贵州省2024年九年级数学第一学期开学统考试题【含答案】

这是一份贵州省2024年九年级数学第一学期开学统考试题【含答案】，共25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）下列条件中，不能判定四边形是正方形的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的四边形B．一条对角线平分一组对角的矩形
C．对角线相等的菱形D．对角线互相垂直的矩形
2、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．AC=BC．边AC落在数轴上，点A表示的数是1，点C表示的数是3，负半轴上有一点B₁，且AB₁=AB，点B₁所表示的数是（ ）
A．-2B．-2C．2-1D．1-2
3、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=10， BC=5 ．若点M、N分别是线段ACAB上的两个动点，则BM+MN的最小值为（ ）
A．10B．8C．5D．6
4、（4分）在平面直角坐标中，点P（1，﹣3）关于x轴的对称点坐标是（ ）
A．（1，﹣3）B．（﹣1，3）C．（﹣1，﹣3）D．（1，3）
5、（4分）如图，任意转动正六边形转盘一次，当转盘停止转动时，指针指向大于3的数的概率是（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）某公园草坪的防护栏由100段形状相同的抛物线形构件组成，为了牢固起见，每段护栏需要间距0.4m加设一根不锈钢的支柱，防护栏的最高点距底部0.5m（如图），则这条防护栏需要不锈钢支柱的总长度至少为（ ）
A．50mB．100mC．160mD．200m
7、（4分）下列函数中，正比例函数是（ ）
A．y＝B．y＝−C．y=x+4D．y=x2
8、（4分）如图，在正方形中，相交于点，分别为上的两点，，，分别交于两点，连，下列结论：①；②；③；④ ，其中正确的是（ ）
A．①②B．①④C．①②④D．①②③④
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知点 A（2，a），B（3，b）在函数 y=1﹣x 的图象上，则 a 与 b 的大小关系是_____．
10、（4分）分式，，的最简公分母__________.
11、（4分）在中，平分交点，平分交于点，且，则的长为__________.
12、（4分）已知，如图△ABC∽△AED，AD=5cm，EC=3cm，AC=13cm，则AB=_____cm．
13、（4分）化简分式：=_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，一次函数的图象与，轴分别交于，两点，点与点关于轴对称.动点，分别在线段，上（点与点，不重合），且满足.
（1）求点，的坐标及线段的长度；
（2）当点在什么位置时，，说明理由；
（3）当为等腰三角形时，求点的坐标.
15、（8分）某校八年级为庆祝中华人民共和国建国70周年，准备举行唱红歌、颂经典活动.八年级（2）班积极准备，需购买文件夹若干，某文具店有甲、乙两种文件夹.
（1）若该班只购买甲种文件夹，且购买甲种文件夹的花费（单位：元）与其购买数量（单位：件）满足一次函数关系，若购买20个，需花费180元；若购买30个，需花费260元.该班若需购买甲种文件夹60件，求需花费多少元？
（2）若该班购买甲，乙两种文件夹，那么甲种文件夹的单价比乙种文件夹的单价贵2元，若用240元购买甲种文件夹的数量与用180元购买乙种文件夹的数量相同.求该文具店甲乙两种文件夹的单价分别是多少元？
16、（8分）如图，平行四边形AEFG的顶点G在平行四边形ABCD的边CD上，平行四边形ABCD的顶点B在平行四边形AEFG的边EF上.求证：□ABCD=□AEFG
17、（10分）如图，矩形中，是的中点，延长，交于点，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当平分时，猜想与的数量关系，并证明你的结论．
18、（10分）一次函数图象经过（3，8）和（5，12）两点，求一次函数解析式．
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）计算：____．
