线表达式为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数图象的平移变换，解题的关键是：直接利用抛物线平移规律：上加下减，左加右减进而得出平移后的解析式． 【详解】解： 将抛物线先向上平移2个单位，再向左平移1个单位， 平移后的抛物线的解析式为：，即 ． 故选：B． 5. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线（ ，为常数，且 ）的图像交于点，则关于 ， 的方程组的解为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数与二元一次方程组的关系，熟练掌握“两直线的交点坐标是对应的二元一次方程组的解”是解题的关键．先根据直线的解析式求出点 的纵坐标，再利用两直线交点坐标与方程组解的关系得出方程组的解． 【详解】解：∵ 点在直线上， ∴ 把代入，得， ∴ 点 的坐标为， ∴ 方程组的解为， 故选：B． 6. 如图，要使平行四边形成为矩形，需要添加的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据矩形的判定方法进行解答即可． 【详解】解：A．∵四边形为平行四边形， ∴ ， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴四边形为菱形，故A不符合题意； B．由可以判定平行四边形为矩形，故B符合题意； C．由可以判定平行四边形为菱形，故C不符合题意； D．由可以判定平行四边形为菱形，故D不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法． 7. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的边 与 轴的夹角为 ，且，点 的坐标为，则点 的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，坐标与图形，直角三角形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解答本题的关键； 过点 作轴，根据点 的坐标为，得出，求出，求出，根据直角三角形性质得出，根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】解：过点 作轴，如图所示： ， ∵点 的坐标为， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴ ， ∵ 与 轴的夹角为 ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 8. 如图，点O为的外心，点I为的内心，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了三角形的内心和外心、圆周角定理、三角形的内角和定理．利用圆周角定理得出，进而得出利用内心的知识得出，即可得出答案． 【详解】解： 点为的外心，， ， ， 点为的内心， ， ， 故选：A． 9. 如图， ，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点D，C；再分别以点C，D为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧交于点E；作射线，过点E分别作交于点G，于点F．若，则 的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作于点H，由角平分线的性质可证 ，再证明，然后根据勾股定理求解解． 【详解】作于点H，由作法知平分， ∵， ∴ ． ∵， ， ∴． ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了尺规作图-作角的平分线，角平分线的性质定理，等腰三角形的判定，以及勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． 10. 如图，在梯形中， ，对角线 交于点，且，有下面四个结论①；②；③；④；其中正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，梯形的性质等知识，掌握等高模型成为解题的关键． 利用等高模型以及相似三角形的性质逐项判断即可． 【详解】解：∵ ， ∴的高相等． ∵和 、和分别是同底三角形， ∴，即①②正确； ∵， ∴．即，则③正确； ∵ ， ∴， ∴，即，故④错误． 综上，正确的有①②③，共3个． 故选C． 二、填空题（3分每题） 11. 