2024-2025学年山东省枣庄市滕州市数学九年级第一学期开学检测试题【含答案】

这是一份2024-2025学年山东省枣庄市滕州市数学九年级第一学期开学检测试题【含答案】，共24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。
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）已知菱形的两条对角线分别为6和8，则菱形的面积为（ ）
A．48B．25C．24D．12
2、（4分）如图，在△ABC中，∠A=∠B= 45，AB=4.以AC为边的阴影部分图形是一个正方形，则这个正方形的面积为（ ）
A．2B．4C．8D．16
3、（4分）某种商品的进价为800元，出售时标价为1200元，后来由于该商品积压，商店准备打折销售，但要保证利润率不低于5%，则至多可打（ ）
A．6折B．7折
C．8折D．9折
4、（4分）下列四组线段中，可以构成直角三角形的是（ ）
A．4，5，6B．2，3，4C．1.5，2，2.5D．1，，3
5、（4分）如图，E，F分别是正方形ABCD边AD、BC上的两定点，M是线段EF上的一点，过M的直线与正方形ABCD的边交于点P和点H，且PH=EF，则满足条件的直线PH最多有( )条
A．1B．2C．3D．4
6、（4分）一个正多边形每个外角都是30°，则这个多边形边数为（ ）
A．10B．11C．12D．13
7、（4分）已知一次函数的图象如图所示，当时，的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）要使有意义，必须满足（ ）
A．B．C．为任何实数D．为非负数
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，▱ABCD的对角线交于点O，且AB＝5，△OCD的周长为16，则▱ABCD的两条对角线的和是______
10、（4分）如图，梯形中，，点分别是的中点. 已知两底之差是6，两腰之和是12，则的周长是____.
11、（4分）□ABCD 中，AB＝6，BC＝4，则□ABCD 的周长是____________．
12、（4分）如图，直线y=x+b与直线y=kx+6交于点P（3，5），则关于x的不等式x+b＞kx+6的解集是_____．
13、（4分）要使在实数范围内有意义，a 应当满足的条件是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）经过点B（0，1），且与反比例函数y＝（m≠0）的图象在第一象限有公共点A（1，2）．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式；
（2）根据图象写出当x取何值时，一次函数的值小于反比例函数的值？
15、（8分）如图，∠AOB＝30°，OP＝6，OD＝2，PC＝PD，求OC的长．
16、（8分）如图，在平行四边形中，，垂足分别为.
（1）求证：；
（2）求证：四边形是平行四边形
17、（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，线段OA,OC的长分别是m，n且满足(m-6)2+＝0，点D是线段OC上一点，将△AOD沿直线AD翻折，点O落在矩形对角线AC上的点E处
（1）求线段OD的长
（2）求点E的坐标
（3）DE所在直线与AB相交于点M，点N在x轴的正半轴上，以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，求N点坐
18、（10分）如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，E为射线BC上一点，DF⊥AE于F，连结DE．
（1）当E在线段BC上时
①若DE=5，求BE的长；
②若CE=EF，求证：AD=AE；
（2）连结BF，在点E的运动过程中：
①当△ABF是以AB为底的等腰三角形时，求BE的长；
②记△ADF的面积为S1，记△DCE的面积为S2，当BF∥DE时，请直接写出S1：S2的值．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图，1角硬币边缘镌刻的是正九边形，则这个正九边形每个内角的度数是________．
20、（4分）数学兴趣小组的甲、乙、丙、丁四位同学进行还原魔方练习，下表记录了他们次还原魔方所用时间的平均值与方差：
要从中选择一名还原魔方用时少又发挥稳定的同学参加比赛，应该选择________同学．
21、（4分）在植树节当天，某校一个班同学分成10个小组参加植树造林活动，10个小组植树的株数见下表：
则这10个小组植树株数的方差是_____．
22、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AD平分∠BAC与BC相交于点D，若BD=2，CD=1，则AC的长是_______．
23、（4分）化简的结果是______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，已知四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)求证：矩形DEFG是正方形．
(2)当点E从A点运动到C点时；
①求证：∠DCG的大小始终不变；
②若正方形ABCD的边长为2，则点G运动的路径长为 ．
25、（10分）如图，点E，F是平行四边形ABCD对角线BD上的点，且BF＝DE.求证：AE＝CF.
26、（12分）某学校组织330学生集体外出活动，计划租用甲、乙两种大客车共8辆，已知甲种客车载客量为45人/辆，租金为400元/辆；乙种客车载客量为30人/辆，租金为280元/辆， 设租用甲种客车x辆.
