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北京市第三中学2025--2026学年下学期九年级数学阶段性练习
1．随着我国航天领域的快速发展，从“天宫一号”发射升空，到天和核心舱归位，我国正式迈入了“空间站时代”．下面是有关我国航天领域的图标，其图标既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．“白日不到处，青春恰自来，苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为0.00000838米．则数据0.00000838用科学记数法表示为（　　）
A． B．
C． D．
3．如图，数轴上的点表示的数分别是．如果，那么下列结论中正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如下图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形 ABCDE，则∠BAC的度数是（　　）
A．36° B．30° C．45° D．40°
5．袋子中装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外无其他差别，从中任意摸出3个球．下列事件是必然事件的是（　　）
A．至少有1个球是黑球 B．至少有1个球是白球
C．至少有2个球是黑球 D．至少有2个球是白球
6．已知关于x的方程有两个相等的实数根，则k的值为（　　）
A．3 B．0 C． D．
7．如图1，图2，点C是上一点，利用尺规过点C作，下列说法错误的是（　　）
A．图1的原理是同位角相等，两直线平行
B．以点E为圆心，以为半径作弧，得到弧
C．图2的原理是两直线平行，内错角相等
D．以点C为圆心，以为半径作弧，得到弧
8．连接正五边形的对角线，形成如图的图形，中心为点O．与交于点，连接与交于点，连接，，，．
观察后得出如下结论：
①；
②连接OF，则有；
③；
④连接BC，则有．
上述结论中，所有正确结论的序号是（　　）
A．①② B．②④ C．②③ D．①④
9．若有意义，则x的取值范围为 　 　 ．
10．因式分解：　 　．
11．方程的解为　 　．
12．如图所示的网格是正方形网格，则　 　（点，，，是网格线交点）．
13．在平面直角坐标系中，若反比例函数的图象经过点和点，则的值为　 　．
14．如图，在中，直径与弦的交点为E，．若，则　 　．
15．如图，正方形的边长为8，点，分别为，上一点，，与交于点，点为的中点，点为线段靠近的四等分点，则　 　．
16．某互联网公司计划将广告预算分配给甲、乙、丙、丁四个推广渠道．当向一个渠道投入万元广告费时，公司从该渠道获得的新增用户量（单位：千人）与的对应关系如下：
投入n（万元） 渠道 1 2 3 4 5 6
甲 50 75 　 　 　 　
乙 35 59 80 95 105 110
丙 25 45 60 70 78 84
丁 20 43 64 80 92 100
（1）如果公司将5万元广告预算分配给这四个渠道，且每个渠道至少投入1万元，为使总新增用户量最大，应向　 　渠道投入2万元（填“甲”“乙”“丙”或“丁”）；
（2）如果公司将6万元广告预算分配给这四个渠道中的一个或多个，那么总新增用户量的最大值为　 　千人．
17．计算：
18．解不等式组：
19．已知，求代数式的值．
20．如图，在四边形中，，对角线，过点A作于点E，交BC于点F．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）连接，若点F是的中点，，，求的长．
21．小刚对诗仙李白的诗作《早发白帝城》中“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”的说法产生疑问：李白真能在一日之内从白帝城到达江陵吗 小刚经过查阅资料得知，白帝城是现今的重庆奉节，而江陵是现今的湖北荆州．假设李白乘坐的轻舟从奉节到宜昌的速度约为，从宜昌到荆州的速度约为．从奉节到荆州的水上距离约为．经过分析资料，小刚发现从奉节到宜昌的时间比从宜昌到荆州多．根据小刚的假设，回答下列问题：
（1）奉节到宜昌的水上距离是多少？
（2）李白能在一日（）之内从白帝城到达江陵吗？说明理由．
22．在平面直角坐标系中，函数的图象经过点和，与过点且平行于y轴的直线交于点C．
（1）求该函数的表达式及点C的坐标；
（2）当时，对于x的每一个值，函数的值大于函数的值且小于3，直接写出n的取值范围．
23．某校开展“争做文化代言人，我是北京小使者”系列活动，号召同学们走出校园了解北京文化，积极参与志愿服务．该校从七、八两个年级中各随机抽取10名学生进行知识测评，并统计了这些学生每周志愿服务时长．下面给出了该活动的部分信息．
a．七、八两个年级各10名学生每周志愿服务时长与知识测评得分情况统计图：
b．学生每周志愿服务时长与志愿服务得分对应表：
每周志愿服务时长/小时 1 2 3 大于3
志愿服务得分/分 60 70 80 90
c．每名学生的知识测评得分和志愿服务得分相加得到综合得分，综合得分不低于160分的学生可获得“北京小使者”奖章．
根据以上信息，回答下列问题：
（1）在两个年级分别抽取的10名学生中，记七、八年级学生每周志愿服务时长的中位数分别为，，则_____，记七、八年级学生知识测评得分的方差分别为，，则_____（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）某年级所抽取的10名学生的综合得分频数分布直方图如下（数据分6组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组：
①该频数分布直方图反映的是_____（填“七”或“八”）年级的学生得分情况；
②该年级知识测评得分最高的学生其综合得分位于第_____组；
（3）该校七年级有120名学生，八年级有100名学生．若所有学生都参与了系列活动，则估计两个年级可获得“北京小使者”奖章的学生总人数为_____．
24．如图，是的直径，点C，D在上，过点C作的平行线交直线于点E：．
（1）求证：是的切线：
（2）连接交于点F，若，，求线段的长．
25．某食品厂研究两种天然防腐剂（添加剂A和添加剂B）对面包保质期的影响．添加剂A的效果在一定浓度范围内随浓度增加而提高，但超过最佳浓度后，由于副作用等原因，保质期反而下降．添加剂B的作用机理不同，通过实验发现，在测试浓度范围内，其保质期与浓度之间近似满足稳定的线性增长关系：．
在固定工艺下，改变添加剂A的添加浓度（单位：），测得面包的保质期（单位：天）数据如下：
添加剂浓度 0 20 40 60 80 100 120
保质期（天） 3 5 8 10 9 7 4
（1）以添加剂浓度为横坐标，保质期为纵坐标，在给定的坐标系中描出表中各点，并用平滑曲线连接．
（2）①工厂分析发现，每增加添加剂，成本增加2元；而每延长1天保质期，可减少5元的损失．若增加添加剂能使保质期延长超过____天，则增加浓度是有利的（保留一位小数）．
②若面包从生产到售出的时间为10天，若保质期不足10天，则每短缺1天会造成5元的损失（不足1天的部分按比例计算）．当添加剂A浓度为时，总成本（添加剂成本与损失之和）为____元．
（3）①若要求面包保质期至少为8天，且希望使用添加剂的浓度尽可能低，则选择添加剂A比选择添加剂B可以节省____的添加剂（保留整数）．
②当浓度在________范围内时，添加剂A的保质期至少比添加剂B的保质期多1天（保留整数）．
26．在平面直角坐标系中，抛物线过点和点
（1）用含的式子表示；
（2）点在抛物线上，且，过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点的长随着的增大而增大，求的取值范围．
27．如图，在中，，点为边上一点，；
（1）如图1，若，，，求点到直线的距离；
（2）如图2，点为线段中点，点为线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在线段上，连接，与线段交于点，连接，判断线段的数量关系，并证明．
28．在平面直角坐标系中，的半径为2．对于点A，给出如下定义：若上存在点B使得线段的垂直平分线与相切于点C，则称点A是点C的“垂切点”，线段的长度a称为点A关于点C的垂切系数．
（1）如图1，点，在，，中，点_________是点C的“垂切点”，垂切系数_________．
（2）点A在x轴上，点A是点C的“垂切点”，则点C的横坐标的取值范围为_________．
（3）已知点，，若线段上存在点P，使得点P是上某点C的“垂切点”，且点P关于点C的垂切系数a满足，直接写出t的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：．
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，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.