函数中，自变量 的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查函数自变量的取值范围和分式有意义的条件，当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0． 根据分式有意义的条件是分母不为0，分析原函数式可得关系式，解可得答案． 【详解】解：由题意得：， ∴， 故答案为：． 12. 某校开展“牢记嘱托学谷公，为民造福当先锋”活动，组织部分师生前往谷文昌纪念馆参观学习谷文昌先进事迹．若这次活动租用17座的车a辆，且最后一辆车空3个座位，则参加此次学习活动的师生人数为_______人(用含a的代数式表示）． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了列代数式，17座的车a辆，那么一共有个座位，而最后一辆车空3个座位，那么用总座位数减去空的座位数即可得到答案． 【详解】解：由题意得，参加此次学习活动的师生人数为人， 故答案为：． 13. 已知m，n为正整数，若，则_____ ． 【答案】16 【解析】 【分析】本题主要考查了同底数幂的乘法，由已知得出，再根据同底数幂的乘法法则计算代入即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故答案为：16． 14. 在一个暗箱里有 个除颜色外其他完全相同的球，其中红球只有个，每次将球充分摇匀后，随机从中摸出一球，记下颜色后放回．通过大量的重复试验后发现，摸到红球的频率为．由此可以推算出 为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了由频率估计概率，解题的关键是掌握利用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．由题意得出摸到红球的概率为，从而得到，计算即可得解． 【详解】解： 通过大量的重复试验后发现，摸到红球的频率为， 摸到红球的概率为， ， 故答案为： ． 15. 如图，正六边形内接于，点P是上的任意一点，则的大小是______． 【答案】 ##30度 【解析】 【分析】本题考查正多边形和圆，熟练掌握求正多边形的中心角和圆赒角定理是解题的关键. 连接 、，先求出 ，再根据圆周角定理求解即可. 【详解】解：连接 、，如图， ∵正六边形内接于， ∴， ∴， 故答案为： . 16. 如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于E，AD=8，AB=4，则DE的长为___． 【答案】5 【解析】 【分析】设DE=x，则AE=8-x．先根据折叠的性质和平行线的性质，得∠EBD=∠CBD=∠EDB，则BE=DE=x，然后在直角三角形ABE中根据勾股定理即可求解． 【详解】解：设DE=x，则AE=8-x． 根据折叠的性质，得∠EBD=∠CBD． ∵AD∥BC， ∴∠CBD=∠ADB， ∴∠EBD=∠EDB， ∴BE=DE=x． 在直角三角形ABE中，根据勾股定理，得 x2=（8-x）2+16， 解得x=5． 故答案为：5． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题、平行线的性质、等角对等边的性质和勾股定理，难度适中． 17. 二次函数 的图象如图，下列结论中，①②③④⑤⑥的解集是 ，其中正确的序号有______________． 【答案】③④⑤ 【解析】 【分析】由抛物线的开口方向判断 与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断 与0的关系，然后根据对称轴解得 ，继而得到 的关系式，由抛物线与 轴有2个交点可得，根据左侧交点可判断抛物线大于0的范围，据此解题． 【详解】解：由图象得：抛物线开口向下， 对称轴 故④正确； 令代入 故③正确； 令 代入， 故②错误； 故①错误； 抛物线与坐标轴有两个交点， ， 故⑤正确； 抛物线与坐标轴的左交点大于 的解集不在 ， 故⑥错误， 综上所述，③④⑤正确， 故答案为：③④⑤． 【点睛】本题考查二次函数与系数的关系，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 18. 已知， ， ， 是的三条边长，记，其中为整数． （1）若三角形为等边三角形，则______； （2）下列结论正确的是______（写出所有正确的结论） ①若，，则为直角三角形 ②若，，，则 ③若，， ， ， 为三个连续整数，且，则满足条件的的个数为7 【答案】 ①. 2 ②. ①②##②① 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，解一元一次不等式组，三角形三边的关系，等边三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据等边三角形的性质可得，据此求解即可； （2）当，时，可证明，由勾股定理的逆定理可判断①；当，，时，可得；当时，可得，当 时，可得，则可求出，据此求出t的取值范围即可判断②；当时，则，则可得到；根据题意不妨设，则剩下两个数分别为（n为正整数），则可得，解不等式组求出整数n即可判断③． 