2022届陕西省西安市长安区中考联考数学试卷含解析

这是一份2022届陕西省西安市长安区中考联考数学试卷含解析，共22页。试卷主要包含了已知二次函数y＝a等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，已知AB∥DE，∠ABC=80°，∠CDE=140°，则∠C=（　　）

A．50° B．40° C．30° D．20°
2．点是一次函数图象上一点，若点在第一象限，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
3．已知抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y= 的图象在第一象限有一个公共点，其横坐标为1，则一次函数y=bx+ac的图象可能是（   ）
A．                      B．                      C．                      D．
4．已知：二次函数y=ax2+bx+c（a≠1）的图象如图所示，下列结论中：①abc>1；②b+2a=1；③a-b1．其中正确的项有( )

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，下列各式中正确的是（　　）
A．a=b•cosA B．c=a•sinA C．a•cotA=b D．a•tanA=b
6．如图是用八块相同的小正方体搭建的几何体，它的左视图是（ ）

A． B．
C． D．
7．已知二次函数y＝a（x﹣2）2+c，当x＝x1时，函数值为y1；当x＝x2时，函数值为y2，若|x1﹣2|＞|x2﹣2|，则下列表达式正确的是（　　）
A．y1+y2＞0 B．y1﹣y2＞0 C．a（y1﹣y2）＞0 D．a（y1+y2）＞0
8．若函数的图象在其象限内y的值随x值的增大而增大，则m的取值范围是（　　）
A．m＞﹣2 B．m＜﹣2
C．m＞2 D．m＜2
9．用加减法解方程组时，若要求消去，则应（ ）
A． B． C． D．
10．若0＜m＜2，则关于x的一元二次方程﹣（x+m）（x+3m）＝3mx+37根的情况是（　　）
A．无实数根
B．有两个正根
C．有两个根，且都大于﹣3m
D．有两个根，其中一根大于﹣m
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，在△PAB中，PA＝PB，M、N、K分别是PA，PB，AB上的点，且AM＝BK，BN＝AK．若∠MKN＝40°，则∠P的度数为___

12．如图，点A在双曲线上，点B在双曲线上，且AB∥x轴，C、D在x轴上，若四边形ABCD为矩形，则它的面积为　 　．
13．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的部分对应值如下表：
x
…
﹣3
﹣2
0
1
3
5
…
y
…
7
0
﹣8
﹣9
﹣5
7
…
则二次函数y=ax2+bx+c在x=2时，y=______．
14．关于x的方程kx2﹣（2k+1）x+k+2=0有实数根，则k的取值范围是_____．
15．如图，▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC⊥BD，请你添加一个适当的条件________，使ABCD成为正方形．

16．分解因式8x2y﹣2y＝_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，AB为半圆O的直径，AC是⊙O的一条弦，D为的中点，作DE⊥AC，交AB的延长线于点F，连接DA．求证：EF为半圆O的切线；若DA＝DF＝6，求阴影区域的面积．（结果保留根号和π）

18．（8分）如图，AC是⊙O的直径，点P在线段AC的延长线上，且PC=CO，点B在⊙O上，且∠CAB=30°．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）若D为圆O上任一动点，⊙O的半径为5cm时，当弧CD长为　 　时，四边形ADPB为菱形，当弧CD长为　 　时，四边形ADCB为矩形．

19．（8分）某商场计划购进一批甲、乙两种玩具，已知一件甲种玩具的进价与一件乙种玩具的进价的和为40元，用90元购进甲种玩具的件数与用150元购进乙种玩具的件数相同．求每件甲种、乙种玩具的进价分别是多少元？商场计划购进甲、乙两种玩具共48件，其中甲种玩具的件数少于乙种玩具的件数，商场决定此次进货的总资金不超过1000元，求商场共有几种进货方案？
20．（8分）如图，已知抛物线y=ax2﹣2ax+b与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C，且OC=3OA，设抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴的右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点（其中点M在点N的右侧），在x轴上是否存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（8分）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的F点处，DF交BC于点E．
（1）求证：△DCE≌△BFE；
（2）若AB=4，tan∠ADB=，求折叠后重叠部分的面积．

22．（10分）科技改变生活，手机导航极大方便了人们的出行，如图，小明一家自驾到古镇C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西55°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东35°方向行驶一段距离到达古镇C，小明发现古镇C恰好在A地的正北方向，求B、C两地的距离（结果保留整数）（参考数据：tan55°≈1.4，tan35°≈0.7，sin55°≈0.8）