2．【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于0且小于1的数
【解析】【解答】解：．
故答案为：B
【分析】科学记数法是把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式.
3．【答案】D
【知识点】有理数的减法法则；有理数的乘法法则；有理数的加法法则；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由数轴可得，，
∴，故错误；
∵，
∴异号，
∴，，
∵与的绝对值大小无法确定，
∴的符号无法确定，与的大小无法判断，故错误；
∵，
∴，
∴，故正确；
故选：．
【分析】根据数轴上点的位置关系，结合有理数的加法，减法逐项进行判断即可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正多边形的性质；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：因为正五边形，
所以，
因为三角形ABC是等腰三角形，
所以，
故选A.
【分析】根据正多边形的内角和以及性质可得， 再由等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得，即可求解.
5．【答案】A
【知识点】事件的分类；可能性的大小
【解析】【解答】解：∵ 袋子中有个黑球和个白球，共个球，
∴ 摸出个球，白球最多只能摸出个，
∴ 摸出的个球中至少有一个黑球，
∴ 事件“至少有个球是黑球”是必然事件．
A、符合题意；
B、有可能是个黑球，所以该选项不是必然事件，不符合题意；
C、有可能是个白球和个黑球，所以该选项不是必然事件，不符合题意；
D、有可能是个黑球，所以该选项不是必然事件，不符合题意；
故选：A ．
【分析】由袋子中白球的总数为 2，结合摸球总数为 3，推出摸出的 3 个球中白球数量最多为 2，因此剩余的球必然是黑球，即“至少 1 个黑球” 一定会发生；再分别对其余三个选项举出反例，验证其存在不发生的可能，判定为随机事件，最终确定唯一的必然事件.
6．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的求根公式及应用
【解析】【解答】解：∵关于x的方程是一元二次方程，且有两个相等的实数根，
∴，
即，
展开得，
合并同类项得，
解得．
故选：D．
【分析】根据二次方程有两个相等的实数根，则判别式，解方程即可求出答案.
7．【答案】C
【知识点】平行线的判定；尺规作图-作一个角等于已知角
【解析】【解答】解：A中，由图1的作图是作，故原理是同位角相等，两直线平行，故A不符合题意；
B中，由以点E为圆心，以为半径作弧，得到弧，故B不符合题意；
C中，由图2的作图是作，原理是内错角相等，两直线平行，故C符合题意；
D中，由以点C为圆心，以为半径作弧，得到弧，故D不符合题意，
故选：C．
【分析】本题主要考查平行线的判定，以及尺规作一个角等于已知角，根据同位角相等，两直线平行，以及尺规作一个角等于已知角的方法，结合选项，逐一分析判断，即可得到答案．
8．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；多边形内角与外角；圆周角定理；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图：在上截取，
正五边形内角和为，
∴．
因为是正五边形，
所以，，
正五边形中心角，，故①错误．
因为五边形是正五边形，平分，平分，，．
，在中，根据三角形内角和定理，．
，即 ．
在和中：
∴，
∴，．
由正五边形性质可知，，，，．
∵，，，
∴．
已证，
∵，
∴．
∴．
又，．
在和中：
．
∴，
∴．
∵，
∴；故②正确．
∵是的外角，．
由圆周角定理，，，且，
∴，故③错误．
∵，，
在中，，，
∴．
则，
∴，故④正确．
综上，②④正确，
故选：B．
【分析】在上截取，根据正多边形内角和可得，根据正多边形性质可得，，∠AOD，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可判断①；根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠ABE，∠AGB，再根据全等三角形判定定理可得，则，．由正五边形性质可知，，，，，根据角之间的关系可得，根据等边对等角可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系可判断②；根据三角形外角性质，结合圆周角定理可判断③；根据三角形内角和定理，角之间的关系可判断④.
9．【答案】x≥﹣7
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据二次根式有意义的条件，被开方数大于或等于零，
可得：x+7≥0，
解得x≥-7.
故答案为：x≥-7.
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于零，结合本题得到关于x的不等式，解之即可。
10．【答案】
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：
．
故答案为：
【分析】本题以多项式因式分解为背景，考查了提公因式法及平方差公式的应用。先提取公因式 2m，再对括号内的 m2-4 利用平方差公式继续分解。
11．【答案】
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解：
两边同乘最简公分母，得，
去括号，得，
合并同类项，得，
移项，得，
系数化为1，得，
检验：当时，，即原方程分母不为0，
故是原分式方程的解．
故答案为：
【分析】去分母转换为整式方程，再解方程即可求出答案.
12．【答案】45
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，点是网格线交点，连接，
根据题意可知，，
，
根据网格的性质可知，，，
，
，
故答案为：45．
【分析】根据三角形外角性质可得，根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠ABE，再根据角之间的关系即可求出答案.
13．【答案】-2
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵反比例函数的图象经过点，，
∴k=1×4=-2m，即
解得.
故答案为：-2.
【分析】根据反比例函数图象上任意一点横纵坐标的乘积都等于比例系数k，列出关于字母k的方程，求解即可得出答案.
14．【答案】40
【知识点】平行线的性质；三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质-等边对等角；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：连接，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴．
故答案为：40．
【分析】连接，根据直线平行性质可得，根据等边对等角可得，则，根据等边对等角可得，再根据三角形外角性质可得∠BEC，再根据角之间的关系可得∠A，根据圆周角定理的推论可得∠ACB，再根据角之间的关系即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
取的中点，连接，
，
，
，
，
∵点为的中点，点为线段靠近的四等分点，
，
∴是的中位线，
．
故答案为：
【分析】根据正方形性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据角之间的关系可得，取的中点，连接，根据勾股定理可得BF，再根据直角三角形斜边上的中线性质可得，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
16．【答案】甲；180
【知识点】有理数的加法实际应用
【解析】【解答】解：（1）若向甲渠道投入2万元，则新增用户量为（千人）；
若向乙渠道投入2万元，则新增用户量为（千人）；
若向丙渠道投入2万元，则新增用户量为（千人）；
若向丁渠道投入2万元，则新增用户量为（千人）；
∵，
∴为使总新增用户量最大，应向甲渠道投入2万元．
故答案为：甲
（2）将6万元广告预算进行分配，方案如下：
甲 乙 丙 丁 总新增用户量
0 0 0 6
0 0 1 5
0 0 2 4
0 0 3 3
0 0 4 2
0 0 5 1
0 0 6 0
0 1 0 5
0 1 1 4
0 1 2 3
0 1 3 2
0 1 4 1
0 1 5 0
0 2 0 4
0 2 1 3
0 2 2 2
0 2 3 1
0 2 4 0
0 3 0 3
0 3 1 2
0 3 2 1
0 3 3 0
0 4 0 2
0 4 1 1
0 4 2 0
0 5 0 1
0 5 1 0
0 6 0 0
1 0 0 5
1 0 1 4
1 0 2 3
1 0 3 2
1 0 4 1
1 0 5 0
1 1 0 4
1 1 1 3
1 1 2 2
1 1 3 1
1 1 4 0
1 2 0 3
1 2 1 2
1 2 2 1
1 2 3 0
1 3 0 2
1 3 1 1
1 3 2 0
1 4 0 1
1 4 1 0
1 5 0 0
2 0 0 4
2 0 1 3
2 0 2 2
2 0 3 1
2 0 4 0
2 1 0 3
2 1 1 2
2 1 2 1
2 1 3 0
2 2 0 2
2 2 1 1
2 2 2 0
2 3 0 1
2 3 1 0
2 4 0 0
因此，总新增用户量的最大值为180千人．
故答案为：180
【分析】（1）分别求出向各渠道投入2万元后新增用户量，再比较大小即可求出答案.
