2020-2021学年天津市和平区益中学校八年级（下）月考
数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分） 1. 下列各式的计算中，成立的是( )
A. 2+√5=2√5 C. √𝑥2+𝑦2=𝑥+𝑦
2. 如果代数式√
𝑥+3𝑥
B. 4√5−3√5=1 D. √45−√20=√5
有意义，则实数𝑥的取值范围是( )
A. 𝑥≥−3 B. 𝑥≠0 C. 𝑥≥−3且𝑥≠0 D. 𝑥≥3
𝐵𝐷相交于点𝑂，3. 如图，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，对角线𝐴𝐶、且𝑂𝐴=𝑂𝐵，
若𝐴𝐷=4，∠𝐴𝑂𝐷=60°，则𝐴𝐵的长为( )
A. 4√3 B. 2√3 C. 8 D. 8√3
4. 一个直角三角形的两直角边长分别为3，4，则第三边长是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 5或√7
5. 四名运动员参加了射击预选赛，他们成绩的平均环数𝑥及其方差𝑠2如表所示．如果
选出一个成绩较好且状态稳定的人去参赛，那么应选( ) 𝑥 𝑆2 甲 7 1 乙 8 1 丙 8 1.2 丁 7 1.8 A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
6. 某射击小组有20人，教练根据他们某次射击的数据绘制成如图所示的统计图，则这
组数据的众数和中位数分别是( )
A. 7，7 B. 8，7.5 C. 7，7.5 D. 8，6.5
7. 如图，菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸、𝐹分别是𝐴𝐵、𝐴𝐶的中点，若𝐸𝐹=3，则菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的周
长是( )
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A. 12 B. 16 C. 20 D. 24
8. 矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是( )
A. 对边相等 C. 对角线相等
B. 对角相等 D. 对角线互相平分
9. 与直线𝑦=2𝑥+5平行，且与𝑥轴相交于点𝑀(−2,0)的直线的解析式为( )
A. 𝑦=2𝑥+4 B. 𝑦=2𝑥−2 C. 𝑦=−2𝑥−4 D. 𝑦=−2𝑥−2
10. 点(𝑥1,𝑦1)、(𝑥2,𝑦2)在直线𝑦=−𝑥+𝑏上，若𝑥1<𝑥2，则𝑦1与𝑦2大小关系是( )
A. 𝑦1<𝑦2
B. 𝑦1=𝑦2 C. 𝑦1>𝑦2 D. 无法确定
11. 甲、乙两名选手参加长跑比赛，他们的行程𝑦(𝑘𝑚)随时间𝑥(ℎ)变化的图象(全程)如
图所示，有下列说法：
①在起跑后1ℎ内，甲在乙的前面； ②甲在第1.5ℎ时的行程为12𝑘𝑚； ③乙比甲早0.3ℎ到达终点； ④本次长跑比赛的全程为20𝑘𝑚． 其中正确说法的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
12. 一次函数𝑦=𝑎𝑥−𝑎+3(𝑎≠0)中，当𝑥=1时，可以消去𝑎，求出𝑦=3.结合一次
函数图象可知，无论𝑎取何值，一次函数𝑦=𝑎𝑥−𝑎+3的图象一定过定点(1,3)，则定义像这样的一次函数图象为“点旋转直线”.若一次函数𝑦=(𝑎−3)𝑥+𝑎+3(𝑎≠3)的图象为“点旋转直线”，那么它的图象一定经过点( )
A. (1,3)
B. (−1,6) C. (1,−6) D. (−1,3)
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
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∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐴=30°，𝐵𝐶=4，13. 在在△𝐴𝐵𝐶中，则斜边𝐴𝐵上的中线长是______． 𝑏，14. 已知矩形的面积为𝑆，相邻两边长分别为𝑎，已知𝑆=2√3，则𝑏=______． 𝑎=√15，15. 已知一次函数𝑦=𝑘𝑥+1(𝑘为常数，𝑘≠0)，𝑦随𝑥的增大而减小，则𝑘的值可以是
______(写出一个即可)．
16. 某商场招收银员一名，对进入最后决赛的甲、乙二人进行了三项测试，如下表：
甲 乙 计算机 90 65 语言 75 70 商品知识 40 80 根据需要，计算机、语言、商品知识按4：3：2计算最终个人成绩，则______将被录用．
17. 如图，在平面直角坐标系中，点𝐵(−1,4)，点𝐴(−7,0)，
点𝑃是直线𝑦=𝑥−1上一点，且∠𝐴𝐵𝑃=45°，则点𝑃的坐标为______．
𝐴、𝐵、𝐶、18. 如图，在边长都是1的小正方形组成的网格中，
𝐷均为格点，线段𝐴𝐵、𝐶𝐷相交于点𝑂． (Ⅰ)线段𝐶𝐷的长等于______．
(Ⅱ)请你借助网格，使用无刻度的直尺画出以𝐴为一个顶
点的矩形𝐴𝑅𝑆𝑇，满足点𝑂为其对角线的交点，并简要说明这个矩形是怎么画的(不要求证明)______．
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分） 19. 计算：
(1)9√45÷3√5×2√23；
11
(2)(√0.5−2√)−(√−√75).