23．（12分）如图，在▱ABCD中，以点4为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F；再分别以点B、F为圆心，大于BF的长为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并廷长交BC于点E，连接EF
（1）根据以上尺规作图的过程，求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB＝2，AE＝2，求∠BAD的大小．

24．我市某中学举行“中国梦•校园好声音”歌手大赛，高、初中部根据初赛成绩，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名选手的决赛成绩如图所示．
根据图示填写下表；


平均数（分）

中位数（分）

众数（分）

初中部



85



高中部

85



100

（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；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．



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】
试题解析：延长ED交BC于F，

∵AB∥DE,
∴

在△CDF中,
故
故选B.
2、B
【解析】
试题解析：把点代入一次函数得，

．
∵点在第一象限上，
∴，可得，
因此，即，
故选B．
3、B
【解析】
分析: 根据抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y=的图象在第一象限有一个公共点，可得b＞0，根据交点横坐标为1，可得a+b+c=b，可得a，c互为相反数，依此可得一次函数y=bx+ac的图象.
详解: ∵抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y=的图象在第一象限有一个公共点，
∴b＞0，
∵交点横坐标为1，
∴a+b+c=b，
∴a+c=0，
∴ac＜0，
∴一次函数y=bx+ac的图象经过第一、三、四象限．
故选B.
点睛: 考查了一次函数的图象，反比例函数的性质，二次函数的性质，关键是得到b＞0，ac＜0.
4、B
【解析】
根据二次函数的图象与性质判断即可．
【详解】
①由抛物线开口向上知: a＞1; 抛物线与y轴的负半轴相交知c＜1; 对称轴在y轴的右侧知:b＞1;所以:abc<1,故①错误;
②对称轴为直线x=-1,，即b=2a,
所以b-2a=1.故②错误;
③由抛物线的性质可知，当x=-1时,y有最小值，
即a-b+c＜（），
即a﹣b＜m（am+b）（m≠﹣1），
故③正确；
④因为抛物线的对称轴为x=1, 且与x轴的一个交点的横坐标为1, 所以另一个交点的横坐标为-3.因此方程ax+bx+c=1的两根分别是1,-3.故④正确；
⑤由图像可得，当x=2时，y＞1，
即: 4a+2b+c＞1，
故⑤正确.
故正确选项有③④⑤，
故选B.
【点睛】
本题二次函数的图象与性质，牢记公式和数形结合是解题的关键.
5、C
【解析】
∵∠C=90°，
∴cosA=，sinA= ，tanA=，cotA=，
∴c·cosA=b，c·sinA=a，b·tanA=a，a·cotA=b，
∴只有选项C正确，
故选C.
【点睛】本题考查了三角函数的定义，熟练掌握三角函数的定义并且灵活运用是解题的关键.
6、B
【解析】
根据几何体的左视图是从物体的左面看得到的视图，对各个选项中的图形进行分析，即可得出答案．
【详解】
左视图是从左往右看，左侧一列有2层，右侧一列有1层1，选项B中的图形符合题意，
故选B．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，理解掌握三视图的概念是解答本题的关键.主视图是从物体的正面看得到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
7、C
【解析】
分a＞1和a＜1两种情况根据二次函数的对称性确定出y1与y2的大小关系，然后对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：①a＞1时，二次函数图象开口向上，
∵|x1﹣2|＞|x2﹣2|，
∴y1＞y2，
无法确定y1+y2的正负情况，
a（y1﹣y2）＞1，
②a＜1时，二次函数图象开口向下，
∵|x1﹣2|＞|x2﹣2|，
∴y1＜y2，
无法确定y1+y2的正负情况，
a（y1﹣y2）＞1，
综上所述，表达式正确的是a（y1﹣y2）＞1．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查二次函数的性质，利用了二次函数的对称性，关键要掌握根据二次项系数a的正负分情况讨论．
8、B
【解析】
根据反比例函数的性质，可得m+1＜0，从而得出m的取值范围．
【详解】
∵函数的图象在其象限内y的值随x值的增大而增大，
∴m+1＜0，
解得m＜-1．
故选B．
9、C
【解析】
利用加减消元法消去y即可．
【详解】
用加减法解方程组时，若要求消去y，则应①×5+②×3，
故选C
【点睛】
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
10、A
【解析】
先整理为一般形式，用含m的式子表示出根的判别式△，再结合已知条件判断△的取值范围即可.
【详解】
方程整理为，
△，
∵，
∴，
∴△，
∴方程没有实数根，
故选A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式，当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、100°
【解析】
由条件可证明△AMK≌△BKN，再结合外角的性质可求得∠A＝∠MKN，再利用三角形内角和可求得∠P．
【详解】
解：∵PA＝PB，
∴∠A＝∠B，
在△AMK和△BKN中，
，
∴△AMK≌△BKN（SAS），
∴∠AMK＝∠BKN，
∵∠A+∠AMK＝∠MKN+∠BKN，
∴∠A＝∠MKN＝40°，
∴∠P＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故答案为100°
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质及三角形内角和定理，利用条件证得△AMK≌△BKN是解题的关键．
12、2
【解析】
如图，过A点作AE⊥y轴，垂足为E，