（2）根据列表法列出所有分配方案，再比较即可求出答案.
17．【答案】解：
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；二次根式的性质与化简；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】由零次幂、负整数指数幂的运算法则，分别计算出常数项的结果；由二次根式的性质将化为最简二次根式；由特殊角30 的余弦值，计算出三角函数项的结果；最后将所有项合并同类二次根式，得到最终的计算结果.
18．【答案】解：，
解不等式①，得：；
解不等式②，得：；
∴不等式组的解集为．
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出两个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可.
19．【答案】解：∵，
∴，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；分式的化简求值；分式的化简求值-整体代入
【解析】【分析】由题意可得，根据完全平方公式化简分式，再整体代入即可求出答案.
20．【答案】（1）证明：，于点E，
．
．
，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵在中，，点F是的中点，
．
，
．
∵在中，
∴．
∵在中，，，
∴设，则，．
．
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；已知正切值求边长
【解析】【分析】（1）根据直线平行判定定理可得，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（2）根据直角三角形斜边上的中线可得DF，根据平行四边形性质可得，再根据正切定义即可求出答案.
（1）证明：，于点E，
．
．
，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵在中，，点F是的中点，
．
，
．
∵在中，
∴．
∵在中，，，
∴设，则，．
．
21．【答案】（1）解：设奉节到宜昌的水上距离是．
根据题意得：，解得．
答：奉节到宜昌的水上距离为．
（2）解：∵，
∴李白不能在一日之内从白帝城到达江陵．
【知识点】有理数混合运算的实际应用；一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【分析】（1）设奉节到宜昌的水上距离是．根据题意建立方程，解方程即可求和答案.
（2）根据题意列式计算，再比较大小即可求出答案.
22．【答案】（1）解：∵函数的图象经过点和，
∴，
∴，
∴该函数解析式为，
在中，当时，，
∴；
（2）解：当时，
解得，
∵当时，对于x的每一个值，函数的值大于函数的值且小于3，
∴，
∴．
【知识点】解一元一次不等式组；一次函数的概念；待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式可得该函数解析式为，再将x=2代入解析式即可求出答案.
（2）根据题意建立不等式组，解不等式组即可求出答案.
23．【答案】（1）<，>
（2）①八；②4
（3）78
【知识点】频数（率）分布直方图；条形统计图；中位数；方差；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：根据统计图，可列出“七、八两个年级各10名学生每周志愿服务时长”的统计表如下：
时长 1 2 3 大于3
七年级 5 1 1 3
八年级 2 3 3 2
七年级10名学生每周志愿服务时长的中位数为
八年级10名学生每周志愿服务时长的中位数为，
记七、八年级学生每周志愿服务时长的中位数分别为，∴，
七年级10名学生的知识测评得分分别为52，62，65，65，75，79，81，82，82，92，
七年级10名学生的知识测评得分的平均数为
（分），
七年级10名学生的知识测评得分的方差为
八年级10名学生的知识测评得分分别为61，63，69，73，73，78，78，81，82，87，
八年级10名学生的知识测评得分的平均数为
（分)，
八年级10名学生的知识测评得分的方差为
记七、八年级学生知识测评得分的方差分别为，
，
故答案为：<， >；
（2）
解：七年级10名学生的知识测评综合得分分别为112，122，125，135，165，139，171，142，172，172，
组别
学生数 1 2 2 1 0 1 3
八年级10名学生的知识测评综合得分分别为121，133，129，153，163，148，158，171，162，157，
组别
学生数 2 1 1 3 2 1
表格数据与八年级学生的知识测评综合得分符合，
∴该频数分布直方图反映的是八年级的学生得分情况；
②该年级知识测评得分最高的学生其得分是87分，综合得分是157分，位于第4组；
故答案为：①八，②4；
（3）
解：综合得分不低于160分的学生可获得“北京小使者”奖章，该校七年级有120名学生，八年级有100名学生，被抽取的学生中七年级可获得“北京小使者”奖章的有4人，八年级有3人，
∴估计两个年级可获得“北京小使者”奖章的学生总人数为
（人）。
故答案为：78.
【分析】（1）根据中位数，方差的定义即可求出答案.
（2）①分别求出两个年级的综合得分，列出统计表，再根据表中的频数对照频数直方图作出判断；
②先找出该年级知识测评得分最高的学生的知识测评得分，再找出它的综合得分，然后找出他所在的组别；
（3）根据（2）分别得出被抽取的学生中可获得“北京小使者”奖章的人数，再估计两个年级可获得“北京小使者”奖章的学生总人数.
（1）解：根据统计图，可列出“七、八两个年级各10名学生每周志愿服务时长”的统计表如下：
时长 1 2 3 大于3
七年级 5 1 1 3
八年级 2 3 3 2
七年级10名学生每周志愿服务时长的中位数为
八年级10名学生每周志愿服务时长的中位数为，
记七、八年级学生每周志愿服务时长的中位数分别为，∴，
七年级10名学生的知识测评得分分别为52，62，65，65，75，79，81，82，82，92，
七年级10名学生的知识测评得分的平均数为
（分），
七年级10名学生的知识测评得分的方差为
八年级10名学生的知识测评得分分别为61，63，69，73，73，78，78，81，82，87，
八年级10名学生的知识测评得分的平均数为
（分)，
八年级10名学生的知识测评得分的方差为
记七、八年级学生知识测评得分的方差分别为，
，
故答案为：<， >；
（2）解：七年级10名学生的知识测评综合得分分别为112，122，125，135，165，139，171，142，172，172，
组别
学生数 1 2 2 1 0 1 3
八年级10名学生的知识测评综合得分分别为121，133，129，153，163，148，158，171，162，157，
组别
学生数 2 1 1 3 2 1
表格数据与八年级学生的知识测评综合得分符合，
∴该频数分布直方图反映的是八年级的学生得分情况；
②该年级知识测评得分最高的学生其得分是87分，综合得分是157分，位于第4组；
故答案为：①八，②4；
（3）解：综合得分不低于160分的学生可获得“北京小使者”奖章，该校七年级有120名学生，八年级有100名学生，被抽取的学生中七年级可获得“北京小使者”奖章的有4人，八年级有3人，
∴估计两个年级可获得“北京小使者”奖章的学生总人数为
（人）。
故答案为：78.
24．【答案】（1）证明：连接，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：设的半径为r，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，符合，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，符合，
即．
【知识点】平行线的性质；勾股定理；切线的判定；解直角三角形；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）连接，则，根据等边对等角可得，根据三角形外角性质可得，根据角之间的关系可得，根据圆周角定理的推论可得，根据直线平行性质可得，再根据角之间的关系可得，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）设的半径为r，则，根据正弦定义建立方程，解方程可得r=4，根据正弦定义可得BD，根据勾股定理可得AD，设，则，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案.