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1
3
2
20. 如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐴=90°，
∠𝐶𝐵𝐷=30°，∠𝐶=45°，如果𝐴𝐵=√2，求： (1)𝐵𝐷的长； (2)𝐶𝐷的长．
21. 某中学在一次爱心捐款活动中，全体同学积极踊跃捐
款．现抽查了九年级(1)班全班同学捐款情况，并绘制出如下的统计表和统计图：
捐款(元) 人数(人) 20 4 50 12 100 9 150 3 200 2 求：(Ⅰ)𝑚=______，𝑛=______；
(Ⅱ)求学生捐款数目的众数、中位数和平均数；
(Ⅲ)若该校有学生2500人，估计该校学生共捐款多少元？
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22. 在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于点𝑂.𝐸𝐹过点𝑂且与𝐴𝐵𝐶𝐷分别相交于点𝐸，𝐹
(𝐼)如图①，求证：𝑂𝐸=𝑂𝐹；
(𝐼𝐼)如图②，若𝐸𝐹⊥𝐷𝐵，垂足为𝑂，求证：四边形𝐵𝐸𝐷𝐹是菱形．
23. 某教学网站策划了𝐴，𝐵两种上网学习的月收费方式．
收费方式 𝐴 𝐵 设每月的上网时间为𝑥 ℎ． (Ⅰ)根据题意，填写下表： 收费方式 月使用费/元 𝐴 𝐵 7 10 月上网时间/ℎ 45 45 月超时费/元 ______ ______ 月总费用/元 ______ ______ 月使用费/元 7 10 包时上网时间/ℎ 25 50 超时费/(元/𝑚𝑖𝑛) 0.6 3 (Ⅱ)设𝐴，𝐵两种方式的收费金额分别为𝑦1元和𝑦2元，分别写出𝑦1，𝑦2与𝑥的函数解析式；
(Ⅲ)当𝑥>60时，你认为哪种收费方式省钱？请说明理由．
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24. 如图正方形𝐴𝐵𝐶𝐷，点𝐸、𝐺、𝐻分别在𝐴𝐵、𝐴𝐷、𝐵𝐶上，𝐷𝐸与𝐻𝐺相交于点𝑂．
(1)如图1，当∠𝐺𝑂𝐷=90°， ①求证：𝐷𝐸=𝐻𝐺；
②平移图1中线段础𝐻，使𝐺点与𝐷重合，𝐻点在𝐵𝐶延长线上，连接𝐸𝐻，取𝐸𝐻中点𝑃，连接𝑃𝐶，如图2，求证：𝐵𝐸=√2𝑃𝐶；
(2)如图3，当∠𝐺𝑂𝐷=45°，边长𝐴𝐵=4，𝐻𝐺=2√5，则𝐷𝐸的长为______(直接写出结果)．
25. 如图1，在平面直角坐标系中，点𝑂是坐标原点，四边形𝐴𝐵𝐶𝑂是菱形，点𝐴的坐标
𝐴𝐵边交𝑦轴于点𝐻，为(−3,4)，点𝐶在𝑥轴的正半轴上，直线𝐴𝐶交𝑦轴于点𝑀，连接𝐵𝑀
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(1)菱形𝐴𝐵𝐶𝑂的边长______ (2)求直线𝐴𝐶的解析式；
(3)动点𝑃从点𝐴出发，沿折线𝐴𝐵𝐶方向以2个单位/秒的速度向终点𝐶匀速运动，设△𝑃𝑀𝐵的面积为𝑆(𝑆≠0)，点𝑃的运动时间为𝑡秒， ①当0<𝑡<2时，求𝑆与𝑡之间的函数关系式； ②在点𝑃运动过程中，当𝑆=3，请直接写出𝑡的值．
5
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答案和解析
1.【答案】𝐷
【解析】解：𝐴、不是同类二次根式，不能合并，故错误； B、正确的结果为√5，故错误； C、开平方是错误的；
D、原式=3√5−2√5=√5，所以𝐷成立． 故选：𝐷．
根据二次根式的运算法则分别计算，再判断．