∵点A在双曲线上，∴四边形AEOD的面积为1
∵点B在双曲线上，且AB∥x轴，∴四边形BEOC的面积为3
∴四边形ABCD为矩形，则它的面积为3－1＝2
13、﹣1
【解析】
试题分析：观察表中的对应值得到x=﹣3和x=5时，函数值都是7，则根据抛物线的对称性得到对称轴为直线x=1，所以x=0和x=2时的函数值相等，
解：∵x=﹣3时，y=7；x=5时，y=7，
∴二次函数图象的对称轴为直线x=1，
∴x=0和x=2时的函数值相等，
∴x=2时，y=﹣1．
故答案为﹣1．
14、k≤．
【解析】
分k=1及k≠1两种情况考虑：当k=1时，通过解一元一次方程可得出原方程有解，即k=1符合题意；等k≠1时，由△≥1即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．综上此题得解．
【详解】
当k=1时，原方程为-x+2=1，
解得：x=2，
∴k=1符合题意；
当k≠1时，有△=[-（2k+1）]2-4k（k+2）≥1，
解得：k≤且k≠1．
综上：k的取值范围是k≤．
故答案为：k≤．
【点睛】
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，分k=1及k≠1两种情况考虑是解题的关键．
15、∠BAD=90° （不唯一）
【解析】
根据正方形的判定定理添加条件即可.
【详解】
解：∵平行四边形 ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
当∠BAD=90°时，四边形ABCD为正方形.
故答案为：∠BAD=90°.
【点睛】
本题考查了正方形的判定：先判定平行四边形是菱形，判定这个菱形有一个角为直角.
16、2y（2x+1）（2x﹣1）
【解析】
首先提取公因式2y，再利用平方差公式分解因式得出答案．
【详解】
8x2y-2y=2y（4x2-1）
=2y（2x+1）（2x-1）．
故答案为2y（2x+1）（2x-1）．
【点睛】
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）证明见解析 （2）﹣6π
【解析】
（1）直接利用切线的判定方法结合圆心角定理分析得出OD⊥EF，即可得出答案；
（2）直接利用得出S△ACD＝S△COD，再利用S阴影＝S△AED﹣S扇形COD，求出答案．
【详解】
（1）证明：连接OD，
∵D为弧BC的中点，
∴∠CAD＝∠BAD，
∵OA＝OD，
∴∠BAD＝∠ADO，
∴∠CAD＝∠ADO，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠CAD+∠EDA＝90°，即∠ADO+∠EDA＝90°，
∴OD⊥EF，
∴EF为半圆O的切线；
（2）解：连接OC与CD，
∵DA＝DF，
∴∠BAD＝∠F，
∴∠BAD＝∠F＝∠CAD，
又∵∠BAD+∠CAD+∠F＝90°，
∴∠F＝30°，∠BAC＝60°，
∵OC＝OA，
∴△AOC为等边三角形，
∴∠AOC＝60°，∠COB＝120°，
∵OD⊥EF，∠F＝30°，
∴∠DOF＝60°，
在Rt△ODF中，DF＝6，
∴OD＝DF•tan30°＝6，
在Rt△AED中，DA＝6，∠CAD＝30°，
∴DE＝DA•sin30°＝3，EA＝DA•cos30°＝9，
∵∠COD＝180°﹣∠AOC﹣∠DOF＝60°，
由CO＝DO，
∴△COD是等边三角形，
∴∠OCD＝60°，
∴∠DCO＝∠AOC＝60°，
∴CD∥AB，
故S△ACD＝S△COD，
∴S阴影＝S△AED﹣S扇形COD＝＝．