（1）证明：连接，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：设的半径为r，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，符合，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，符合，
即．
25．【答案】（1）解：描点并连线为：
（2）①；②18
（3）①60；②20；80
【知识点】一元一次不等式的应用；有理数混合运算的实际应用；描点法画函数图象；一次函数的其他应用
【解析】【解答】（2）解：①设增加添加剂能使保质期延长x天，增加浓度是有利的，则，
解得，
即增加添加剂能使保质期延长超过天，增加浓度是有利的．
②由题意可得，当时，，
即当添加剂A浓度为时，保质期为8天，
此时总成本为：（元）．
（3）
解：①由表格可知，若选择添加剂A，当时，，
即当保质期至少为8天时，添加剂A至少需要；
若选择添加剂B，当时，，解得，
即当保质期至少为8天时，添加剂B至少需要，
所以选择添加剂A比选择添加剂B可以节省添加剂为；
②当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
由上可知，当时，，
∴当浓度在范围内时，添加剂A的保质期至少比添加剂B的保质期多1天．
【分析】（1）根据描点法作出图象即可.
（2）①设增加添加剂能使保质期延长x天，增加浓度是有利的，根据题意建立不等式，解不等式即可求出答案.
②根据题意列式计算即可求出答案.
（3）①分别求出保质期至少为8天时，添加剂A和添加剂B的浓度，求差即可解答；
②结合表格中添加剂A的浓度，求出相应保质期下添加剂B的浓度，找出符合题意要求的浓度范围即可．
（1）解：描点并连线为：
（2）解：①设增加添加剂能使保质期延长x天，增加浓度是有利的，则
，
解得，
即增加添加剂能使保质期延长超过天，增加浓度是有利的．
②由题意可得，当时，，
即当添加剂A浓度为时，保质期为8天，
此时总成本为：（元）．
（3）解：①由表格可知，若选择添加剂A，当时，，
即当保质期至少为8天时，添加剂A至少需要；
若选择添加剂B，当时，，解得，
即当保质期至少为8天时，添加剂B至少需要，
所以选择添加剂A比选择添加剂B可以节省添加剂为；
②当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
由上可知，当时，，
∴当浓度在范围内时，添加剂A的保质期至少比添加剂B的保质期多1天．
26．【答案】（1）解：∵抛物线过点和点，
∴点A、B关于对称轴对称，又抛物线的对称轴方程为，
∴，则；
（2）解：由（1）得，
∵点在抛物线上，且，，
∴，则，
由题意，，，
∴，
解方程得，，
∵的长随着的增大而增大，
∴或，
解得：无解或，
故满足条件的a的取值范围为．
【知识点】解一元一次不等式组；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】（1）根据抛物线的对称轴公式即可求出答案.
（2）由求得，由题意，，，根据两点间距离可得PQ，再根据二次根式建立不等式组，解不等式组即可求出答案.
（1）解：∵抛物线过点和点，
∴点A、B关于对称轴对称，又抛物线的对称轴方程为，
∴，则；
（2）解：由（1）得，
∵点在抛物线上，且，，
∴，则，
由题意，，，
∴，
解方程得，，
∵的长随着的增大而增大，
∴或，
解得：无解或，
故满足条件的a的取值范围为．
27．【答案】（1）解：过点作延长线于点，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即点到直线的距离为；
（2）解：，理由如下：
如图，连接，交于点，
设，
∵，点为线段中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
由旋转知，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵点为线段中点，
∴．
【知识点】三角形的面积；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【分析】（1）过点作延长线于点，根据勾股定理可得AC，再根据三角形面积即可求出答案.
（2）连接，交于点，设，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，根据等边对等角及三角形内角和定理可得，由旋转知，，根据角之间的关系可得，则，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：过点作延长线于点，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即点到直线的距离为；
（2）解：，理由如下：
如图，连接，交于点，
设，
∵，点为线段中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
由旋转知，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵点为线段中点，
∴．
28．【答案】（1），4
（2）或
（3）或
【知识点】线段垂直平分线的性质；切线的性质；解直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：由题意知，过点的切线为，
如图，在，，三个点中，只有的垂直平分线可以是，
∴点是点C的“垂切点”，此时，
∴垂切系数；
（2）解：由定义可知，过点C的切线即为与过点A，半径为2的，的公切线，
要使点A在x轴上，且点A是点C的“垂切点”，
如图，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，
∵，，，
在和中，，
∴，
∴，
过点作，
在中，，，
∴，
同理可得，
∵与的外切圆始终存在切点C，
∴当外切圆的圆心在x轴正半轴上时，存在最大值为2，
∴的取值范围是，
同理，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，
∵，，，
在和中，，
∴，
∴，
过点作，
在中，，，
∴，
∴，
同理可得，
∵与的外切圆始终存在切点C，
∴当外切圆的圆心在x轴负半轴上时，存在最小值为，
∴的取值范围是，
综上所述，点C横坐标取值范围是或．
（3）解：由题意知，点P关于点C的垂切系数a满足，
如图，对于与相切于C，对于水平线段，分别作，，连接，与y轴交点D，
∴，，
在中，，
在中，，
在中，，
∴当在以O为圆心，4为半径的上运动时，始终保持点P关于点C的垂切系数a满足，
∴的取值范围是，
∵，，
∴点M在直线上，为一条水平长度为4的线段，
如图，要使得线段上存在点P，即与以O为圆心，与为半径的圆环区域（包括边界）有交点即可，
当与半径为的相切时，即，解得，
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
综上所述，t的取值范围是或．
【分析】（1）由题意知，过点的切线为，在，，三个点中，只有的垂直平分线可以是，再根据题意即可求出答案.
（2）由定义可知，过点C的切线即为与过点A，半径为2的，的公切线，要使点A在x轴上，且点A是点C的“垂切点”，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，根据特殊角的三角函数值可得，根据角之间的关系可得，过点作，根据含30°角的直角三角形性质可得C1M，根据勾股定理可得，同理可得，根据题意可得的取值范围是，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，根据特殊角的三角函数值可得，根据角之间的关系可得，过点作，根据含30°角的直角三角形性质可得C4N，根据勾股定理可得ON，则，同理可得，根据题意可得的取值范围是.
（3）由题意知，点P关于点C的垂切系数a满足，对于与相切于C，对于水平线段，分别作，，连接，与y轴交点D，根据勾股定理可得OD，OB1，OB2，当在以O为圆心，4为半径的上运动时，始终保持点P关于点C的垂切系数a满足，则的取值范围是，要使得线段上存在点P，即与以O为圆心，与为半径的圆环区域（包括边界）有交点即可，分情况讨论，根据题意题意建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：由题意知，过点的切线为，
如图，在，，三个点中，只有的垂直平分线可以是，
∴点是点C的“垂切点”，此时，
∴垂切系数；
（2）解：由定义可知，过点C的切线即为与过点A，半径为2的，的公切线，
要使点A在x轴上，且点A是点C的“垂切点”，
如图，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，
∵，，，
在和中，，
∴，
∴，
过点作，
在中，，，
∴，
同理可得，
∵与的外切圆始终存在切点C，
∴当外切圆的圆心在x轴正半轴上时，存在最大值为2，
∴的取值范围是，
同理，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，
∵，，，
在和中，，
∴，
∴，
过点作，
在中，，，
∴，
∴，
同理可得，
∵与的外切圆始终存在切点C，
∴当外切圆的圆心在x轴负半轴上时，存在最小值为，
∴的取值范围是，
综上所述，点C横坐标取值范围是或．
（3）解：由题意知，点P关于点C的垂切系数a满足，
如图，对于与相切于C，对于水平线段，分别作，，连接，与y轴交点D，
∴，，
在中，，
在中，，
在中，，
∴当在以O为圆心，4为半径的上运动时，始终保持点P关于点C的垂切系数a满足，
∴的取值范围是，
∵，，
∴点M在直线上，为一条水平长度为4的线段，
如图，要使得线段上存在点P，即与以O为圆心，与为半径的圆环区域（包括边界）有交点即可，
当与半径为的相切时，即，解得，
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
综上所述，t的取值范围是或．
1 / 1北京市第三中学2025--2026学年下学期九年级数学阶段性练习
1．随着我国航天领域的快速发展，从“天宫一号”发射升空，到天和核心舱归位，我国正式迈入了“空间站时代”．下面是有关我国航天领域的图标，其图标既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：．
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，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.
