2024年河南省新乡市辉县数学九年级第一学期开学统考试题【含答案】

这是一份2024年河南省新乡市辉县数学九年级第一学期开学统考试题【含答案】，共23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）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）是一次函数y=（m﹣1）x+2﹣m上任意两点，且当x1＜x2时，y1＞y2，则这个函数的图象不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2、（4分）如图所示，某产品的生产流水线每小时可生产100件产品，生产前没有产品积压，生产3h后安排工人装箱，若每小时装产品150件，未装箱的产品数量（y）是时间（x）的函数，那么这个函数的大致图像只能是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）如果，那么（ ）
A．B．C．D．x为一切实数
4、（4分）方程x（x﹣1）＝0的根是（ ）
A．x＝0B．x＝1C．x1＝0，x2＝1D．x1＝0，x2＝﹣1
5、（4分）如图，圆柱形玻璃杯，高为，底面周长为，在杯内离杯底的点处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为( ).
A．15B．C．12D．18
6、（4分）对于一次函数，下列结论①随的增大而减小；②函数的图象不经过第三象限；③函数的图象向下平移4个单位得；④函数的图象与轴的交点坐标是.其中，错误的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
7、（4分）下表记录了甲、乙、丙、丁四名射击运动员最近几次选拔赛成绩的平均数和方差：
根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应选择（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
8、（4分）如图，△AOB中，∠B=25°，将△AOB绕点O顺时针旋转 60°，得到△A′OB′，边A′B′与边OB交于点C（A′不在OB上），则∠A′CO的度数为（）
A．85°B．75°C．95°D．105°
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）一组数据：24，58，45，36，75，48，80，则这组数据的中位数是_____．
10、（4分）在一个不透明的盒子里装有黑、白两种颜色的球共50只，这些球除颜色外其余完全相同．小颖做摸球实验，搅匀后，她从盒子里随机摸出一只球记下颜色后，再把球放回盒子中．不断重复上述过程，下表是实验中的一组统计数据：
请估计：当n很大时，摸到白球的频率将会接近_____；（精确到0.1）
11、（4分）已知一个一元二次方程，它的二次项系数为1，两根分别是2和3，则这个方程是______．
12、（4分）在函数y=中，自变量x的取值范围是_________．
13、（4分）化简： =_________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）计算化简
(1)
(2)
15、（8分）解方程
；
.
16、（8分）甲、乙两家商场平时以同样价格出售相同的商品，春节期间两家商场都让利酬宾，其中甲商场所有商品按8折出售，乙商场对一次购物中超过200元后的价格部分打7折．
（1）以x（单位：元）表示商品原价，y（单位：元）表示购物金额，分别就两家商场的让利方式写出y关于x的函数解析式；
（2）在同一直角坐标系中画出（1）中函数的图象；
（3）春节期间如何选择这两家商场去购物更省钱？
17、（10分）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE=AF，点M是EF的中点，连结CM.
（1）求证：CM⊥EF.
（2）设正方形ABCD的边长为2，若五边形BCDEF的面积为，请直接写出CM的长.
18、（10分）如图，在直角坐标系中，A（﹣1，2），B（﹣4，﹣2）．
（1）分别作点A，B关于原点的对称点C，D，并写出点C，点D的坐标；
（2）依次连接AB，BC，CD，DA，并证明四边形ABCD是平行四边形．
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）一次函数y＝2x－4的图像与x轴的交点坐标为_______．
20、（4分）如图，正方形ABCD中，，点E、F分别在边AD和边BC上，且，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，点P自A→F→B方向运动，点Q自C→D→E→C方向运动若点P、Q的运动速度分别为1cm/s，3cm/s，设运动时间为，当A 、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时则t= ________________
21、（4分）如图，平行四边形ABCD在平面直角坐标系中，已知∠DAB＝60°，A（﹣2，0），点P在AD上，连接PO，当OP⊥AD时，点P到y轴的距离为_____．
22、（4分）如图，在中，，，平分，点是的中点，若，则的长为__________．
23、（4分）如图，是同一双曲线上的三点过这三点分别作轴的垂线，垂足分别为，连结得到的面积分别为.那么的大小关系为____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在等腰中，，点在线段上运动(不与重合)，连结，作，交线段于点．

（1）当时，= °；点从点向点运动时，逐渐变 (填“大”或“小”)；
（2）当等于多少时，，请说明理由；
（3）在点的运动过程中，的形状也在改变，判断当等于多少度时，是等腰三角形．
25、（10分） (1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．
①求证：四边形BFDE是菱形；
②直接写出∠EBF的度数；
(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；
(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.
