2023-2024学年福建省中学数学九年级第一学期期末监测模拟试题

这是一份2023-2024学年福建省中学数学九年级第一学期期末监测模拟试题，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，如图等内容，欢迎下载使用。

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．一个不透明的盒子里只装有白色和红色两种颜色的球，这些球除颜色外没有其他不同。若从盒子里随机摸取一个球，有三种可能性相等的结果，设摸到的红球的概率为P，则P的值为（ ）
A．B．C． 或D． 或
2．已知点都在反比例函数为常数，且)的图象上，则与的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知二次函数y=x2+2x-m与x轴没有交点，则m的取值范围是（ ）
A．m＜-1B．m＞-1C．m＜-1且m≠0D．m＞-1且m≠0
4．图1是一个底面为正方形的直棱柱，现将图1切割成图2的几何体，则图2的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
5．小红上学要经过三个十字路口，每个路口遇到红、绿灯的机会都相同，小红希望上学时经过每个路口都是绿灯，但实际这样的机会是（ ）
A．B．C．D．
6．已知⊙O中最长的弦为8cm，则⊙O的半径为( )cm．
A．2B．4C．8D．16
7．如图，小正方形边长均为1，则下列图形中三角形(阴影部分)与△ABC相似的是
A．B．C．D．
8．如图，四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′＝2：3，四边形ABCD的面积等于4，则四边形A′B′C′D′的面积为（ ）
A．3B．4C．6D．9
9．下列方程中，关于x的一元二次方程是（ ）
A．x2﹣x（x+3）＝0B．ax2+bx+c＝0
C．x2﹣2x﹣3＝0D．x2﹣2y﹣1＝0
10．如图：已知CD为⊙O的直径，过点D的弦DE∥OA，∠D＝50°，则∠C的度数是（ ）
A．25°B．40°C．30°D．50°
11．某工厂生产的某种产品按质量分为10个档次，第1档次（最低档次）的产品一天能生产95件，每件利润6元，每提高一个档次，每件利润增加2元，但一天产量减少5件．若生产的产品一天的总利润为1120元，且同一天所生产的产品为同一档次，则该产品的质量档次是（ ）
A．6B．8C．10D．12
12．如图，将命题“在同圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等”改写成“已知……求证……”的形式，下列正确的是（ ）
A．已知：在⊙O中，∠AOB=∠COD，弧AB=弧CD．求证：AB=CD
B．已知：在⊙O中，∠AOB=∠COD，弧AB=弧BC．求证：AD=BC
C．已知：在⊙O中，∠AOB=∠COD．求证：弧AD=弧BC，AD=BC
D．已知：在⊙O中，∠AOB=∠COD．求证：弧AB=弧CD，AB=CD
二、填空题（每题4分，共24分）
13．圆锥的底面半径为6㎝，母线长为10㎝，则圆锥的侧面积为______cm2
14．如图，矩形中，，，以为圆心，为半径画弧，交延长线于点，以为圆心，为半径画弧，交于点，则图中阴影部分的面积是_________．
15．当时，二次函数有最大值4，则实数的值为________．
16．在比例尺为1：40000的地图上，某条道路的长为7cm，则该道路的实际长度是_____km．
17．一个不透明的袋子中装有3个白球和若干个黑球，它们除颜色外，完全相同.从袋子中随机摸出一球，记下颜色并放回，重复该试验多次，发现得到白球的频率稳定在0.6，则可判断袋子中黑球的个数为______.
18．一个布袋里放有5个红球，3个黄球和2个黑球，它们除颜色外其余都相同，则任意摸出一个球是黑球的概率是____________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（8分）用一块边长为的正方形薄钢片制作成一个没有盖的长方体盒子，可先在薄钢片的四个角上截去四个相同的小正方形(如图①)，然后把四边折合起来(如图②)．若做成的盒子的底面积为时，求截去的小正方形的边长．
21．（8分）如图，双曲线与直线相交于点（点在第一象限），其横坐标为2.
