福建省漳州市2024-2025学年数学九上开学达标检测模拟试题【含答案】

这是一份福建省漳州市2024-2025学年数学九上开学达标检测模拟试题【含答案】，共28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）如图，在边长为4的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点，EF⊥AC于点F，G为EF的中点，连接DG，则DG的长为（ ）
A．2B．
C．D．1
2、（4分）为考察甲、乙、丙、丁四种小麦的长势，在同一时期分别从中随机抽取部分麦苗，获得苗高（单位：cm）的平均数与方差为：==11，==15：s甲2=s丁2=1.6，s乙2=s丙2=6.1．则麦苗又高又整齐的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
3、（4分）以下列各组数为一个三角形的三边长，能构成直角三角形的是（ ）.
A．2，3，4B．4，6，5C．14，13，12D．7，25，24
4、（4分）下列函数中，y总随x的增大而减小的是( )
A．y＝4xB．y＝﹣4xC．y＝x﹣4D．y＝x2
5、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，F，G分别为CD，AD的中点，BF=2，BG=3，，则BC的长度为（ ）
A．B．C．2.5D．
6、（4分）从﹣3、﹣2、﹣1、1、2、3六个数中任选一个数记为k，若数k使得关于x的分式方程＝k﹣2有解，且使关于x的一次函数y＝（k+）x+2不经过第四象限，那么这6个数中，所有满足条件的k的值之和是（ ）
A．﹣1B．2C．3D．4
7、（4分）下列计算正确的是( )
A．B．C．D．
8、（4分）下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）在△ABC中，∠C=90°，BC=60cm，CA=80cm，一只蜗牛从C点出发，以每分20cm的速度沿CA﹣AB﹣BC的路径再回到C点，需要____分的时间．
10、（4分）如图，OP=1，过P作PP1⊥OP且PP1=1，得OP1=；再过P1作P1P2⊥OP1且P1P2=1，得OP2=；又过P2作P2P3⊥OP2且P2P3=１，得OP3=2…依此法继续作下去，得=____．
11、（4分）为有效开展“阳光体育”活动，某校计划购买篮球和足球共50个，购买资金不超过3000元．若每个篮球80元，每个足球50元，则篮球最多可购买_____个．
12、（4分）如图，直线与轴、轴分别交于两点，过点作轴与双曲线交于点，过作轴于．若梯形的面积为4，则的值为_____．
A
B
C
D
O
x
y
13、（4分）若，则＝_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）老师随机抽査了本学期学生读课外书册数的情况，绘制成不完整的条形统计图和不完整的扇形统计图（如图所示）．
（1）补全条形统计图；
（2）求出扇形统计图中册数为4的扇形的圆心角的度数；
（3）老师随后又补查了另外几人，得知最少的读了6册，将其与之前的数据合并后发现册数的中位数没改变，则最多补查了 ．
15、（8分）如图，在平行四边形ABCD中，E、 F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线.过点有作AG∥DB交CB的延长线于点G.
(1)求证：△ADE≌△CBF；
(2)若∠G=90° ,求证:四边形DEBF是菱形.
16、（8分）某校美术社团为练习素描，他们第一次用120元买了若干本资料，第二次又用240元在同一商家买同样的资料，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本．求第一次买了多少本资料？
17、（10分）已知：点，.
（1）求：直线的表达式；
（2）直接写出直线向下平移2个单位后得到的直线表达式；
（3）求：在（2）的平移中直线在第三象限内扫过的图形面积.
18、（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线BC交x轴负半轴于点C，∠BCA＝30°，如图①．
（1）求直线BC的解析式．
（2）在图①中，过点A作x轴的垂线交直线CB于点D，若动点M从点A出发，沿射线AB方向以每秒个单位长度的速度运动，同时，动点N从点C出发，沿射线CB方向以每秒2个单位长度的速度运动，直线MN与直线AD交于点S，如图②，设运动时间为t秒，当△DSN≌△BOC时，求t的值．
（3）若点M是直线AB在第二象限上的一点，点N、P分别在直线BC、直线AD上，是否存在以M、B、N、P为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
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）在平行四边形ABCD中，若∠A+∠C=140°，则∠B= ．
20、（4分）一组数据5，7，2，5，6的中位数是_____．
21、（4分）当x＝﹣1时，代数式x2+2x+2的值是_____．
22、（4分）观察下列各式，并回答下列问题：
①；②；③；……
（1）写出第④个等式：________；
（2）将你猜想到的规律用含自然数的代数式表示出来，并证明你的猜想.