26、（12分）如图，ABCD的对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB．若AB＝6cm，AD＝10cm，试求OA，OB的长．
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】
先根据时，，得到随的增大而减小，所以的比例系数小于，那么，解不等式即可求解.
【详解】
时，，
随的增大而减小，函数图象从左往右下降，
，
，
，
即函数图象与轴交于正半轴，
这个函数的图象不经过第三象限.
故选：.
本题考查一次函数的图象性质：当，随的增大而增大；当时，随的增大而减小.
2、A
【解析】
分析：根据题意中的生产流程，发现前三个小时是生产时间，所以未装箱的产品的数量是增加的，后开始装箱，每小时装的产品比每小时生产的产品数量多，所以未装箱的产品数量是下降的，直至减为零．
详解：由题意，得前三个小时是生产时间，所以未装箱的产品的数量是增加的．
∵3小时后开始装箱，每小时装的产品比每小时生产的产品数量多，∴3小时后，未装箱的产品数量是下降的，直至减至为零．
表现在图象上为随着时间的增加，图象是先上升后下降至0的．
故选A．
点睛：本题考查了的实际生活中函数的图形变化，属于基础题．解决本题的主要方法是根据题意判断函数图形的大致走势，然后再下结论，本题无需计算，通过观察看图，做法比较新颖．
3、B
【解析】
∵,
∴x≥0,x-6≥0,
∴.
故选B.
4、C
【解析】
由题意推出x＝0，或（x﹣1）＝0，解方程即可求出x的值．
【详解】
解：∵x（x﹣1）＝0，
∴x1＝0，x2＝1，
故选：C．
此题考查的是一元二次方程的解法,掌握用因式分解法解一元二次方程是解决此题的关键.
5、A
【解析】
过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，求出A′Q，CQ，根据勾股定理求出A′C即可．
【详解】
解：沿过A的圆柱的高剪开，得到矩形EFGH，
过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，
∵AE=A′E，A′P=AP，
∴AP+PC=A′P+PC=A′C，
∵CQ=×18cm=9cm，A′Q=12cm-4cm+4cm=12cm，
在Rt△A′QC中，由勾股定理得：A′C=＝15cm，
故答案为A．
本题考查了勾股定理，轴对称-最短路线问题的应用，关键是找出最短路线．
6、A
【解析】
根据一次函数的性质对①②进行判断；根据一次函数的几何变换对③进行判断．根据一次函数图象上点的坐标特征对④进行判断；
【详解】
①k＝−2，函数值随自变量的增大而减小，正确；
②k＝−2，b＝4，函数的图象经过第一、二、四象限，不经过第三象限，正确；
③函数的图象向下平移4个单位长度得y＝−2x的图象，正确；
④函数的图象与y轴的交点坐标是（0，4），故错误；
故选：A．
本题考查了一次函数的性质：当k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；当k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．也考查了一次函数图象的几何变换．
7、D
【解析】
【分析】首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的运动员参加．
【详解】∵，
∴从乙和丁中选择一人参加比赛，
∵，
∴选择丁参赛，
故选D．
【点睛】本题考查了平均数和方差，正确理解方差与平均数的意义是解题关键．
8、A
【解析】
解：∵△AOB绕点O顺时针旋转 60°，得到△A′OB′，
∴∠B′=25°，∠BOB′=60°，
∵∠A′CO=∠B′+∠BOB′，
∴∠A′CO=25°+60°=85°，
故选A．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
把给出的此组数据中的数按一定的顺序排列，由于数据个数是7，7是奇数，所以处于最中间的数，就是此组数据的中位数；
【详解】
按从小到大的顺序排列为：24 36 45 1 58 75 80；
所以此组数据的中位数是1．
此题主要考查了中位数的意义与求解方法．
10、0.60
【解析】
