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浙江省温州市平阳县2021-2022学年九年级上学期期中联考数学试题（word版 含答案）
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这是一份浙江省温州市平阳县2021-2022学年九年级上学期期中联考数学试题（word版 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。
2021-2022学年浙江省温州市平阳县九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题4分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）
1．（4分）﹣3的绝对值是（ ）
A．3 B．﹣3 C． D．
2．（4分）截至美国东部时间2020年11月15日下午4点27分，美国累计新冠肺炎确诊病例约为1100万例．其中1100万用科学记数法可表示为（ ）
A．1.1×103 B．11×102 C．1.1×107 D．1.1×106
3．（4分）内角和等于外角和的多边形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
4．（4分）一个不透明的箱子中有2个白球，3个黄球和4个红球，这些球除颜色不同外，则它是红球的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（4分）已知要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x≠2 B．x≠﹣3 C．x＝﹣3 D．x＝2
6．（4分）已知点A（m，﹣3）与点B（﹣4，n）关于x轴对称（ ）
A．1 B．﹣1 C．7 D．﹣7
7．（4分）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AC＝2，则cosB的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（4分）小杰把班级勤工俭学挣得的班费500元按一年期存入银行，已知年利率为x，一年到期后银行将本金和利息自动按一年定期转存，本利和为y元，则y与x之间的函数关系式为（ ）
A．y＝500（x+1）2 B．y＝x2+500
C．y＝x2+500x D．y＝x2+5x
9．（4分）二次函数y＝﹣x2+2x+1，当﹣1≤x≤2时，下列说法正确的是（ ）
A．有最大值1，有最小值﹣2 B．有最大值2，有最小值﹣2
C．有最大值1，有最小值﹣1 D．有最大值2，有最小值1
10．（4分）我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（图1），圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，作出一个圆内接正十二边形，连结AG，AG交CF于点P，AP＝2，则＝（ ）
A．2 B． C． D．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：x2﹣6x＝ ．
12．（5分）不等式组的解集是 ．
13．（5分）如图，在▱ABCD中，点F为BC中点，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G△DEG：S△CFG＝ ．
14．（5分）小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球．已知小明与篮框内的距离BC＝5米，眼镜与底面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，则点D到底面的距离CD是 米．
15．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点P是AB上一动点，以点C为旋转中心，则PQ的最小值为 ．
16．（5分）小明家里有一种水龙头如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形，线段CE与圆弧BC相切于点C，圆弧BC的圆心O在BD上，AF⊥AB，过点E作EM⊥AB于点M，已知AB＝，BD＝25cm，AF＝2DE＝6cm，则BM＝ cm．当把手开关GF打开到HF位置时，点A，H，E三点在同一条直线上 cm．
三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（10分）（1）计算：tan30°+（﹣1）2﹣20200．
（2）化简：（a+3）2﹣a（a﹣3）．
18．（8分）如图，在△ABC中，D为AC的中点，DF⊥BC，垂足分别为点E，F
（1）求证：△ADE≌△CDF．
（2）若AB＝AC，DE＝，求线段AB的长．
19．（8分）小明、小聪参加了100m跑的5期集训，每期集训结束时进行测试，根据他们的集训时间、测试成绩绘制成如下两个统计图．
根据图中信息，解答下列问题：
（1）这5期的集训共有多少天？小聪5次测试的平均成绩是多少？
（2）根据统计数据，结合体育运动的实际，从集训时间和测试成绩这两方面
20．（8分）如图，在7×7的方格纸中，△ABC的顶点均在格点上
（1）在图1中找一格点D，使四边形ABCD是中心对称图形，并补全该四边形．
（2）在图2中，在AC上作点E，使得EB＝EC．（仅用无刻度的直尺，且不能用直尺的直角，保留作图痕迹）
21．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+1经过点（1，﹣1），（﹣2，17）．
（1）求a，b的值；
（2）若（3，y1），（m，y2）是抛物线上不同的两点，且y2＝y1+8，求m的值．
22．（10分）如图，在△ABC中，O为AC上一点，OC为半径作圆，与BC相切于点C，过点A作AD⊥BO交BO的延长线于点O，且∠AOD＝∠BAD．
（1）求证：OE＝OC；
（2）若BC＝6，tan∠ABC＝，求AD的长．
23．（12分）为拓展学生视野，促进书本知识与生活实践的深度融合，荆州市某中学组织八年级全体学生前往松滋洈水研学基地开展研学活动．在此次活动中，则还剩10名学生没老师带；若每位老师带队15名学生，现有甲、乙两种大型客车，它们的载客量和租金如表所示：
甲型客车
乙型客车
载客量（人/辆）
35
30
租金（元/辆）
400
320
学校计划此次研学活动的租金总费用不超过3000元，为安全起见，每辆客车上至少要有2名老师．
（1）参加此次研学活动的老师和学生各有多少人？
（2）既要保证所有师生都有车坐，又要保证每辆车上至少要有2名老师，可知租车总辆数为 辆；
（3）学校共有几种租车方案？最少租车费用是多少？
24．（14分）如图，在平面直角坐标系内有一正方形OABC，点C坐标为（0，4），直线y＝﹣经过点C，△BCD沿着CD折叠，顶点B恰好落在OA边上方F处，点P为直线CD上一动点，点Q是线段BE的中点
（1）求点F的坐标；