(1)用含x的式子填写下表：
(2)给出最节省费用的租车方案，并求出最低费用．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、C
【解析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式进行计算即可得解．
【详解】
解：∵菱形的两条对角线的长度分别为6和8，
∴它的面积=×6×8=1．
故选：C．
本题考查了菱形的性质，菱形的面积可以用对角线乘积的一半求解，也可以利用底乘以高求解．
2、C
【解析】
试题解析：
3、B
【解析】
设可打x折，则有1200×-800≥800×5%，
解得x≥1．
即最多打1折．
故选B．
本题考查的是一元一次不等式的应用，解此类题目时注意利润和折数，计算折数时注意要除以2．解答本题的关键是读懂题意，求出打折之后的利润，根据利润率不低于5%，列不等式求解．
4、C
【解析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、42+52=41≠62，不可以构成直角三角形，故A选项错误；
B、22+32=13≠42，不可以构成直角三角形，故B选项错误；
C、1.52+22=6.25=2.52，可以构成直角三角形，故C选项正确；
D、，不可以构成直角三角形，故D选项错误．
故选：C．
本题考查勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
5、C
【解析】
如图1，过点B作BG∥EF，过点C作CN∥PH，利用正方形的性质，可证得AB∥CD，AD∥BC，∠A=∠NBC=90°，AB=BC，再证明BG=CN，利用HL证明Rt△ABG≌Rt△CBN，根据全等三角形的对应角相等，可知∠ABG=∠BCN，然后证明PH⊥EF即可，因此过点M作EF的垂线满足的有一条直线；图2中还有2条，即可得出答案.
【详解】
解：如图1，过点B作BG∥EF，过点C作CN∥PH，
∵正方形ABCD，
∴AB∥CD，AD∥BC，∠A=∠NBC=90°，AB=BC，
∴四边形BGEF，四边形PNCH是平行四边形，
EF=BG，PH=CN，
∵PH=EF，
∴BG=CN，
在Rt△ABG和Rt△CBN中，
∴Rt△ABG≌Rt△CBN（HL）
∴∠ABG=∠BCN，
∵∠ABG+∠GBC=90°
∴∠BCN+∠GBC=90°，
∴BG⊥CN，
∴PH⊥EF，
∴过点M作EF的垂线满足的有一条直线；
如图2
图2中有两条P1H1，P2H2，
所以满足条件的直线PH最多有3条，
故答案为：C
本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、熟练掌握正方形的性质是关键．
6、C
【解析】
根据多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数列式计算即可得解．
解答：360°÷30°=1．
故选Ｃ．
“点睛”本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和、多边形的每一个外角的度数、多边形的边数三者之间的关系是解题的关键．
7、C
【解析】
试题解析：从图像可以看出当自变量时，y的取值范围在x轴的下方，故
故选C.
8、A
【解析】
根据二次根式有意义的条件可得2x+5≥0，再解不等式即可．
【详解】
解：要使有意义，则2x+5≥0，
解得：．
故选：A．
本题考查二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据平行四边形对角线互相平分，对边相等可得CD＝AB＝5，AC＝2CO，BD＝2DO，再由△OCD的周长为16可得CO+DO＝16﹣5＝11，然后可得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝5，AC＝2CO，BD＝2DO，
∵△OCD的周长为16，
∴CO+DO＝16﹣5＝11，
∴AC+BD＝2×11＝1，
故答案为1．
此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形对角线互相平分，对边相等．
10、1.
【解析】
延长EF交BC于点H，可知EF，FH，FG、EG分别为△BDC、△ABC、△BDC和△ACD的中位线，由三角形中位线定理结合条件可求得EF+FG+EG，可求得答案．
【详解】
连接AE，并延长交CD于K，
∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠DKE，∠ABD=∠EDK，
∵点E、F、G分别是BD、AC、DC的中点．
∴BE=DE，
在△AEB和△KED中，
，
∴△AEB≌△KED（AAS），
∴DK=AB，AE=EK，EF为△ACK的中位线，
∴EF=CK=（DC-DK）=（DC-AB），
∵EG为△BCD的中位线，∴EG=BC，
又FG为△ACD的中位线，∴FG=AD，
∴EG+GF=（AD+BC），
∵两腰和是12，即AD+BC=12，两底差是6，即DC-AB=6，
∴EG+GF=6，FE=3，
∴△EFG的周长是6+3=1．
故答案为：1．
此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
11、1
【解析】
根据平行四边形的对边相等，可得AB=CD，AD=BC，所以可求得的周长为1．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=6，AD=BC=4，
∴的周长为1.