计算出平均值即可解答
【详解】
解：由表可知，当n很大时，摸到白球的频率将会接近0.60；
故答案为：0.60；
此题考查利用频率估计概率，解题关键在于求出平均值
11、
【解析】
设方程为ax2＋bx＋c＝0，则由已知得出a＝1，根据根与系数的关系得，2＋3＝−b，2×3＝c，求出即可．
【详解】
∵二次项系数为1的一元二次方程的两个根为2，3，
∴2＋3＝−b，2×3＝c，
∴b=-5，c=6
∴方程为，
故答案为：．
本题考查了根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两根时，x1＋x2＝−，x1x2＝．
12、x≤1
【解析】
根据二次根式的性质列出不等式，求出不等式的取值范围即可．
【详解】
若使函数y＝有意义，
∴1−x≥0，
即x≤1．
故答案为x≤1．
本题主要考查了函数自变量取值范围的知识点，注意：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
13、
【解析】
根据根式的性质即可化简.
【详解】
解： =
本题考查了根式的化简,属于简单题,熟悉根式的性质是解题关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）（2）
【解析】
(1)原式第一项利用零指数公式化简,第二项利用负指数公式化简,最后一项利用绝对值的代数意义化简,计算即可得到结果;
(2)原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算,同时利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算,约分即可得到结果.
【详解】
解:(1)原式=1+3-(-2)=6-;
(2)原式==
本题考查了分式的混合运算,分式的加减运算关键是通分,通分的关键是找最简公分母;分式的乘除运算关键是约分,约分的关键是找公因式,约分时,分式的分子分母出现多项式,应将多项式分解因式后再约分.
15、（1），；（2），．
【解析】
根据解一元二次方程的方法因式分解法解方程即可．
【详解】
解：因式分解得，
或，
，；
，
，
或，
，．
本题考查了解一元二次方程因式分解法，熟练掌握因式分解法是解题的关键．
16、（1）甲商场：y=0.8x，乙商场：y=x（0≤x≤200），y=0.7x+60（x＞200）；（2）详见解析；（3）x＜600时，甲商场购物更省钱，x=600时，甲、乙两商场购物更花钱相同，x＞600时，乙商场购物更省钱．
【解析】
（1）根据两家商场的让利方式分别列式整理即可；
（2）利用两点法作出函数图象即可；
（3）求出两家商场购物付款相同的x的值，然后根据函数图象作出判断即可．
【详解】
解：（1）甲商场：y=0.8x，
乙商场：y=x（0≤x≤200），
y=0.7（x-200）+200=0.7x+60，
即y=0.7x+60（x＞200）；
（2）如图所示；
（3）当0.8x=0.7x+60时，x=600，
所以，x＜600时，甲商场购物更省钱，
x=600时，甲、乙两商场购物更花钱相同，
x＞600时，乙商场购物更省钱．
本题考查了一次函数的应用，一次函数图象，读懂题目信息，理解两家商场的让利方法是解题的关键，要注意乙商场根据商品原价的取值范围分情况讨论．
17、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）连结 CE，CF，知道AE=AF，可得CE=CF，即可证明；（2）正方形ABCD的边长为2，若五边形BCDEF的面积为，则可算出△AEF的面积，从而求出CM
【详解】
（1）证明：连结 CE，CF
∵四边形 ABCD 是正方形
∴∠B=∠D=90°， BC=CD AB=AD
又 AE=AF
∴BE=DF
∴△CBE≌△CDF（SAS）
∴CE=CF
而M 是 EF 中点
∴CM⊥EF（等腰三角形三线合一）
（2）连接AM，由（1）可知，AMC三点共线，
正方形ABCD的边长为2，若五边形BCDEF的面积为，则△ AEF的面积为，
则AC=，AE=AF=，
∴EF=，AM=，则CM=-=
熟练掌握正方形内边角的转换计算和辅助线作法是解决本题的关键
18、（1）点C，点D的坐标分别为：（1，﹣2），（4，2）；（2）见解析.