【详解】解：（1）∵ ， ， 是的三条边长，且是等边三角形， ∴， ∴ ， 故答案为；2； （2）①当，时，∵， ∴， ∴， ∴， ∴为直角三角形，故①正确； ②当，，时， ∵， ∴； 当时， ∵， ∴， ∴； 当 时， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴t随b的增大而增大， 当时， ， 当 时，， ∴，故②正确； ③当时，则， ∵， ∴， ∴； ∵a、b、c是三个相邻的正整数，， ∴不妨设，则剩下两个数分别为（n为正整数）， ∵， ∴， 解得， ∴符合题意的n的值有2、3、4、5、6、7，共6个， ∴符合题意的a、b、c的取值一共有6组， ∴满足条件的的个数为6，故③错误； 故答案为：①②． 三、解答题 19. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了实数混合运算，熟练掌握运算法则，是解题的关键．根据零指数幂和负整数指数幂运算法则，特殊角的三角函数值，二次根式性质，进行求解即可． 【详解】解： ． 20. 先化简，再求值：，其中 ． 【答案】，1． 【解析】 【分析】本题主要考查了分式的化简求值，先计算括号里面的，再计算括号外面的除法，最后把 代入化简后的分式中计算即可． 【详解】解： 当 时，原式． 21. 在中国上下五千年的历史长河中，涌现出一批批中华名人，各自创下了不朽的丰功伟绩，极大地推动了中华文明乃至整个人类文明的发展．为了解中华历史名人，增强民族自豪感和爱国热情，某校团委组织了一次“中华名人知多少”竞赛，随机抽取40名学生进行了相关知识竞答，他们的测试成绩（满分100分）如下： 65，81，74，87，76，80，89，94，88，66，72，90，96，83，99，78，98，79，89，87，75，66，85，97，88，86，89，68，88，84，86，92，77，84，95，78，82，93，96，85． 按“组距为10”制作了如下不完整的频数分布表（每组数据含最小值不含最大值）和频数分布直方图： 40名学生知识竞答测试成绩频数分布表 分组 划记 人数（频数） 正 8 正正正 18 根据上述数据，解答下列问题： （1）将频数分布表中空缺部分补充完整，并补全频数分布直方图． （2）这40名学生测试成绩的中位数落在 　　组内；若绘制扇形统计图，则“ 分”这组对应扇形的圆心角的度数是 　　． （3）该校将知识竞答测试成绩为“ 分”记为良好，请你估计全校1000名学生中对“中华名人知多少”了解情况达到良好等级的人数． 【答案】（1） 补全频数分布表如下： 分组 划记 人数（频数） 4 正 8 正正正 18 正正 10 补全频数分布直方图如下： （2） ， （3）450名 【解析】 【分析】本题考查频数分布直方图、频数分布表、扇形统计图和用样本估计总体： （1）根据所给数据，即可将频数分布表中空缺部分补充完整，并补全频数分布直方图； （2）根据中位数的定义可知这40名学生测试成绩的中位数落在“ ”组内；用乘“ 分”这组所占的百分比即可得出圆心角的度数； （3）利用样本估计总体思想求解可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：把抽取40名学生的成绩从小到大排列，排在中间的两个数都在“ ”内，故这40名学生测试成绩的中位数落在“ ”组内； 若绘制扇形统计图，则“ 分”这组对应扇形的圆心角的度数是 ； 故答案为： ； 【小问3详解】 解： （名）， 答：估计全校1000名学生中对杭州亚运会知识了解情况达到良好等级的人数大约为450名． 22. 湘绣作为中国四大名绣之一，凭借其国潮经典之韵，深受国内外消费者的喜爱．某商场计划购进 ， 两款湘绣并出售，已知两款湘绣的进价和售价如下表： 类别 价格 款湘绣 款湘绣 进价（元/件） 800 1400 售价（元/件） 980 1680 （1）该商场第一次用24400元购进了 ， 两款湘绣共20件，求两款湘绣分别购进多少件； （2）该商场计划补货两款湘绣共30件，且购进 款湘绣的数量不少于 款湘绣的，则应如何设计进货方案才能使这次补货售完后获得最大利润，最大利润是多少？ 【答案】（1） 款湘绣购进件， 款湘绣购进 件 （2）购进 款湘绣件， 款湘绣件，才能使这次补货售完后获得最大利润，最大利润是元 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用； （1）等量关系式：购进 款湘绣的费用购进 款湘绣的费用元，列方程，即可求解； （2）由不等关系求出，补货售完后获得利润补货售完后 款湘绣所获得的利润补货售完后 款湘绣所获得的利润，由一次函数的性质，即可求解； 找出等量关系式，能利用一次函数的性质进行求解是解题的关键． 