【华东师大版】初三数学上期末试卷及答案(1)

一、选择题

1．现有两道数学选择题，他们都是单选题，并且都含有A、B、C、D四个选项，瞎猜这两道题，这两道题恰好全部猜对的概率是（ ） A．

1 4B．

1 2C．

1 8D．

1 162．小明制作了5张卡片，上面分别写了一个条件：①ABBC；②ABBC；③ADBC；④ACBD，⑤ACBD．从中随机抽取一张卡片，能判定ABCD是菱形的概率为（ ） A．

1 5B．

2 5C．

3 5D．

4 53．从2，0，π，3.14，6这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（ ）

234 C． D． 5554．同时抛掷完全相同的A,B两个均匀的小立方体（每个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6），

A．

B．

两个立方体朝上的数字分别为x,y，并以此确定P(x,y)，那么点P落在函数y2x9上的概率为（ ） A．

1 51 18B．

1 12C．

1 9D．

1 65．如图，在半径为8的

O中，点A是劣弧BC的中点，点D是优弧BC上一点，

D30，下列结论不正确的是（ ）

A．OABC

C．四边形ABOC是菱形

B．BC83 D．扇形OAC的面积为

64 36．已知正方形的边长a，其内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则R:r:a（ ）

A．2:1:2 7．如图，PA切立的是（ ）

B．2:1:1

C．2:1:1

D．2:2:4

O于点A,PB切O于点B，PO交O于点C，下列结论中不一定成

A．PAPB C．ABOP

8．如图，半径为1cm的

B．PO平分APB D．PAB2APO

P在边长为9πcm，12πcm，15πcm的三角形外沿三遍滚动（没

有滑动）一周，则圆P所扫过的面积为（ ）cm2

A．73π B．75π C．76π D．77π

9．下列图形中，不是中心对称图形的是（ ） A．

B．

C．

D．

10．如图，在ABC中，ABAC,BAC90，直角EPF的顶点P是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，当EPF在ABC内绕点P旋转时，下列结论错误的是（ ）

A．AECF

B．EPF为等腰直角三角形 D．2S四边形AEPFSABCC．EPAP

11．二次函数yax2bxc的图象如图所示，下列结论中：①2ab0；

②abmamb（m1的实数）；③ac2；④在1x0中存在一个实数

x0、使得x0ab其中正确的有（ ） a

A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

12．为促进消费，重庆市政府开展发放政府补贴消费的“消费券活动”，某超市的月销售额逐步增加；据统计4月份的销售额为200万元，接下来5月，6月的月增长率相同，6月份的销售额为500万元，若设5月、6月每月的增长率为x，则可列方程为（ ） A．2001x500 C．2001x500

2B．2002001x500 D．20012x500

二、填空题

13．在一个不透明的盒子里装有4个标有1，2，3，4的小球，它们形状、大小完全相同．小明从盒子里随机取出一个小球，记下球上的数字，作为点P的横坐标x，放回然后再随机取出一个小球，记下球上的数字，作为点P的纵坐标y．则点P在以原点为圆心，5为半径的圆上的概率为_____．

14．一个仅装有球的不透明布袋里共有4个球（只有编号不同），编号分别为1，2，3，5．从中任意摸出一个球，记下编号后放回，搅匀，再任意摸出一个球，则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是_____．

15．一只小鸟自由自在在空中飞翔，然后随意落在下图中，则落在阴影部分的概率是______。

16．ABC是边长为5的等边三角形，点D在ABC的外部且BDC30，则AD的最大值是______．

17．如图，正六边形ABCDEF的边长为2，分别以点A，D为圆心，以AB，DC为半径作扇形ABF，扇形DCE．则图中阴影部分的面积是______．

18．如图，RtABC中，BAC90，∠C=30°，AB=2，将ABC绕着点A顺时针旋转，得到AMN，使得点B落在BC边上的点M处，MN与AC交于点D，则△ADM的面积为____．

19．小明研究抛物线y=﹣（x﹣a）2﹣a+1（a为常数）性质时得到如下结论： ①这条抛物线的顶点始终在直线y=x+1上；

②当﹣1＜x＜2时，y随x的增大而增大，则a的取值范围为a≥2；

③点A（x1，y1）与点B（x2，y2）在函数图象上，若x1＜x2，x1+x2＞2a，则y1＞y2； ④只存在一个a的值，使得抛物线与x轴的两个交点及抛物线的顶点构成等腰直角三角形；