同类二次根式是指几个二次根式化简成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式． 二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并． 合并同类二次根式的实质是合并同类二次根式的系数，根指数与被开方数不变．
2.【答案】𝐶
【解析】 【分析】
本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练运用二次根式的有意义的条件，本题属于基础题型．根据二次根式有意义的条件即可求出答案． 【解答】
𝑥+3≥0解：由题意可知：{
𝑥≠0∴𝑥≥−3且𝑥≠0 故选C．
3.【答案】𝐴
【解析】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形， ∴𝑂𝐷=𝑂𝐵． ∵𝑂𝐴=𝑂𝐵， ∴𝑂𝐴=𝑂𝐷．
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又∵∠𝐴𝑂𝐷=60°， ∴△𝐴𝑂𝐷为的等边三角形． ∴∠𝐴𝐷𝐵=60°． ∴tan∠𝐴𝐷𝐵=
𝐴𝐵𝐴𝐷
=√3．
∴𝐴𝐵=√3𝐴𝐷=4√3． 故选：𝐴．
先证明𝑂𝐷=𝑂𝐴，于是可证明△𝐴𝑂𝐷为等边三角形，最后在△𝐷𝐴𝐵中，依据特殊锐角三角函数值可求得𝐴𝐵的长．
本题主要考查的是平行四边形的性质、等边三角形的判定、特殊锐角三角函数值的应用，求得∠𝐴𝐷𝐵=60°是解题的关键．
4.【答案】𝐶
【解析】解：已知直角三角形的两直角边为3、4， 则第三边长为√32+42=5， 故选：𝐶．
已知直角三角形的两条直角边，根据勾股定理即可求第三边长的长度． 本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，正确应用勾股定理是解题关键．
5.【答案】𝐵
【解析】 【分析】
此题有两个要求：①成绩较好，②状态稳定．于是应选平均数大、方差小的运动员参赛．
本题考查平均数和方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 【解答】
解：由于乙的方差较小、平均数较大，故选乙． 故选：𝐵．
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6.【答案】𝐶
【解析】解：由条形统计图中出现频数最大条形最高的数据是在第三组，7环，故众数是7(环)；
8(环)，因图中是按从小到大的顺序排列的，最中间的环数是7(环)、故中位数是7.5(环)． 故选：𝐶．
中位数，因图中是按从小到大的顺序排列的，所以只要找出最中间的一个数(或最中间的两个数)即可，本题是最中间的两个数；对于众数可由条形统计图中出现频数最大或条形最高的数据写出．
本题考查的是众数和中位数的定义．要注意，当所给数据有单位时，所求得的众数和中位数与原数据的单位相同，不要漏单位．
7.【答案】𝐷
【解析】解：∵𝐸、𝐹分别是𝐴𝐵、𝐴𝐶的中点， ∴𝐸𝐹是△𝐴𝐵𝐶的中位线， ∴𝐵𝐶=2𝐸𝐹=2×3=6，
∴菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的周长=4𝐵𝐶=4×6=24． 故选：𝐷．
根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出𝐵𝐶，再根据菱形的周长公式列式计算即可得解．