【小问1详解】 解：设 款湘绣购进 件，则 款湘绣购进件，由题意得 ， 解得：， (件)， 答∶ 款湘绣购进件， 款湘绣购进 件； 【小问2详解】 解：设 款湘绣购进 件，则 款湘绣购进件，补货售完后获得利润为元， ， 解得：， ， ， 随 的增大而增大， 当时，取最大值， 最大值为 (元)， (件)， 答∶购进 款湘绣件， 款湘绣件，才能使这次补货售完后获得最大利润，最大利润是元． 23. 如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE、BA交于点F，连接AC、DF． （1）求证：四边形ACDF是平行四边形； （2）当CF平分∠BCD，且BC＝6时，求CD的长． 【答案】（1）详见解析；（2）3 【解析】 【分析】（1）因为BFCD,已经有一组对边平行我们想到可以运用一组对边平行且相等这个判定定理来证明，所以只需要证明AF=CD就可以通过证明四边形AFDC是平行四边形． （2）因为AE=ED, ,且CF平分 ,所以是等腰三角形，即ED=DC 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，AD＝BC， ∴∠FAE＝∠CDE． ∵E是AD的中点， ∴AE＝DE． 在△FAE和△CDE中，， ∴△FAE≌△CDE（AAS）， ∴CD＝FA． 又∵CD∥AF， ∴四边形ACDF是平行四边形； （2）解：∵CF平分∠BCD， ∴∠DCE＝45°． ∵∠CDE＝90°， ∴△CDE是等腰直角三角形， ∴CD＝DE． ∵E是AD的中点， ∴CD＝AD＝BC＝3． 【点睛】根据已知条件选择合适的方法来证明平行四边形是中考的热点题，熟练牢记各种判定定理，并能根据题目条件选择对应方法是平时训练应该注重的地方．证明线段相等一般用的最多的是证明三角形全等和证明等腰三角形，如果两个边都在一个三角形中，应该从证明等腰三角形入手． 24. 解答 课题 设计遮阳棚前挡板 模型抽象示意图 德百旅游小镇游客服务中心为了方便旅游高峰期间游客遮阳，在服务窗口外安装了遮阳棚，结果发现旅游高峰期正午时纳凉面积不够，现在为使服务窗口外的纳凉区域增加到宽，计划在遮阳棚前端加装一块前挡板（前挡板垂直于地面），抽象模型如图1，现在要计算所需前挡板的宽度． 测量数据 实地测得相关数据，并画出了侧面示意图，如图2，遮阳棚长为，其与墙面的夹角，其靠墙端离地面高为 ．通过实地勘察，该服务窗口在每年的旅游高峰期间正午的太阳高度角（太阳光线与地面夹角约为，若加装前挡板后，此时服条窗口前恰好有宽的阴影 ，如图3． 任务1 求遮阳棚前端 到墙面的距离． 任务2 当时，求线段的长度． 结果精确到，参考数据： 【答案】任务1：遮阳棚前端 到墙面的距离约为；任务2：线段的长度约为． 【解析】 【分析】本题主要考查解直角三角形的运用，掌握锐角三角函数的计算是关键． 任务1：过点 作，垂足为 ，在 中，，由此即可求解； 任务2：延长交于点 ，则，在Rt中，，，，，由此即可求解． 【详解】解：任务1：过点 作，垂足为 ， 在 中，， ， 遮阳棚前端 到墙面的距离约为； 任务2：延长交于点 ，则， 由题意得：， ， ， 在Rt中，， ， 在Rt 中，， ， ， ， ， 线段的长度约为. 25. 如图，四边形ABCD内接于，BD是的直径，，交CD的延长线于点E，DA平分． （1）求证：AE是的切线． （2）若，，求BD的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接 ，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质可得，从而证明，再根据平行线的性质即可证明，又因为 是半径，所以是的切线； （2）根据特殊角的三角函数值可得，结合其他条件可得和 都是含的直角三角形，解三角形即可． 【小问1详解】 证明：连接 ，如图． 平分， ． ， ， ， ． ， ． 是的半径， 是的切线． 【小问2详解】 解： 是直径， ． ， ， ， ． 平分， ， ． 在中， ，， ． 在中， ，， ． ， ． 【点睛】本题考查了切线的判定、角平分线的定义、平行线的判定与性质、特殊角的三角函数值、含的直角三角形的性质，解题关键是熟练掌握并灵活运用这些知识． 26. 抛物线 交x轴于点和点，交y轴于点C． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，点P是直线上方抛物线上一动点，过点P作轴交于点Q，求的最大值及此时点P的坐标； （3）将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，新抛物线经过点C且与直线另一交点为点K，M为新抛物线上的一动点，当时，请直接写出符合条件的点M的坐标． 