故答案为1.
本题考查平行四边形的性质：平行四边形的对边相等.
12、x＞1.
【解析】
∵直线y=x+b与直线y=kx+6交于点P（1，5），
∴由图象可得，当x＞1时，x+b＞kx+6，
即不等式x+b＞kx+6的解集为x＞1．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
13、a⩽3.
【解析】
根据二次根式有意义的条件列出关于a的不等式，求出a的取值范围即可．
【详解】
∵在实数范围内有意义，
∴3−a⩾0，
解得a⩽3.
故答案为：a⩽3.
此题考查二次根式有意义的条件，解题关键在于掌握其有意义的条件.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）y＝x+1；y＝；（2）当x＜﹣2或0＜x＜1时，一次函数的值小于反比例函数的值．
【解析】
（1）把点A、B坐标代入y＝kx+b，把点A的坐标代入y＝，根据待定系数法即可求得一次函数与反比例函数的解析式；
（2）联立方程，求得得一次函数与反比例函数的图象交点坐标，然后利用函数图象的位置关系求解．
【详解】
（1）∵一次函数y＝kx+b（k≠0）经过点A（1，2），点B（0，1），
∴，解得k＝1，b＝1
∴一次函数解析式为y＝x+1；
∵点A（1，2）在反比例函数y＝的图象上，
∴m＝1×2＝2，
∴反比例函数解析式为y＝；
（2）∵方程组的解为或，
∴一次函数与反比例函数的图象交点坐标为（1，2）、（﹣2，﹣1），
∴当x＜﹣2或0＜x＜1时，一次函数的值小于反比例函数的值．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数解析式．也考查了待定系数法求函数解析式以及观察函数图象的能力．
15、OC＝4．
【解析】
首先过点P作PE⊥OB于点E，利用直角三角形中30°所对边等于斜边的一半得出OE的长，再利用等腰三角形的性质求出EC的长．
【详解】
解：过点P作PE⊥OB于点E，
∵∠AOB＝30°，PE⊥OB，OP＝6，
∴OE＝OP＝3，
∵OD＝2，PC＝PD，
∴CE＝DE＝，
∴OC＝4．
此题主要考查了直角三角形中30°所对边等于斜边的一半得出OD的长以及等腰三角形的性质，得出OD的长是解题关键．
16、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）证出△ABE≌△CDF即可求解；
（2）证出平行，即可/
【详解】
（1）∵
∴∠AEB=∠CFD
∵平行四边形ABCD
∴∠ABE=∠CDF,AB=CD
∴△ABE≌△CDF
∴AE=CF
（2）∵
∴AE∥CF
∵AE=CF
∴四边形是平行四边形
本题考查的是平行四边形的综合运用，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键.
17、（1）OD=3；（2）E点（，）（3）点N为（，0）或（，0）
【解析】
（1）根据非负性即可求出OA，OC；根据勾股定理得出OD长；
（2）由三角形面积求法可得，进而求出EG和DG，即可解答；
（3）由待定系数法求出DE的解析式，进而求出M点坐标，再利用平行四边形的性质解答即可．
【详解】
解：（1）∵线段OA，OC的长分别是m，n且满足
∴OA=m=6，OC=n=8；
设DE=x，由翻折的性质可得：OA=AE=6，OD=DE=x，DC=8-OD=8-x，
＝10，
可得：EC=10-AE=10-6=4，
在Rt△DEC中，由勾股定理可得：DE2+EC2=DC2，
即x2+42=（8-x）2，
解得：x=3，
可得：DE=OD=3，
（2）过E作EG⊥OC，
在Rt△DEC中，
，
即
解得：EG=，
在Rt△DEG中，，
∴OG=3+=，
所以点E的坐标为（，），
（3）
设直线DE的解析式为：y=ax+c，把D（3，0），E（4.8，2.4）代入解析式可得：
，
解得：，
所以DE的解析式为：，
把y=6代入DE的解析式，可得：x=，
即AM=，
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，
CN=AM=，
所以ON=8+=，ON'=8-=，
即存在点N，且点N的坐标为（，0）或（，0）．
本题是一次函数综合题目，考查了非负性、用待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理、平行四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过求一次函数的解析式和平行四边形的性质才能得出结果．
18、（1）①BE＝2；②证明见解析；（2）①BE＝2；②S1：S2＝1
【解析】
【分析】（1）①在矩形 ABCD 中，∠B＝∠DCE＝90°，BC＝AD＝5，DC＝AB＝4，由勾股定理求得CE的长，即可求得BE的长；
②证明△CED≌△DEF，可得∠CED＝∠FED，从而可得∠ADE＝∠AED，即可得到AD＝AE；
（2）①分两种情况点 E 在线段 BC 上、点 E 在 BC 延长线上两种情况分别讨论即可得；
②S1：S2＝1，当 BF//DE 时，延长 BF 交 AD 于 G，由已知可得到四边形 BEDG 是平行四边形，继而可得S△DEF＝S平行四边形 BEDG，S △BEF＋S△ DFG＝ S平行四边形 BEDG，S△ABG＝S△CDE，根据面积的知差即可求得结论.