本题主要考查了菱形的四条边都相等，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，求出菱形的边长是解题的关键．
8.【答案】𝐶
【解析】解：矩形的对角线相等，而平行四边形的对角线不一定相等． 故选：𝐶．
矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等． 本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．
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9.【答案】𝐴
【解析】解：设直线解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)， ∵函数的图象与直线𝑦=2𝑥+5平行， ∴𝑘=2；
∵与𝑥轴相交于点𝑀(−2,0)， ∴0=−4+𝑏， 解得𝑏=4；
∴此一次函数的解析式为𝑦=2𝑥+4； 故选：𝐴．
根据已知条件“一次函数𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)的图象与直线𝑦=2𝑥+5平行”知𝑘=2，再将点𝑀(−2,0)代入𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)，利用待定系数法求此一次函数的解析式． 本题考查了待定系数法求一次函数解析式．解答此题的关键是弄清楚两条直线平行的条件是𝑘值相同．
10.【答案】𝐶
【解析】解：∵直线𝑦=−𝑥+𝑏中𝑘=−1<0， ∴𝑦随𝑥的增大而减小， ∵𝑥1<𝑥2， ∴𝑦1>𝑦2． 故选：𝐶．
先根据一次函数的解析式判断出函数的增减性，再根据𝑥1<𝑥2，则可得出𝑦1与𝑦2大小关系．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，先根据题意判断出一次函数的增减性是解答此题的关键．
11.【答案】𝐶
【解析】解：由图象可知，在起跑后1ℎ内，甲在乙的前面，故①正确． ∵𝑦乙=10𝑥，
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当0.5<𝑥<1.5时，𝑦甲=4𝑥+6， 𝑥=1.5时，𝑦甲=12，故②正确， 𝑥=2时，𝑦乙=20，故④正确， 无法判断甲到达终点的时间，故③错误， 故选：𝐶．
①正确．由图象即可判断．
②正确，通过计算可知甲在第1.5ℎ时的行程为12𝑘𝑚． ③错误．无法判断甲到达终点的时间． ④正确．求出乙2小时的路程即可判断．
本题考查一次函数、路程、速度、时间之间的关系等知识，解题的关键是构建一次函数解决问题，属于中考常考题型．
12.【答案】𝐵
【解析】解：∵一次函数𝑦=(𝑎−3)𝑥+𝑎+3整理得𝑦=𝑎(𝑥+1)−3𝑥+3， ∴令𝑥+1=0，则𝑥=−1， ∴𝑦=6，
∴它的图象一定经过点(−1,6)． 故选：𝐵．
把一次函数𝑦=(𝑎−3)𝑥+𝑎+3整理为𝑦=𝑎(𝑥+1)+3𝑥−1，再令𝑥+1=0，求出𝑦的值即可；
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
13.【答案】4
【解析】解：如图，∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐴=30°， ∴𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2×4=8， ∴斜边𝐴𝐵上的中线长=2𝐴𝐵=4． 故答案为：4．