【点睛】
此题主要考查了切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，解直角三角形及扇形面积求法等知识，得出S△ACD＝S△COD是解题关键．
18、（1）证明见解析（2）cm，cm
【解析】
【分析】（1）连接OB，要证明PB是切线，只需证明OB⊥PB即可；
（2）利用菱形、矩形的性质，求出圆心角∠COD即可解决问题.
【详解】（1）如图连接OB、BC，

∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，
∴∠COB=∠OAB=∠OBA=60°，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OC，∵PC=OA=OC，
∴BC=CO=CP，
∴∠PBO=90°，
∴OB⊥PB，
∴PB是⊙O的切线；
（2）①的长为cm时，四边形ADPB是菱形，

∵四边形ADPB是菱形，∠ADB=△ACB=60°，
∴∠COD=2∠CAD=60°，
∴的长=cm；
②当四边形ADCB是矩形时，易知∠COD=120°，
∴的长=cm，

故答案为：cm， cm.
【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及到切线的判定、矩形的性质、菱形的性质、弧长公式等知识，准确添加辅助线、灵活应用相关知识解决问题是关键.
19、（1）甲，乙两种玩具分别是15元/件，1元/件；（2）共有四种方案．
【解析】
（1）设甲种玩具进价x元/件，则乙种玩具进价为（40﹣x）元/件，根据已知一件甲种玩具的进价与一件乙种玩具的进价的和为40元，用90元购进甲种玩具的件数与用150元购进乙种玩具的件数相同可列方程求解．
（2）设购进甲种玩具y件，则购进乙种玩具（48﹣y）件，根据甲种玩具的件数少于乙种玩具的件数，商场决定此次进货的总资金不超过1000元，可列出不等式组求解．
【详解】
解：设甲种玩具进价x元/件，则乙种玩具进价为（40﹣x）元/件，

x=15，
经检验x=15是原方程的解．
∴40﹣x=1．
甲，乙两种玩具分别是15元/件，1元/件；
（2）设购进甲种玩具y件，则购进乙种玩具（48﹣y）件，
，
解得20≤y＜2．
因为y是整数，甲种玩具的件数少于乙种玩具的件数，
∴y取20，21，22，23，
共有4种方案．
考点：分式方程的应用；一元一次不等式组的应用．
20、（1）y=﹣x2+2x+1；（2）P（2，1）或（，）；（1）存在，且Q1（1，0），Q2（2﹣，0），Q1（2+，0），Q4（﹣，0），Q5（，0）.
【解析】
(1)根据抛物线的解析式，可得到它的对称轴方程，进而可根据点B的坐标来确定点A的坐标，已知OC=1OA，即可得到点C的坐标，利用待定系数法即可求得该抛物线的解析式．
（2）求出点C关于对称轴的对称点，求出两点间的距离与CD相比较可知，PC不可能与CD相等，因此要分两种情况讨论：
①CD=PD，根据抛物线的对称性可知，C点关于抛物线对称轴的对称点满足P点的要求，坐标易求得；②PD=PC，可设出点P的坐标，然后表示出PC、PD的长，根据它们的等量关系列式求出点P的坐标．
（1）此题要分三种情况讨论：①点Q是直角顶点，那么点Q必为抛物线对称轴与x轴的交点，由此求得点Q的坐标；②M、N在x轴上方，且以N为直角顶点时，可设出点N的坐标，根据抛物线的对称性可知MN正好等于抛物线对称轴到N点距离的2倍，而△MNQ是等腰直角三角形，则QN=MN，由此可表示出点N的纵坐标，联立抛物线的解析式，即可得到关于N点横坐标的方程，从而求得点Q的坐标；根据抛物线的对称性知：Q关于抛物线的对称点也符合题意；③M、N在x轴下方，且以N为直角顶点时，方法同②．
【详解】
解:（1）由y=ax2﹣2ax+b可得抛物线对称轴为x=1，由B（1，0）可得A（﹣1，0）；
∵OC=1OA，
∴C（0，1）；
依题意有：，
解得；
∴y=﹣x2+2x+1．
（2）存在．①DC=DP时，由C点（0，1）和x=1可得对称点为P（2，1）；
设P2（x，y），
∵C（0，1），P（2，1），
∴CP=2，
∵D（1，4），
∴CD=＜2，
②由①此时CD⊥PD，
根据垂线段最短可得，PC不可能与CD相等；
②PC=PD时，∵CP22=（1﹣y）2+x2，DP22=（x﹣1）2+（4﹣y）2
∴（1﹣y）2+x2=（x﹣1）2+（4﹣y）2
将y=﹣x2+2x+1代入可得：，
∴ ；
∴P2（，）．
综上所述，P（2，1）或（，）．
（1）存在，且Q1（1，0），Q2（2﹣，0），Q1（2+，0），Q4（﹣，0），Q5（，0）；
①若Q是直角顶点，由对称性可直接得Q1（1，0）；
②若N是直角顶点，且M、N在x轴上方时；
设Q2（x，0）（x＜1），
∴MN=2Q1O2=2（1﹣x），
∵△Q2MN为等腰直角三角形；
∴y=2（1﹣x）即﹣x2+2x+1=2（1﹣x）；
∵x＜1，
∴Q2（，0）；
由对称性可得Q1（，0）；
③若N是直角顶点，且M、N在x轴下方时；
同理设Q4（x，y），（x＜1）
∴Q1Q4=1﹣x，而Q4N=2（Q1Q4），
∵y为负，
∴﹣y=2（1﹣x），
∴﹣（﹣x2+2x+1）=2（1﹣x），
∵x＜1，
∴x=﹣，
∴Q4（-，0）；
由对称性可得Q5（+2，0）．
【点睛】
本题考查了二次函数的知识点，解题的关键是熟练的掌握二次函数相关知识点.
21、（1）见解析；（2）1
【解析】
（1）由矩形的性质可知∠A=∠C=90°，由翻折的性质可知∠A=∠F=90°，从而得到∠F=∠C，依据AAS证明△DCE≌△BFE即可；
（2）由△DCE≌△BFE可知：EB=DE，依据AB=4，tan∠ADB=，即可得到DC，BC的长，然后再Rt△EDC中利用勾股定理列方程，可求得BE的长，从而可求得重叠部分的面积．
【详解】
解:（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90°，AB=CD，
由折叠可得，∠F=∠A，BF=AB，
∴BF=DC，∠F=∠C=90°，
又∵∠BEF=∠DEC，
∴△DCE≌△BFE；
（2）∵AB=4，tan∠ADB=，
∴AD=8=BC，CD=4，
∵△DCE≌△BFE，
∴BE=DE，
设BE=DE=x，则CE=8﹣x，
在Rt△CDE中，CE2+CD2=DE2，
∴（8﹣x）2+42=x2，
解得x=5，
∴BE=5，
∴S△BDE=BE×CD=×5×4=1．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的综合运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
22、B、C两地的距离大约是6千米．
【解析】
过B作BD⊥AC于点D，在直角△ABD中利用三角函数求得BD的长，然后在直角△BCD中利用三角函数求得BC的长．
【详解】
解：过B作于点D．
在中，千米，
中，，
千米，
千米．
答：B、C两地的距离大约是6千米．