2．“白日不到处，青春恰自来，苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为0.00000838米．则数据0.00000838用科学记数法表示为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于0且小于1的数
【解析】【解答】解：．
故答案为：B
【分析】科学记数法是把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式.
3．如图，数轴上的点表示的数分别是．如果，那么下列结论中正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】有理数的减法法则；有理数的乘法法则；有理数的加法法则；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由数轴可得，，
∴，故错误；
∵，
∴异号，
∴，，
∵与的绝对值大小无法确定，
∴的符号无法确定，与的大小无法判断，故错误；
∵，
∴，
∴，故正确；
故选：．
【分析】根据数轴上点的位置关系，结合有理数的加法，减法逐项进行判断即可求出答案.
4．用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如下图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形 ABCDE，则∠BAC的度数是（　　）
A．36° B．30° C．45° D．40°
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正多边形的性质；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：因为正五边形，
所以，
因为三角形ABC是等腰三角形，
所以，
故选A.
【分析】根据正多边形的内角和以及性质可得， 再由等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得，即可求解.
5．袋子中装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外无其他差别，从中任意摸出3个球．下列事件是必然事件的是（　　）
A．至少有1个球是黑球 B．至少有1个球是白球
C．至少有2个球是黑球 D．至少有2个球是白球
【答案】A
【知识点】事件的分类；可能性的大小
【解析】【解答】解：∵ 袋子中有个黑球和个白球，共个球，
∴ 摸出个球，白球最多只能摸出个，
∴ 摸出的个球中至少有一个黑球，
∴ 事件“至少有个球是黑球”是必然事件．
A、符合题意；
B、有可能是个黑球，所以该选项不是必然事件，不符合题意；
C、有可能是个白球和个黑球，所以该选项不是必然事件，不符合题意；
D、有可能是个黑球，所以该选项不是必然事件，不符合题意；
故选：A ．
【分析】由袋子中白球的总数为 2，结合摸球总数为 3，推出摸出的 3 个球中白球数量最多为 2，因此剩余的球必然是黑球，即“至少 1 个黑球” 一定会发生；再分别对其余三个选项举出反例，验证其存在不发生的可能，判定为随机事件，最终确定唯一的必然事件.
6．已知关于x的方程有两个相等的实数根，则k的值为（　　）
A．3 B．0 C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的求根公式及应用
【解析】【解答】解：∵关于x的方程是一元二次方程，且有两个相等的实数根，
∴，
即，
展开得，
合并同类项得，
解得．
故选：D．
【分析】根据二次方程有两个相等的实数根，则判别式，解方程即可求出答案.
7．如图1，图2，点C是上一点，利用尺规过点C作，下列说法错误的是（　　）
A．图1的原理是同位角相等，两直线平行
B．以点E为圆心，以为半径作弧，得到弧
C．图2的原理是两直线平行，内错角相等
D．以点C为圆心，以为半径作弧，得到弧
【答案】C
【知识点】平行线的判定；尺规作图-作一个角等于已知角
【解析】【解答】解：A中，由图1的作图是作，故原理是同位角相等，两直线平行，故A不符合题意；
B中，由以点E为圆心，以为半径作弧，得到弧，故B不符合题意；
C中，由图2的作图是作，原理是内错角相等，两直线平行，故C符合题意；
D中，由以点C为圆心，以为半径作弧，得到弧，故D不符合题意，
故选：C．
【分析】本题主要考查平行线的判定，以及尺规作一个角等于已知角，根据同位角相等，两直线平行，以及尺规作一个角等于已知角的方法，结合选项，逐一分析判断，即可得到答案．
8．连接正五边形的对角线，形成如图的图形，中心为点O．与交于点，连接与交于点，连接，，，．
观察后得出如下结论：
①；
②连接OF，则有；
③；
④连接BC，则有．
上述结论中，所有正确结论的序号是（　　）
A．①② B．②④ C．②③ D．①④
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；多边形内角与外角；圆周角定理；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图：在上截取，
正五边形内角和为，
∴．
因为是正五边形，
所以，，
正五边形中心角，，故①错误．
因为五边形是正五边形，平分，平分，，．
，在中，根据三角形内角和定理，．
，即 ．
在和中：
∴，
∴，．
由正五边形性质可知，，，，．
∵，，，
∴．
已证，
∵，
∴．
∴．
又，．
在和中：
．
∴，
∴．
∵，
∴；故②正确．
∵是的外角，．
由圆周角定理，，，且，
∴，故③错误．
∵，，
在中，，，
∴．
则，
∴，故④正确．
综上，②④正确，
故选：B．
【分析】在上截取，根据正多边形内角和可得，根据正多边形性质可得，，∠AOD，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可判断①；根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠ABE，∠AGB，再根据全等三角形判定定理可得，则，．由正五边形性质可知，，，，，根据角之间的关系可得，根据等边对等角可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系可判断②；根据三角形外角性质，结合圆周角定理可判断③；根据三角形内角和定理，角之间的关系可判断④.
9．若有意义，则x的取值范围为 　 　 ．
【答案】x≥﹣7
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据二次根式有意义的条件，被开方数大于或等于零，
可得：x+7≥0，
解得x≥-7.
故答案为：x≥-7.
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于零，结合本题得到关于x的不等式，解之即可。
10．因式分解：　 　．
【答案】
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：
．
故答案为：
【分析】本题以多项式因式分解为背景，考查了提公因式法及平方差公式的应用。先提取公因式 2m，再对括号内的 m2-4 利用平方差公式继续分解。
11．方程的解为　 　．
【答案】
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解：
两边同乘最简公分母，得，
去括号，得，
合并同类项，得，
移项，得，
系数化为1，得，
检验：当时，，即原方程分母不为0，
故是原分式方程的解．
故答案为：
【分析】去分母转换为整式方程，再解方程即可求出答案.
12．如图所示的网格是正方形网格，则　 　（点，，，是网格线交点）．
【答案】45
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，点是网格线交点，连接，
根据题意可知，，
，
根据网格的性质可知，，，
，
，
故答案为：45．
【分析】根据三角形外角性质可得，根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠ABE，再根据角之间的关系即可求出答案.
13．在平面直角坐标系中，若反比例函数的图象经过点和点，则的值为　 　．
【答案】-2
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵反比例函数的图象经过点，，
∴k=1×4=-2m，即
解得.
故答案为：-2.
【分析】根据反比例函数图象上任意一点横纵坐标的乘积都等于比例系数k，列出关于字母k的方程，求解即可得出答案.
14．如图，在中，直径与弦的交点为E，．若，则　 　．
【答案】40
【知识点】平行线的性质；三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质-等边对等角；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：连接，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴．
故答案为：40．
【分析】连接，根据直线平行性质可得，根据等边对等角可得，则，根据等边对等角可得，再根据三角形外角性质可得∠BEC，再根据角之间的关系可得∠A，根据圆周角定理的推论可得∠ACB，再根据角之间的关系即可求出答案.
15．如图，正方形的边长为8，点，分别为，上一点，，与交于点，点为的中点，点为线段靠近的四等分点，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
取的中点，连接，
，
，
，
，
∵点为的中点，点为线段靠近的四等分点，
，
∴是的中位线，
．
故答案为：
【分析】根据正方形性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据角之间的关系可得，取的中点，连接，根据勾股定理可得BF，再根据直角三角形斜边上的中线性质可得，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
16．某互联网公司计划将广告预算分配给甲、乙、丙、丁四个推广渠道．当向一个渠道投入万元广告费时，公司从该渠道获得的新增用户量（单位：千人）与的对应关系如下：
投入n（万元） 渠道 1 2 3 4 5 6
甲 50 75 　 　 　 　
乙 35 59 80 95 105 110
丙 25 45 60 70 78 84
丁 20 43 64 80 92 100
（1）如果公司将5万元广告预算分配给这四个渠道，且每个渠道至少投入1万元，为使总新增用户量最大，应向　 　渠道投入2万元（填“甲”“乙”“丙”或“丁”）；
（2）如果公司将6万元广告预算分配给这四个渠道中的一个或多个，那么总新增用户量的最大值为　 　千人．
【答案】甲；180
【知识点】有理数的加法实际应用
【解析】【解答】解：（1）若向甲渠道投入2万元，则新增用户量为（千人）；
若向乙渠道投入2万元，则新增用户量为（千人）；
若向丙渠道投入2万元，则新增用户量为（千人）；
若向丁渠道投入2万元，则新增用户量为（千人）；
∵，
∴为使总新增用户量最大，应向甲渠道投入2万元．
故答案为：甲
（2）将6万元广告预算进行分配，方案如下：
甲 乙 丙 丁 总新增用户量
0 0 0 6
0 0 1 5
0 0 2 4
0 0 3 3
0 0 4 2
0 0 5 1
0 0 6 0
0 1 0 5
0 1 1 4
0 1 2 3
0 1 3 2
0 1 4 1
0 1 5 0
0 2 0 4
0 2 1 3
0 2 2 2
0 2 3 1
0 2 4 0
0 3 0 3
0 3 1 2
0 3 2 1
0 3 3 0
0 4 0 2
0 4 1 1
0 4 2 0
0 5 0 1
0 5 1 0
0 6 0 0
1 0 0 5
1 0 1 4
1 0 2 3
1 0 3 2
1 0 4 1
1 0 5 0
1 1 0 4
1 1 1 3
1 1 2 2
1 1 3 1
1 1 4 0
1 2 0 3
1 2 1 2
1 2 2 1
1 2 3 0
1 3 0 2
1 3 1 1
1 3 2 0
1 4 0 1
1 4 1 0
1 5 0 0
2 0 0 4
2 0 1 3
2 0 2 2
2 0 3 1
2 0 4 0
2 1 0 3
2 1 1 2
2 1 2 1
2 1 3 0
2 2 0 2
2 2 1 1
2 2 2 0
2 3 0 1
2 3 1 0
2 4 0 0
因此，总新增用户量的最大值为180千人．
故答案为：180
【分析】（1）分别求出向各渠道投入2万元后新增用户量，再比较大小即可求出答案.
（2）根据列表法列出所有分配方案，再比较即可求出答案.
17．计算：
【答案】解：
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；二次根式的性质与化简；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】由零次幂、负整数指数幂的运算法则，分别计算出常数项的结果；由二次根式的性质将化为最简二次根式；由特殊角30 的余弦值，计算出三角函数项的结果；最后将所有项合并同类二次根式，得到最终的计算结果.
18．解不等式组：
【答案】解：，
解不等式①，得：；
解不等式②，得：；
∴不等式组的解集为．
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出两个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可.
19．已知，求代数式的值．
【答案】解：∵，
∴，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；分式的化简求值；分式的化简求值-整体代入
【解析】【分析】由题意可得，根据完全平方公式化简分式，再整体代入即可求出答案.
20．如图，在四边形中，，对角线，过点A作于点E，交BC于点F．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）连接，若点F是的中点，，，求的长．
【答案】（1）证明：，于点E，
．
．
，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵在中，，点F是的中点，
．
，
．
∵在中，
∴．
∵在中，，，
∴设，则，．
．
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；已知正切值求边长
【解析】【分析】（1）根据直线平行判定定理可得，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（2）根据直角三角形斜边上的中线可得DF，根据平行四边形性质可得，再根据正切定义即可求出答案.
（1）证明：，于点E，
．
．
，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵在中，，点F是的中点，
．
，
．
∵在中，
∴．
∵在中，，，
∴设，则，．
．
21．小刚对诗仙李白的诗作《早发白帝城》中“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”的说法产生疑问：李白真能在一日之内从白帝城到达江陵吗 小刚经过查阅资料得知，白帝城是现今的重庆奉节，而江陵是现今的湖北荆州．假设李白乘坐的轻舟从奉节到宜昌的速度约为，从宜昌到荆州的速度约为．从奉节到荆州的水上距离约为．经过分析资料，小刚发现从奉节到宜昌的时间比从宜昌到荆州多．根据小刚的假设，回答下列问题：
（1）奉节到宜昌的水上距离是多少？
（2）李白能在一日（）之内从白帝城到达江陵吗？说明理由．
【答案】（1）解：设奉节到宜昌的水上距离是．
根据题意得：，解得．
答：奉节到宜昌的水上距离为．
（2）解：∵，
∴李白不能在一日之内从白帝城到达江陵．
【知识点】有理数混合运算的实际应用；一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【分析】（1）设奉节到宜昌的水上距离是．根据题意建立方程，解方程即可求和答案.
（2）根据题意列式计算，再比较大小即可求出答案.
22．在平面直角坐标系中，函数的图象经过点和，与过点且平行于y轴的直线交于点C．
（1）求该函数的表达式及点C的坐标；
（2）当时，对于x的每一个值，函数的值大于函数的值且小于3，直接写出n的取值范围．
【答案】（1）解：∵函数的图象经过点和，
∴，
∴，
∴该函数解析式为，
在中，当时，，
∴；
（2）解：当时，
解得，
∵当时，对于x的每一个值，函数的值大于函数的值且小于3，
∴，
∴．
【知识点】解一元一次不等式组；一次函数的概念；待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式可得该函数解析式为，再将x=2代入解析式即可求出答案.
（2）根据题意建立不等式组，解不等式组即可求出答案.