其中正确结论的序号是____．

20．2019女排世界杯于9月14月至29日在日本举行，赛制为单循环比赛(即每两个队之间比赛一场)一共比赛66场，中国女排以全胜成绩卫冕世界杯冠军为国庆70周年献上大礼，则中国队在本届世界杯比赛中连胜__场

三、解答题

21．为了解某校九年级全体女生“仰卧起坐”项目的成绩，随机抽取了部分女生进行测试，并将测试成缋分为A、B、C、D四个等级，绘制成如图不完整的统计图、表． 成绩等级人数分布表 成绩等级 A B C D 人数 a 24 4 2 合计 b 根据以上信息解答下列问题：

（1）a＝ ，b＝ ，表示A等级扇形的圆心角的度数为 度；

（2）甲、乙2名学生的成绩都是C等级，如果要从C等级学生中随机选取2名加强“仰卧起坐”训练，试求同时选中甲、乙2人的概率，并画出树状图或列出表格．

22．在一只不透明的口袋里，装有若干个除了颜色外均相同的小球，某数学学习小组做摸球实验，将球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回袋中，不断重复.下表是活动进行中的一组统计数据： 摸球的次数n 摸到白球的次数m 摸到白球的频率100 59 150 96 0.64 200 500 295 0.59 800 480 0.60 1000 601 0.601 b 0.58 m na （1）上表中的a________，b________；

（2）“摸到白球的”的概率的估计值是_________（精确到0.1）；

（3）如果袋中有12个白球，那么袋中除了白球外，还有多少个其它颜色的球？ 23．如图，长方形ABCD的长是a，宽是b，分别以A、C为圆心作扇形，用代数式表示阴影部分的周长L和面积S（结果中保留）．

24．如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，平行四边形ABCD的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：

（1）将线段AD绕点A逆时针旋转90°，画出对应线段AE； （2）过点E画一条直线把平行四边形ABCD分成面积相等的两部分； （3）过点D画格点线段DP，使得DP⊥BC于点M，垂足为M； （4）过点M画线段MN，使得MN//AB，MN=AB．

25．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的顶点A与原点重合，顶点

2B在x轴的正半轴上，点D在y轴的正半轴上．抛物线yxbxc经过点B与点

D．

（1）求这个二次函数的表达式；

（2）将正方形ABCD向左平移m个单位（m0），边AD与BC分别与（1）中的二次函数图像交于P、Q，若点Q纵坐标是点P纵坐标的2倍，求m的值． 26．解方程：x212x270

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一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

根据题意画树状图或者列表找出所有可能出现的情况总数，以及两道题恰好全部猜对的数量即可求出. 【详解】

解：用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：

共有16种等可能出现的结果情况，其中两道题恰好全部猜对的只有1种， 所以，两道题恰好全部猜对的概率为故选：D． 【点睛】

本题考查画树状图法或列表法求事件发生的概率，根据题意正确画树状图或列表是解题的关键.

1， 162．B

解析：B 【分析】

根据菱形的判定方法求解即可． 【详解】

解：：①ABBC；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判定ABCD是菱形；

②ABBC；根据有一个内角是直角的平行四边形是矩形，可判定ABCD是矩形； ③ADBC；是ABCD本身具有的性质，无法判定ABCD是菱形；

④ACBD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判定ABCD是菱形； ⑤ACBD．根据对角线相等的平行四边形是矩形，可判定ABCD是矩形 ∴共有5种等可能结果，其中符合题意的有2种 ∴能判定ABCD是菱形的概率为故选：B． 【点睛】

本题考查概率的计算及菱形的判定，掌握菱形的判定方法正确分析推理是解题关键．

2 53．C

解析：C 【解析】

∵在2、?0、?、 3.14、?6 这5个数中只有0、3.14和6为有理数， ∴从2、?0、?、 3.14、?6这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是故选C．

3． 54．B

解析：B 【分析】

画树状图展示所有36种等可能的结果数，其中点（2，5）、（3，3）、（4，1）在直线y=-2x+9上，然后根据概率公式求解即可． 【详解】 解：画树状图为：

共有36种等可能的结果数，其中点（2，5）、（3，3）、（4，1）在直线y=-2x+9上， 所以点P在直线y=-2x+9上的概率为故选：B. 【点睛】

本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．

31. 36125．D

解析：D 【分析】

利用垂径定理可对A进行判断；根据圆周角定理得到∠AOC=2∠D=60°，则△OAC为等边三角形，根据等边三角形的性质和垂径定理可计算出BC83，则可对B进行判断；利用AB=AC=OA=OC=OB可对C进行判断；通过判断△AOB为等边三角形，再根据扇形的面积公式可对D进行判断． 【详解】

解：A.∵点A是劣弧BC的中点， ∴OA⊥BC，所以A正确，不符合题意； B.∵∠AOC=2∠D=60°，OA=OC， ∴△OAC为等边三角形， ∴BC=2×8×sin30°=2×8×3=83，所以B正确，不符合题意； 2C. 同理可得△AOB为等边三角形， ∴AB=AC=OA=OC=OB，

∴四边形ABOC是菱形，所以C正确，不符合题意； D.∵∠AOC=60°，OC=8

608232∴扇形OAC的面积为，所以D错误，符合题意． 3603故选：D． 【点睛】

本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．

6．A

解析：A 【分析】

经过圆心O作正方形一边AB的垂线OC，垂足是C．连接OA，则在直角△OAC中，∠AOC=45°．OC是边心距r，OA即半径R，进而即可求解 【详解】

如图：作出正方形的边心距，连接正方形的一个顶点和中心可得到一直角三角形 在中心的直角三角形的角为360°÷4÷2=45°， ∴内切圆的半径为∴R:r:a故选A

a2，外接圆的半径为a， 22a2a：：a=2:1:2

22

【点睛】

本题主要考查正多边形的外接圆与内切圆的半径，掌握相关概念，作出图形，是解题的关键．

7．D

解析：D 【分析】

利用切线长定理证明△PAG≌△PBG即可得出． 【详解】

解：连接OA，OB，AB，AB交PO于点G，

由切线长定理可得：∠APO＝∠BPO，PA＝PB， 又∵PG=PG，

∴△PAG≌△PBG， 从而AB⊥OP． 因此A．B．C都正确．

无法得出AB＝PA＝PB，可知：D是错误的． 综上可知：只有D是错误的． 故选：D． 【点睛】

本题考查了切线长定理、全等三角形的判定和性质，关键是利用切线长定理解答．

8．A

解析：A 【分析】

圆在三角形的三个角的顶点处旋转的路线是弧，通过观察可以发现圆转动时在三个角上共转动了圆心角360°，所以在三个顶点处转了一个圆的面积，在三个边上滚过的图形是以三角形边长为长，圆的直径为宽的矩形，然就分别计算，最后求和． 【详解】

解：根据运动特点可知三个顶点处转了一个圆的面积，在三个边上滚过的图形矩形 ∴圆P所扫过的面积=π+（9π+12π+15π）×2 =73π 故选：A 【点睛】

解答本题的关键是，找出圆滚动一周的图形，并将图形进行分割，拼组，化难为易，列式解答即可．

9．A

解析：A 【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】

解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意； B、是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】

本题考查了中心对称图形的概念．中心对称是要寻找对称中心，旋转180°后与原图重合．

10．C

解析：C 【分析】

利用旋转的思想观察全等三角形，寻找条件证明三角形全等．根据全等三角形的性质对题中的结论逐一判断．

【详解】

∵AB=AC，∠BAC=90°，P是BC中点，

∴AP=CP，AP⊥BC，∠C=∠B=∠BAP=∠CAP=45°， ∵∠APE、∠CPF都是∠APF的余角， ∴∠APE=∠CPF， 在△APE和△CPF中，

APECPFAPCP， EAPFCP45∴△APE≌△CPF（ASA）， ∴AE=CF，EP=PF，S△AEP=S△CPF， ∴△EPF是等腰直角三角形，

1S△ABC，即2S四边形AEPF=S△ABC， 2A、B、D均正确，

S四边形AEPF=

∵旋转过程中，EP的长度的变化的，故EP≠AP，C错误； 故选：C． 【点睛】

本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．

11．B

解析：B 【分析】

根据二次函数的图象与性质逐项判定即可求出答案． 【详解】

解：①由抛物线的对称轴可知：由抛物线的图象可知：a＞0， ∴-b＜2a，

∴2a+b＞0，故①正确； ②当x=1时，y=a+b+c=0， 当y=ax2+bx+c=0， ∴x=1或x=m，

∴当m≠1时，a+b=am2+bm，故②错误； ③由图象可知：x=-1，y=2， 即a-b+c=2， ∵a+b+c=0， ∴b=-1， ∴c=1-a

b1 2a∴a+c=a+1-a=1＜2，故③错误； ④由于a+b=-c=a-1， ∵c＜0， ∴a-1＞0， ∴a＞1， ∴0＜

11 aa111, aa1＜0 a∵x0=∴-1＜-1+

∴-1＜x0＜0，故④正确； 故选：B． 【点睛】

本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是应用数形结合思想解题．

12．C

解析：C 【分析】

根据“4月份的销售额为200万元，接下来5月，6月的月增长率相同，6月份的销售额为500万元”，可以列出相应的一元二次方程，本题得以解决． 【详解】 解：由题意可得， 200（1+x）2＝500， 故选：C． 【点睛】

本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程，这是一道典型的增长率问题，是中考常考题．

二、填空题

13．【分析】用列表法列举出所有可能出现的情况注意每一种情况出现的可能性是均等的而点P在以原点为圆心5为半径的圆上的结果有2个即(34)(43)由概率公式即可得出答案【详解】（1）由列表法列举所有可能出现

1解析：

8【分析】

用列表法列举出所有可能出现的情况，注意每一种情况出现的可能性是均等的，而点P在以原点为圆心，5为半径的圆上的结果有2个，即(3，4)，(4，3)，由概率公式即可得出答案． 【详解】

（1）由列表法列举所有可能出现的情况：

∵点P在以原点为圆心，5为半径的圆上的结果有2个，即(3，4)，(4，3)， ∴点P在以原点为圆心，5为半径的圆上的概率为

21 1681． 8【点睛】

故答案为

本题考查了列表法或树状图法求等可能事件发生的概率，利用这种方法注意每一种情况出现的可能性是均等的．

14．【分析】画树状图展示所有16种等可能的结果数再找出两次摸出的球的编号之和为偶数的结果数然后根据概率公式求解【详解】解：根据题意画图如下：共有16种等情况数其中两次摸出的球的编号之和为偶数的有10种则

5解析：

8【分析】

画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出两次摸出的球的编号之和为偶数的结果数，然后根据概率公式求解． 【详解】

解：根据题意画图如下：

共有16种等情况数，其中两次摸出的球的编号之和为偶数的有10种， 则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是故答案为：【点睛】

此题考查列树状图求概率问题，难度一般．

105＝ ． 1685． 815．【分析】确定阴影区域的面积在整个长方形中占的比例根据这个比例即可求出小鸟停在阴影区域中的概率【详解】如图所示∵四边形ABCD是矩形

∴AB∥CDOA=OC∴∠DCA=∠BAC又∠COE=∠AOF∴△O

1解析：

4【分析】

确定阴影区域的面积在整个长方形中占的比例，根据这个比例即可求出小鸟停在阴影区域中的概率． 【详解】 如图所示，

∵四边形ABCD是矩形, ∴AB∥CD，OA=OC， ∴∠DCA=∠BAC 又∠COE=∠AOF ∴△OEC≌△OFA， ∴S△OEC=S△OFA， ∵OA=OC， ∴S△ABO= S△BOC= S△AOD ∴S△ABO=

11S矩形ABCD，即阴影部分占矩形面积的， 441. 4∴小鸟落在阴影部分的概率是故答案为：【点睛】

1. 4此题主要考查了概率的求法，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．

16．【分析】作A点关于BC的对称点A以A点为圆心以BC的长为半径作圆连接AA交BC于E点延长AA交⊙A与点D连接BDCD则∠BDC＝∠BAC＝×60°＝30°此时AD为最大值根据等边三角形的性质可求解A 解析：535

【分析】

作A点关于BC的对称点A'，以A'点为圆心，以BC的长为半径作圆，连接AA'交BC于E点，延长AA'交⊙A'与点D，连接BD，CD，则∠BDC＝

11∠BA'C＝×60°＝30°，此时AD22为最大值，根据等边三角形的性质可求解A'E＝AE＝解． 【详解】

53，A'D＝A'B＝AB＝5，进而可求2作A点关于BC的对称点A'，以A'点为圆心，以BC的长为半径作圆，连接AA'交BC于E点，延长AA'交⊙A'与点D，连接BD，CD，则∠BDC＝为最大值，