【详解】（1）①在矩形 ABCD 中，∠B＝∠DCE＝90°，
BC＝AD＝5，DC＝AB＝4，
∵DE＝5，
∴CE＝=3，
∴BE＝BC-CE=5-3=2；
②在矩形 ABCD 中，∠DCE＝90°，AD//BC，
∴∠ADE＝∠DEC，∠DCE＝∠DFE，
∵CE＝EF，DE＝DE，
∴△CED≌△DEF（HL），
∴∠CED＝∠FED，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE；
（2）①当点 E 在线段 BC 上时，AF＝BF，如图所示：
∴∠ABF＝∠BAF，
∵∠ABF＋∠EBF＝90°，
∠BAF＋∠BEF＝90°，
∴∠EBF＝∠BEF，
∴EF＝BF ，∴AF＝EF，
∵DF⊥AE，
∴DE＝AD＝5，
在矩形 ABCD 中，CD＝AB＝4，∠DCE＝90°，
∴CE＝3，
∴BE＝5－3＝2；
当点 E 在 BC 延长线上时，AF＝BF，如图所示，
同理可证 AF＝EF，
∵DF⊥AE，
∴DE＝AD＝5，
在矩形 ABCD 中，CD＝AB＝4，∠DCE＝90°，
∴CE＝3，
∴BE＝5＋3＝8，
综上所述，可知BE=2或8；
②S1：S2＝1，解答参考如下：
当 BF//DE 时，延长 BF 交 AD 于 G，
在矩形 ABCD 中，AD//BC，AD＝BC，AB＝CD，
∠BAG＝∠DCE＝90°，
∵BF//DE，
∴四边形 BEDG 是平行四边形，
∴BE＝DG，S△DEF＝S平行四边形 BEDG，
∴AG＝CE，S △BEF＋S△ DFG＝ S平行四边形 BEDG，
∴△ABG≌△CDE，
∴S△ABG＝S△CDE，
∵S △ABE＝ S平行四边形 BEDG，
∴S△ABE＝S△BEF＋S△DFG，
∴S△ABF＝S△DFG，
∴S△ABF＋S△AFG＝S△DFG＋S△AFG即 S△ABG＝S△ADF，
∴S△CDE＝S△ADF，即 S1：S2＝1.
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握和灵活用相关知识是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、140°
【解析】
先根据多边形内角和定理：求出该多边形的内角和，再求出每一个内角的度数．
【详解】
解：该正九边形内角和=180°×（9-2）=1260°，
则每个内角的度数=．
故答案为：140°．
本题主要考查了多边形的内角和定理：180°•（n-2），比较简单，解答本题的关键是直接根据内角和公式计算可得内角和．
20、丁
【解析】
据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【详解】
解：因为乙和丁的方差最小，但丁平均数最小，
所以丁还原魔方用时少又发挥稳定．
故应该选择丁同学．
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
21、0.1．
【解析】
求出平均数，再利用方差计算公式求出即可：
根据表格得，平均数=（5×3+1×4+7×3）÷10=1.
∴方差=.
【详解】
请在此输入详解！
22、
【解析】
作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到DE=DC，根据勾股定理求出BE，再根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：作DE⊥AB于E，
∵AD是∠BAC的平分线，∠ACB=90°，DE⊥AB，
∴DE=DC=1，
在Rt△ACD和Rt△AED中，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴AC=AE，
由勾股定理得，
设AC=AE=x，
由勾股定理得x2+32=（x+）2，
解得x=．
∴AC=．
故答案为：．
本题考查的是勾股定理以及角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
23、
【解析】
根据分式的减法和乘法可以解答本题．
【详解】
解:
,
故答案为:
本题考查分式的混合运算，解答本题的关键是明确分式混合运算的计算方法．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)详见解析;（2）①详见解析;②
【解析】
（1）要证明矩形DEFG为正方形，只需要证明它有一组临边（DE和EF）相等即可，而要证明两条线段相等，需证明它们所在的三角形全等，如下图本小题的关键是证明△EMF≌△END，∠MEF=∠NED可用等角的余角证明，EM=EN可用角平分线上的点到角两边距离相等，∠EMF和∠END为一组直角相等，所以可以用ASA证明它们全等；
（2）此类题，前面的问题是给后面做铺垫，第一问已经证明四边形DEFG为正方形，结合第一问我们很容易发现并证明△ADE≌△CDG，从而得到∠DCG=∠CAD=45°；
（3）当当E点在A处时，点G在C处；当E点在C处时，点G在AD的延长线上，并且AD=DG，以CD为边作正方形，我们会发现G点的运动轨迹刚好是正方形的对角线，它的长度等于.