作出图形，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得𝐴𝐵=2𝐵𝐶，再
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1
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
本题考查了直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键，作出图形更形象直观．
14.【答案】2√5 5
【解析】 【分析】
此题考查二次根式的应用，掌握长方形面积计算公式是解决问题的关键． 根据矩形的面积公式和二次根式的除法法则计算即可． 【解答】
解：因为矩形的面积为𝑆，相邻两边长分别为𝑎，𝑏，𝑆=2√3，𝑎=√15， 则𝑏=
𝑆𝑎
=
2√3√15=
2√55
．
故答案为
2√5． 5
15.【答案】−1
【解析】解：∵一次函数𝑦随𝑥的增大而减小， ∴𝑘<0， 不妨设𝑘=−1， 故答案为：−1
根据一次函数的性质，𝑦随𝑥的增大而减小𝑘<0，不妨令𝑘=−1即可． 本题考查了一次函数的性质，开放型题目，所写函数解析式必须满足𝑘<0．
16.【答案】甲
【解析】解：∵𝑥甲=4+3+2(90×4+75×3+40×2)=66.5． 𝑥乙=4+3+2(65×4+70×3+80×2)=63． ∴𝑥甲>𝑥乙． 故答案为：甲．
根据加权平均数的定义，分别求出每个人的最后成绩，即可进行比较．
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−
−
−
1
−
1
此题考查了加权平均数的求法，每个数据乘以其所占权重，再除以权重之和即为加权平均数．
17.【答案】(−2,−2)
【解析】 【分析】
本题考查一次函数图象上的点的特征，等腰直角三角形的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题．
将线段𝐵𝐴绕点𝐵逆时针旋转90°得到线段𝐵𝐴′，则𝐴′(3,−2)，取𝐴𝐴′的中点𝐾(−2,−1)，直线𝐵𝐾与直线𝑦=𝑥−1的交点即为点𝑃.求出直线𝐵𝐾的解析式，利用方程组确定交点𝑃坐标即可． 【解答】
解：将线段𝐵𝐴绕点𝐵逆时针旋转90°得到线段𝐵𝐴′，则𝐴′(3,−2)，
5
7
取𝐴𝐴′的中点𝐾(−2,−1)，
直线𝐵𝐾与直线𝑦=𝑥−1的交点即为点𝑃．
代入𝐵、𝐾坐标得到直线𝐵𝐾的解析式为𝑦=5𝑥+9， 𝑥=−𝑦=5𝑥+92
由{，解得{7, 𝑦=𝑥−1𝑦=−
25
∴点𝑃坐标为(−2,−2)， 故答案为(−2,−2).
5
7
57
18.【答案】√17 取格点𝑃、𝑄、𝐾、𝐻、𝐽、𝑀，延长𝐴𝐵至𝐻，连接𝑃𝑄交网格于𝑇，连接
𝐾𝐷交网格于𝑁，连接𝐼𝐽交𝐴𝐻于𝑆，
连接𝑀𝑁交𝐴𝐽于𝑅，连接𝑅𝑂并延长交网格于点𝑇，连接𝐴𝑅、𝑅𝑆、𝑆𝑇、𝑇𝐴，则四边形𝐴𝑅𝑆𝑇即为所求矩形．
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【解析】解：(Ⅰ)𝐶𝐷=√12+42=√17， 故答案为：√17．
(Ⅱ)如图，
取格点𝑃、𝑄、𝐾、𝐻、𝐽、𝑀，延长𝐴𝐵至𝐻，连接𝑃𝑄交网格于𝑇，连接𝐾𝐷交网格于𝑁，连接𝐼𝐽交𝐴𝐻于𝑆，
连接𝑀𝑁交𝐴𝐽于𝑅，连接𝑅𝑂并延长交网格于点𝑇，连接𝐴𝑅、𝑅𝑆、𝑆𝑇、𝑇𝐴，则四边形𝐴𝑅𝑆𝑇即为所求矩形．