∵△ABC是边长为5的等边三角形， ∴BC＝AB＝5， ∴BE=

11∠BA'C＝×60°＝30°，此时AD2251BC= 2225=53，A'D＝A'B＝AB＝5，∴A'E＝AE＝52 22∴AD＝AE＋A'E＋A'D＝53＋5． 故答案为53＋5．

【点睛】

本题主要考查等边三角形的性质，轴对称的性质，圆周角定理等知识的综合运用，解题的关键是根据题意作出示意图进行求解．

17．﹣【分析】根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积从而可以解答本题【详解】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2∴正六边形ABCDEF的面积是：6××22＝∠FAB＝∠EDC

解析：63﹣【分析】

根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解

8 3答本题． 【详解】

解：∵正六边形ABCDEF的边长为2， ∴正六边形ABCDEF的面积是：6×32

×2＝63，∠FAB＝∠EDC＝120°， 4812022∴图中阴影部分的面积是：63﹣2×＝63﹣，

3360故答案为：63﹣【点睛】

本题考查正多边形和圆、扇形面积的计算，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

8． 318．【分析】先根据直角三角形的性质可得再根据旋转的性质可得然后根据等边三角形的判定与性质可得又根据三角形的外角性质三角形的内角和定理可得最后根据直角三角形的性质勾股定理可得据此利用直角三角形的面积公式即 解析：

3 2【分析】

先根据直角三角形的性质可得B60，再根据旋转的性质可得

AMAB2,AMNB60，然后根据等边三角形的判定与性质可得

AMB60°，又根据三角形的外角性质、三角形的内角和定理可得DAM30，

ADM90，最后根据直角三角形的性质、勾股定理可得DM1,AD3，据此利用直角三角形的面积公式即可得． 【详解】

在RtABC中，BAC90,C30,AB2， B60，

由旋转的性质可知，AMAB2,AMNB60，

ABM是等边三角形， AMB60，

DAMAMBC30，

ADM180DAMAMN90，

122在Rt△ADM中，DMAM1,ADAMDM3，

2则△ADM的面积为故答案为：113， DMAD132223． 2【点睛】

本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题关键．

19．②③④【分析】由题意易得顶点坐标为（a﹣a+1）所以这个函数图象的顶点始终在直线y=﹣x+1上抛物线开口向下对称轴为直线x=a由此可判定②由可判定③假设存在一个a的值使得函数图象的顶点与x轴的两个交

解析：②③④ 【分析】

由题意易得顶点坐标为（a，﹣a+1），所以这个函数图象的顶点始终在直线y=﹣x+1上，抛物线开口向下，对称轴为直线x=a，由此可判定②，由

x1x2a可判定③，假设存2在一个a的值，使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形，令y=0，得﹣（x﹣a）2﹣a+1=0，其中a≤1，进而可求解． 【详解】

解：抛物线y=﹣（x﹣a）2﹣a+1（a为常数）， ①∵顶点坐标为（a，﹣a+1），

∴这个函数图象的顶点始终在直线y=﹣x+1上， 故结论①错误；

②∵抛物线开口向下，对称轴为直线x=a，

当﹣1＜x＜2时，y随x的增大而增大，∴a的取值范围为a≥2， 故结论②正确； ③∵x1+x2＞2a， ∴

x1x2a， 2∵抛物线对称轴为直线x=a，

∴点A离对称轴的距离小于点B离对称轴的距离， ∴y1＞y2， 故结论③正确；

④假设存在一个a的值，使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形， 令y=0，得﹣（x﹣a）2﹣a+1=0，其中a≤1， 解得：x1=a﹣a1，x2=a+a1．

∵顶点坐标为（a，﹣a+1），且顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形，∴|﹣a+1|=|a﹣（a﹣a1）|， 解得：a=0或1，

当a=1时，二次函数y=﹣（x﹣1）2，此时顶点为（1，0），与x轴的交点也为（1，0），不构成三角形，舍去；

∴存在a=0，使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形， 故结论④正确．

故答案为：②③④． 【点睛】

本题主要考查二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键．

20．11【分析】设中国队在本届世界杯比赛中连胜x场则共有（x+1）支队伍参加比赛根据一共比赛66场即可得出关于x的一元二次方程解之取其正值即可得出结论【详解】设中国队在本届世界杯比赛中连胜x场则共有（x

解析：11 【分析】

设中国队在本届世界杯比赛中连胜x场，则共有（x+1）支队伍参加比赛，根据一共比赛66场，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论． 【详解】