【解析】
（1）直接利用关于原点对称点的性质进而得出答案；
（2）利用平行四边形的判定方法得出答案．
【详解】
（1）解：∵A（﹣1，2），B（﹣4，﹣2），点A，B关于原点的对称点C，D，
∴点C，点D的坐标分别为：（1，﹣2），（4，2）；
（2）证明：
∵AD＝BC＝4+1＝5，
∵A（﹣1，2），B（﹣4，﹣2），C（1，﹣2），D（4，2）；
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
此题主要考查了旋转变换以及平行四边形的判定，正确把握平行四边形的判定方法是解题关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、 (2，1)
【解析】
把y=1代入y=2x+4求出x的值，即可得出答案．
【详解】
把y=1代入y=2x－4得：1=2x－4，
x=2，
即一次函数y=2x－4与x轴的交点坐标是（2，1）．
故答案是：（2，1）．
考查了一次函数图象上点的坐标特征，注意：一次函数与x轴的交点的纵坐标是1．
20、3s或6s
【解析】
根据两点速度和运动路径可知，点Q在EC上、点P在AF上或和点P在BC上时、点Q在AD上时，A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形．根据平行四边形性质构造方程即可．
【详解】
由P、Q速度和运动方向可知，当Q运动EC上，P在AF上运动时，
若EQ=FP，A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形
∴3t-7=5-t
∴t=3
当P、Q分别在BC、AD上时
若QD=BP，形A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形
此时Q点已经完成第一周
∴4-[3（t-4）-4]=t-5+1
∴t=6
故答案为：3s或6s．
本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，动点问题的分类讨论和三角形全等有关知识．解答时注意分析两个动点的相对位置关系．
21、
【解析】
首先根据点A的坐标求得OA的长，然后求得PO的长，从而求得点P到y轴的距离即可．
【详解】
解：∵A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∵∠DAB＝60°，OP⊥AD，
∴∠AOP=30°，
∴AP=1，
∴OP＝，
作PE⊥y轴，
∵∠POA＝30°，
∴∠OPE＝30°，
∴OE=
∴PE＝，
∴点P到y轴的距离为，
故答案为：．
考查了平行四边形的性质，能够将点的坐标转化为线段的长是解答本题的关键，难度不大．
22、1
【解析】
过点D作DE⊥AB于E，根据直角三角形两锐角互余求出∠A=10°，再根据直角三角形10°角所对的直角边等于斜边的一半求出DE，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得CD=DE，根据角平分线的定义求出∠CBD=10°，根据直角三角形10°角所对的直角边等于斜边的一半求出BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解．
【详解】
如图，过点D作DE⊥AB于E，
∵∠ACB=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=90°-60°=10°，
∴DE=AD=×6=1，
又∵BD平分∠ABC，
∴CD=DE=1，
∵∠ABC=60°，BD平分∠ABC，
∴∠CBD=10°，
∴BD=2CD=2×1=6，
∵P点是BD的中点，
∴CP=BD=×6=1．
故答案为：1．
此题考查含10度角的直角三角形，角平分线的性质，熟记各性质并作出辅助线是解题的关键．
23、S1＝S2＝S1
【解析】
根据反比例函数k的几何意义进行判断．
【详解】
解：设P1、P2、P1三点都在反比例函数y＝上，
则S1＝|k|，S2＝|k|，S1＝|k|，
所以S1＝S2＝S1．
故答案为S1＝S2＝S1．
本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y＝图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）35°，小；（2）当DC=3时，△ABD≌△DCE，理由见解析；（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．
【解析】
（1）根据三角形内角和定理得到∠BAD=35°，点从点向点运动时，∠BAD变大，三角形内角和定理即可得到答案；
（2）当DC=2时，利用∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，得到∠ADB=∠DEC，根据AB=DC=2，证明△ABD≌△DCE；
（3）分DA=DE、AE=AD、EA=ED三种情况，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算．
【详解】
解：（1）∵∠B=40°，∠ADB=105°，
∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=180°-105°-40°=35°，
∵点从点向点运动时，∠BAD变大，且∠BDA=180°-40°-∠BAD
∴逐渐变小
（2）当DC=3时，△ABD≌△DCE，
理由：∵AB=AC，
∴∠C=∠B=40°，
∴∠DEC+∠EDC=140°，
又∵∠ADE=40°，
∴∠ADB+∠EDC=140°，
∴∠ADB=∠DEC，
又∵AB=DC=3，
在△ABD和△DCE中，
∴△ABD≌△DCE（AAS）；