【详解】
证明:(1)
作EM⊥BC,EN⊥CD,
∵四边形ABCD为正方形
∴∠DCB=90°，∠ACB=∠ACD=45°
又∵EM⊥BC,EN⊥CD，
∴EM=EN（角平分线上的点到角两边距离相等），
∠MEN=90°，
∴∠MEF+∠NEF=90°，
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠DEF=90°，
∴∠NED+∠NEF=90°，
∴∠MEF=∠NED，
在△EMF和△END中
∵
∴△EMF≌△END，
∴DE=DF,
∴矩形DEFG为正方形；
（2）①证明：∵正方形ABCD、DEFG
∴AD=CD，ED=GD
∵∠ADE+∠DEC=90°，∠CDG+∠EDC=90°
∴∠ADE=∠CDG
在△ADE和△CDG中，
∵AD=CD，∠ADE=∠CDG，ED=GD
∴△ADE≌△CDG
∴∠DCG=∠EAD=45°
∴∠DCG的大小始终保持不变
②
以CD为边作正方形DCPQ，连接QC
∴∠DCQ=45°，
又∵∠DCG=45°
∴C、G、Q在同一条直线上，
当E点在A处时，点G在C处；当E点在C处时，点G在Q处，
∴G点的运动轨迹为QC，
∵正方形ABCD的边长为2
所以QC= ，
即点G运动的路径长为
（1）本题考查正方形的判定定理，有一组临边相等的矩形为正方形，所以此题的关键是证明DE=DF，我们可通过化辅助线，证明△ADE≌△CDG；
（2）①本题考查的是全等三角形的判定定理和性质定理，结合第一问通过观察图象，我们会发现△ADE≌△CDG，所以∠DCG=∠EAD=45°；
②做这道题时，我们先构造模型，观察一下G点的起始位置和终点位置，结合①，我们会发现其实G点的运动轨迹刚好是正方形DCPQ的对角线，所以点G运动的路径长为.
25、证明见解析.
【解析】
试题分析：根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC，根据平行线的性质可得∠EDA=∠FBC，再加上条件ED=BF可利用SAS判定△AED≌△CFB，进而可得AE=CF．
试题解析：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∴∠EDA=∠FBC，在△AED和△CFB中，∵AD=BC，∠ADE=∠CBF，BF=DE，∴△AED≌△CFB（SAS），∴AE=CF．
考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
26、 (1)(1)8﹣x，30(8﹣x)，280(8﹣x)；(2)最节省费用的租车方案是甲种货车6辆，乙种货车2辆，最低费用为2960元
【解析】
（1）设租用甲种客车x辆，根据题意填表格即可.
（2）设租车的总费用为y元，则可列出关于x的解析式即为y=120x + 2240，又因为学校组织330学生集体外出活动，则有不等式45x+30(8﹣x)≥330，求得x的取值范围，即可解答最节省费用的租车方案.
【详解】
解：(1)
(2)当租用甲种客车x辆时，设租车的总费用为y元，
则：y = 400x +280(8﹣x)=120x + 2240，
又∵45x+30(8﹣x)≥330，解得x≥6，
在函数y=120x+2240中，
∵120＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x = 6时，y取得最小值，最小值为2960.
答：最节省费用的租车方案是甲种货车6辆，乙种货车2辆，最低费用为2960元．
此题考查一元一次不等式的应用，一次函数的应用，解题关键在于利用不等式求取的范围解答即可.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
甲
乙
丙
丁
（秒）
植树株数（株）
5
6
7
小组个数
3
4
3
车辆数(辆)
载客量(人)
租金(元)
甲种客车
x
45x
400x
乙种客车
________
__________
_________
车辆数(辆)
载客量(人)
租金(元)
甲种客车
x
45x
400x
乙种客车
8﹣x
30(8﹣x)
280(8﹣x)