23．某校开展“争做文化代言人，我是北京小使者”系列活动，号召同学们走出校园了解北京文化，积极参与志愿服务．该校从七、八两个年级中各随机抽取10名学生进行知识测评，并统计了这些学生每周志愿服务时长．下面给出了该活动的部分信息．
a．七、八两个年级各10名学生每周志愿服务时长与知识测评得分情况统计图：
b．学生每周志愿服务时长与志愿服务得分对应表：
每周志愿服务时长/小时 1 2 3 大于3
志愿服务得分/分 60 70 80 90
c．每名学生的知识测评得分和志愿服务得分相加得到综合得分，综合得分不低于160分的学生可获得“北京小使者”奖章．
根据以上信息，回答下列问题：
（1）在两个年级分别抽取的10名学生中，记七、八年级学生每周志愿服务时长的中位数分别为，，则_____，记七、八年级学生知识测评得分的方差分别为，，则_____（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）某年级所抽取的10名学生的综合得分频数分布直方图如下（数据分6组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组：
①该频数分布直方图反映的是_____（填“七”或“八”）年级的学生得分情况；
②该年级知识测评得分最高的学生其综合得分位于第_____组；
（3）该校七年级有120名学生，八年级有100名学生．若所有学生都参与了系列活动，则估计两个年级可获得“北京小使者”奖章的学生总人数为_____．
【答案】（1）<，>
（2）①八；②4
（3）78
【知识点】频数（率）分布直方图；条形统计图；中位数；方差；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：根据统计图，可列出“七、八两个年级各10名学生每周志愿服务时长”的统计表如下：
时长 1 2 3 大于3
七年级 5 1 1 3
八年级 2 3 3 2
七年级10名学生每周志愿服务时长的中位数为
八年级10名学生每周志愿服务时长的中位数为，
记七、八年级学生每周志愿服务时长的中位数分别为，∴，
七年级10名学生的知识测评得分分别为52，62，65，65，75，79，81，82，82，92，
七年级10名学生的知识测评得分的平均数为
（分），
七年级10名学生的知识测评得分的方差为
八年级10名学生的知识测评得分分别为61，63，69，73，73，78，78，81，82，87，
八年级10名学生的知识测评得分的平均数为
（分)，
八年级10名学生的知识测评得分的方差为
记七、八年级学生知识测评得分的方差分别为，
，
故答案为：<， >；
（2）
解：七年级10名学生的知识测评综合得分分别为112，122，125，135，165，139，171，142，172，172，
组别
学生数 1 2 2 1 0 1 3
八年级10名学生的知识测评综合得分分别为121，133，129，153，163，148，158，171，162，157，
组别
学生数 2 1 1 3 2 1
表格数据与八年级学生的知识测评综合得分符合，
∴该频数分布直方图反映的是八年级的学生得分情况；
②该年级知识测评得分最高的学生其得分是87分，综合得分是157分，位于第4组；
故答案为：①八，②4；
（3）
解：综合得分不低于160分的学生可获得“北京小使者”奖章，该校七年级有120名学生，八年级有100名学生，被抽取的学生中七年级可获得“北京小使者”奖章的有4人，八年级有3人，
∴估计两个年级可获得“北京小使者”奖章的学生总人数为
（人）。
故答案为：78.
【分析】（1）根据中位数，方差的定义即可求出答案.
（2）①分别求出两个年级的综合得分，列出统计表，再根据表中的频数对照频数直方图作出判断；
②先找出该年级知识测评得分最高的学生的知识测评得分，再找出它的综合得分，然后找出他所在的组别；
（3）根据（2）分别得出被抽取的学生中可获得“北京小使者”奖章的人数，再估计两个年级可获得“北京小使者”奖章的学生总人数.
（1）解：根据统计图，可列出“七、八两个年级各10名学生每周志愿服务时长”的统计表如下：
时长 1 2 3 大于3
七年级 5 1 1 3
八年级 2 3 3 2
七年级10名学生每周志愿服务时长的中位数为
八年级10名学生每周志愿服务时长的中位数为，
记七、八年级学生每周志愿服务时长的中位数分别为，∴，
七年级10名学生的知识测评得分分别为52，62，65，65，75，79，81，82，82，92，
七年级10名学生的知识测评得分的平均数为
（分），
七年级10名学生的知识测评得分的方差为
八年级10名学生的知识测评得分分别为61，63，69，73，73，78，78，81，82，87，
八年级10名学生的知识测评得分的平均数为
（分)，
八年级10名学生的知识测评得分的方差为
记七、八年级学生知识测评得分的方差分别为，
，
故答案为：<， >；
（2）解：七年级10名学生的知识测评综合得分分别为112，122，125，135，165，139，171，142，172，172，
组别
学生数 1 2 2 1 0 1 3
八年级10名学生的知识测评综合得分分别为121，133，129，153，163，148，158，171，162，157，
组别
学生数 2 1 1 3 2 1
表格数据与八年级学生的知识测评综合得分符合，
∴该频数分布直方图反映的是八年级的学生得分情况；
②该年级知识测评得分最高的学生其得分是87分，综合得分是157分，位于第4组；
故答案为：①八，②4；
（3）解：综合得分不低于160分的学生可获得“北京小使者”奖章，该校七年级有120名学生，八年级有100名学生，被抽取的学生中七年级可获得“北京小使者”奖章的有4人，八年级有3人，
∴估计两个年级可获得“北京小使者”奖章的学生总人数为
（人）。
故答案为：78.
24．如图，是的直径，点C，D在上，过点C作的平行线交直线于点E：．
（1）求证：是的切线：
（2）连接交于点F，若，，求线段的长．
【答案】（1）证明：连接，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：设的半径为r，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，符合，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，符合，
即．
【知识点】平行线的性质；勾股定理；切线的判定；解直角三角形；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）连接，则，根据等边对等角可得，根据三角形外角性质可得，根据角之间的关系可得，根据圆周角定理的推论可得，根据直线平行性质可得，再根据角之间的关系可得，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）设的半径为r，则，根据正弦定义建立方程，解方程可得r=4，根据正弦定义可得BD，根据勾股定理可得AD，设，则，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案.
（1）证明：连接，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：设的半径为r，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，符合，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，符合，
即．
25．某食品厂研究两种天然防腐剂（添加剂A和添加剂B）对面包保质期的影响．添加剂A的效果在一定浓度范围内随浓度增加而提高，但超过最佳浓度后，由于副作用等原因，保质期反而下降．添加剂B的作用机理不同，通过实验发现，在测试浓度范围内，其保质期与浓度之间近似满足稳定的线性增长关系：．
在固定工艺下，改变添加剂A的添加浓度（单位：），测得面包的保质期（单位：天）数据如下：
添加剂浓度 0 20 40 60 80 100 120
保质期（天） 3 5 8 10 9 7 4
（1）以添加剂浓度为横坐标，保质期为纵坐标，在给定的坐标系中描出表中各点，并用平滑曲线连接．
（2）①工厂分析发现，每增加添加剂，成本增加2元；而每延长1天保质期，可减少5元的损失．若增加添加剂能使保质期延长超过____天，则增加浓度是有利的（保留一位小数）．
②若面包从生产到售出的时间为10天，若保质期不足10天，则每短缺1天会造成5元的损失（不足1天的部分按比例计算）．当添加剂A浓度为时，总成本（添加剂成本与损失之和）为____元．
（3）①若要求面包保质期至少为8天，且希望使用添加剂的浓度尽可能低，则选择添加剂A比选择添加剂B可以节省____的添加剂（保留整数）．
②当浓度在________范围内时，添加剂A的保质期至少比添加剂B的保质期多1天（保留整数）．
【答案】（1）解：描点并连线为：
（2）①；②18
（3）①60；②20；80
【知识点】一元一次不等式的应用；有理数混合运算的实际应用；描点法画函数图象；一次函数的其他应用
【解析】【解答】（2）解：①设增加添加剂能使保质期延长x天，增加浓度是有利的，则，
解得，
即增加添加剂能使保质期延长超过天，增加浓度是有利的．
②由题意可得，当时，，
即当添加剂A浓度为时，保质期为8天，
此时总成本为：（元）．
（3）
解：①由表格可知，若选择添加剂A，当时，，
即当保质期至少为8天时，添加剂A至少需要；
若选择添加剂B，当时，，解得，
即当保质期至少为8天时，添加剂B至少需要，
所以选择添加剂A比选择添加剂B可以节省添加剂为；
②当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
由上可知，当时，，
∴当浓度在范围内时，添加剂A的保质期至少比添加剂B的保质期多1天．
【分析】（1）根据描点法作出图象即可.
（2）①设增加添加剂能使保质期延长x天，增加浓度是有利的，根据题意建立不等式，解不等式即可求出答案.
②根据题意列式计算即可求出答案.