（1）求的值；
（2）若两个图像在第三象限的交点为，则点的坐标为 ；
（3）点为此反比例函数图像上一点，其纵坐标为3，过点作，交轴于点，直接写出线段的长．
22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一动点，AG，DC的延长线交于点F，连接AC，AD，GC，GD．
（1）求证：∠FGC＝∠AGD；
（2）若AD＝1．
①当AC⊥DG，CG＝2时，求sin∠ADG；
②当四边形ADCG面积最大时，求CF的长．
23．（10分）为了提高学生书写汉字的能力，增强保护汉字的意识，某校举办了首届“汉字听写大赛”，学生经选拔后进入决赛，测试同时听写100个汉字，每正确听写出一个汉字得1分，本次决赛，学生成绩为（分），且，将其按分数段分为五组，绘制出以下不完整表格：
请根据表格提供的信息，解答以下问题：
（1）本次决赛共有_________名学生参加；
（2）直接写出表中_________，_________；
（3）请补全下面相应的频数分布直方图；
（4）若决赛成绩不低于80分为优秀，则本次大赛的优秀率为_________．
24．（10分）如图，在中，，为边上的中线,于点
（1）求证：BD·AD=DE·AC．
（2）若AB=13,BC=10,求线段DE的长.
（3）在（2）的条件下，求的值.
25．（12分）如图为正方形网格，每个小正方形的边长均为1，各个小正方形的顶点叫做格点，请在下面的网格中按要求分别画图，使得每个图形的顶点均在格点上．
（1）在图中画一个以为一边的菱形，且菱形的面积等于1．
（2）在图中画一个以为对角线的正方形，并直接写出正方形的面积．
26．已知□ABCD边AB、AD的长是关于x的方程＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？
（2）当AB=3时，求□ABCD的周长．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】分情况讨论后，直接利用概率公式进行计算即可.
【详解】解：当白球1个，红球2个时：摸到的红球的概率为：P=
当白球2个，红球1个时：摸到的红球的概率为：P=
故摸到的红球的概率为：或
故选：D
本题考查了概率公式，掌握概率公式及分类讨论是解题的关键.
2、B
【分析】由m2>0可得-m2<0，根据反比例函数的性质可得的图象在二、四象限，在各象限内，y随x的增大而增大，根据各点所在象限及反比例函数的增减性即可得答案.
【详解】∵m为常数，，
∴m2>0，
∴-m2<0，
∴反比例函数的图象在二、四象限，在各象限内，y随x的增大而增大，
∵-2<-1<0，1>0，
∴0∴y3故选：B.
本题考查反比例函数的性质，对于反比例函数y=(k≠0)，当k>0时，函数图象在一、三象限，在各象限，y随x的增大而减小；当k<0时，函数图象在二、四象限，在各象限，y随x的增大而增大；熟练掌握反比例函数的性质是解题关键.
3、A
【分析】函数y=x2+2x-m的图象与x轴没有交点，用根的判别式：△＜0，即可求解．
【详解】令y＝0，即：x2+2x-m＝0，
△＝b2−4ac＝4+4m＜0，
即：m＜-1，
故选：A．
本题考查的是二次函数图象与x轴的交点，此类题目均是利用△＝b2−4ac和零之间的关系来确定图象与x轴交点的数目，即：当△＞0时，函数与x轴有2个交点，当△＝0时，函数与x轴有1个交点，当△＜0时，函数与x轴无交点．
4、D
【分析】俯视图是从物体上面看到的图形，应把所看到的所有棱都表示在所得图形中．
【详解】从上面看，图2的俯视图是正方形，有一条对角线．
故选：D．
本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
5、B
【分析】画出树状图，根据概率公式即可求得结果.
【详解】画树状图，得
∴共有8种情况，经过每个路口都是绿灯的有一种，
∴实际这样的机会是．
故选：B．
本题考查随机事件的概率计算，关键是要熟练应用树状图，属基础题.
6、B
【解析】⊙O最长的弦就是直径从而不难求得半径的长．
【详解】∵⊙O中最长的弦为8cm，即直径为8cm，
∴⊙O的半径为4cm．
故选B.
本题考查弦，直径等知识，记住圆中的最长的弦就是直径是解题的关键．
7、B
【分析】根据网格的特点求出三角形的三边，再根据相似三角形的判定定理即可求解.
【详解】已知给出的三角形的各边AB、CB、AC分别为、2、、
只有选项B的各边为1、、与它的各边对应成比例．故选B．
【点晴】
此题主要考查相似三角形的判定，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理.