23、（4分）如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC，∠CDE=2∠ADE，那么∠BDC的度数是________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）解不等式3（x﹣1）≥5（x﹣3）+6，并求出它的正整数解．
25、（10分）某中学形展“唱红歌”比赛活动，九年级（1）、（2）班根据初赛成绩，各选出5名选手参加复赛，两个班各选出的5名选手的复赛成绩如图所示．
（1）根据图示填写下表：
（2）结合两班复赛成绩的平均数和中位数，分析哪个班级的复赛成绩较好；
（3）计算两班复赛成绩的方差．
26、（12分）如图1，点是正方形的中心，点是边上一动点，在上截取，连结，．初步探究：在点的运动过程中：
(1)猜想线段与的关系，并说明理由．
深入探究：
(2)如图2，连结，过点作的垂线交于点．交的延长线于点．延长交的延长线于点．
①直接写出的度数．
②若，请探究的值是否为定值，若是，请求出其值；反之，请说明理由
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、B
【解析】
直接利用三角形的中位线定理得出，且，再利用勾股定理以及直角三角形的性质得出EG以及DG的长．
【详解】
连接DE
∵在边长为4的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点
∴DE是△ABC的中位线，
∴，且，
∵EF⊥AC于点F
∴，
∴
故根据勾股定理得
∵G为EF的中点
∴
∴
故答案为：B．
本题考查了三角形的线段长问题，掌握中位线定理、勾股定理是解题的关键．
2、D
【解析】
方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，数据越不稳定；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，数据越稳定，据此判断出小麦长势比较整齐的是哪种小麦即可．
【详解】
∵=＞=，
∴乙、丁的麦苗比甲、丙要高，
∵s甲2=s丁2＜s乙2=s丙2，
∴甲、丁麦苗的长势比乙、丙的长势整齐，
综上，麦苗又高又整齐的是丁，
故选D．
本题主要考查了方差的意义和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，数据越不稳定；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，数据越稳定．
3、D
【解析】
分析：根据勾股定理的逆定理，对四个选项中的各组数据分别进行计算，如果三角形的三条边符合a2+b2=c2，则可判断是直角三角形，否则就不是直角三角形．
解答：解：∵72+242=49+576=625=1．
∴如果这组数为一个三角形的三边长，能构成直角三角形．
故选D．
4、B
【解析】
结合各个选项中的函数解析式，根据相关函数的性质即可得到答案.
【详解】
y＝4x中y随x的增大而增大，故选项A不符题意，
y＝﹣4x中y随x的增大而减小，故选项B符合题意，
y＝x﹣4中y随x的增大而增大，故选项C不符题意，
y＝x2中，当x＞0时，y随x的增大而增大，当x＜0时，y随x的增大而减小，故选项D不符合题意，
故选B．
本题考查了二次函数的性质、一次函数的性质、正比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数和二次函数的性质解答．
5、A
【解析】
延长AD、BF交于E,过点E作EM⊥BG，根据F是中点得到△CBF≌△DEF，得到BE=2BF=4，根据得到BM=BE=2，ME=2，故MG=1，再根据勾股定理求出EG的长，再得到DE的长即可求解.
【详解】
延长AD、BF交于E,
∵F是中点，∴CF=DF,又AD∥BC，∴∠CBF=∠DEF，又∠CFB=∠DFE，
∴△CBF≌△DEF，∴BE=2BF=4，
过点E作EM⊥BG，∵，∴∠BEM=30°，
∴BM=BE=2，ME=2，
∴MG=BG-BM=1，
在Rt△EMG中，EG==
∵G为AD中点，∴DG=AD=DE，
∴DE==，
故BC=，
故选A.
此题主要考查平行四边形的线段求解，解题的关键是熟知全等三角形的判定及勾股定理的运用.