20、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知正比例函数y= -2x和反比例函数的图象交于A（a,-4）,B两点。过原点O的另一条直线l与双曲线交于点P,Q两点（P点在第二象限），若以点A,B,P,Q为顶点的四边形面积为24，则点P的坐标是_______
21、（4分）如图，在锐角△ABC中，AB＝4，∠ABC＝45°，∠ABC的平分线交AC于点D，点P、Q分别是BD、AB上的动点，则AP+PQ的最小值为______．
22、（4分）如图，是一个长为30m，宽为20m的矩形花园，现要在花园中修建等宽的小道，剩余的地方种植花草．如图所示，要使种植花草的面积为532m2，那么小道进出口的宽度应为 米．
23、（4分）如图，△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，∠B=70°，则∠ADE= 度．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）我市某校为了创建书香校园，去年购进一批图书．经了解，科普书的单价比文学书的单价多4元，用12000元购进的科普书与用8000元购进的文学书本数相等．
（1）文学书和科普书的单价各多少钱？
（2）今年文学书和科普书的单价和去年相比保持不变，该校打算用10000元再购进一批文学书和科普书，问购进文学书550本后至多还能购进多少本科普书？
25、（10分）甲、乙两班各推选10名同学进行投篮比赛，按照比赛规则，每人各投了10个球，两个班选手的进球数统计如表，请根据表中数据解答下列问题
（1）分别写出甲、乙两班选手进球数的平均数、中位数与众数；
（2）如果要从这两个班中选出一个班级参加学校的投篮比赛，争取夺得总进球团体的第一名，你认为应该选择哪个班？如果要争取个人进球数进入学校前三名，你认为应该选择哪个班？
26、（12分）阅读下列材料：在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”，如：．当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”，如：．假分式可以化为整式与真分式和的形式，我们也称之为带分式，如：．
解决问题：
（1）下列分式中属于真分式的是（ ）
A． B． C． D．
（2）将假分式分别化为带分式；
（3）若假分式的值为整数，请直接写出所有符合条件的整数x的值．
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、A
【解析】
根据正方形的判定方法逐项判断即可．
【详解】
对角线互相垂直且相等的四边形不一定是平行四边形，故A不能判定，
由矩形的一条对角线平分一组对角可知该四边形也是菱形，故B能判定，
由菱形的对角线相等可知该四边形也是矩形，故C能判定，
由矩形的对角线互相垂直可知该四边形也是菱形，故D能判定，
故选A．
本题主要考查正方形的判定，掌握正方形既是矩形也是菱形是解题的关键．
2、D
【解析】
先求出AC的长度，再根据勾股定理求出AB的长度，然后根据B1到原点的距离是2-1，即可得到点B1所表示的数．
【详解】
解：根据题意，AC=3-1=2，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴，
∴B1到原点的距离是2-1．
又∵B′在原点左侧，
∴点B1表示的数是1-2．
故选D．
本题主要考查了实数与数轴，勾股定理，求出AB的长度是解题的关键．解题时注意实数与数轴上的点是一一对应关系．
3、B
【解析】
过B点作AC的垂线，使AC两边的线段相等，到E点，过E作EF垂直AB交AB于F点，EF就是所求的线段．
【详解】
解：过B点作AC的垂线，使AC两边的线段相等，到E点，过E作EF垂直AB交AB于F点，
AC=5，
AC边上的高为2，所以BE=4．
∵△ABC∽△EFB，
∴，即
EF=1．
故选B．
考点：轴对称-最短路线问题．
4、D
【解析】
∵点P(m,n)关于x轴对称点的坐标P′(m,−n)，
∴点P(1,−3)关于x轴对称的点的坐标为(1,3).
故选D.
5、D
【解析】
分析：根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
详解：∵共6个数，大于3的有3个，
∴P（大于3）=.