（3）①分别求出保质期至少为8天时，添加剂A和添加剂B的浓度，求差即可解答；
②结合表格中添加剂A的浓度，求出相应保质期下添加剂B的浓度，找出符合题意要求的浓度范围即可．
（1）解：描点并连线为：
（2）解：①设增加添加剂能使保质期延长x天，增加浓度是有利的，则
，
解得，
即增加添加剂能使保质期延长超过天，增加浓度是有利的．
②由题意可得，当时，，
即当添加剂A浓度为时，保质期为8天，
此时总成本为：（元）．
（3）解：①由表格可知，若选择添加剂A，当时，，
即当保质期至少为8天时，添加剂A至少需要；
若选择添加剂B，当时，，解得，
即当保质期至少为8天时，添加剂B至少需要，
所以选择添加剂A比选择添加剂B可以节省添加剂为；
②当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
当时，，，；
由上可知，当时，，
∴当浓度在范围内时，添加剂A的保质期至少比添加剂B的保质期多1天．
26．在平面直角坐标系中，抛物线过点和点
（1）用含的式子表示；
（2）点在抛物线上，且，过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点的长随着的增大而增大，求的取值范围．
【答案】（1）解：∵抛物线过点和点，
∴点A、B关于对称轴对称，又抛物线的对称轴方程为，
∴，则；
（2）解：由（1）得，
∵点在抛物线上，且，，
∴，则，
由题意，，，
∴，
解方程得，，
∵的长随着的增大而增大，
∴或，
解得：无解或，
故满足条件的a的取值范围为．
【知识点】解一元一次不等式组；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【分析】（1）根据抛物线的对称轴公式即可求出答案.
（2）由求得，由题意，，，根据两点间距离可得PQ，再根据二次根式建立不等式组，解不等式组即可求出答案.
（1）解：∵抛物线过点和点，
∴点A、B关于对称轴对称，又抛物线的对称轴方程为，
∴，则；
（2）解：由（1）得，
∵点在抛物线上，且，，
∴，则，
由题意，，，
∴，
解方程得，，
∵的长随着的增大而增大，
∴或，
解得：无解或，
故满足条件的a的取值范围为．
27．如图，在中，，点为边上一点，；
（1）如图1，若，，，求点到直线的距离；
（2）如图2，点为线段中点，点为线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在线段上，连接，与线段交于点，连接，判断线段的数量关系，并证明．
【答案】（1）解：过点作延长线于点，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即点到直线的距离为；
（2）解：，理由如下：
如图，连接，交于点，
设，
∵，点为线段中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
由旋转知，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵点为线段中点，
∴．
【知识点】三角形的面积；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【分析】（1）过点作延长线于点，根据勾股定理可得AC，再根据三角形面积即可求出答案.
（2）连接，交于点，设，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，根据等边对等角及三角形内角和定理可得，由旋转知，，根据角之间的关系可得，则，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：过点作延长线于点，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即点到直线的距离为；
（2）解：，理由如下：
如图，连接，交于点，
设，
∵，点为线段中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
由旋转知，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵点为线段中点，
∴．
28．在平面直角坐标系中，的半径为2．对于点A，给出如下定义：若上存在点B使得线段的垂直平分线与相切于点C，则称点A是点C的“垂切点”，线段的长度a称为点A关于点C的垂切系数．
（1）如图1，点，在，，中，点_________是点C的“垂切点”，垂切系数_________．
（2）点A在x轴上，点A是点C的“垂切点”，则点C的横坐标的取值范围为_________．
（3）已知点，，若线段上存在点P，使得点P是上某点C的“垂切点”，且点P关于点C的垂切系数a满足，直接写出t的取值范围．
【答案】（1），4
（2）或
（3）或
【知识点】线段垂直平分线的性质；切线的性质；解直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：由题意知，过点的切线为，
如图，在，，三个点中，只有的垂直平分线可以是，
∴点是点C的“垂切点”，此时，
∴垂切系数；
（2）解：由定义可知，过点C的切线即为与过点A，半径为2的，的公切线，
要使点A在x轴上，且点A是点C的“垂切点”，
如图，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，
∵，，，
在和中，，
∴，
∴，
过点作，
在中，，，
∴，
同理可得，
∵与的外切圆始终存在切点C，
∴当外切圆的圆心在x轴正半轴上时，存在最大值为2，
∴的取值范围是，
同理，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，
∵，，，
在和中，，
∴，
∴，
过点作，
在中，，，
∴，
∴，
同理可得，
∵与的外切圆始终存在切点C，
∴当外切圆的圆心在x轴负半轴上时，存在最小值为，
∴的取值范围是，
综上所述，点C横坐标取值范围是或．
（3）解：由题意知，点P关于点C的垂切系数a满足，
如图，对于与相切于C，对于水平线段，分别作，，连接，与y轴交点D，
∴，，
在中，，
在中，，
在中，，
∴当在以O为圆心，4为半径的上运动时，始终保持点P关于点C的垂切系数a满足，
∴的取值范围是，
∵，，
∴点M在直线上，为一条水平长度为4的线段，
如图，要使得线段上存在点P，即与以O为圆心，与为半径的圆环区域（包括边界）有交点即可，
当与半径为的相切时，即，解得，
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
综上所述，t的取值范围是或．
【分析】（1）由题意知，过点的切线为，在，，三个点中，只有的垂直平分线可以是，再根据题意即可求出答案.
（2）由定义可知，过点C的切线即为与过点A，半径为2的，的公切线，要使点A在x轴上，且点A是点C的“垂切点”，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，根据特殊角的三角函数值可得，根据角之间的关系可得，过点作，根据含30°角的直角三角形性质可得C1M，根据勾股定理可得，同理可得，根据题意可得的取值范围是，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，根据特殊角的三角函数值可得，根据角之间的关系可得，过点作，根据含30°角的直角三角形性质可得C4N，根据勾股定理可得ON，则，同理可得，根据题意可得的取值范围是.
（3）由题意知，点P关于点C的垂切系数a满足，对于与相切于C，对于水平线段，分别作，，连接，与y轴交点D，根据勾股定理可得OD，OB1，OB2，当在以O为圆心，4为半径的上运动时，始终保持点P关于点C的垂切系数a满足，则的取值范围是，要使得线段上存在点P，即与以O为圆心，与为半径的圆环区域（包括边界）有交点即可，分情况讨论，根据题意题意建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：由题意知，过点的切线为，
如图，在，，三个点中，只有的垂直平分线可以是，
∴点是点C的“垂切点”，此时，
∴垂切系数；
（2）解：由定义可知，过点C的切线即为与过点A，半径为2的，的公切线，
要使点A在x轴上，且点A是点C的“垂切点”，
如图，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，
∵，，，
在和中，，
∴，
∴，
过点作，
在中，，，
∴，
同理可得，
∵与的外切圆始终存在切点C，
∴当外切圆的圆心在x轴正半轴上时，存在最大值为2，
∴的取值范围是，
同理，作，与外切，且与x轴相切，连接交x轴于点，
∵，，，
在和中，，
∴，
∴，
过点作，
在中，，，
∴，
∴，
同理可得，
∵与的外切圆始终存在切点C，
∴当外切圆的圆心在x轴负半轴上时，存在最小值为，
∴的取值范围是，
综上所述，点C横坐标取值范围是或．
（3）解：由题意知，点P关于点C的垂切系数a满足，
如图，对于与相切于C，对于水平线段，分别作，，连接，与y轴交点D，
∴，，
在中，，
在中，，
在中，，
∴当在以O为圆心，4为半径的上运动时，始终保持点P关于点C的垂切系数a满足，
∴的取值范围是，
∵，，
∴点M在直线上，为一条水平长度为4的线段，
如图，要使得线段上存在点P，即与以O为圆心，与为半径的圆环区域（包括边界）有交点即可，
当与半径为的相切时，即，解得，
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
当端点在半径为的上时，则有，解得，（舍去），
综上所述，t的取值范围是或．
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