【答案】（1） （2）最大值为4，此时 （3）， 【解析】 【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可； （2）过点Q作轴于点D，求出直线的解析式为 ，得到，设，则，则，即可求解； （3）求出直线的表达式为，将抛物线沿射线方向平移，设抛物线向右平移m个单位，则向上平移m个单位，得到，进一步得到，联立上式和直线的表达式得，得到点，即可求解． 【小问1详解】 解：把，代入抛物线 得：， 解得：， ∴抛物线的解析式为 ； 【小问2详解】 解：过点Q作轴于点D，如图： 当 时， ，即， 设直线的解析式为：， 把，代入得：， 解得： ∴直线的解析式为： ， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵ ， ∴当时，有最大值为4，此时； 【小问3详解】 解：设直线的表达式为：， 把，代入得：， 解得： ， ∴直线的表达式为：， 将抛物线沿射线方向平移，设抛物线向右平移m个单位，则向上平移m个单位， 则， 当 时，， 解得：（不符合题意，舍去）或 ， ∴， 联立上式和直线的表达式得：， 解得： 或 （舍去）， ∴点， 当点M在下方时，如图，此时点的位置为， ∵， ∴， 则直线的表达式为：， 联立和新抛物线的表达式得：， 解得： （不符合题意，舍去）或， ∴； 当点M在上方时，令点关于直线的对称点为，作直线交新抛物线于， 由轴对称的性质可得， ∴，即点即为所求，且点 和点的中点在直线上，， ∴， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴， 设直线的表达式为， 将，代入解析式可得， 解得：， ∴直线的表达式为， 联立和新抛物线的表达式得， 解得：或 （不符合题意，）， ∴； 综上所述，，． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，二次函数的平移等知识，掌握相关知识是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年九年级数学练习题 一、单选题（3分每题） 1. 64的算术平方根是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 2. 定义运算：．例如：．则方程的根的情况为（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 无实数根 D. 无法确定 3. 若关于 ， 的方程组的解满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 将抛物线先向上平移2个单位，再向左平移1个单位，则平移后所得抛物线表达式为（　　） A. B. C. D. 5. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线（ ，为常数，且 ）的图像交于点，则关于 ， 的方程组的解为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，要使平行四边形成为矩形，需要添加的条件是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的边 与 轴的夹角为 ，且，点 的坐标为，则点 的坐标是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点O为的外心，点I为的内心，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 9. 如图， ，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点D，C；再分别以点C，D为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧交于点E；作射线，过点E分别作交于点G，于点F．若，则 的长为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在梯形中， ，对角线 交于点，且，有下面四个结论①；②；③；④；其中正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题（3分每题） 11. 函数中，自变量 的取值范围是______． 12. 某校开展“牢记嘱托学谷公，为民造福当先锋”活动，组织部分师生前往谷文昌纪念馆参观学习谷文昌先进事迹．