（2）求出点P运动过程中，PO+PA的最小值；
（3）是否存在点P，使其在运动过程中满足△EQP∽△EBC，若存在；若不存在，请说明理由．
2021-2022学年浙江省温州市平阳县九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题4分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）
1．（4分）﹣3的绝对值是（ ）
A．3 B．﹣3 C． D．
【分析】根据一个负数的绝对值等于它的相反数得出．
【解答】解：|﹣3|＝﹣（﹣3）＝7．
故选：A．
2．（4分）截至美国东部时间2020年11月15日下午4点27分，美国累计新冠肺炎确诊病例约为1100万例．其中1100万用科学记数法可表示为（ ）
A．1.1×103 B．11×102 C．1.1×107 D．1.1×106
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：1100万＝11000000＝1.1×103．
故选：C．
3．（4分）内角和等于外角和的多边形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和是固定的360°，从而可根据外角和等于内角和列方程求解．
【解答】解：设所求n边形边数为n，
则360°＝（n﹣2）•180°，
解得n＝4．
∴外角和等于内角和的多边形是四边形．
故选：B．
4．（4分）一个不透明的箱子中有2个白球，3个黄球和4个红球，这些球除颜色不同外，则它是红球的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据概率公式，用红球的个数除以球的总个数即可．
【解答】解：∵从箱子中随机摸出一个球，共有9种等可能结果，
∴它是红球的概率是，
故选：C．
5．（4分）已知要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x≠2 B．x≠﹣3 C．x＝﹣3 D．x＝2
【分析】根据分式有意义的条件即可得出答案．
【解答】解：根据题意得：x﹣2≠0，
∴x≠5，
故选：A．
6．（4分）已知点A（m，﹣3）与点B（﹣4，n）关于x轴对称（ ）
A．1 B．﹣1 C．7 D．﹣7
【分析】利用关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数求得m、n的值，再代入计算可得．
【解答】解：∵点A（m，﹣3）与点B（﹣4，
∴m＝﹣2，n＝3，
则m+n＝﹣4+8＝﹣1，
故选：B．
7．（4分）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AC＝2，则cosB的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意AD是⊙O的直径，根据勾股定理可求得CD＝，可求cosD，因为∠B＝∠D，所以cosB＝cosD，即可求解．
【解答】解：∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∵AD＝3，AC＝2，
∴CD＝，
∴cosD＝＝，
∵∠B＝∠D，
∴cosB＝cosD＝．
故选：B．
8．（4分）小杰把班级勤工俭学挣得的班费500元按一年期存入银行，已知年利率为x，一年到期后银行将本金和利息自动按一年定期转存，本利和为y元，则y与x之间的函数关系式为（ ）
A．y＝500（x+1）2 B．y＝x2+500
C．y＝x2+500x D．y＝x2+5x
【分析】根据两年后的本息和＝本金×（1+一年定期储蓄的年利率）×（1+一年定期储蓄的年利率），可得两年后的本息和y与年利率x的表达式是：y＝500（1+x）（1+x）＝500（1+x）2，据此解答即可．
【解答】解：∵人民币一年定期储蓄的年利率是x，
∴两年后的本息和y与年利率x的表达式是：y＝500（1+x）（1+x）＝500（6+x）2，
故选：A．
9．（4分）二次函数y＝﹣x2+2x+1，当﹣1≤x≤2时，下列说法正确的是（ ）
A．有最大值1，有最小值﹣2 B．有最大值2，有最小值﹣2
C．有最大值1，有最小值﹣1 D．有最大值2，有最小值1
【分析】把二次函数解析式转化为顶点式，求出顶点坐标即可求出最大值，再根据自变量的取值范围找出最小值即可．
【解答】解：二次函数y＝﹣x2+2x+5＝﹣（x﹣1）2+3，
a＜0开口向下，顶点坐标为：（1，
∴当﹣7≤x≤2时，有最大值2，
当x＝﹣2时，有最小值，y最小值＝﹣（﹣1）2+5×（﹣1）+1＝﹣4，
故选：B．
10．（4分）我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（图1），圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，作出一个圆内接正十二边形，连结AG，AG交CF于点P，AP＝2，则＝（ ）
A．2 B． C． D．
【分析】设正六边形外接圆的圆心为O，连接OG，求得∠COG＝＝30°，过A作AH⊥CF于H，推出△AHP是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到AH＝PH＝AP＝2，求得CP＝CF﹣PF＝6﹣2，于是得到答案．
【解答】解：设正六边形外接圆的圆心为O，
连接OG，则∠COG＝，
由题意得，∠FAG＝75°，
过A作AH⊥CF于H，
∴∠AHF＝90°，
∴∠FAH＝30°，
∴∠HAP＝45°，
∴△AHP是等腰直角三角形，
∴AH＝PH＝AP＝2，
∴AF＝＝＝8，
∴OC＝AF＝4，
∴CF＝2OC＝2，
∴PF＝PH+FH＝2+5，
∴CP＝CF﹣PF＝6﹣2，
∴＝＝，
故选：D．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：x2﹣6x＝ x（x﹣6） ．
【分析】首先找出公因式，进而提取公因式得出答案．
【解答】解：x2﹣6x＝x（x﹣4）．
故答案为：x（x﹣6）．
12．（5分）不等式组的解集是 x＞7 ．
【分析】分别解出这两个不等式的解集，根据同大取大即可得出答案．
【解答】解：解第一个不等式得：x＞7，
解第二个不等式得：x＞﹣1，
∴不等式组的解集为：x＞3，
故答案为：x＞7．
13．（5分）如图，在▱ABCD中，点F为BC中点，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G△DEG：S△CFG＝ 4：9 ．
【分析】根据相似三角形的性质以及平行四边形的性质即可求出答案．
【解答】解：设DE＝x，AD＝3x，
在▱ABCD中，
∴AD＝BC＝3x，
∵点F为BC的中点，
∴CF＝，
∵DE∥BC，
∴△DEG∽△CFG，
∴＝（）2＝（）2＝，
故答案为：4：4
14．（5分）小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球．已知小明与篮框内的距离BC＝5米，眼镜与底面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，则点D到底面的距离CD是 3.2 米．
【分析】过A作AE⊥CD于E，则四边形ABCE是矩形，得AE＝BC＝5米，CE＝AB＝1.7米，解Rt△ADE得到DE的长度，再由CD＝CE+DE即可求解．
【解答】解：如图，过A作AE⊥CD于E，
则四边形ABCE是矩形，
∴AE＝BC＝5米，CE＝AB＝1.8米，
在Rt△ADE中，∠DAE＝α＝，
∴DE＝AE＝，
∴CD＝CE+DE＝3.2米．
故答案为：8.2．
15．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点P是AB上一动点，以点C为旋转中心，则PQ的最小值为 2 ．
【分析】由旋转的性质可得PC＝CQ，∠PCQ＝90°，由勾股定理可得PQ2＝PC2+CQ2＝2PC2，即PC⊥AB时，PQ有最小值，由等腰直角三角形的性质可求PQ的最小值．
【解答】解：∵将△ACP顺时针旋转到△BCQ的位置，
∴PC＝CQ，∠PCQ＝90°
∴PQ2＝PC2+CQ5＝2PC2，
∴当PC最小时，PQ有最小值
即PC⊥AB时，PQ有最小值，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝8，
∴AB＝2，
∵PC⊥AB
∴PC＝，
∴PQ的最小值为2，
故答案为：2．
16．（5分）小明家里有一种水龙头如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形，线段CE与圆弧BC相切于点C，圆弧BC的圆心O在BD上，AF⊥AB，过点E作EM⊥AB于点M，已知AB＝，BD＝25cm，AF＝2DE＝6cm，则BM＝ cm．当把手开关GF打开到HF位置时，点A，H，E三点在同一条直线上 （4+2） cm．
【分析】作CL⊥EM于点L，交BD于点K，连结OC，证明△DCK∽△ECL∽△DOC，可求出BM的长；连结AE，则点H在AE上，作HR⊥AF交AF的延长线于点R，先证明△RAH∽△MEA，可以求出△RAH三边的比，在Rt△HFR中根据勾股定理可求出FR的长，再求出AH的长．
【解答】解：如图，作CL⊥EM于点L，连结OC，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴AB⊥BD，
∵EM⊥AB，
∴BD∥EM，
∴∠CKD＝∠CLE＝90°，
∵AF＝2DE＝6，CE＝FG＝4，
∴DE＝3，
∴CD＝8﹣8＝5，
∵CE与⊙O相切于点C，
∴CE⊥OC，
∴∠OCD＝90°，
∵OD2＝CD8+OC2，且OD＝25﹣OB＝25﹣OC，
∴（25﹣OC）2＝42+OC2，
解得OC＝12，
∴OB＝12，
∴OD＝25﹣12＝13，
∵∠CKD＝∠CLE＝∠OCD＝90°，∠DCK＝∠ECL＝90°﹣∠CDK＝∠DOC，
∴△DCK∽△ECL∽△DOC，
∴，，
∴CK＝×12＝×12＝，
∴KL＝﹣＝，
∵∠KBM＝∠BML＝∠KLM＝90°，
∴四边形BKLM是矩形，
∴BM＝KL＝（cm）；
连结AE，则点H在AE上，
作HR⊥AF交AF的延长线于点R，则∠R＝90°，
∴∠R＝∠AME，
∵AF⊥AB，
∴AF∥EM，
∴∠RAH＝∠MEA，
∴△RAH∽△MEA，
∴，
∴，
∵，，
∴KD＝×5＝×3＝，
∴ML＝BK＝25﹣，
∴EM＝25﹣+＝，
∵AM＝﹣＝，
∴＝＝，
∴HR＝AR，
∴AH＝＝AR，
设FR＝n，则AR＝AF+FR＝6+n，
∴HR＝（6+n）＝3+n，
∵HR2+FR2＝FH3，且FH＝FG＝8，
∴（3+n）6+n2＝85，
整理得9n2+60n﹣76＝2，
∴n＝＝＝＝，
∵n＞2，
∴n＝，
∴AR＝4+＝，
∴AH＝×＝（4+4，
故答案为：cm）cm．
三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（10分）（1）计算：tan30°+（﹣1）2﹣20200．
（2）化简：（a+3）2﹣a（a﹣3）．
【分析】（1）根据30度的正切、平方的意义和零指数幂的性质进行化简再合并即可；
（2）根据完全平方公式和单项式乘多项式的法则进行化简再合并即可．
【解答】解：（1）原式＝
＝；
（2）原式＝a2+6a+7﹣a2+3a
＝4a+9．
18．（8分）如图，在△ABC中，D为AC的中点，DF⊥BC，垂足分别为点E，F
（1）求证：△ADE≌△CDF．
（2）若AB＝AC，DE＝，求线段AB的长．
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠DEA＝∠DFC＝90°，根据线段中点的定义得到AD＝CD，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠A＝∠C，推出△ABC是等边三角形，得到∠A＝60°，AB＝AC，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠DEA＝∠DFC＝90°，
∵D为AC的中点，
∴AD＝CD，
在Rt△ADE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL）；
（2）解：∵Rt△ADE≌Rt△CDF，
∴∠A＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵sinA＝＝，DE＝，
∴AD＝2，
∴AB＝AC＝2AD＝5．
19．（8分）小明、小聪参加了100m跑的5期集训，每期集训结束时进行测试，根据他们的集训时间、测试成绩绘制成如下两个统计图．
根据图中信息，解答下列问题：
（1）这5期的集训共有多少天？小聪5次测试的平均成绩是多少？
（2）根据统计数据，结合体育运动的实际，从集训时间和测试成绩这两方面
【分析】（1）根据图中的信息可以求得这5期的集训共有多少天和小聪5次测试的平均成绩；
（2）根据图中的信心和题意，说明自己的观点即可，本题答案不唯一，只要合理即可．
【解答】解：（1）这5期的集训共有：5+4+10+14+20＝56（天），
小聪5次测试的平均成绩是：（11.88+11.76+11.61+11.53+11.62）÷5＝11.68（秒），
答：这5期的集训共有56天，小聪5次测试的平均成绩是11.68秒；
（2）从集训时间看，集训时间不是越多越好，可能造成劳累，如图中第4期与前面两期相比；
从测试成绩看，两人的最好的平均成绩是在第8期出现．
20．（8分）如图，在7×7的方格纸中，△ABC的顶点均在格点上
（1）在图1中找一格点D，使四边形ABCD是中心对称图形，并补全该四边形．
（2）在图2中，在AC上作点E，使得EB＝EC．（仅用无刻度的直尺，且不能用直尺的直角，保留作图痕迹）
【分析】（1）根据平行四边形的判定画出图形即可．
（2）作线段BC的垂直平分线交AC于点E，点E即为所求．
【解答】解：（1）如图，四边形ABCD即为所求．
（2）如图，点E即为所求．
21．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+1经过点（1，﹣1），（﹣2，17）．
（1）求a，b的值；
（2）若（3，y1），（m，y2）是抛物线上不同的两点，且y2＝y1+8，求m的值．
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）分别求出y1和y2，根据y2＝y1+8列出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）将（1，﹣1），17）分别代入抛物线得：
，
化简得，；
（2）∵（3，y1），（m，y2）是抛物线上不同的两点，
∴y1＝9a+4b+1＝9×6+3×（﹣4）+6＝18+（﹣12）+1＝7，
y3＝am2+bm+1＝7m2﹣4m+5，
∵y2＝y1+5，
∴2m2﹣8m+1＝7+5，
解得m1＝1﹣3，m2＝2+2．
22．（10分）如图，在△ABC中，O为AC上一点，OC为半径作圆，与BC相切于点C，过点A作AD⊥BO交BO的延长线于点O，且∠AOD＝∠BAD．
（1）求证：OE＝OC；
（2）若BC＝6，tan∠ABC＝，求AD的长．
【分析】（1）由切线的性质得出∠OCB＝∠OEB＝90°，可证出∠ABD＝∠CBO，由等腰三角形的判定可得出结论；
（2）由锐角三角函数的定义可求出AC＝8，由勾股定理可得出AB＝10，设OC＝OE＝x，由勾股定理得出（8﹣x）2＝42+x2，求出OE＝3，根据三角形AOB的面积可得出答案．
【解答】（1）证明：∵BC切⊙O于点C，OE⊥AB
∴∠OCB＝∠OEB＝90°，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝90°，
∵∠AOD＝∠BOC，
∴∠CBD＝∠OAD，
∵∠D＝90°，∠AOD＝∠BAD，
∴∠OAD＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠CBO，
∴OE＝OC；
（2）解：∵BC＝6，tan∠ABC＝，
∴AC＝BC•tan∠ABC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∵OE＝OC，
∴BE＝BC＝6，
∴AE＝AB﹣BE＝5，
设OC＝OE＝x，
则在Rt△AEO中，有（8﹣x）2＝32+x2，
解得，x＝5，
∴OE＝3，
∴OB＝，
∵S△BOA＝AB•OE＝，
∴AB•OE＝BO•AD，
∴AD＝＝＝．
23．（12分）为拓展学生视野，促进书本知识与生活实践的深度融合，荆州市某中学组织八年级全体学生前往松滋洈水研学基地开展研学活动．在此次活动中，则还剩10名学生没老师带；若每位老师带队15名学生，现有甲、乙两种大型客车，它们的载客量和租金如表所示：
甲型客车
乙型客车
载客量（人/辆）
35
30
租金（元/辆）
400
320
学校计划此次研学活动的租金总费用不超过3000元，为安全起见，每辆客车上至少要有2名老师．
（1）参加此次研学活动的老师和学生各有多少人？
（2）既要保证所有师生都有车坐，又要保证每辆车上至少要有2名老师，可知租车总辆数为 8 辆；
（3）学校共有几种租车方案？最少租车费用是多少？
【分析】（1）设参加此次研学活动的老师有x人，学生有y人，根据“若每位老师带队14名学生，则还剩10名学生没老师带；若每位老师带队15名学生，就有一位老师少带6名学生”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）利用租车总辆数＝师生人数÷35结合每辆客车上至少要有2名老师，即可得出租车总辆数为8辆；
（3）设租35座客车m辆，则需租30座的客车（8﹣m）辆，根据8辆车的座位数不少于师生人数及租车总费用不超过3000元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，结合m为正整数即可得出租车方案数，设租车总费用为w元，根据租车总费用＝400×租用35座客车的数量+320×租用30座客车的数量，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设参加此次研学活动的老师有x人，学生有y人，
依题意，得：，
解得：．
答：参加此次研学活动的老师有16人，学生有234人．
（2）∵（234+16）÷35＝7（辆）……5（人），16÷2＝8（辆），
∴租车总辆数为3辆．
故答案为：8．
（3）设租35座客车m辆，则需租30座的客车（8﹣m）辆，
依题意，得：，
解得：2≤m≤6．
∵m为正整数，
∴m＝3，3，4，6，
∴共有4种租车方案．
设租车总费用为w元，则w＝400m+320（8﹣m）＝80m+2560，
∵80＞6，
∴w的值随m值的增大而增大，
∴当m＝2时，w取得最小值．
∴学校共有4种租车方案，最少租车费用是2720元．
24．（14分）如图，在平面直角坐标系内有一正方形OABC，点C坐标为（0，4），直线y＝﹣经过点C，△BCD沿着CD折叠，顶点B恰好落在OA边上方F处，点P为直线CD上一动点，点Q是线段BE的中点
（1）求点F的坐标；
（2）求出点P运动过程中，PO+PA的最小值；
（3）是否存在点P，使其在运动过程中满足△EQP∽△EBC，若存在；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）过点F作y轴的垂线，交y轴于点M，交AB于点N，可得出△CFM∽△FDN，设DN＝t，则FM＝2t，所以FN＝4﹣2t，CM＝8﹣4t，OM＝4t﹣4，最后利用勾股定理可建立等式，求解即可；
（2）求出点A关于直线CD的对称点，即可求得PO+PA的最小值；
（3）分情况讨论，利用相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）在正方形OABC中，点C（0，
∴OC＝OA＝BC＝AB＝4，
∴A（5，0），4），
∵点D是AB的中点，
∴D（6，2），
∵直线y＝﹣经过点C，
∴E（8，3），
∵点Q是BE的中点，
∴Q（6，2）．
如图，过点F作y轴的垂线，交AB于点N，
∴∠CMF＝∠DNF＝90°，
∴∠DFN+∠FDN＝90°，
由折叠可知，BC＝CF＝3，∠CFD＝∠CBD＝90°，
∴∠CFM+∠DFN＝90°，
∴∠CFM＝∠FDN，
∴△CFM∽△FDN，
∴CM：FN＝MF：ND＝CF：DF＝2：1，
设DN＝t，则FM＝2t，
∴FN＝4﹣2t，CM＝4﹣4t，
在Rt△CFM中，由勾股定理可得2+MF7＝CF2，
即（8﹣7t）2+（2t）3＝42，
解得t＝7（舍），或t＝，
∴FM＝，OM＝，
∴F（，）．
（2）∵点B关于直线CD的对称点F（，），
∴由平移可知，点F向下平移即可得到点A，
∴由B（4，4）作同样的平移可得点A关于直线CD的对称点A′（，），
∴PO+PA的最小值即可A′O的长，即＝．
（3）存在，理由如下：
分析图形可知，△EQP与△EBC有公共角∠BEC，
①当PQ∥BC时，则有△EQP∽△EBC，
∵点Q为BE的中点，
∴PQ＝BE＝2，
∴P（4，6）；
②分析图形可知，∠EBC＝135°，则有PQ：BC＝QE：CE，
根据条件可知，CE＝4，BC＝4，
∴PQ＝，
设点P的坐标为（x，﹣x+2），
∵Q（6，2），
∴PQ＝（x﹣6）2+（﹣+4﹣2）3＝（）7，解得x＝（舍）．
∴P（，）．
综上，满足△EQP∽△EBC时点P的坐标为（5，）．
2021-2022学年浙江省温州市平阳县九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题4分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）
1．（4分）﹣3的绝对值是（ ）
A．3 B．﹣3 C． D．
2．（4分）截至美国东部时间2020年11月15日下午4点27分，美国累计新冠肺炎确诊病例约为1100万例．其中1100万用科学记数法可表示为（ ）
A．1.1×103 B．11×102 C．1.1×107 D．1.1×106
3．（4分）内角和等于外角和的多边形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
4．（4分）一个不透明的箱子中有2个白球，3个黄球和4个红球，这些球除颜色不同外，则它是红球的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（4分）已知要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x≠2 B．x≠﹣3 C．x＝﹣3 D．x＝2
6．（4分）已知点A（m，﹣3）与点B（﹣4，n）关于x轴对称（ ）
A．1 B．﹣1 C．7 D．﹣7
7．（4分）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AC＝2，则cosB的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（4分）小杰把班级勤工俭学挣得的班费500元按一年期存入银行，已知年利率为x，一年到期后银行将本金和利息自动按一年定期转存，本利和为y元，则y与x之间的函数关系式为（ ）
A．y＝500（x+1）2 B．y＝x2+500
C．y＝x2+500x D．y＝x2+5x
9．（4分）二次函数y＝﹣x2+2x+1，当﹣1≤x≤2时，下列说法正确的是（ ）
A．有最大值1，有最小值﹣2 B．有最大值2，有最小值﹣2
C．有最大值1，有最小值﹣1 D．有最大值2，有最小值1
10．（4分）我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（图1），圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，作出一个圆内接正十二边形，连结AG，AG交CF于点P，AP＝2，则＝（ ）
A．2 B． C． D．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：x2﹣6x＝ ．
12．（5分）不等式组的解集是 ．
13．（5分）如图，在▱ABCD中，点F为BC中点，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G△DEG：S△CFG＝ ．
14．（5分）小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球．已知小明与篮框内的距离BC＝5米，眼镜与底面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，则点D到底面的距离CD是 米．
15．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点P是AB上一动点，以点C为旋转中心，则PQ的最小值为 ．
16．（5分）小明家里有一种水龙头如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形，线段CE与圆弧BC相切于点C，圆弧BC的圆心O在BD上，AF⊥AB，过点E作EM⊥AB于点M，已知AB＝，BD＝25cm，AF＝2DE＝6cm，则BM＝ cm．当把手开关GF打开到HF位置时，点A，H，E三点在同一条直线上 cm．
三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（10分）（1）计算：tan30°+（﹣1）2﹣20200．
（2）化简：（a+3）2﹣a（a﹣3）．
18．（8分）如图，在△ABC中，D为AC的中点，DF⊥BC，垂足分别为点E，F
（1）求证：△ADE≌△CDF．
（2）若AB＝AC，DE＝，求线段AB的长．
19．（8分）小明、小聪参加了100m跑的5期集训，每期集训结束时进行测试，根据他们的集训时间、测试成绩绘制成如下两个统计图．
根据图中信息，解答下列问题：
（1）这5期的集训共有多少天？小聪5次测试的平均成绩是多少？
（2）根据统计数据，结合体育运动的实际，从集训时间和测试成绩这两方面
20．（8分）如图，在7×7的方格纸中，△ABC的顶点均在格点上
（1）在图1中找一格点D，使四边形ABCD是中心对称图形，并补全该四边形．
（2）在图2中，在AC上作点E，使得EB＝EC．（仅用无刻度的直尺，且不能用直尺的直角，保留作图痕迹）
21．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+1经过点（1，﹣1），（﹣2，17）．
（1）求a，b的值；
（2）若（3，y1），（m，y2）是抛物线上不同的两点，且y2＝y1+8，求m的值．
22．（10分）如图，在△ABC中，O为AC上一点，OC为半径作圆，与BC相切于点C，过点A作AD⊥BO交BO的延长线于点O，且∠AOD＝∠BAD．
（1）求证：OE＝OC；
（2）若BC＝6，tan∠ABC＝，求AD的长．
23．（12分）为拓展学生视野，促进书本知识与生活实践的深度融合，荆州市某中学组织八年级全体学生前往松滋洈水研学基地开展研学活动．在此次活动中，则还剩10名学生没老师带；若每位老师带队15名学生，现有甲、乙两种大型客车，它们的载客量和租金如表所示：
甲型客车
乙型客车
载客量（人/辆）
35
30
租金（元/辆）
400
320
学校计划此次研学活动的租金总费用不超过3000元，为安全起见，每辆客车上至少要有2名老师．
（1）参加此次研学活动的老师和学生各有多少人？
（2）既要保证所有师生都有车坐，又要保证每辆车上至少要有2名老师，可知租车总辆数为 辆；
（3）学校共有几种租车方案？最少租车费用是多少？
24．（14分）如图，在平面直角坐标系内有一正方形OABC，点C坐标为（0，4），直线y＝﹣经过点C，△BCD沿着CD折叠，顶点B恰好落在OA边上方F处，点P为直线CD上一动点，点Q是线段BE的中点
（1）求点F的坐标；
（2）求出点P运动过程中，PO+PA的最小值；
（3）是否存在点P，使其在运动过程中满足△EQP∽△EBC，若存在；若不存在，请说明理由．
2021-2022学年浙江省温州市平阳县九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题4分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）
1．（4分）﹣3的绝对值是（ ）
A．3 B．﹣3 C． D．
【分析】根据一个负数的绝对值等于它的相反数得出．
【解答】解：|﹣3|＝﹣（﹣3）＝7．
故选：A．
2．（4分）截至美国东部时间2020年11月15日下午4点27分，美国累计新冠肺炎确诊病例约为1100万例．其中1100万用科学记数法可表示为（ ）
A．1.1×103 B．11×102 C．1.1×107 D．1.1×106
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：1100万＝11000000＝1.1×103．
故选：C．
3．（4分）内角和等于外角和的多边形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和是固定的360°，从而可根据外角和等于内角和列方程求解．
【解答】解：设所求n边形边数为n，
则360°＝（n﹣2）•180°，
解得n＝4．
∴外角和等于内角和的多边形是四边形．
故选：B．
4．（4分）一个不透明的箱子中有2个白球，3个黄球和4个红球，这些球除颜色不同外，则它是红球的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据概率公式，用红球的个数除以球的总个数即可．
【解答】解：∵从箱子中随机摸出一个球，共有9种等可能结果，
∴它是红球的概率是，
故选：C．
5．（4分）已知要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x≠2 B．x≠﹣3 C．x＝﹣3 D．x＝2
【分析】根据分式有意义的条件即可得出答案．
【解答】解：根据题意得：x﹣2≠0，
∴x≠5，
故选：A．
6．（4分）已知点A（m，﹣3）与点B（﹣4，n）关于x轴对称（ ）
A．1 B．﹣1 C．7 D．﹣7
【分析】利用关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数求得m、n的值，再代入计算可得．
【解答】解：∵点A（m，﹣3）与点B（﹣4，
∴m＝﹣2，n＝3，
则m+n＝﹣4+8＝﹣1，
故选：B．
7．（4分）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AC＝2，则cosB的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意AD是⊙O的直径，根据勾股定理可求得CD＝，可求cosD，因为∠B＝∠D，所以cosB＝cosD，即可求解．
【解答】解：∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∵AD＝3，AC＝2，
∴CD＝，
∴cosD＝＝，
∵∠B＝∠D，
∴cosB＝cosD＝．
故选：B．
8．（4分）小杰把班级勤工俭学挣得的班费500元按一年期存入银行，已知年利率为x，一年到期后银行将本金和利息自动按一年定期转存，本利和为y元，则y与x之间的函数关系式为（ ）
A．y＝500（x+1）2 B．y＝x2+500
C．y＝x2+500x D．y＝x2+5x
【分析】根据两年后的本息和＝本金×（1+一年定期储蓄的年利率）×（1+一年定期储蓄的年利率），可得两年后的本息和y与年利率x的表达式是：y＝500（1+x）（1+x）＝500（1+x）2，据此解答即可．
【解答】解：∵人民币一年定期储蓄的年利率是x，
∴两年后的本息和y与年利率x的表达式是：y＝500（1+x）（1+x）＝500（6+x）2，
故选：A．
9．（4分）二次函数y＝﹣x2+2x+1，当﹣1≤x≤2时，下列说法正确的是（ ）
A．有最大值1，有最小值﹣2 B．有最大值2，有最小值﹣2
C．有最大值1，有最小值﹣1 D．有最大值2，有最小值1
【分析】把二次函数解析式转化为顶点式，求出顶点坐标即可求出最大值，再根据自变量的取值范围找出最小值即可．
【解答】解：二次函数y＝﹣x2+2x+5＝﹣（x﹣1）2+3，
a＜0开口向下，顶点坐标为：（1，
∴当﹣7≤x≤2时，有最大值2，
当x＝﹣2时，有最小值，y最小值＝﹣（﹣1）2+5×（﹣1）+1＝﹣4，
故选：B．
10．（4分）我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（图1），圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图2，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，作出一个圆内接正十二边形，连结AG，AG交CF于点P，AP＝2，则＝（ ）
A．2 B． C． D．
【分析】设正六边形外接圆的圆心为O，连接OG，求得∠COG＝＝30°，过A作AH⊥CF于H，推出△AHP是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到AH＝PH＝AP＝2，求得CP＝CF﹣PF＝6﹣2，于是得到答案．
【解答】解：设正六边形外接圆的圆心为O，
连接OG，则∠COG＝，
由题意得，∠FAG＝75°，
过A作AH⊥CF于H，
∴∠AHF＝90°，
∴∠FAH＝30°，
∴∠HAP＝45°，
∴△AHP是等腰直角三角形，
∴AH＝PH＝AP＝2，
∴AF＝＝＝8，
∴OC＝AF＝4，
∴CF＝2OC＝2，
∴PF＝PH+FH＝2+5，
∴CP＝CF﹣PF＝6﹣2，
∴＝＝，
故选：D．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：x2﹣6x＝ x（x﹣6） ．
【分析】首先找出公因式，进而提取公因式得出答案．
【解答】解：x2﹣6x＝x（x﹣4）．
故答案为：x（x﹣6）．
12．（5分）不等式组的解集是 x＞7 ．
【分析】分别解出这两个不等式的解集，根据同大取大即可得出答案．
【解答】解：解第一个不等式得：x＞7，
解第二个不等式得：x＞﹣1，
∴不等式组的解集为：x＞3，
故答案为：x＞7．
13．（5分）如图，在▱ABCD中，点F为BC中点，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G△DEG：S△CFG＝ 4：9 ．
【分析】根据相似三角形的性质以及平行四边形的性质即可求出答案．
【解答】解：设DE＝x，AD＝3x，
在▱ABCD中，
∴AD＝BC＝3x，
∵点F为BC的中点，
∴CF＝，
∵DE∥BC，
∴△DEG∽△CFG，
∴＝（）2＝（）2＝，
故答案为：4：4
14．（5分）小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球．已知小明与篮框内的距离BC＝5米，眼镜与底面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，则点D到底面的距离CD是 3.2 米．
【分析】过A作AE⊥CD于E，则四边形ABCE是矩形，得AE＝BC＝5米，CE＝AB＝1.7米，解Rt△ADE得到DE的长度，再由CD＝CE+DE即可求解．
【解答】解：如图，过A作AE⊥CD于E，
则四边形ABCE是矩形，
∴AE＝BC＝5米，CE＝AB＝1.8米，
在Rt△ADE中，∠DAE＝α＝，
∴DE＝AE＝，
∴CD＝CE+DE＝3.2米．
故答案为：8.2．
15．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点P是AB上一动点，以点C为旋转中心，则PQ的最小值为 2 ．
【分析】由旋转的性质可得PC＝CQ，∠PCQ＝90°，由勾股定理可得PQ2＝PC2+CQ2＝2PC2，即PC⊥AB时，PQ有最小值，由等腰直角三角形的性质可求PQ的最小值．
【解答】解：∵将△ACP顺时针旋转到△BCQ的位置，
∴PC＝CQ，∠PCQ＝90°
∴PQ2＝PC2+CQ5＝2PC2，
∴当PC最小时，PQ有最小值
即PC⊥AB时，PQ有最小值，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝8，
∴AB＝2，
∵PC⊥AB
∴PC＝，
∴PQ的最小值为2，
故答案为：2．
16．（5分）小明家里有一种水龙头如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形，线段CE与圆弧BC相切于点C，圆弧BC的圆心O在BD上，AF⊥AB，过点E作EM⊥AB于点M，已知AB＝，BD＝25cm，AF＝2DE＝6cm，则BM＝ cm．当把手开关GF打开到HF位置时，点A，H，E三点在同一条直线上 （4+2） cm．
【分析】作CL⊥EM于点L，交BD于点K，连结OC，证明△DCK∽△ECL∽△DOC，可求出BM的长；连结AE，则点H在AE上，作HR⊥AF交AF的延长线于点R，先证明△RAH∽△MEA，可以求出△RAH三边的比，在Rt△HFR中根据勾股定理可求出FR的长，再求出AH的长．
【解答】解：如图，作CL⊥EM于点L，连结OC，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴AB⊥BD，
∵EM⊥AB，
∴BD∥EM，
∴∠CKD＝∠CLE＝90°，
∵AF＝2DE＝6，CE＝FG＝4，
∴DE＝3，
∴CD＝8﹣8＝5，
∵CE与⊙O相切于点C，
∴CE⊥OC，
∴∠OCD＝90°，
∵OD2＝CD8+OC2，且OD＝25﹣OB＝25﹣OC，
∴（25﹣OC）2＝42+OC2，
解得OC＝12，
∴OB＝12，
∴OD＝25﹣12＝13，
∵∠CKD＝∠CLE＝∠OCD＝90°，∠DCK＝∠ECL＝90°﹣∠CDK＝∠DOC，
∴△DCK∽△ECL∽△DOC，
∴，，
∴CK＝×12＝×12＝，
∴KL＝﹣＝，
∵∠KBM＝∠BML＝∠KLM＝90°，
∴四边形BKLM是矩形，
∴BM＝KL＝（cm）；
连结AE，则点H在AE上，
作HR⊥AF交AF的延长线于点R，则∠R＝90°，
∴∠R＝∠AME，
∵AF⊥AB，
∴AF∥EM，
∴∠RAH＝∠MEA，
∴△RAH∽△MEA，
∴，
∴，
∵，，
∴KD＝×5＝×3＝，
∴ML＝BK＝25﹣，
∴EM＝25﹣+＝，
∵AM＝﹣＝，
∴＝＝，
∴HR＝AR，
∴AH＝＝AR，
设FR＝n，则AR＝AF+FR＝6+n，
∴HR＝（6+n）＝3+n，
∵HR2+FR2＝FH3，且FH＝FG＝8，
∴（3+n）6+n2＝85，
整理得9n2+60n﹣76＝2，
∴n＝＝＝＝，
∵n＞2，
∴n＝，
∴AR＝4+＝，
∴AH＝×＝（4+4，
故答案为：cm）cm．
三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（10分）（1）计算：tan30°+（﹣1）2﹣20200．
（2）化简：（a+3）2﹣a（a﹣3）．
【分析】（1）根据30度的正切、平方的意义和零指数幂的性质进行化简再合并即可；
（2）根据完全平方公式和单项式乘多项式的法则进行化简再合并即可．
【解答】解：（1）原式＝
＝；
（2）原式＝a2+6a+7﹣a2+3a
＝4a+9．
18．（8分）如图，在△ABC中，D为AC的中点，DF⊥BC，垂足分别为点E，F
（1）求证：△ADE≌△CDF．
（2）若AB＝AC，DE＝，求线段AB的长．
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠DEA＝∠DFC＝90°，根据线段中点的定义得到AD＝CD，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠A＝∠C，推出△ABC是等边三角形，得到∠A＝60°，AB＝AC，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠DEA＝∠DFC＝90°，
∵D为AC的中点，
∴AD＝CD，
在Rt△ADE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL）；
（2）解：∵Rt△ADE≌Rt△CDF，
∴∠A＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵sinA＝＝，DE＝，
∴AD＝2，
∴AB＝AC＝2AD＝5．
19．（8分）小明、小聪参加了100m跑的5期集训，每期集训结束时进行测试，根据他们的集训时间、测试成绩绘制成如下两个统计图．
根据图中信息，解答下列问题：
（1）这5期的集训共有多少天？小聪5次测试的平均成绩是多少？
（2）根据统计数据，结合体育运动的实际，从集训时间和测试成绩这两方面
【分析】（1）根据图中的信息可以求得这5期的集训共有多少天和小聪5次测试的平均成绩；
（2）根据图中的信心和题意，说明自己的观点即可，本题答案不唯一，只要合理即可．
【解答】解：（1）这5期的集训共有：5+4+10+14+20＝56（天），
小聪5次测试的平均成绩是：（11.88+11.76+11.61+11.53+11.62）÷5＝11.68（秒），
答：这5期的集训共有56天，小聪5次测试的平均成绩是11.68秒；
（2）从集训时间看，集训时间不是越多越好，可能造成劳累，如图中第4期与前面两期相比；
从测试成绩看，两人的最好的平均成绩是在第8期出现．
20．（8分）如图，在7×7的方格纸中，△ABC的顶点均在格点上
（1）在图1中找一格点D，使四边形ABCD是中心对称图形，并补全该四边形．
（2）在图2中，在AC上作点E，使得EB＝EC．（仅用无刻度的直尺，且不能用直尺的直角，保留作图痕迹）
【分析】（1）根据平行四边形的判定画出图形即可．
（2）作线段BC的垂直平分线交AC于点E，点E即为所求．
【解答】解：（1）如图，四边形ABCD即为所求．
（2）如图，点E即为所求．
21．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+1经过点（1，﹣1），（﹣2，17）．
（1）求a，b的值；
（2）若（3，y1），（m，y2）是抛物线上不同的两点，且y2＝y1+8，求m的值．
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）分别求出y1和y2，根据y2＝y1+8列出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）将（1，﹣1），17）分别代入抛物线得：
，
化简得，；
（2）∵（3，y1），（m，y2）是抛物线上不同的两点，
∴y1＝9a+4b+1＝9×6+3×（﹣4）+6＝18+（﹣12）+1＝7，
y3＝am2+bm+1＝7m2﹣4m+5，
∵y2＝y1+5，
∴2m2﹣8m+1＝7+5，
解得m1＝1﹣3，m2＝2+2．
22．（10分）如图，在△ABC中，O为AC上一点，OC为半径作圆，与BC相切于点C，过点A作AD⊥BO交BO的延长线于点O，且∠AOD＝∠BAD．
（1）求证：OE＝OC；
（2）若BC＝6，tan∠ABC＝，求AD的长．
【分析】（1）由切线的性质得出∠OCB＝∠OEB＝90°，可证出∠ABD＝∠CBO，由等腰三角形的判定可得出结论；
（2）由锐角三角函数的定义可求出AC＝8，由勾股定理可得出AB＝10，设OC＝OE＝x，由勾股定理得出（8﹣x）2＝42+x2，求出OE＝3，根据三角形AOB的面积可得出答案．
【解答】（1）证明：∵BC切⊙O于点C，OE⊥AB
∴∠OCB＝∠OEB＝90°，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝90°，
∵∠AOD＝∠BOC，
∴∠CBD＝∠OAD，
∵∠D＝90°，∠AOD＝∠BAD，
∴∠OAD＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠CBO，
∴OE＝OC；
（2）解：∵BC＝6，tan∠ABC＝，
∴AC＝BC•tan∠ABC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∵OE＝OC，
∴BE＝BC＝6，
∴AE＝AB﹣BE＝5，
设OC＝OE＝x，
则在Rt△AEO中，有（8﹣x）2＝32+x2，
解得，x＝5，
∴OE＝3，
∴OB＝，
∵S△BOA＝AB•OE＝，
∴AB•OE＝BO•AD，
∴AD＝＝＝．
23．（12分）为拓展学生视野，促进书本知识与生活实践的深度融合，荆州市某中学组织八年级全体学生前往松滋洈水研学基地开展研学活动．在此次活动中，则还剩10名学生没老师带；若每位老师带队15名学生，现有甲、乙两种大型客车，它们的载客量和租金如表所示：
甲型客车
乙型客车
载客量（人/辆）
35
30
租金（元/辆）
400
320
学校计划此次研学活动的租金总费用不超过3000元，为安全起见，每辆客车上至少要有2名老师．
（1）参加此次研学活动的老师和学生各有多少人？
（2）既要保证所有师生都有车坐，又要保证每辆车上至少要有2名老师，可知租车总辆数为 8 辆；
（3）学校共有几种租车方案？最少租车费用是多少？
【分析】（1）设参加此次研学活动的老师有x人，学生有y人，根据“若每位老师带队14名学生，则还剩10名学生没老师带；若每位老师带队15名学生，就有一位老师少带6名学生”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）利用租车总辆数＝师生人数÷35结合每辆客车上至少要有2名老师，即可得出租车总辆数为8辆；
（3）设租35座客车m辆，则需租30座的客车（8﹣m）辆，根据8辆车的座位数不少于师生人数及租车总费用不超过3000元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，结合m为正整数即可得出租车方案数，设租车总费用为w元，根据租车总费用＝400×租用35座客车的数量+320×租用30座客车的数量，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设参加此次研学活动的老师有x人，学生有y人，
依题意，得：，
解得：．
答：参加此次研学活动的老师有16人，学生有234人．
（2）∵（234+16）÷35＝7（辆）……5（人），16÷2＝8（辆），
∴租车总辆数为3辆．
故答案为：8．
（3）设租35座客车m辆，则需租30座的客车（8﹣m）辆，
依题意，得：，
解得：2≤m≤6．
∵m为正整数，
∴m＝3，3，4，6，
∴共有4种租车方案．
设租车总费用为w元，则w＝400m+320（8﹣m）＝80m+2560，
∵80＞6，
∴w的值随m值的增大而增大，
∴当m＝2时，w取得最小值．
∴学校共有4种租车方案，最少租车费用是2720元．
24．（14分）如图，在平面直角坐标系内有一正方形OABC，点C坐标为（0，4），直线y＝﹣经过点C，△BCD沿着CD折叠，顶点B恰好落在OA边上方F处，点P为直线CD上一动点，点Q是线段BE的中点
（1）求点F的坐标；
（2）求出点P运动过程中，PO+PA的最小值；
（3）是否存在点P，使其在运动过程中满足△EQP∽△EBC，若存在；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）过点F作y轴的垂线，交y轴于点M，交AB于点N，可得出△CFM∽△FDN，设DN＝t，则FM＝2t，所以FN＝4﹣2t，CM＝8﹣4t，OM＝4t﹣4，最后利用勾股定理可建立等式，求解即可；
（2）求出点A关于直线CD的对称点，即可求得PO+PA的最小值；
（3）分情况讨论，利用相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）在正方形OABC中，点C（0，
∴OC＝OA＝BC＝AB＝4，
∴A（5，0），4），
∵点D是AB的中点，
∴D（6，2），
∵直线y＝﹣经过点C，
∴E（8，3），
∵点Q是BE的中点，
∴Q（6，2）．
如图，过点F作y轴的垂线，交AB于点N，
∴∠CMF＝∠DNF＝90°，
∴∠DFN+∠FDN＝90°，
由折叠可知，BC＝CF＝3，∠CFD＝∠CBD＝90°，
∴∠CFM+∠DFN＝90°，
∴∠CFM＝∠FDN，
∴△CFM∽△FDN，
∴CM：FN＝MF：ND＝CF：DF＝2：1，
设DN＝t，则FM＝2t，
∴FN＝4﹣2t，CM＝4﹣4t，
在Rt△CFM中，由勾股定理可得2+MF7＝CF2，
即（8﹣7t）2+（2t）3＝42，
解得t＝7（舍），或t＝，
∴FM＝，OM＝，
∴F（，）．
（2）∵点B关于直线CD的对称点F（，），
∴由平移可知，点F向下平移即可得到点A，
∴由B（4，4）作同样的平移可得点A关于直线CD的对称点A′（，），
∴PO+PA的最小值即可A′O的长，即＝．
（3）存在，理由如下：
分析图形可知，△EQP与△EBC有公共角∠BEC，
①当PQ∥BC时，则有△EQP∽△EBC，
∵点Q为BE的中点，
∴PQ＝BE＝2，
∴P（4，6）；
②分析图形可知，∠EBC＝135°，则有PQ：BC＝QE：CE，
根据条件可知，CE＝4，BC＝4，
∴PQ＝，
设点P的坐标为（x，﹣x+2），
∵Q（6，2），
∴PQ＝（x﹣6）2+（﹣+4﹣2）3＝（）7，解得x＝（舍）．
∴P（，）．
综上，满足△EQP∽△EBC时点P的坐标为（5，）．
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