故选D．
点睛：本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
6、C
【解析】
分析：根据所建坐标系特点可设解析式为y=ax2+c的形式，结合图象易求B点和C点坐标，代入解析式解方程组求出a，c的值得解析式；再根据对称性求B3、B4的纵坐标后再求出总长度．
解答：解：
（1）由题意得B（0，0.5）、C（1，0）
设抛物线的解析式为：y=ax2+c
代入得 a=-c=
∴解析式为：y=-x2+
（2）当x=0.2时y=0.48
当x=0.6时y=0.32
∴B1C1+B2C2+B3C3+B4C4=2×（0.48+0.32）=1.6米
∴所需不锈钢管的总长度为：1.6×100=160米．
故选C．
7、B
【解析】
根据正比例函数、一次函数、反比例函数及二次函数的定义对各选项进行逐一分析即可．
【详解】
A、y=是反比例函数，故本选项错误；
B、y=-是正比例函数，故本选项正确；
C、y=x+4是一次函数，故本选项错误；
D、y=x2是二次函数，故本选项错误．
故选：B．
考查的是正比例函数的定义，熟知一般地，形如y=kx（k是常数，k≠0）的函数叫做正比例函数是解答此题的关键．
8、D
【解析】
①易证得△ABE≌△BCF（ASA），则可得结论①正确；
②由△ABE≌△BCF，可得∠FBC＝∠BAE，证得∠BAE＋∠ABF＝90°即可知选项②正确；
③根据△BCD是等腰直角三角形，可得选项③正确；
④证明△OBE≌△OCF，根据正方形的对角线将面积四等分，即可得出选项④正确．
【详解】
解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，
故①正确；
②由①知：△ABE≌△BCF，
∴∠FBC＝∠BAE，
∴∠FBC＋∠ABF＝∠BAE＋∠ABF＝90°，
∴AE⊥BF，
故②正确；
③∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BD＝BC，
∴CE＋CF＝CE＋BE＝BC＝，
故③正确；
④∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，
在△OBE和△OCF中，OB＝OC，∠OBE＝∠OCF，BE＝CF，
∴△OBE≌△OCF（SAS），
∴S△OBE＝S△OCF，
∴S四边形OECF＝S△COE＋S△OCF＝S△COE＋S△OBE＝S△OBC＝S正方形ABCD，
故④正确；
故选：D．
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质．注意掌握全等三角形的判定与性质是解此题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、a>b.
【解析】
分别把点A（2，a），B（3，b）代入函数y=1-x，求出a、b的值，并比较出其大小即可．
【详解】
∵点A(2,a),B(3,b)在函数y=1−x的图象上，
∴a=−1，b=−2，
∵−1>−2，
∴a>b.
故答案为：a>b.
此题考查一次函数图象上点的坐标特征，解题关键在于把A,B代入方程.
10、
【解析】
确定最简公分母的方法是：
（1）取各分母系数的最小公倍数；
（2）凡单独出现的字母连同它的指数作为最简公分母的一个因式；
（3）同底数幂取次数最高的，得到的因式的积就是最简公分母．
【详解】
分式，，的分母分别是x、3xy、6（x-y）,故最简公分母是,
故答案为
.
此题考查最简公分母，难度不大
11、或
【解析】
根据平行线的性质得到∠ADF＝∠DFC，由DF平分∠ADC，得到∠ADF＝∠CDF，等量代换得到∠DFC＝∠FDC，根据等腰三角形的判定得到CF＝CD，同理BE＝AB，根据已知条件得到四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AB＝CD，AD＝BC，即可得到结论．
【详解】
解：①如图1，在▱ABCD中，∵BC＝AD＝8，BC∥AD，CD＝AB，CD∥AB，
∴∠DAE＝∠AEB，∠ADF＝∠DFC，
∵AE平分∠BAD交BC于点E，DF平分∠ADC交BC于点F，
∴∠BAE＝∠DAE，∠ADF＝∠CDF，
∴∠BAE＝∠AEB，∠CFD＝∠CDF，
∴AB＝BE，CF＝CD，
∵EF＝2，
∴BC＝BE＋CF−EF＝2AB−EF＝8，
∴AB＝1；
②在▱ABCD中，∵BC＝AD＝8，BC∥AD，CD＝AB，CD∥AB，
∴∠DAE＝∠AEB，∠ADF＝∠DFC，
∵AE平分∠BAD交BC于点E，DF平分∠ADC交BC于点F，
∴∠BAE＝∠DAE，∠ADF＝∠CDF，
∴∠BAE＝∠AEB，∠CFD＝∠CDF，
∴AB＝BE，CF＝CD，
∵EF＝2，
∴BC＝BE＋CF＝2AB＋EF＝8，
∴AB＝3；
综上所述：AB的长为3或1．
故答案为：3或1.
本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的性质，解答本题的关键是判断出AB＝BE，CF＝CD．
12、1
【解析】
试题分析：有△ABC∽△AED，可以得到比例线段，再通过比例线段可求出AB的值．
解：∵△ABC∽△AED
∴
又∵AE=AC﹣EC=10
∴
∴AB=1．
考点：相似三角形的性质．
13、-
【解析】
将分子变形为﹣（x﹣y），再约去分子、分母的公因式x﹣y即可得到结论．
【详解】
==﹣．
故答案为﹣．
本题主要考查分式的约分，由约分的概念可知，要首先将分子、分母转化为乘积的形式，再找出分子、分母的最大公因式并约去，注意不要忽视数字系数的约分．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）10；（2）当点的坐标是时，；（3）点的坐标是或.
【解析】
（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点，的坐标，结合点与点关于轴对称可得出点的坐标，进而可得出线段的长度；
（2）当点的坐标是时，，由点，的坐标可得出的长度，由勾股定理可求出的长度，进而可得出，通过角的计算及对称的性质可得出，，结合可证出，由此可得出：当点的坐标是时，；
（3）分，及三种情况考虑：①当时，由（2）的结论结合全等三角形的性质可得出当点的坐标是时；②当时，利用等腰三角形的性质结合可得出，利用三角形外角的性质可得出，进而可得出此种情况不存在；③当时，利用等腰三角形的性质结合可得出，设此时的坐标是，在中利用勾股定理可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论.综上，此题得解.
【详解】
解：（1）当时，，
点的坐标为；
当时，，解得：，
点的坐标为；
点与点关于轴对称，
点的坐标为，
.
（2）当点的坐标是时，，理由如下：
点的坐标为，点的坐标为，
，
.
，，，
.
和关于轴对称，
.
在和中，
.
当点的坐标是时，.
（3）分为三种情况：
①当时，如图1所示，由（2）知，当点的坐标是时，
，
此时点的坐标是；
②当时，则，
，
.
而根据三角形的外角性质得：，
此种情况不存在；
③当时，则，
，如图2所示.
设此时的坐标是，
在中，由勾股定理得：
，
，
解得：，
此时的坐标是.
综上所述：当为等腰三角形时，点的坐标是或.
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、两点间的距离、勾股定理、对称的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征及对称的性质，找出点，，的坐标；（2）利用全等三角形的判定定理找出当点的坐标是时；（3）分，及三种情况求出点的坐标.
15、（1）买60件需要花费：（元）；（2）甲种文件夹每件8元，乙种文件夹每件6元.
【解析】
（1）设一次函数解析式，根据题意列方程组即可；（2）该文具店甲乙两种文件夹的单价分别是x元和(x-2)元，根据题意列方程组即可.
【详解】
解：（1）设一次函数，
∴，
解得：，
∴一次函数的解析式为.
∴购买60件需要花费：（元）.
（2）设甲种文件夹每件元，则乙种文件夹每件元.
解得：.
经检验：是原方程的解，且符合题意，
（元）
答：甲种文件夹每件8元，乙种文件夹每件6元.
本题考查了一次函数的应用，分式方程的应用，正确理解题意是解题的关键.
16、证明见解析.
【解析】
分析：连接BG，作AM⊥EF，垂足M，作AN⊥CD，垂足N.根据三角形的面积公式证明ABCD=△ABG，AEFG=ABG 即可证明结论.
详解：连接BG，作AM⊥EF，垂足M，作AN⊥CD，垂足N.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AB=CD.
∵ ,
,
∴,
∴ABCD=△ABG，
同理可证：AEFG=ABG，
∴□ABCD=□AEFG.
点睛：本题考查了平行四边形的性质，等底同高的三角形面积相等，正确作出辅助线，证明ABCD=△ABG，AEFG=ABG是解答本题的关键.
17、（1）详见解析；（2）
【解析】
（1）由矩形的性质可知，因而只需通过证明说明即可.（2）由已知条件易证是等腰直角三角形，即CD=DE,而AD=2DE,由矩形的性质即可知与的数量关系.
【详解】
解：（1）∵四边形是矩形，∴，
∴．
∵E是的中点，∴．
又∵，∴．
∴．
又∵，∴四边形是平行四边形．
（2）．
证明：∵平分，∴．
∵，∴是等腰直角三角形，
∴，
∵E是的中点，∴，
∵，∴．
本题主要考查了平行四边形的判定、矩形的性质，灵活应用矩形的性质是解题的关键.
18、y=1x+1．
【解析】
试题分析：本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握待定系数法求函数的解析式是解题的关键．利用待定系数法即可求得函数的解析式．
试题解析：解：设一次函数解析式为y=kx+b，则，
解得．
所以一次函数解析式为y=1x+1．
考点：待定系数法求一次函数解析式．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
根据二次根式的乘法运算法则进行计算即可．
【详解】
解：．
故答案为：1．
本题考查了二次根式的乘法运算，掌握基本运算法则是解题的关键．
20、P（﹣4，2）或P（﹣1，8）．
【解析】
根据题意先求出点A（2，﹣4），利用原点对称求出B（﹣2，4），再把A代入代入反比例函数得出解析式，利用原点对称得出四边形AQBP是平行四边形，S△POB＝S平行四边形AQBP×＝×24＝1，设点P的横坐标为m（m＜0且m≠﹣2），得到P的坐标，根据双曲线的性质得到S△POM＝S△BON＝4，接着再分情况讨论：若m＜﹣2时，可得P的坐标为（﹣4，2）；若﹣2＜m＜0时，可得P的坐标为（﹣1，8）.
【详解】
解：∵点A在正比例函数y＝﹣2x上，
∴把y＝﹣4代入正比例函数y＝﹣2x，
解得x＝2，∴点A（2，﹣4），
∵点A与B关于原点对称，
∴B点坐标为（﹣2，4），
把点A（2，﹣4）代入反比例函数 ，得k＝﹣8，
∴反比例函数为y＝﹣，
∵反比例函数图象是关于原点O的中心对称图形，
∴OP＝OQ，OA＝OB，
∴四边形AQBP是平行四边形，
∴S△POB＝S平行四边形AQBP×＝×24＝1，
设点P的横坐标为m（m＜0且m≠﹣2），
得P（m，﹣），
过点P、B分别做x轴的垂线，垂足为M、N，
∵点P、B在双曲线上，
∴S△POM＝S△BON＝4，
若m＜﹣2，如图1，
∵S△POM+S梯形PMNB＝S△POB+S△POM，
∴S梯形PMNB＝S△POB＝1．
∴（4﹣）•（﹣2﹣m）＝1．
∴m1＝﹣4，m2＝1（舍去），
∴P（﹣4，2）；
若﹣2＜m＜0，如图2，
∵S△POM+S梯形BNMP＝S△BOP+S△BON，
∴S梯形BNMP＝S△POB＝1．
∴（4﹣）•（m+2）＝1，
解得m1＝﹣1，m2＝4（舍去），
∴P（﹣1，8）．
∴点P的坐标是P（﹣4，2）或P（﹣1，8），
故答案为P（﹣4，2）或P（﹣1，8）．
此题考查一次函数和反比例函数的综合，解题关键在于做出辅助线，运用分类讨论的思想解决问题.
21、2
【解析】
作AH⊥BC于H，交BD于P′，作P′Q′⊥AB于Q′，此时AP′+P′Q′的值最小．
【详解】
解：作AH⊥BC于H，交BD于P′，作P′Q′⊥AB于Q′，此时AP′+P′Q′的值最小．
∵BD平分∠ABC，P′H⊥BC，P′Q′⊥AB，
∴P′Q′=P′H，
∴AP′+P′Q′=AP′+P′H=AH，
根据垂线段最短可知，PA+PQ的最小值是线段AH的长，
∵AB=4，∠AHB=90°，∠ABH=45°，
∴AH=BH=2，
故答案为：2．
本题考查的是轴对称-最短路线问题，解答此类问题时要从已知条件结合图形认真思考，通过角平分线性质，垂线段最短，确定线段和的最小值．
22、1．
【解析】
试题分析：设小道进出口的宽度为x米，依题意得（32-2x）（22-x）=532，
整理，得x2-35x+3=2．
解得，x1=1，x2=3．
∵3＞32（不合题意，舍去），
∴x=1．
答：小道进出口的宽度应为1米．
考点：一元二次方程的应用．
23、1
【解析】
由题意可知DE是三角形的中位线，所以DE∥BC，由平行线的性质即可求出∠ADE的度数．
【详解】
∵D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE是三角形的中位线，
∴DE∥BC，
∴∠ADE=∠B=1°，
故答案为1．
本题考查了三角形中位线的性质以及平行线的性质．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）文学书和科普书的单价分别是8元和1元．（2）至多还能购进466本科普书．
【解析】
（1）设文学书的单价为每本x元，则科普书的单价为每本（x+4）元，依题意得：
，
解得：x=8，
经检验x=8是方程的解，并且符合题意．
∴x+4=1．
∴购进的文学书和科普书的单价分别是8元和1元．
②设购进文学书550本后至多还能购进y本科普书．依题意得
550×8+1y≤10000，
解得，
∵y为整数，
∴y的最大值为466
∴至多还能购进466本科普书．
25、（1）甲班选手进球数的平均数为7，中位为7，众数为7；乙班选手进球数的平均数为7，中位为7，众数为7；（2）要争取夺取总进球团体第一名，应选乙班；要进入学校个人前3名，应选甲班．
【解析】
（1）利用平均数、中位数和众数的定义直接求出；（2）根据方差和个人发挥的最好成绩进行选择.
【详解】
解：（1）甲班选手进球数的平均数为7，中位为7，众数为7；
乙班选手进球数的平均数为7，中位为7，众数为7；
（2）甲班S12＝ [（10﹣7）2 +（9﹣7）2+（8﹣7）2+1×（7﹣7）2+0×（6﹣7）2+3×（5﹣7）2]＝2.6，
乙班S22＝ [0×（10﹣7）2+（9﹣7）2+2×（8﹣7）2+5×（7﹣7）2+（6﹣7）2+2×（5﹣7）2]＝1.1．
∵甲方差＞乙方差，
∴要争取夺取总进球团体第一名，应选乙班．
∵甲班有一位百发百中的出色选手，
∴要进入学校个人前3名，应选甲班．
本题考查了平均数，中位数，方差的意义.平均数表示一组数据的平均程度.中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数）；方差是用来衡量一组数据波动大小的量.
26、（1）C；
（2），；
（3）x可能的整数值为0，-2，-4，-6.
【解析】
（1）根据真分式的定义，即可选出正确答案；
（2）利用题中的方法把分子分别变形为和，然后写成带分式即可；
（3）先把分式化为带分式，然后利用有理数的整除性求解．
【详解】
（1）A.分子的次数为2，分母的次数为1，所以错误；
B. 分子的次数为1，分母的次数为1，故错误；
C. 分子的次数为0，分母的次数为1，故正确；
D. 分子的次数为2，分母的次数为2，故错误；
所以选C；
（2），
，
（3）
∵该分式的值为整数，
∴ 的值为整数，
所以x+3可取得整数值为±3，±1，
x可能的整数值为0，-2，-4，-6.
本题主要考查分式的性质，要结合分式的基本性质依照题目中的案例，会对分式进行适当的变形.（1）根据真分式的定义判断即可；（2）可借助平方差公式，先给x2减1再加1，将它凑成平方差公式x2-1=（x+1）（x-1）；（3）需将假分式等量变形成带分式，然后对取整.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
进球数/个
10
9
8
7
6
5
甲
1
1
1
4
0
3
乙
0
1
2
5
0
2