6、B
【解析】
首先利用一次函数的性质，求得当k=-1,1，2，3时，关于x的一次函数y=(k+)x+2不经过第四象限，再利用分式方程的知识求得当k=-1，3，使得关于x的分式方程=k-2有解，然后再把-1和3相加即可.
【详解】
解：∵关于x的一次函数y＝（k+）x+2不经过第四象限，
∴k+＞0，
解得，k＞﹣1.5，
∵关于x的分式方程＝k﹣2有解，
∴当k＝﹣1时，分式方程＝k﹣2的解是x＝，
当k＝1时，分式方程＝k﹣2无解，
当k＝2时，分式方程＝k﹣2无解，
当k＝3时，分式方程＝k﹣2的解是x＝1，
∴符合要求的k的值为﹣1和3，
∵﹣1+3＝2，
∴所有满足条件的k的值之和是2，
故选：B．
一次函数的性质以及分式方程是本题的考点，根据一次函数的性质及分式方程有解时求出k的值是解题的关键.
7、C
【解析】
根据二次根式的加法法则判断A、B；根据二次根式的乘法法则判断C；根据二次根式的除法法则判断D．
【详解】
A、不是同类二次根式，不能合并，故本选项错误；
B、不能合并，故本选项错误；
C、故本选项正确；
D、故本选项错误；
故选：C．
本题考查了二次根式的运算，掌握运算法则是解题的关键．
8、C
【解析】
根据一元二次方程的定义即可求解.
【详解】
A. 是一元一次方程，故错误；
B. 含有两个未知数，故错误；
C. 为一元二次方程，正确；
D. 含有分式，故错误，
故选C.
此题主要考查一元二次方程的定义，解题的关键是熟知一元二次方程的特点.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
运用勾股定理可求出斜边AB的长，然后可求出直角三角形的周长即蜗牛所走的总路程，再除以蜗牛的行走速度即可求出所需的时间．
【详解】
解：由题意得，100cm，
∴AB=100cm；
∴CA+AB+BC=60+80+100=240cm，
∴240÷20=1（分）．
故答案为1．
本题考查了速度、时间、路程之间的关系式及勾股定理的应用，考查了利用勾股定理解直角三角形的能力．
10、
【解析】
根据勾股定理和已知条件，找出线段长度的变化规律，从而求出的长度，然后根据三角形的面积公式求面积即可．
【详解】
解：∵OP=1，过P作PP1⊥OP且PP1=1，得OP1=
再过P1作P1P2⊥OP1且P1P2=1，得OP2=
又过P2作P2P3⊥OP2且P2P3=1，得OP3=
∴PnPn+1=1，OPn=
∴P2014P2015=1，OP2014=
∴=P2014P2015·OP2014=
故答案为：．
此题考查的是利用勾股定理探索规律题，找到线段长度的变化规律并归纳公式是解决此题的关键．
11、1
【解析】
设购买篮球x个，则购买足球个，根据总价单价购买数量结合购买资金不超过3000元，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最大整数即可．
【详解】
设购买篮球x个，则购买足球个，
根据题意得：，
解得：．
为整数，
最大值为1．
故答案为1．
本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
12、-2
【解析】由题意可知，OB=2，OA=2，所以三角形OAB的面积等于2，四边形BCDO的面积等于4-2=2, 点C在双曲线上，所以k=-2
13、
【解析】
设＝m，则有x＝3m，y＝4m，z＝5m，代入原式即可得出答案．
【详解】
解：设＝m，
∴x＝3m，y＝4m，z＝5m，
代入原式得：．
故答案为．
本题考查了代数式求值和等比例的性质，掌握并灵活运用等比例性质是解答本题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析（2）75°（3）3人
【解析】
（1）用读书为6册的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数；再用总人数分别减去读书为4册、6册和7册的人数得到读书5册的人数，即可解答
（2）用4册的人数除以总人数乘以360°即可解答
（3）根据中位数的定义可判断总人数不能超过27，从而得到最多补查的人数．
【详解】
（1）抽查的学生总数为6÷25%=24（人），
读书为5册的学生数为24-5-6-4=9（人）
则条形统计图为：
（2） =75°
（3）因为4册和5册的人数和为14，中位数没改变，所以总人数不能超过27，即最多补查了3人．
此题考查条形统计图，扇形统计图，中位数的定义，解题关键在于看懂图中数据
15、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据已知条件证明AE=CF，从而根据SAS可证明两三角形全等；
（2）先证明DE=BE，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，从而得出结论．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠C，
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE=AB，CF=CD，
∴AE=CF，
在△ADE和△CBF中，
∵，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）∵∠G=90°，AG∥BD，AD∥BG，
∴四边形AGBD是矩形，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中
∵E为AB的中点，
∴AE=BE=DE，
∵DF∥BE，DF=BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形．
本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定，直角三角形的性质：在直角三角形中斜边中线等于斜边一半，难度适中．
16、第一次买了11本资料．
【解析】
设第一次买了x本资料，根据“比上次多买了21本”表示出另外一个未知数，再根据等量关系“第一次用121元买了若干本资料，第二次又用241元在同一商家买同样的资料，这次商家每本优惠4元”列出方程，即可求解.