【点睛】
此题考查了方向角问题．此题难度适中，解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．
23、 (1)见解析;(2) 60°.
【解析】
（1）先证明△AEB≌△AEF，推出∠EAB=∠EAF，由AD∥BC，推出∠EAF=∠AEB=∠EAB，得到BE=AB=AF，由此即可证明；
（2）连结BF，交AE于G．根据菱形的性质得出AB=2，AG=AE=，∠BAF=2∠BAE，AE⊥BF．然后解直角△ABG，求出∠BAG=30°，那么∠BAF=2∠BAE=60°．
【详解】
解：（1）在△AEB和△AEF中，
，
∴△AEB≌△AEF，
∴∠EAB=∠EAF，
∵AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB=∠EAB，
∴BE=AB=AF．
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）连结BF，交AE于G．
∵AB=AF=2，
∴GA=AE=×2=，
在Rt△AGB中，cos∠BAE==，
∴∠BAG=30°，
∴∠BAF=2∠BAG=60°，
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与菱形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形的性质与菱形的判定与性质.
24、（1）


平均数（分）

中位数（分）

众数（分）

初中部

85

85

85

高中部

85

80

100

（2）初中部成绩好些（3）初中代表队选手成绩较为稳定
【解析】
解：（1）填表如下：


平均数（分）

中位数（分）

众数（分）

初中部

85

85

85

高中部

85

80

100

（2）初中部成绩好些．
∵两个队的平均数都相同，初中部的中位数高，
∴在平均数相同的情况下中位数高的初中部成绩好些．
（3）∵，
，
∴＜，因此，初中代表队选手成绩较为稳定．
（1）根据成绩表加以计算可补全统计表．根据平均数、众数、中位数的统计意义回答．
（2）根据平均数和中位数的统计意义分析得出即可．
（3）分别求出初中、高中部的方差比较即可．