故答案为：取格点𝑃、𝑄、𝐾、𝐻、𝐽、𝑀，延长𝐴𝐵至𝐻，连接𝑃𝑄交网格于𝑇，连接𝐾𝐷交网格于𝑁，连接𝐼𝐽交𝐴𝐻于𝑆，连接𝑀𝑁交𝐴𝐽于𝑅，连接𝑅𝑂并延长交网格于点𝑇，连接𝐴𝑅、𝑅𝑆、𝑆𝑇、𝑇𝐴，则四边形𝐴𝑅𝑆𝑇即为所求矩形． (Ⅰ)由勾股定理求解可得．
(Ⅱ)取格点𝑃、𝑄、𝐾、𝐻、𝐽、𝑀，延长𝐴𝐵至𝐻，连接𝑃𝑄交网格于𝑇，连接𝐾𝐷交网格于𝑁，连接𝐼𝐽交𝐴𝐻于𝑆，
连接𝑀𝑁交𝐴𝐽于𝑅，连接𝑅𝑂并延长交网格于点𝑇，连接𝐴𝑅、𝑅𝑆、𝑆𝑇、𝑇𝐴，则四边形𝐴𝑅𝑆𝑇即为所求矩形．
本题主要考查作图−复杂作图，解题的关键是掌握勾股定理、圆周角定理、矩形的判定与性质等知识点．
38
19.【答案】解：(1)原式=9×1√45×5× ××323
=2×√25×4×6 =2×10×√6 =45√6； (2)原式=√−
2
22√33
9
9
−
√24
+5√3
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=−
13√3√2
． +43
【解析】(1)先根据二次根式的乘法和除法法则运算，然后化简即可； (2)先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．
20.【答案】解：(1)∵𝐴𝐵=𝐴𝐷=√2，∠𝐴=90°，
∴𝐵𝐷=√𝐴𝐵2+𝐴𝐷2=√(√2)2+(√2)2=2； (2)过点𝐷作𝐷𝐸⊥𝐵𝐶于𝐸， 在𝑅𝑡△𝐷𝐸𝐵中，∠𝐶𝐵𝐷=30°， ∴𝐷𝐸=2𝐵𝐷=1， 在𝑅𝑡△𝐸𝐷𝐶中，∠𝐶=45°， ∴𝐸𝐶=𝐷𝐸=1，
由勾股定理得，𝐶𝐷=√𝐷𝐸2+𝐶𝐸2=√12+12=√2．
1
【解析】(1)根据勾股定理求出𝐵𝐷=2；
(2)过点𝐷作𝐷𝐸⊥𝐵𝐶于𝐸，，根据直角三角形的性质求出𝐷𝐸，根据等腰直角三角形的性质计算求出𝐶𝐷．
本题考查的是勾股定理、直角三角形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是𝑎，𝑏，斜边长为𝑐，那么𝑎2+𝑏2=𝑐2．
21.【答案】解：(Ⅰ)40；30；
(Ⅱ)∵在这组数据中，50出现了12次，出现的次数最多， ∴学生捐款数目的众数是50元；
∵按照从小到大排列，处于中间位置的两个数据都是50， ∴中位数为50元；
这组数据的平均数=(20×4+50×12+100×9+150×3+200×2)÷30=2430÷30=81(元)． (Ⅲ)根据题意得： 2500×81=202500元
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答：估计该校学生共捐款202500元．
【解析】
【解析】(Ⅰ)本次接受随机抽样调查的学生人数为4+12+9+3+2=30人． 12÷30=40%，9÷30=30%， 所以扇形统计图中的𝑚=40，𝑛=30； 故答案为：40；30； (Ⅱ)见答案． (Ⅲ)见答案．
【分析】此题考查扇形统计图，用样本估计总体，众数、中位数、平均数的意义与求法，理解题意，从图表中得出数据以及利用数据进行运算是解决问题的关键．
(Ⅰ)把表格中的数据相加得出本次接受随机抽样调查的学生人数；利用50元，100元的捐款人数求得占总数的百分比得出𝑚、𝑛的数值即可；
(Ⅱ)利用众数、中位数和平均数的意义和求法分别得出答案即可； (Ⅲ)利用求得的平均数乘总人数即可得出答案．
22.【答案】(1)证明：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，
∴𝑂𝐵=𝑂𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷， ∴∠𝐸𝐵𝑂=∠𝐹𝐷𝑂，
∠𝐸𝐵𝑂=∠𝐹𝐷𝑂在△𝑂𝐵𝐸与△𝑂𝐷𝐹中，{𝑂𝐵=𝑂𝐷，
∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐷𝑂𝐹∴△𝑂𝐵𝐸≌△𝑂𝐷𝐹(𝐴𝑆𝐴)， ∴𝑂𝐸=𝑂𝐹；
(2)解：∵𝑂𝐵=𝑂𝐷，𝑂𝐸=𝑂𝐹， ∴四边形𝐵𝐸𝐷𝐹是平行四边形， ∵𝐸𝐹⊥𝐵𝐷，
∴四边形𝐵𝐸𝐷𝐹是菱形．
【解析】(1)由四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，得到𝑂𝐵=𝑂𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(2)根据菱形的判定定理即可得到结论．
此题考查了菱形的判定，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适
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中，注意掌握数形结合思想的应用．
23.【答案】720 727 0 10
【解析】解：(𝐼)使用𝐴种收费方式的月超声费为0.6×(45−25)×60=720(元)， ∴月总费用为7+720=727(元)； ∵45<50，
∴使用𝐵种收费方式的月超声费为0元，月总费用为10+0=10(元)． 故答案为：720；727；0；10．
(𝐼𝐼)𝐴种收费方式：当0<𝑥≤25时，𝑦1=7；
当𝑥>25时，𝑦1=7+0.6×60(𝑥−25)=36𝑥−893，
∴使用𝐴种收费方式的收费金额𝑦1(元)与每月的上网时间𝑥(ℎ)的函数关系式为𝑦1=7(0<𝑥≤25){； 36𝑥−893(𝑥>25)
𝐵种收费方式：当0<𝑥≤50时，𝑦2=10；
当𝑥>50时，𝑦2=10+3×60(𝑥−50)=180𝑥−8990，
∴使用𝐵种收费方式的收费金额𝑦2(元)与每月的上网时间𝑥(ℎ)的函数关系式为𝑦2=10(0<𝑥≤50){． 180𝑥−8990(𝑥>50)
(𝐼𝐼𝐼)𝐴种收费方式省钱，理由如下： 当𝑥=60时，𝑦1=36×60−893=1267； 当𝑥=60时，𝑦2=180×60−8990=1810． ∵1267<1810，
∴当𝑥>60时，𝐴种收费方式省钱．
(𝐼)𝐴：利用月超声费=超声费的单价×超出的上网时间，即可求出月超声费用，利用月总费用=月使用费+月超声费，即可求出月总费用；
𝐵：由45<50可得出月超声费为0，进而可得出月总费用为10元；
(𝐼𝐼)𝐴：当0<𝑥≤25时，𝑦1=7；当𝑥>25时，利用月总费用=月使用费+超声费的单价×超出的上网时间，可得出𝑦1关于𝑥的函数关系式；
𝐵：当0<𝑥≤50时，𝑦2=10；当𝑥>50时，利用月总费用=月使用费+超声费的单价×超出的上网时间，可得出𝑦2关于𝑥的函数关系式；
(𝐼𝐼𝐼)利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出当𝑥=60时，𝑦1，𝑦2的值，比较后即可得出结论．
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本题考查了一次函数的应用，根据各数量之间的关系，找出𝑦1，𝑦2与𝑥的函数解析式是解题的关键．
10
24.【答案】4√ 3
【解析】证明：(1)①作平行四边形𝐷𝐺𝐻𝑀，则𝐺𝐻=𝐷𝑀，𝐺𝐷=𝑀𝐻，𝐺𝐻//𝐷𝑀，