【详解】
设第一次买了x本资料，
根据题意，得：-=4
整理，得：x2+51x﹣611＝1．
解得：x1＝﹣61，x2＝11，
经检验：它们都是方程的根，但x1＝﹣61不符合题意，舍去，
答：第一次买了11本资料．
该题主要考查了列分式方程解应用题，解题的关键是正确分析已知设出未知数，找准等量关系列出方程，然后解方程即可求解.另外该题解完之后要尝试其他的解法，以求一题多解,举一反三.
17、（1）；（2）；（3）.
【解析】
（1）根据点、的坐标利用待定系数法即可求出直线的表达式；
（2）根据平移的规律“上加下减，左加右减”即可得出平移后的直线表达式；
（3）设直线与轴交点为点，与轴的交点为点，根据一次函数图象上点的坐标特征可求出点、的坐标，再根据直线在第三象限内扫过的图形面积结合三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】
解：（1）设直线的表达式为，
将，代入，
得，解得：，
∴直线的表达式为.
（2）根据平移的规律可知：直线：向下平移2个单位后得到的直线表达式为：.
（3）设直线与轴交点为点，与轴的交点为点，
在中，当时，，
∴点的坐标为；
当时，，
∴点的坐标为．
∴直线在第三象限内扫过的图形面积,
,
.
本题考查了一次函数图象与几何变换、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，解题的关键是：（1）根据点的坐标利用待定系数法求出函数表达式；（2）牢记平移的规律“上加下减，左加右减”；（3）结合图形找出直线在第三象限内扫过的图形面积,．
18、（1）y＝x+2；（2），t＝秒或t＝+4秒时，△DSN≌△BOC；（3）M（+4）或M（）或M（）．
【解析】
（1）求出B，C的坐标，由待定系数法可求出答案；
（2）分别过点M，N作MQ⊥x轴，NP⊥x轴，垂足分别为点Q，P．分两种情况：（Ⅰ）当点M在线段AB上运动时，（Ⅱ）当点M在线段AB的延长线上运动时，由DS＝BO＝2，可得出t的方程，解得t的值即可得出答案；
（3）设点M（a，﹣a+2），N（b，），P（2，c），点B（0，2），分三种情况：（Ⅰ）当以BM，BP为邻边构成菱形时，（Ⅱ）当以BP为对角线，BM为边构成菱形时，（Ⅲ）当以BM为对角线，BP为边构成菱形时，由菱形的性质可得出方程组，解方程组即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴x＝0时，y＝2，y＝0时，x＝2，
∴A（2，0），B（0，2），
∴OB＝AO＝2，
在Rt△COB中，∠BOC＝90°，∠BCA＝30°，
∴OC＝2，
∴C（﹣2， 0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，代入B，C两点的坐标得，
，
∴k＝，b＝2，
∴直线BC的解析式为y＝x+2；
（2）分别过点M，N作MQ⊥x轴，NP⊥x轴，垂足分别为点Q，P．
（Ⅰ）如图1，当点M在线段AB上运动时，
∵CN＝2t，AM＝t，OB＝OA＝2，∠BOA＝∠BOC＝90°，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°，
∵∠BCO＝30°，
∴NP＝MQ＝t，
∵MQ⊥x轴，NP⊥x轴，
∴∠NPQ＝∠MQA＝90°，NP∥MQ，
∴四边形NPQM是矩形，
∴NS∥x轴，
∵AD⊥x轴，
∴AS∥MQ∥y轴，