设中国队在本届世界杯比赛中连胜x场，则共有（x+1）支队伍参加比赛， 依题意，得：

1x(x+1)=66， 2整理，得：x2+x-132=0，

解得：x1=11，x2=-12（不合题意，舍去）． 所以，中国队在本届世界杯比赛中连胜11场． 故答案为11． 【点睛】

本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

三、解答题

21．（1）10，40，90；（2）概率为【分析】

（1）先由C等级人数及其所占百分比求出总人数，再根据各等级人数之和等于总人数求出a的值，最后用360度乘以所占比例，即可得出结论； （2）根据题意画出树状图，即可得到结论． 【详解】

解：（1）∵被调查的人数b＝4÷10%＝40（人）， ∴a＝40﹣（24+4+2）＝10，

则表示A等级扇形的圆心角的度数为360°×故答案为：10、40、90；

（2）设C等级中的4名同学分别为甲、乙、丙、丁， 画树状图如图所示，

1，图表见解析 610＝90°， 40

∵共有12种等可能的结果，恰好同时选中甲、乙两位同学的有2种情况， ∴恰好同时选中甲、乙两位同学的概率为＝【点睛】

本题考查了用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

22．（1）0.59，116.（2）0.6. （3）8个. 【分析】

（1）根据表中的数据，计算得出摸到白球的频率． （2）由表中数据即可得；

（3）根据摸到白球的频率即可求出摸到白球概率．根据口袋中白球的数量和概率即可求出口袋中球的总数，用总数减去白颜色的球数量即可解答． 【详解】 （1）a12＝． 12659=0.59，b2000.58116. 100（2）由表可知，当n很大时，摸到白球的频率将会接近0.6；.

（3）120.6128（个）.答：除白球外，还有大约8个其它颜色的小球. 【点睛】

本题考查如何利用频率估计概率，解题关键是要注意频率和概率之间的关系. 23．Lb2a2b；Sabb. 【分析】

由已知图知，阴影部分的周长是

12212πb2ab； 21圆的面积(半圆的面积)． 4阴影部分的面积为，长方形的面积减去两个【详解】 阴影部分的周长L12b2abb2a2b； 2121b=abb2. 42阴影部分的面积Sab2【点睛】

此题考查的是列代数式，用到的知识点是半圆的周长和面积的计算方法． 24．（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解；（4）见详解

【分析】

（1）根据旋转的性质直接作图即可；

（2）连接AC、BD，交于一点O，然后连接EO即可得出图形；

（3）把线段AD绕点D顺时针旋转90°，即可得到线段DP⊥BC，与BC交于一点M，即可得出答案；

（4）根据平行四边形是中心对称图形，点O是对称中心，设EO与D点所在网格线交于点Q，连接MQ并延长交于AD于点N，MN即为所求． 【详解】

解：（1）（2）（3）如图所示：

（4）根据平行四边形是中心对称图形，点O是对称中心，设EO与D点所在网格线交于点Q，连接MQ并延长交于AD于点N，MN即为所求，如图所示：

【点睛】

本题主要考查旋转的性质、平行四边形的性质及中心对称图形，熟练掌握旋转的性质、平行四边形的性质及中心对称图形是解题的关键． 25．（1）yx2x2；（2）【分析】

（1）由题意可知点B、D的坐标分别为（2，0），（0，2），利用待定系数法即可求得二次函数关系式；

（2）先分别表示出点P、Q的横坐标，进而可表示出它们的纵坐标，再根据题意列出方程

541 2求解即可． 【详解】

解：（1）由题意可知点B、D的坐标分别为（2，0），（0，2），

2将（2，0），（0，2）代入yxbxc，得

42bc0 c2b1解得

c2∴二次函数的表达式为yx2x2；

（2）∵正方形ABCD向左平移m个单位（m0），边AD与BC分别与（1）中的二次函数图像交于P、Q，

∴点P的横坐标为-m，点Q的横坐标为2-m， 当x=-m时，ymm2， 当x=2-m时，y(2m)2m2

223mm2

∵点Q纵坐标是点P纵坐标的2倍， ∴3mm22(m2m2) 解得m1541541，m2（舍去） 22∴m的值为【点睛】

541． 2本题考查了用待定系数法求二次函数关系式，正方形的性质等相关知识，熟练掌握待定系数法求二次函数关系式是解决本题的关键． 26．x13，x29． 【分析】

利用因式分解法解此一元二次方程，即可求解． 【详解】

解：x212x270

分解因式，得(x3)(x9)0， 则x30或x90， ∴x13，x29． 【点睛】

本题考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法并能结合方程特点选择适当的解法是解题的关键．