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，
当DA=DE时，∠DAE=∠DEA=70°，
∴∠BDA=∠DAE+∠C=70°+40°=110°；
当AD=AE时，∠AED=∠ADE=40°，
∴∠DAE=100°，
此时，点D与点B重合，不合题意；
当EA=ED时，∠EAD=∠ADE=40°，
∴∠AED=100°，
∴EDC=∠AED-∠C=60°，
∴∠BDA=180°-40°-60°=80°
综上所述，当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．
本题考查的是等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
25、（1）①详见解析；②60°．（1）IH＝FH；（3）EG1＝AG1+CE1．
【解析】
（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．
②先证明∠ABD＝1∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．
（1）IH＝FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．
（3）结论：EG1＝AG1+CE1．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，OB＝OD，
∴∠EDO＝∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF，
∴EO＝OF，∵OB＝OD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，OB＝OD，
∴EB＝ED，
∴四边形EBFD是菱形．
②∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠EBD，
∵EB＝ED，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴∠ABD＝1∠ADB，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，
∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，
∴∠EBF＝60°．
（1）结论：IH＝FH．
理由：如图1中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．
∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，
∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，
∴∠JDH＝∠FGH，
在△DHJ和△GHF中，
，
∴△DHJ≌△GHF，
∴DJ＝FG，JH＝HF，
∴EJ＝BG＝EM＝BI，
∴BE＝IM＝BF，
∵∠MEJ＝∠B＝60°，
∴△MEJ是等边三角形，
∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°
在△BIF和△MJI中，
，
∴△BIF≌△MJI，
∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，
∴IH⊥JF，
∵∠BFI+∠BIF＝110°，
∴∠MIJ+∠BIF＝110°，
∴∠JIF＝60°，
∴△JIF是等边三角形，
在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，
∴∠FIH＝30°，
∴IH＝FH．
（3）结论：EG1＝AG1+CE1．
理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∵∠FAD+∠DEF＝90°，
∴AFED四点共圆，
∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠EDC＝45°，
∵∠ADF＝∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE＝EM，
∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，
∴∠ECM＝90°
∴EC1+CM1＝EM1，
∵EG＝EM，AG＝CM，
∴GE1＝AG1+CE1．
考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.
26、OA=4cm，OB=cm.
【解析】
由平行四边形的性质得出OA=OC，OB=OD，BC=AD=10cm，由勾股定理求出AC==8cm，得出OA=AC=4cm，再由勾股定理求出OB即可．
【详解】
解：解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，BC=AD=10cm，
∵AC⊥AB，
∴∠BAC=90°，
∴AC==8cm，
∴OA=AC=4cm，
∴OB=＝
本题考查平行四边形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用平行四边形的性质解决问题，属于中考常考题型．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
甲
乙
丙
丁
平均数（环）
9.14
9.15
9.14
9.15
方差
6.6
6.8
6.7
6.6
摸球的次数n
100
200
300
500
800
1 000
3 000
摸到白球的次数m
65
124
178
302
481
620
1845
摸到白球的频率
0.65
0.62
0.593
0.604
0.601
0.620
0.615