∴四边形MQAS是矩形，
∴AS＝MQ＝NP＝t，
∵NS∥x轴，AS∥MQ∥y轴，
∴∠DNS＝∠BCO，∠DSN＝∠DAO＝∠BOC＝90°，
∴当DS＝BO＝2时，
△DSN≌△BOC（AAS），
∵D（2， +2），
∴DS＝+2﹣t，
∴+2﹣t＝2，
∴t＝（秒）；
（Ⅱ）当点M在线段AB的延长线上运动时，如图2，
同理可得，当DS＝BO＝2时，△DSN≌△BOC（AAS），
∵DS＝t﹣（+2），
∴t﹣（+2）＝2，
∴t＝+4（秒），
综合以上可得，t＝秒或t＝+4秒时，△DSN≌△BOC．
（3）存在以M、B、N、P为顶点的四边形是菱形：
M（﹣2﹣2，2+4）或M（﹣2﹣4，2+6）或M（﹣2+2，2）．
∵M是直线AB在第二象限上的一点，点N，P分别在直线BC，直线AD上，
∴设点M（a，﹣a+2），N（b， b+2），P（2，c），点B（0，2），
（Ⅰ）当以BM，BP为邻边构成菱形时，如图3，
∵∠CBO＝60°，∠OBA＝∠OAB＝∠PAF＝45°，
∴∠DBA＝∠MBN＝∠PBN＝75°，
∴∠MBE＝45°，∠PBF＝30°，
∴MB＝ME，PF＝AP，PB＝2PF＝AP，
∵四边形BMNP是菱形，
∴，
解得，a＝﹣2﹣2，
∴M（﹣2﹣2，2+4）（此时点N与点C重合），
（Ⅱ）当以BP为对角线，BM为边构成菱形时，如图4，
过点B作EF∥x轴，ME⊥EF，NF⊥EF，
同（Ⅰ）可知，∠MBE＝45°，∠NBF＝30°，
由四边形BMNP是菱形和BM＝BN得：
，
解得：a＝﹣2﹣4，
∴M（﹣2﹣4，2+6），
（Ⅲ）当以BM为对角线，BP为边构成菱形时，如图5，
作NE⊥y轴，BF⊥AD，
∴∠BNE＝30°，∠PBF＝60°，
由四边形BMNP是菱形和BN＝BP得，
，
解得：a＝﹣2+2，
∴M（﹣2+2，2）．
综合上以得出，当以M、B、N、P为顶点的四边形是菱形时，点M的坐标为：
M（﹣2﹣2，2+4）或M（﹣2﹣4，2+6）或M（﹣2+2，2）．
本题考查了待定系数法求函数解析式，动点问题与全等结合，菱形探究，熟练掌握相关方法是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、110°
【解析】
试题解析：∵平行四边形ABCD，
∴∠A+∠B=180°，∠A=∠C，
∵∠A+∠C=140°，
∴∠A=∠C=70°，
∴∠B=110°．
考点：平行四边形的性质．
20、1
【解析】
将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
【详解】
解：将数据从小到大排列2，1，1，6，7，
因此中位数为1．
故答案为1
本题考查了中位数，正确理解中位数的意义是解题的关键．
21、24
【解析】
将原式化为x2+2x+1+1的形式并运用完全平方公式进行求解.
【详解】
解：原式=(x+1)2+1=(﹣1+1)2+1=23+1=24，
故答案为24.
观察并合理使用因式分解的相关公式可以大大简化计算过程.
22、（1）；（2）猜想：
【解析】
（1）此题应先观察列举出的式子，可找出它们的一般规律，直接写出第④个等式即可；
（2）找出它们的一般规律，用含有n的式子表示出来，证明时，将等式左边被开方数进行通分，把被开方数的分子开方即可．
【详解】
（1）1）观察列举出的式子，可找出它们的一般规律，直接写出第④个等式：
故答案为：
（2）猜想：用含自然数的代数式可表示为：
证明：左边右边，所以猜想正确.
本题主要考查学生把特殊归纳到一般的能力及二次根式的化简，解题的关键是仔细观察，找出各式的内在联系解决问题．
23、30°
【解析】
分析：由矩形的性质得出∠ADC=90°，OA=OD，得出∠ODA=∠DAE，由已知条件求出∠ADE，得出∠DAE、∠ODA，即可得出∠BDC的度数．
详解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，OA=OD，
∴∠ODA=∠DAE，
∵∠CDE =2∠ADE，
∴∠ADE=90°÷3=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°，
∴∠DAE=60°，
∴∠ODA=60°，
∴∠BDC=90°-60°=30°；
故答案为：30°．
点睛：本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、它的正整数解为：1，2，1．
【解析】
首先利用不等式的基本性质解不等式，再从不等式的解集中找出适合条件的正整数解即可.
【详解】
1（x﹣1）≥5（x﹣1）+6
1x﹣1≥5x﹣15+6，
1x﹣5x≥﹣15+6+1，
﹣2x≥﹣6，
∴x≤1
所以它的正整数解为：1，2，1．
此题考查一元一次不等式的整数解，解题关键在于掌握运算法则
25、（1）九（1）的平均数为85，众数为85，九（2）班的中位数是80；（2）九（1）班成绩好些，分析见解析；（3）＝70，＝100
【解析】
（1）先根据条形统计图得出每个班5名选手的复赛成绩，然后平均数按照公式 ，中位数和众数按照概念即可得出答案；
（2）对比平均数和中位数，平均数和中位数大的成绩较好；
（3）按照方差的计算公式计算即可．
【详解】
解：（1）由图可知九（1）班5名选手的复赛成绩为：75、80、85、85、100，
九（2）班5名选手的复赛成绩为：70、100、100、75、80，
∴九（1）的平均数为（75＋80＋85＋85＋100）÷5＝85，
九（1）的众数为85，
把九（2）的成绩按从小到大的顺序排列为：70、75、80、100、100，
∴九（2）班的中位数是80；
（2）九（1）班成绩好些．因为两个班平均分相同，但九（1）班的中位数高，所以九（1）班成绩好些．
（3）＝＝70
＝＝100
本题主要考查数据的统计与分析，掌握平均数，中位数，众数和方差是解题的关键．
26、（1）EO⊥FO，EO=FO；理由见解析；（2）①；②=2
【解析】
（1）由正方形的性质可得BO=CO，∠ABO=∠ACB=45°，∠BOC=90°，由“SAS”可证△BEO≌△CFO，可得OE=OF，∠BOE=∠COF，可证EO⊥FO；
（2）①由等腰直角三角形的性质可得∠EOG的度数；
②由∠EOF=∠ABF=90°，可得点E，点O，点F，点B四点共圆，可得∠EOB=∠BFE，通过证明△BOH∽△BIO，可得，即可得结论．
【详解】
解：（1）OE=OF，OE⊥OF，连接AC，BD，
∵点O是正方形ABCD的中心
∴点O是AC，BD的交点
∴BO=CO，∠ABO=∠ACB=45°，∠BOC=90°
∵CF=BE，∠ABO=∠ACB，BO=CO，
∴△BEO≌△CFO（SAS）
∴OE=OF，∠BOE=∠COF
∵∠COF+∠BOF=90°，
∴∠BOE+∠BOF=90°
∴∠EOF=90°，
∴EO⊥FO.
（2）
①∵OE=OF，OE⊥OF，
∴△EOF是等腰直角三角形，OG⊥EF
∴∠EOG=45°
②BH•BI的值是定值，
理由如下：
如图，连接DB，
∵AB=BC=CD=2
∴BD=2，
∴BO=
∵∠AOB=∠COB=45°，∠HBE=∠GBI=90°
∴∠HBO=∠IBO=135°
∵∠EOF=∠ABF=90°
∴点E，点O，点F，点B四点共圆
∴∠EOB=∠BFE，
∵EF⊥OI，AB⊥HF
∴∠BEF+∠BFE=90°，∠BEF+∠EIO=90°
∴∠BFE=∠BIO，
∴∠BOE=∠BIO，且∠HBO=∠IBO
∴△BOH∽△BIO
∴
∴BH•BI=BO2=2
本题相似综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，证明△BOH∽△BIO是本题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
班级
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
九（1）
85
九（2）
85
100