若这次活动租用17座的车a辆，且最后一辆车空3个座位，则参加此次学习活动的师生人数为_______人(用含a的代数式表示）． 13. 已知m，n为正整数，若，则_____ ． 14. 在一个暗箱里有 个除颜色外其他完全相同的球，其中红球只有个，每次将球充分摇匀后，随机从中摸出一球，记下颜色后放回．通过大量的重复试验后发现，摸到红球的频率为．由此可以推算出 为__________． 15. 如图，正六边形内接于，点P是上的任意一点，则的大小是______． 16. 如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于E，AD=8，AB=4，则DE的长为___． 17. 二次函数 的图象如图，下列结论中，①②③④⑤⑥的解集是 ，其中正确的序号有______________． 18. 已知，，， 是的三条边长，记，其中为整数． （1）若三角形为等边三角形，则______； （2）下列结论正确的是______（写出所有正确的结论） ①若，，则为直角三角形 ②若，，，则 ③若，，，， 为三个连续整数，且，则满足条件的的个数为7 三、解答题 19. 计算：． 20. 先化简，再求值：，其中 ． 21. 在中国上下五千年的历史长河中，涌现出一批批中华名人，各自创下了不朽的丰功伟绩，极大地推动了中华文明乃至整个人类文明的发展．为了解中华历史名人，增强民族自豪感和爱国热情，某校团委组织了一次“中华名人知多少”竞赛，随机抽取40名学生进行了相关知识竞答，他们的测试成绩（满分100分）如下： 65，81，74，87，76，80，89，94，88，66，72，90，96，83，99，78，98，79，89，87，75，66，85，97，88，86，89，68，88，84，86，92，77，84，95，78，82，93，96，85． 按“组距为10”制作了如下不完整的频数分布表（每组数据含最小值不含最大值）和频数分布直方图： 40名学生知识竞答测试成绩频数分布表 分组 划记 人数（频数） 正 8 正正正 18 根据上述数据，解答下列问题： （1）将频数分布表中空缺部分补充完整，并补全频数分布直方图． （2）这40名学生测试成绩的中位数落在 　　组内；若绘制扇形统计图，则“ 分”这组对应扇形的圆心角的度数是 　　． （3）该校将知识竞答测试成绩为“ 分”记为良好，请你估计全校1000名学生中对“中华名人知多少”了解情况达到良好等级的人数． 22. 湘绣作为中国四大名绣之一，凭借其国潮经典之韵，深受国内外消费者的喜爱．某商场计划购进 ， 两款湘绣并出售，已知两款湘绣的进价和售价如下表： 类别 价格 款湘绣 款湘绣 进价（元/件） 800 1400 售价（元/件） 980 1680 （1）该商场第一次用24400元购进了 ， 两款湘绣共20件，求两款湘绣分别购进多少件； （2）该商场计划补货两款湘绣共30件，且购进 款湘绣的数量不少于 款湘绣的，则应如何设计进货方案才能使这次补货售完后获得最大利润，最大利润是多少？ 23. 如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE、BA交于点F，连接AC、DF． （1）求证：四边形ACDF是平行四边形； （2）当CF平分∠BCD，且BC＝6时，求CD的长． 24. 解答 课题 设计遮阳棚前挡板 模型抽象示意图 德百旅游小镇游客服务中心为了方便旅游高峰期间游客遮阳，在服务窗口外安装了遮阳棚，结果发现旅游高峰期正午时纳凉面积不够，现在为使服务窗口外的纳凉区域增加到宽，计划在遮阳棚前端加装一块前挡板（前挡板垂直于地面），抽象模型如图1，现在要计算所需前挡板的宽度． 测量数据 实地测得相关数据，并画出了侧面示意图，如图2，遮阳棚长为，其与墙面的夹角，其靠墙端离地面高为 ．通过实地勘察，该服务窗口在每年的旅游高峰期间正午的太阳高度角（太阳光线与地面夹角约为，若加装前挡板后，此时服条窗口前恰好有宽的阴影 ，如图3． 任务1 求遮阳棚前端 到墙面的距离． 任务2 当时，求线段的长度． 结果精确到，参考数据： 25. 如图，四边形ABCD内接于，BD是的直径，，交CD的延长线于点E，DA平分． （1）求证：AE是的切线． （2）若，，求BD的长． 26. 抛物线 交x轴于点和点，交y轴于点C． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，点P是直线上方抛物线上一动点，过点P作轴交于点Q，求的最大值及此时点P的坐标； （3）将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，新抛物线经过点C且与直线另一交点为点K，M为新抛物线上的一动点，当时，请直接写出符合条件的点M的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $