2021-2022学年重庆市渝中区鼓楼学校九年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2021-2022学年重庆市渝中区鼓楼学校九年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共32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学年重庆市渝中区鼓楼学校九年级（下）月考数学试卷（3月份）
副标题
题号
一
二
三
总分
得分






一、选择题（本大题共12小题，共48.0分）
1. 下列数中最大的数是(    )
A. π B. −2 C. 0 D. 3.14
2. 以下图形不是中心对称图形的是(    )
A. B.
C. D.
3. 下列运算正确的是(    )
A. (2a3)2=2a5 B. a2⋅a4=a6
C. −x6÷x3=−x2 D. 2x2−2x=x
4. 如图，已知△ABC和△ADE是以点A为位似中心的位似图形，且S△ABCS△ADE=4，则△ABC和△ADE的位似比是(    )
A. 1：4 B. 4：1 C. 1：2 D. 2：1
5. 如图，在菱形ABCD中，添加一个条件不能证明△ABE≌△CDF的是(    )
A. ∠BAE=∠FCD
B. ∠BEA=∠DFC
C. AE=CF
D. BE=DF

6. 估计23×6−412+2的值在(    )之间．
A. 4和5 B. 5和6 C. 6和7 D. 7和8
7. 如图，AB为圆O的直径，直线CD为圆O的切线，且BC=BD，则∠BAC=(    )
A. 12° B. 18° C. 30° D. 36°
8. 下列命题中，是假命题的是(    )
A. 对角线相互平分且相等的四边形为菱形
B. 多边形的外角和为360°
C. 若a+c=b+c，则a=b
D. 过半径外端点且垂直于半径的直线为圆的切线
9. 如图，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB与AD上一点，连接CE，BF，交点为G，且CE⊥BF，连接DG，若DG=CD，则tan∠DGF的值为(    )
A. 34
B. 12
C. 33
D. 23
10. 周末老张和小胜相约从各自的家出发去体育馆打羽毛球，且老张家，小胜家，体育馆顺次在同一直线上，老张先从家出发4分钟后来到小胜家和小胜汇合，汇合时间忽略不计，两人以老张的速度一起走了4分钟后，小胜发现自己装备带错了需回家换装备，于是立即加速回家用了少许时间取了装备后又以加速后的速度赶往体育馆，老张仍以原速前行，结果小胜比老张提前1分钟到达体育馆．若老张与小胜两人和体育馆之间的距离y(米)与小胜出发的时间x(分钟)之间的函数图象如图所示．则以下说法错误的是(    )
A. 小胜加速后的速度为250米/分钟
B. 老张用了24分钟到达体育馆
C. 小胜回家后用了0.6分钟取装备
D. 小胜取了装备后追上老张时距离老张家3025米
11. 若关于x的不等式组x+13−1≥x−42x+2a≤2(x−1)有解，且使关于y的分式方程1−2yy−2+a−y2−y=−3的解为非负数．则满足条件的所有整数a的和为(    )
A. −9 B. −8 C. −5 D. −4
12. 如果含有两个未知数的方程有一组解是整数，我们称这个方程有整数解．请你观察下面的四个方程：①8x+2y=23；②3x+7y=10；③(4x−3)(y+3)=2；④1x+1y=12022.其中有整数解的方程是(    )
A. ①② B. ②③ C. ②③④ D. ①②③

二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 计算：(−14)−1+27−2cos30°=______．
14. 有四张完全相同且不透明的的卡片，正面分别标有数字−1，−2，1，2，将四张卡片背面朝上，任抽一张卡片，卡片上的数字记为a，放回后洗匀，再抽一张，卡片上的数字记为b，则点(a,b)在第二象限的概率是______．
15. 如图，在▱ABCD中，∠ABC=60°，AB=4，AD=7，以点A为圆心，AB的长为半径作BE，交BC于点F，交AD于点E，连接CE，则图中阴影部分的面积为______．

16. 一批货物准备运往某地，有甲、乙、丙三辆卡车可雇用，已知甲、乙、丙三辆车每次运货量不变，且甲、乙两车每次运货物的吨数之比为1：3；若甲、丙两车合运相同次数运完这批货物时，甲车共运了120吨，若乙、丙两车合运相同次数运完这批货物时，乙车共运了180吨．则这批货物共______吨．

三、解答题（本大题共9小题，共86.0分）
17. 计算：
(1)(a+4b)(a−4b)−(a+2b)2；
(2)x2+2x+19−x2÷(x+1−x2+3x+2x+3).







18. “双减”政策落实下，学生在完成寒假作业之余，每天有更多时间进行体育锻炼．为了了解学生体育锻炼时间具体情况，北关中学入学后，对八，九年级学生寒假每天体育锻炼时间进行了问卷调查，现从八、九年级各抽取了15名同学的调查数据进行整理、描述和分析如下：(调查数据用x表示，共分成四组：A：0≤x<0.5，B：0.5≤x<1，C：1≤x<1.5，D：1.5≤x≤2，单位为小时)
八年级抽取的15名同学的调查数据是：0.1，0.4，0.6，0.7，0.8，1，1.2，1.2，1.2，1.3，1.3，1.4，1.6，1.8，2
九年级抽取的15名同学调查数据中，B、D两组数据个数相等，A，C两组同学的调查数据是：0.4，1.2，1.3，1.4，1.4，1.4，1.4
年级
八年级
九年级
平均数
1.1
1.3
中位数
1.2
a
众数
b
1.4
根据以上信息，解答下列问题：
(1)直接写出上述图表中a，b，m的值：a=______，b=______，m=______°；
(2)根据以上数据，你认为该校八，九年级中哪个年级学生锻炼时间更多？并说明理由(说明一条理由即可)．
(3)若每天体育锻炼时间超过1小时视为有良好的生活习惯，该校八年级共有600人，九年级共有900人参加了此次问卷调查，估计两个年级有良好生活习惯的学生人数一共是多少人？








19. 如图，四边形ABCD为平行四边形，连接AC、BD交于点O．
(1)请用尺规完成基本作图：过点A作直线BD的垂线，垂足为E；在直线AE上作点G使得BG=BA，连接BG；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)在(1)的条件下，若DE=3BE，求证：BG=CO．








20. 新春佳节期间，家家户户需购置大量年货，其中零食和水果是必需品．某小区商贩大批购进旺旺大礼包和沙田柚，已知购进4个旺旺大礼包和5个沙田柚共需120元，购进2个旺旺大礼包和3个沙田柚共需62元．
(1)请求出每个旺旺大礼包和沙田柚的进价．
(2)年前该商贩将旺旺大礼包进价提高60%出售，沙田柚售价每个8元，每天可销售沙田柚50个，年后需求量下降，该商贩决定在年前售价的基础上降价促销以增加销量，尽可能多地减少库存，若旺旺大礼包每降价2元，每天销量在40个的基础上增加10个，年后沙田柚打7.5折出售，每天销量在年前基础上增加10个，若要使年后每天利润达到780元，则旺旺大礼包售价需降低多少元出售？







21. 如图，反比例函数y1=kx过点A(−1,−3)，连接AO并延长交反比例函数图象于点B，C为反比例函数图象上一点，横坐标为−3，一次函数y2=ax+b经过B，C两点，与x轴交于点D，连接AC，AD．
(1)求反比例函数y1和一次函数y2的解析式；
(2)求△ACD的面积；
(3)当y1>y2时，直接写出自变量x的取值范围．








22. 如图，某体育场看台的坡面AB与地面CD的夹角是37°，看台最高点B到地面的垂直距离BC为3.6米，看台正前方有一垂直于地面的旗杆DE，在点B处，用测角仪测得旗杆的最高点E的仰角为33°.已知测角仪BF的高度为1.6米，看台最低点A与旗杆底端D之间的距离为16米(C、A、D在同一直线上)．
(1)求看台最低点A到最高点B的坡面距离；(结果精确到1米)
(2)一面红旗挂在旗杆上，固定红旗的上下两个挂钩G，H之间的距离为1.2米，下端挂钩H与地面的距离为1米，要求用30秒的时间将红旗升到旗杆的顶端，求红旗升起的平均速度？(结果保留两位小数)
(参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，sin33°≈0.54，cos33°≈0.84，tan33°≈0.65)







23. 材料一：证明：sin2a+cos2a=1．
证明：如图，作∠BAC=∠a，在射线AC上任意取一点D(异于点A)，过点D作DE⊥AB，垂足为E．

∵DE⊥AB于点E∴sin∠BAC=DEAD,COS∠BAC=AEAD
∴sin2∠BAC=DE2AD2,cos2∠BAC=AE2AD2
∵在Rt△ADE中，DE2+AE2=AD2
∴sin2∠BAC+cos2∠BAC=DE2AD2+AE2AD2=DE2+AE2AD2=AD2AD2=1
∵∠BAC=∠a
∴sin2a+cos2a=1．
材料二：学习了三角函数之后，我们知道，在直角三角形中，知道了一个直角三角形的两条边的长或知道直角三角形的一条边的长及其一个锐角的度数，我们可以求出这个直角三角形其它边的长度和其它角的度数；由“SAS”定理可知，如果一个三角形的两条边的长度及其这两条边的夹角的度数知道了，那么这个三角形的第三条边一定可以求出来．

应用以上材料，完成下列问题：
(1)如图，在△ABC中，AC=4，BC=6，∠C=60°，求AB的长；
(2)在(1)题图中，如果AC=b，BC=a，∠C=a，你能用a，b和cosa表示AB的长度吗？如果可以，写出推导过程；如果不可以，说明理由．







24. 如图1，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−2,0)、点B(点A在点B左侧)，与y轴交于点C(0,3)，tan∠CBO=12．
(1)求二次函数解析式；
(2)如图2，点P是直线BC上方抛物线上一点，PD//y轴交BC于D，PE//BC交x轴于点E，求PD+BE的最大值及此时点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，当PD+BE取最大值时，连接PC，将△PCD绕原点O顺时针旋转90°至△P′C′D′；将原抛物线沿射线CA方向平移132个单位长度得到新抛物线，点M在新抛物线的对称轴上，点N为平面内任意一点，当以点M，N，C′，D′为顶点的四边形是矩形时，请直接写出点N的坐标．








25. 如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，AD⊥BC于点D.点G是射线AD上一点．过G作GE⊥GF分别交AB、AC于点E、F；
(1)如图①所示，若点E，F分别在线段AB，AC上，当点G与点D重合时，求证：AE+AF=2AD．
(2)如图②所示，当点G在线段AD外，且点E与点B重合时，猜想AE，AF与AG之间存在的数量关系并说明理由．
(3)当点G在线段AD上时，请直接写出AG+BG+CG的最小值．








答案和解析

1.【答案】
A

【解析】
解：∵−2<0<3.14<π，
∴最大的数是π，
故选：A．
先根据实数的大小比较法则比较大小，再得出选项即可．
本题考查了实数的大小比较法则，能熟记实数的大小比较法则的内容是解此题的关键，注意：正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小．

2.【答案】
D

【解析】
解：选项D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项A、B、C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：D．
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

3.【答案】
B

【解析】
解：A.根据积的乘方与幂的乘方，(2a3)2=4a6，那么A错误，故A不符合题意．
B.根据同底数幂的乘法，a2⋅a4=a6，那么B正确，故B符合题意．
C.根据同底数幂的除法，−x6÷x3=−x3，那么C错误，故C不符合题意．
D.根据合并同类项法则，2x2−2x≠x，那么D错误，故D不符合题意．
故选：B．
根据同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则、积的乘方与幂的乘方法则、合并同类项法则解决此题．
本题主要考查同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方与幂的乘方、合并同类项，熟练掌握同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则、积的乘方与幂的乘方法则、合并同类项法则是解决本题的关键．

4.【答案】
D

【解析】
解：∵△ABC和△ADE是以点A为位似中心的位似图形，
∴△ABC∽△ADE，
∵S△ABCS△ADE=4，
∴△ABC和△ADE的相似比是2：1，即△ABC和△ADE的位似比是2：1，
故选：D．
根据相似三角形的性质求出相似比，进而求出位似比．
本题考查的是位似变换的概念和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．

5.【答案】
C

【解析】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD，AB//CD，∠ABE=∠CDF，
A、添加∠BAE=∠FCD，利用ASA能得出△ABE≌△CDF，不符合题意；
B、添加∠BEA=∠DFC，利用AAS能得出△ABE≌△CDF，不符合题意；
C、添加AE=CF，不能得出△ABE≌△CDF，符合题意；
D、添加BE=DF，利用SAS能得出△ABE≌△CDF，不符合题意；
故选：C．
利用菱形的性质以及全等三角形的判定分别分得出即可．
此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．

6.【答案】
D

【解析】
解：原式=218−4×22+2
=42+2
∵1.42=1.96，1.52=2.25．
∴1.4<2<1.5．
∴5.6<42<6．
∴7.6<42+2<8．
故选：D．
先计算，再估计．
本题考查二次根式的混合计算及无理数的估计，正确进行二次根式的计算是求解本题的关键．

7.【答案】
C

【解析】
解：连接OC，
∵AB为圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∵直线CD为圆O的切线，
∴∠OCD=90°，
∴∠BCD+∠OCB=90°，
∴∠BCD=∠ACO，
∵OA=OC，
∴∠CAO=∠ACO，
∴∠BOC=2∠ACO，
∵BC=BD，
∴∠D=∠BCD，
∴∠OBC=2∠BCD，
∴∠OBC=∠BOC，
∵OB=OC，
∴△BOC为等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴∠BAC=30°．
故选：C．
连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据切线的性质得到∠OCD=90°，根据三角形的外角性质、等边三角形的性质求出∠BOC，进而得出结论．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．

8.【答案】
A

【解析】
解：A、对角线相互平分且相等的四边形为矩形，是假命题；
B、多边形的外角和为360°，是真命题；
C、若a+c=b+c，则a=b，是真命题；
D、经过半径的外端点且垂直于这条半径的直线是圆的切线，是真命题；
故选：A．
根据菱形的判定、多边形的外角和、等式的性质和切线的判断解答即可．
本题考查了命题与定理：命题写成“如果…，那么…”的形式，这时，“如果”后面接的部分是题设，“那么”后面解的部分是结论．命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．

9.【答案】
B

【解析】
解：如图，连接DG，作DL⊥CE于点H，交BC于点L，
∵CE⊥BF，
∴DL⊥CE，
∴DL//BF，
∵DG=CD，DH⊥CG，
∴CH=GH，∠GDL=∠CDL，
∴∠DGF=∠GDL=∠CDL，
∴CLBL=CHGH=1，
∴CL=BL，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠LCD=90°，
∴CL=12BC=12CD，
∴tan∠DGF=tan∠CDL=CLCD=12，
∴tan∠DGF的值为12，
故选：B．
连接DG，作DL⊥CE于点H，交BC于点L，则DL//BF，由DG=CD，DH⊥CG得CH=GH，∠GDL=∠CDL，则∠DGF=∠GDL=∠CDL，由平行线分线段成比例定理可以证明CL=BL，则CL=12BC=12CD，所以tan∠DGF=tan∠CDL=CLCD=12，得到问题的答案．
此题考查正方形的性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例定理、锐角三角函数等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

10.【答案】
D

【解析】
解：∵两人以老张的速度一起走了4分钟后，小胜发现自己装备带错了需回家换装备，
∴小胜加速后的速度为3000−24006.4−4=250米/分，故A正确，不符合题意；
∵老张的速度为3000−24004=150米/分，
∴老张到达体育馆所用时间为：4+3000150=24分，故B正确，不符合题意；
又小胜取了装备后从家出发到达体育馆所需时间为3000250=12分，
∵老张到达体育馆的时间是3000150=20分，小胜比老张提前1分钟到达体育馆，
∴小胜到达体育馆的时间是19分，
∴小胜取装备的时间是19−12−6.4=0.6分，故C正确，不符合题意；
∴小胜取装备后再次从家出发的时间是7分，
设小胜取了装备后追上老张时距离小胜家x米，则距离老张家x+150×4=(x+600)米，
根据题意得：x250=x−7×150150，
解得x=2625，
∴小胜取了装备后追上老张时距离老张家2625+600=3225米，故D不正确，符合题意．
故选：D．
由已知小胜加速后的速度为3000−24006.4−4=250米/分，可判定A正确，老张的速度为3000−24004=150米/分，即得老张到达体育馆所用时间为：4+3000150=24分，可判断B正确，小胜取了装备后从家出发到达体育馆所需时间为3000250=12分，老张到达体育馆的时间是3000150=20分，可得小胜取装备的时间是19−12−6.4=0.6分，可判断C正确，小胜取装备后再次从家出发的时间是7分，设小胜取了装备后追上老张时距离小胜家x米，距离老张家x+150×4=(x+600)米，根据题意得x250=x−7×150150，即可解得小胜取了装备后追上老张时距离老张家2625+600=3225米，可判断D不正确．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，运用数形结合的思想和方程思想解决问题．

11.【答案】
B

【解析】
解：不等式组x+13−1≥x−42x+2a≤2(x−1)整理得：x≤8x≥2a+2，
∵关于x的不等式组x+13−1≥x−42x+2a≤2(x−1)有解，
∴2a+2≤8，
即a≤3，
解分式方程1−2yy−2+a−y2−y=−3得y=a+52，
∵关于y的分式方程1−2yy−2+a−y2−y=−3的解为非负数，
∴a+52≥0，且a+52≠2，
解得，a≥−5且a≠−1，
∴−5≤a≤3，且a≠−1，
∵a为整数，
∴a=−5，−4，−3，−2，0，1，2，3，
∴满足条件的所有整数a的值之和：(−5)+(−4)+(−3)+(−2)+0+1+2+3=−8．
故选：B．
不等式组整理后，根据已知解集确定出a的范围，分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解为非负数，确定出a的值，求出之和即可．
此题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

12.【答案】
C

【解析】
解：①8x+2y=23，∵x，y的系数为偶数，又因为它们是整数，所以乘积一定也为偶数，所以之和绝对不是奇数；
②3x+7y=10，∵当x=1时，y=1，正好符合要求，所以它正确；
③(4x−3)(y+3)=2，当x=1时，y=−1，符合要求，所以它有整数解；
④1x+1y=12022．
∵当x=4044时，y=4044，方程有解，符合要求．
∴②③④这3个方程有整数解．
故选：C．
根据已知条件，运用特殊值法，得出方程有一组整数解即可说明这个方程有整数解．
此题主要考查了方程有整数解的定义，以及特殊值法求方程的根，题目比较简单．

13.【答案】
23−4

【解析】
解：原式=−4+33−2×32
=−4+33−3
=23−4．
故答案为：23−4．
原式利用负整数指数幂法则，二次根式性质，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
此题考查了实数的运算，负整数指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

14.【答案】
14

【解析】
解：画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中点(a,b)在第二象限的有4种，
则点(a,b)在第二象限的概率是416=14．
故答案为：14．
画树状图，共有16种等可能的结果，其中点(a,b)在第二象限的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是树状图法求概率和点的坐标；树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．

15.【答案】
33

【解析】
解：在菱形ABCD中，
∵∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°−60°=120°，
连接AF、EF，
∵AB=AF=4，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠BAF=60°，BF=AF，
∴∠EAF=60°，
∵AE=AF=AB，
∴△AEF是等边三角形，
∴EF=AF，
∴EF=BF=AB=AE=4，
∴四边形ABFE是菱形，
∴∠EFC=∠ABC=60°，
∵AD=BC=7，
∴FC=BC−BF=3，
∴阴影部分的面积=S△EFC=12×3×32×4=33，
故答案为：33．
根据∠ABC=60°以及菱形性质可得△ABF和△AEF是等边三角形，AE=AB=EF=BF=4，即可得阴影部分的面积为△EFC的面积．
本题考查菱形的性质，扇形的面积，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是明确阴影部分面积等于△EFC的面积．

16.【答案】
240

【解析】
解：设货物总吨数为x吨．甲每次运a吨，乙每次运3a吨，丙每次运b吨．
120a=x−120b1803a=x−180b，
x−120120=x−18060，
解得x=240．
故答案为：240．
可设货物总吨数，三种车每种车可运吨数为未知数，根据所用次数得到等量关系为：120甲种车每次运货物的吨数=剩余货物吨数丙种车每次运货物的吨数；180乙种车每次运货物的吨数=剩余货物吨数丙种车每次运货物的吨数，整理成只剩下货物总吨数为未知数的方程，求解即可．
考查分式方程的应用；根据次数得到相应的等量关系是解决本题的关键；得到只含有所求未知数的方程是解决本题的难点．

17.【答案】
解：(1)原式=a2−16b2−(a2+4ab+4b2)
=a2−16b2−a2−4ab−4b2
=−4ab−20b2；
(2)原式=(x+1)2−(x+3)(x−3)÷x2+4x+3−x2−3x−2x+3
=(x+1)2−(x+3)(x−3)⋅x+3x+1
=−x+1x−3．

【解析】
(1)用平方差、完全平方公式先展开，再去括号合并同类项；
(2)先通分，再将分子、分母分解因式约分．
本题考查整式运算和分式运算，解题的关键是掌握整式运算、分式运算的相关法则．

18.【答案】
1.4  1.2  144

【解析】
解：(1)九年级学生每天体育锻炼时间在A组的有1人，在C组的有6人，
又B、D两组人数相等，
所以B、D组的人数分别为15−1−62=4(人)，
将九年级15名学生的每天锻炼时间从小到大排列后，处在中间位置的一个数，即第8个数据是1.4，因此中位数是1.4，即a=1.4；
八年级15名学生的每天锻炼时间出现次数最多的是1.2小时，共出现3次，因此众数是1.2小时，即b=1.2，
九年级C组的人数占调查人数的615，因此所对应的圆心角的度数为360°×615=144°，即m=144，
故答案为：1.4，1.2，144；
(2)九年级学生锻炼时间较长，理由：九年级学生每天锻炼时间的平均数较大；
(3)600×915+900×1015
=360+600
=960(人)，
答：两个年级有良好生活习惯的学生人数一共是960人．
(1)根据所列举出的数据，调查九年级A组、C组人数，进而求出B、D组的人数，再根据中位数的意义求出九年级15名学生每天体育锻炼时间的中位数即可求出a的值，根据众数的定义可求出八年级学生体育锻炼时间的众数，确定b的值，求出九年级学生在C组所占的百分比，即可求出相应的圆心角的度数，确定m的值；
(2)从平均数的大小进行判断即可；
(3)分别求出八、九年级体育锻炼时间在1小时以上的人数所占的百分比，即可求出相应的人数即可．
本题考查扇形统计图，中位数、众数、平均数以及频数分布直方图，掌握平均数、中位数、众数的意义是正确解答的关键．

19.【答案】
(1)解：如图，AE、BG为所作；

(2)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
∵DE=3BE，
∴OE+OB=3BE，
即OE+OE+BE=3BE，
∴OE=BE，
∵AE⊥BO，
∴AB=OC，
∵BG=BA，
∴BG=OC．

【解析】
(1)利用基本作图过点A作直线BD的垂线得到AE，然后以B点为圆心，BA为半径画弧交AE于G点；
(2)先根据平行四边形的性质得到OB=OD，OA=OC，再证明OE=BE，则AE垂直平分OB，所以AB=OC，然后利用BG=BA得到结论．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段的垂直平分线的性质和平行四边形的性质．

20.【答案】
解：(1)设每个旺旺大礼包的进价为x元，沙田柚的进价为y元，
依题意得：4x+5y=1202x+3y=62，
解得：x=25y=4．
答：每个旺旺大礼包的进价为25元，沙田柚的进价为4元．
(2)设每个旺旺大礼包降低m元出售，则每天的销量为40+m2×10=(40+5m)个，
依题意得：(25×60%−m)(40+5m)+(8×75%−4)×(50+10)=780，
整理得：m2−7m+12=0，
解得：m1=3，m2=4．
又∵要尽可能多地减少库存，
∴m=4．
答：旺旺大礼包售价需降低4元出售．

【解析】
(1)设每个旺旺大礼包的进价为x元，沙田柚的进价为y元，根据“购进4个旺旺大礼包和5个沙田柚共需120元，购进2个旺旺大礼包和3个沙田柚共需62元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出每个旺旺大礼包和沙田柚的进价；
(2)设每个旺旺大礼包降低m元出售，则每天的销量为(40+5m)个，利用总利润=每个的销售利润×销售数量，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再结合要尽可能多地减少库存，即可得出旺旺大礼包售价需降低4元出售．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．

21.【答案】
解：(1)将(−1,−3)代入y1=kx得−3=−k，
解得k=3，
∴y1=3x，
∵A，B在反比例函数图象上，
∴点A，B关于原点成中心对称，
∴点B坐标为(1,3)，
把x=−3代入y1=3x得y1=−1，
∴点C坐标为(−3,−1)，
将(1,3)，(−3,−1)代入y2=ax+b得3=a+b−1=−3a+b，
解得a=1b=2，
∴y2=x+2．
(2)如图，作DE//y轴交AC于点E，

设AC所在直线解析式为y=mx+n，
将(−1,−3)，(−3,−1)代入y=mx+n得−3=−m+n−1=−3m+n，
解得m=−1n=−4，
∴y=−x−4，
将y=0代入y2=x+2得x+2=0，
解得x=−2，
∴点D坐标为(−2,0)，
把x=−2代入y=−x−4得y=−2，
∴点E坐标为(−2,−2)，DE=2，
∴S△ACD=S△CDE+S△ADE=12DE⋅(xD−xC)+12DE⋅(xA−xD)=12×2×[−2−(−3)]+12×2×[−1−(−2)]=2．
(3)由图象可得当x<−3或0 ∴当y1>y2时，x<−3或0
【解析】
(1)先将(−1,−3)代入反比例解析式求解，然后求出点C坐标，再将点B，C坐标代入y2=ax+b求解．
(2)作DE//y轴交AC于点E，求出点D坐标及AC所在直线解析式，从而可得DE长度，再根据S△ACD=S△CDE+S△ADE求解．
(3)根据图象求解．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键是掌握函数与方程及不等式的关系．

22.【答案】
解：(1)在Rt△ABC中，
AB=BCsin∠BAC=6米；
(2)AC=BCtan∠BAC=4.8(米)，
则CD=4.8+16=20.8(米)，
作FP⊥ED于P，

∴FP=CD=20.8米，
∴EP=FP×tan∠EFP=13.52(米)，
DP=BF+BC=5.2(米)，
ED=EP+PD=18.72(米)，
EG=ED−GH−HD=16.52(米)，
则红旗升起的平均速度为：16.52÷30=0.55(米/秒)，
答：红旗升起的平均速度为0.55米/秒．

【解析】
(1)根据正弦的定义计算即可；
(2)作FP⊥ED于P，根据正切的定义求出AC，根据正切的概念求出EP，计算即可．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．

23.【答案】
解：(1)如图，作AD⊥BC于D．
在Rt△ACD中，∵∠ADC=90°，AC=4，∠C=60°，
∴CD=AC⋅cosC=4×12=2，
AD2=AC2−CD2=42−22=12．
∵BC=6，CD=2，
∴BD=BC−CD=4．
在Rt△ABD中，∵∠ADB=90°，
∴AB=AD2+BD2=12+16=27；

(2)能用a，b和cosa表示AB的长度，AB=a2+b2−2abcosα.推导过程如下：
如图，作AD⊥BC于D．
在Rt△ACD中，∵∠ADC=90°，AC=b，∠C=α，
∴CD=AC⋅cosC=bcosα，
AD2=AC2−CD2=b2−b2cos2α.
∵BC=a，CD=bcosα，
∴BD=BC−CD=a−bcosα，
∴在Rt△ABD中，∵∠ADB=90°，
∴AB=AD2+BD2=b2−b2cos2α+(a−bcosα)2=a2+b2−2abcosα．

【解析】
(1)作AD⊥BC于D.解Rt△ACD，求出CD=AC⋅cosC=2，AD2=AC2−CD2=42−22=12.再求出BD=BC−CD=4，然后解Rt△ABD，利用勾股定理即可求出AB=AD2+BD2=27；
(2)作AD⊥BC于D.解Rt△ACD，求出CD=AC⋅cosC=bcosα，AD2=AC2−CD2=b2−b2cos2α.再求出BD=BC−CD=a−bcosα，然后解Rt△ABD，利用勾股定理即可求出AB=AD2+BD2=a2+b2−2abcosα．
本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．解直角三角形要用到的关系(a,b,c分别是∠A、∠B、∠C的对边，∠C=90° )：
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B=90°；
②三边之间的关系：a2+b2=c2；
③边角之间的关系：
sinA=ac，cosA=bc，tanA=ab．

24.【答案】
解：(1)∵点C的坐标为(0,3)，
∴OC=3，
∵tan∠CBO=COBO=12，
∴OB=6，
∴点B的坐标为(6,0)，
由抛物线经过点A(−2,0)，B(6,0)设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x−6)，
将点C(0,3)代入解析式为a×(0+2)×(0−6)=3，
∴a=−14，
∴抛物线的解析式为y=−14(x+2)(x−6)=−14x2+x+3．
(2)过点P作PF//x轴交BC于点F，
∵PE//BC，
∴四边形PEBF为平行四边形，
∴PF=BE，
∴PD+BE=PD+PF，
设直线BC的解析式为y=kx+b，则
c=36k+b=0，解得：k=−12b=3，
∴直线BC的解析式为y=−12x+3，
设点P的坐标为(m,−14m2+m+3)，则点D的坐标为(m,−12m+3)，
∴PD=−14m2+m+3−(−12m+3)=−14m2+32m，
∵PF//x轴，
∴点F和点P的纵坐标相等，即−12x+3=−14m2+m+3，
∴x=12m2−2m，
∴点F的坐标为(12m2−2m,−14m2+m+3)，
∴PF=m−(12m2−2m)=−12m2+3m，
∴PD+BE=−14m2+32m+(−12m2+3m)=−34m2+92m=−34(m−3)2+274，
∴当m=3时，PD+BE的最大值为274，
此时，点P的坐标为(3,154)；
(3)由(2)中得，点P的坐标为(3,154)，
∴点D的坐标为(3,32)，
∵△PCD绕着点O顺时针旋转90°得到△P′C′D′，C(0,3)，
∴点C′的坐标为(3,0)，点D′的坐标为(32,−3)，
∵A(−2,0)，C(0,3)，
∴AC=22+32=13，
∵抛物线沿射线CA方向平移132，
∴抛物线向左平移了1个单位长度，向下平移了32个单位长度，
∴平移后抛物线的对称轴为直线x=−2+62−1=1，
设点M(1,y)，N(a,b)，C′(3,0)，D′(32,−3)，
①以MN为对角线时，如图①，有xM+xN=xC′+xD′，yM+yN=yC′+yD′，C′M2+C′N2=MN2，
∴1+a=3+32y+b=0−3(3−1)2+y2+(a−3)2+b2=(a−1)2+(y−b)2，解得：a=72b=−32+52y=−3+52或a=72b=−32−52y=5−32，
∴点N的坐标为(72,−32+52)或(72,−32−52)；
②以MC′为对角线时，如图②，有xM+xC′=xN+xD′，yM+yC′=yN+yD′，C′M2=C′N2+MN2，
∴1+3=a+32y+0=b−3(3−1)2+y2=(a−3)2+b2+(a−1)2+(y−b)2，解得：a=52b=14y=−114，
∴点N的坐标为(52,14)；
③以MD′为对角线时，如图③，有xM+xD′=xN+xC′，yM+yD′=yN+yC′，C′M2+MN2=C′N2，
∴1+32=a+3y−3=b(3−1)2+y2+(a−1)2+(y−b)2=(a−3)2+b2，解得：a=−12b=−2y=1，
∴点N的坐标为(−12,−2)；
综上所述，当以点M，N，C′，D′为顶点的四边形是矩形时，点N的坐标为(72,−32+52)或(72,−32−52)或(52,14)或(−12,−2)．

【解析】
(1)先由点C的坐标求得OC的长，然后结合tan∠CBO的大小求得OB的值，即可得到点B的坐标，然后用待定系数法求得抛物线的解析式；
(2)过点P作PF//x轴交BC于点F，然后结合PE//BC得到四边形PEBF为平行四边形，进而得到PD+BE=PD+PF，然后求得直线BC的解析式，设点P的坐标，进而得到点D和点F的坐标，从而求得PD和PF的长，再利用二次函数的性质求得PD+BE最大值及点P的坐标；
(3)由(2)中的点P的坐标求得点D的坐标，然后求得点C′和点D′的坐标，再结合AC的长求得平移后抛物线的对称轴，设点M(1,y)，N(a,b)，由点C′、D′、M、N四点组成的平行四边形分三种情况，①以MN为对角线，②以MC′为对角线，③以MD′为对角线，然后先利用平行四边形的中心对称性和矩形的性质列出方程求得a、b、y的值，即可得到点N的坐标．
本题考查了二次函数的解析式、一次函数的解析式、二次函数的性质、矩形的性质，解题的关键是熟知函数图象上点的坐标特征，并会用含由未知数的式子表示函数图象上点的坐标．

25.【答案】
解：(1)由题：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，AD⊥BC于点D，
则D也是BC上的中点，即AD是BC的垂直平分线，
∴AD=BD=CD=12BC=1262+62=32，ED=FD；
∴ED、FD分别是AB、AC边上的垂直平分线，
∴AE=ED=AF=DF；
∴AE2+AD2=AE2+AF2=2AE2=AD2；
∴AE+AF=2AD．
(2)AE+AF=2AG，理由如下：
如图1，过点G作HG⊥AG交AB延长线于点H，
，
∵∠BAC=90°，AB=AC=6，AD⊥BC，
∴DAB=∠DAC=45°，
∴∠AHG=∠BAD=45°，
∴AG=HG，
∴AH=2AG，
∵∠EGF=∠AGH=90°，
∴∠AGF=∠EGH，
又∵∠AHG=∠FAG=45°，
∴△AGF≌△HGE(ASA)，
∴AF=BH，
∴AH=AE+BH=AE+AF=2AG．
(3)如图2，将△ABG绕点A顺时针旋转60°得到△AB′G′，连接GG′，
B′C，过点B′作B′N⊥AC，交CA的延长线于点N，
，
∵AB=AB′=6，AG=A′G，
∴∠BAB’=60°，∠GAG′=60°，BG=B′G′，
∴△AGG′是等边三角形，
∴AG=GG，
∴AG+BG+CG=GG′+B′G′+CG，
∴当点B′，点G′，点G，点C共线时，
AG+BG+CG的值最小，最小值为B′C的长，
∵∠B′AC=∠B′AB+∠BAC=60°+90°=150°，
∴∠B′AN=30°，
∴B′N=3，AN=3B′N=33，
∴CN=6+33，
∴B′C=(6+33)2+9=36+32，
∴AG+BG+CG的最小值为：36+32．

【解析】
(1)根据等腰三角形的性质和勾股定理即可求证；
(2)过点G作HG上AG交AB延长线于点H，由等腰直角三角形可得∠DAB=∠DAC=45°，AG=HG，由“ASA“可证△AGF≌△HGE，可得AF=BH，可得结论；
(3)将△ABG绕点A顺时针旋转60°得到△AB′G，连接GG′，B′C，过点B′作B′N⊥AC，交CA的延长线于点N，由旋转的性质可得AG+BG+CG=GG′+B′G′+CG，则当点B′，点G′，点G，点C共线时，AG+BG+CG的值最小，最小值为B′C的长，由30°角所对直角边是斜边一半和勾股定理可求解．
考查综合运用旋转的知识作辅助线证明的能力，用旋转的知识解决几何最值问题，对于与等腰直角三角形有关的证明题往往要进行图形的90°旋转，把要证明的要素集中到一个熟悉的图形中进行，最值问题常常要通过轴对称和旋转60°把要求的线段之和或差转化为俱有固定端点的折线，然后据两点之间线段最短来解决．