8、D
【分析】利用位似的性质得到AD：A′D′＝OA：OA′＝2：3，再利用相似多边形的性质得到得到四边形A′B′C′D′的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，
∴AD：A′D′＝OA：OA′＝2：3，
∴四边形ABCD的面积：四边形A′B′C′D′的面积＝4：1，
而四边形ABCD的面积等于4，
∴四边形A′B′C′D′的面积为1．
故选：D．
本题考查的是位似变换的性质，掌握位似图形与相似图形的关系、相似多边形的性质是解题的关键．
9、C
【分析】一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】解：A、x2﹣x（x+3）＝0，化简后为﹣3x＝0，不是关于x的一元二次方程，故此选项不合题意；
B、ax2+bx+c＝0，当a＝0时，不是关于x的一元二次方程，故此选项不合题意；
C、x2﹣2x﹣3＝0是关于x的一元二次方程，故此选项符合题意；
D、x2﹣2y﹣1＝0含有2个未知数，不是关于x的一元二次方程，故此选项不合题意；
故选：C．
此题主要考查了一元二次方程的定义，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”．
10、A
【分析】根据DE∥OA证得∠AOD＝50°即可得到答案.
【详解】解：∵DE∥OA，∠D＝50°，
∴∠AOD＝∠D＝50°，
∴∠C＝∠AOD＝25°．
故选：A．
此题考查平行线的性质，同弧所对的圆周角与圆心角的关系，利用平行线证得∠AOD＝50°是解题的关键.
11、A
【分析】设该产品的质量档次是x档，则每天的产量为[95﹣5（x﹣1）]件，每件的利润是[6+2（x﹣1）]元，根据总利润＝单件利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其小于等于10的值即可得出结论．
【详解】设该产品的质量档次是x档，则每天的产量为[95﹣5（x﹣1）]件，每件的利润是[6+2（x﹣1）]元，
根据题意得：[6+2（x﹣1）][95﹣5（x﹣1）]＝1120，
整理得：x2﹣18x+72＝0，
解得：x1＝6，x2＝12（舍去）．
故选A．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
12、D
【分析】根据命题的概念把原命题写成:“如果...求证...”的形式.
【详解】解：“在同圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等”，改写成：已知：在⊙O中，∠AOB=∠COD.求证：弧AB=弧CD，AB=CD
故选：D
本题考查命题，掌握将命题改写为“如果...求证...”的形式,是解题的关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、60π
【详解】圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
解：圆锥的侧面积=π×6×10=60πcm1．
14、
【分析】阴影部分的面积为扇形BDM的面积加上扇形CDN的面积再减去直角三角形BCD的面积即可．
【详解】解：∵，
∴根据矩形的性质可得出，
∵
∴
∴利用勾股定理可得出，
因此，可得出
故答案为：．
本题考查的知识点是求不规则图形的面积，熟记扇形的面积公式是解此题的关键．
15、2或
【分析】求出二次函数对称轴为直线x=m，再分m＜-2，-2≤m≤1，m＞1三种情况，根据二次函数的增减性列方程求解即可．
【详解】解：二次函数的对称轴为直线x=m，且开口向下，
①m＜-2时，x=-2取得最大值，-（-2-m）2+m2+1=4，
解得，
，
∴不符合题意，
②-2≤m≤1时，x=m取得最大值，m2+1=4，
解得，
所以，
③m＞1时，x=1取得最大值，-（1-m）2+m2+1=4，
解得m=2，
综上所述，m=2或时，二次函数有最大值．
故答案为：2或．
本题考查了二次函数的最值，熟悉二次函数的性质及图象能分类讨论是解题的关键．
16、2.1
【解析】试题分析：设这条道路的实际长度为x，则：，解得x=210000cm=2.1km，∴这条道路的实际长度为2.1km．故答案为2.1．
考点：比例线段．
17、2
【分析】由摸到白球的频率稳定在0.6附近得出口袋中得到白色球的概率，进而求出黑球个数即可．
【详解】解：设黑球个数为：x个，
∵摸到白色球的频率稳定在0.6左右，
∴口袋中得到白色球的概率为0.6，
∴，
解得：x=2，
故黑球的个数为2个．
故答案为2.
此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出是解题关键．
18、0.2
【分析】利用列举法求解即可.
【详解】将布袋里10个球按颜色分别记为，所有可能结果的总数为10种，并且它们出现的可能性相等
任意摸出一个球是黑球的结果有2种，即
因此其概率为：.
本题考查了用列举法求概率，根据题意列出所有可能的结果是解题关键.
三、解答题（共78分）
19、（1）抛物线的解析式是y=x2+x+3；（2）|MB﹣MD|取最大值为；（3）存在点P（1，6）．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据对称性，可得MC=MD，根据解方程组，可得B点坐标，根据两边之差小于第三边，可得B，C，M共线，根据勾股定理，可得答案；
（3）根据等腰直角三角形的判定，可得∠BCE，∠ACO，根据相似三角形的判定与性质，可得关于x的方程，根据解方程，可得x，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得
，解得，
抛物线的解析式是y=x2+x+3；
（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，
∴对l上任意一点有MD=MC，
联立方程组 ，
解得（不符合题意，舍），，
∴B（﹣4，1），
当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，
过点B作BE⊥x轴于点E，
，
在Rt△BEC中，由勾股定理，得
BC=，
|MB﹣MD|取最大值为；
（3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
在Rt△BEC中，∵BE=CE=1，
∴∠BCE=45°，
在Rt△ACO中，
∵AO=CO=3，
∴∠ACO=45°，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，
过点P作PG⊥y轴于G点，∠PGA=90°，
设P点坐标为（x，x2+x+3）（x＞0）
①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴，即，
∴，
解得x1=1，x2=0（舍去），
∴P点的纵坐标为×12+×1+3=6，
∴P（1，6），
②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴，
即=3，
∴，
解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）
∴此时无符合条件的点P，
综上所述，存在点P（1，6）．
本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出关于x的方程，要分类讨论，以防遗漏．
20、截去的小正方形长为
【分析】根据题意设截去的小正方形长为，并由题意列方程与解出方程即可.
【详解】解:设截去的小正方形长为，依题意列方程
解得:(舍去)
答:截去的小正方形长为.
本题主要考查正方形的性质和一元二次方程的应用，只要理解题意并根据题干所给关系列出方程即可作出正确解答．
21、（1）k=12；（2）；（3）3
【分析】(1)将横坐标为2代入y=3x解出纵坐标,再将坐标点代入反比例函数求出k即可.
(2)根据反比例函数的图象性质即可写出.
(3)先算出B的坐标,再算出BC的表达式即可算出C的坐标点,则OC即可得出.
【详解】（1）把代入中，得
把代入中，得，
.
（2）∵A(2,6)
∴根据反比例函数的图象M.
（3）将y=3代入,解得x=4,则B(4,3),
∵BC∥OA,
∴设BC:y=3x+b,
将B(4,3)代入解得:b=-9,BC:y=3x-9.
令y=0,则3x-9=0,x=3,
∴C(3,0)即OC=3.
本题考查反比例函数与一次函数的图象性质,关键在于熟悉基础知识.
22、（1）证明见解析；（2）①sin∠ADG＝；②CF＝1．
【分析】（1）由垂径定理可得CE＝DE，CD⊥AB，由等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质可得∠FGC＝∠ADC＝∠ACD＝∠AGD；
（2）①如图，设AC与GD交于点M，证△GMC∽△AMD，设CM＝x，则DM＝3x，在Rt△AMD中，通过勾股定理求出x的值，即可求出AM的长，可求出sin∠ADG的值；
②S四边形ADCG＝S△ADC+S△ACG，因为点G是上一动点，所以当点G在的中点时，△ACG的的底边AC上的高最大，此时△ACG的面积最大，四边形ADCG的面积也最大，分别证∠GAC＝∠GCA，∠F＝∠GCA，推出∠F＝∠GAC，即可得出FC＝AC＝1．
【详解】证明：（1）∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CE＝DE，CD⊥AB，
∴AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵四边形ADCG是圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠FGC，
∵∠AGD＝∠ACD，
∴∠FGC＝∠ADC＝∠ACD＝∠AGD，
∴∠FGC＝∠AGD；
（2）①如图，设AC与GD交于点M，
∵，
∴∠GCM＝∠ADM，
又∵∠GMC＝∠AMD，
∴△GMC∽△AMD，
∴＝＝＝，
设CM＝x，则DM＝3x，
由（1）知，AC＝AD，
∴AC＝1，AM＝1﹣x，
在Rt△AMD中，
AM2+DM2＝AD2，
∴（1﹣x）2+（3x）2＝12，
解得，x1＝0（舍去），x2＝，
∴AM＝1﹣＝，
∴sin∠ADG＝＝＝；
②S四边形ADCG＝S△ADC+S△ACG，
∵点G是上一动点，
∴当点G在的中点时，△ACG的底边AC上的高最大，此时△ACG的面积最大，四边形ADCG的面积也最大，∴GA＝GC，
∴∠GAC＝∠GCA，
∵∠GCD＝∠F+∠FGC，
由（1）知，∠FGC＝∠ACD，且∠GCD＝∠ACD+∠GCA，
∴∠F＝∠GCA，
∴∠F＝∠GAC，
∴FC＝AC＝1．
本题考查的是圆的有关性质、垂径定理、解直角三角形等，熟练掌握圆的有关性质并灵活运用是解题的关键．
23、（1）50；（2）16；0.28；（3）见详解；（4）48%
【分析】(1) 根据一组的频数和频率比求出总人数；
(2)用总人数乘以第四组的频率出a；再用第三组的频数和总数比求出b；
(3)根据(2)得出的a的值，补全统计图；
(4)用成绩不低于80分的频数除以总数，即可得本次大赛的优秀率.
【详解】解（1）抽查的学生总人数是：2÷0.04=50(人)，
故答案为50；
（2）a=50×0.32=16，b=14÷50=0.28，
故答案为16,0.28；
（3）如图，
（4）优秀率为（16+8）÷50=48%，
故答案为48%.
本题考查了频数分布直方图和概率，利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题，概率==所求情况数与总情况数之比．
24、（1）见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）先利用等腰三角形的性质证明∠B=∠C，AD⊥BC，然后再证明△BDE∽△CAD即可；
（2）利用勾股定理求出AD，再根据（1）的结论即可求出DE；
（3）在Rt△BDE中，利用锐角三角函数求解即可.
【详解】解：（1）证明：∵AB=AC， AD为BC边上的中线，
∴∠B=∠C，AD⊥BC，即∠ADC=90°，
又∵DE⊥AB于点E，即∠DEB=90°，
∴∠ADC=∠DEB，
∴△BDE∽△CAD，
∴，
∴BD·AD=DE·AC；
（2）∵AD为BC边上的中线，BC=10，
∴BD=CD=5，
在Rt△ABD中，AB=13，BD=5，
∴AD= ，
由（1）得BD·AD=DE·AC，
又∵AC=AB= 13，
∴5×12=13·DE，
∴DE=；
（3）由（2）知，DE=，BD=5，
∴在Rt△BDE中，.
本题考查了等腰三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握各定理、性质及余弦的定义是解题的关键.
25、（1）图见解析；（2）图见解析，2．
【分析】（1）根据菱形面积公式可得，底边AB的高为4，结合AD=5即可得到点D的坐标，同理得到点C的坐标，连接A，C，D即可．
（2）作线段EF的中线与网格交于G、H，且，依次连接E、G、F、H即可，利用正方形面积公式即可求得正方形的面积．
【详解】解：（1）根据菱形面积公式可得，底边AB的高为4，结合AD=5即可得到点D的坐标，同理得到点C的坐标，连接A，C，D.如图所示.
（2）作线段EF的中线与网格交于G、H，且，依次连接E、G、F、H即可，如图所示.
正方形面积为2.
本题考查了网格作图的问题，掌握菱形的性质以及面积公式、正方形的性质以及面积公式、勾股定理是解题的关键．
26、（1）；（2）1
【分析】（1）由菱形的四边相等知方程有两个相等的实数根,据此利用根的判别式求解可得,注意验根;
（2）由AB=3知方程的一个解为3,代入方程求出m的值,从而还原方程,再利用根与系数的关系得出AB+AD的值,从而得出答案．
【详解】解：（1）若四边形ABCD是菱形,则AB=AD,
所以方程有两个相等的实数根,
则△=（-m）2-4×1×12=0,
解得m=,
检验：当m=时,x=,符合题意;当m=时,x=,不符合题意,故舍去．
综上所述,当m为时,四边形ABCD是菱形．
（2）∵AB=3,
∴9-3m+12=0,
解得m=7,
∴方程为x2-7x+12=0,
则AB+AD=7,
∴平行四边形ABCD的周长为2（AB+AD）=1．
本题主要考查根与系数的关系,解题的关键是掌握根的判别式、根与系数的关系,菱形和平行四边形的性质．
组别
成绩（分）
频数（人数）
频率
一
2
0.04
二
10
0.2
三
14
b
四
a
0.32
五
8
0.16