∴∠𝐺𝑂𝐷=∠𝑀𝐷𝐸=90°， ∴∠𝑀𝐷𝐶+∠𝐸𝐷𝐶=90°， ∵∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐸𝐷𝐶=90°， ∴∠𝑀𝐷𝐶=∠𝐴𝐷𝐸， 在△𝐴𝐷𝐸和△𝐶𝐷𝑀中， ∠𝑀𝐷𝐶=∠𝐴𝐷𝐸
{∠𝐷𝐶𝑀=∠𝐴=90°， 𝐷𝐶=𝐴𝐷
∴△𝐴𝐷𝐸≌△𝐶𝐷𝑀，
∴𝐷𝐸=𝐷𝑀
∴𝐷𝐸=𝐺𝐻；
②在𝐵𝐶上截取一点𝑁，使得𝐵𝑁=𝐵𝐸.则△𝐵𝐸𝐻是等腰直角三角形，𝐸𝑁=√2𝐵𝐸．
∵△𝐴𝐷𝐸≌△𝐶𝐷𝐻， ∴𝐴𝐸=𝐶𝐻，
∵𝐵𝐴=𝐵𝐶，𝐵𝐸=𝐵𝑁，
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∴𝐶𝑁=𝐴𝐸=𝐶𝐻， ∵𝑃𝐻=𝑃𝐸， ∴𝑃𝐶=2𝐸𝑁， ∴𝑃𝐶=
(2)过点𝐷作𝐷𝑁//𝐺𝐻交𝐵𝐶于点𝑁，则四边形𝐺𝐻𝑁𝐷是平行四边形，
√2
𝐵𝐸，即𝐵𝐸21
=√2𝑃𝐶．
∴𝐷𝑁=𝐻𝐺，𝐺𝐷=𝐻𝑁，
∵∠𝐶=90°，𝐶𝐷=𝐴𝐵=4，𝐻𝐺=𝐷𝑁=2√5， ∴𝐶𝑁=√𝐷𝑁2−𝐷𝐶2=2， ∴𝐵𝑁=𝐵𝐶−𝐶𝑁=4−2=2，
作∠𝐴𝐷𝑀=∠𝐶𝐷𝑁，𝐷𝑀交𝐵𝐴延长线于𝑀， 在△𝐴𝐷𝑀和△𝐶𝐷𝑁中， ∠𝐴𝐷𝑀=∠𝐶𝐷𝑁
{∠𝐶=∠𝑀𝐴𝐷=90°， 𝐷𝐶=𝐴𝐷
∴△𝐴𝐷𝑀≌△𝐶𝐷𝑁(𝐴𝐴𝑆)，
∴𝐴𝑀=𝑁𝐶，∠𝐴𝐷𝑀=∠𝐶𝐷𝑁，𝐷𝑀=𝐷𝑁， ∵∠𝐺𝑂𝐷=45°， ∴∠𝐸𝐷𝑁=45°， ∴∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐶𝐷𝑁=45°，
∴∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐴𝐷𝑀=45°=∠𝑀𝐷𝐸， 在△𝑀𝐷𝐸和△𝑁𝐷𝐸中， 𝑀𝐷=𝑁𝐷
{∠𝑀𝐷𝐸=∠𝑁𝐷𝐸， 𝐷𝐸=𝐷𝐸
∴△𝑀𝐷𝐸≌△𝑁𝐷𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐸𝑀=𝐸𝑁，
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即𝐴𝐸+𝐶𝑁=𝐸𝑁， 设𝐴𝐸=𝑥.则𝐵𝐸=4−𝑥，
在𝑅𝑡△𝐵𝐸𝑁中，22+(4−𝑥)2=(𝑥+2)2，解得𝑥=3， ∴𝐷𝐸=√𝐴𝐷2+𝐴𝐸2=√42+()2=
34
4√10． 3
4
(1))①作平行四边形𝐷𝐺𝐻𝑀，则𝐺𝐻=𝐷𝑀，𝐺𝐷=𝑀𝐻，𝐺𝐻//𝐷𝑀，通过证得△𝐴𝐷𝐸≌△𝐶𝐷𝑀，即可证得结论；②在𝐵𝐶上截取一点𝑁，使得𝐵𝑁=𝐵𝐸.则△𝐵𝐸𝐻是等腰直角三角形，𝐸𝑁=√2𝐵𝐸.再证明𝑃𝐶是三角形的中位线即可解决问有；
(2)过点𝐷作𝐷𝑁//𝐺𝐻交𝐵𝐶于点𝑁，𝐺𝐷=则四边形𝐺𝐻𝑁𝐷是平行四边形，得出𝐷𝑁=𝐻𝐺，𝐻𝑁，根据勾股定理求得𝐶𝑁=2，进而求得𝐵𝑁=2，作∠𝐴𝐷𝑀=∠𝐶𝐷𝑁，𝐷𝑀交𝐵𝐴延长线于𝑀，通过证△𝐴𝐷𝑀≌△𝐶𝐷𝑁(𝐴𝐴𝑆)，证得𝐴𝑀=𝑁𝐶，∠𝐴𝐷𝑀=∠𝐶𝐷𝑁，𝐷𝑀=𝐷𝑁，继而证得△𝑀𝐷𝐸≌△𝑁𝐷𝐸(𝑆𝐴𝑆)，证得𝐸𝑀=𝐸𝑁，从而证得𝐴𝐸+𝐶𝑁=𝐸𝑁，设𝐴𝐸=𝑥.则𝐵𝐸=4−𝑥，根据勾股定理求得𝐴𝐸，进一步根据勾股定理求得𝐷𝐸．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理、勾股定理的应用，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键，属于中考压轴题．
25.【答案】(1)5;
(2)∵四边形𝐴𝐵𝐶𝑂是菱形， ∴𝑂𝐶=𝑂𝐴=𝐴𝐵=5，即𝐶(5,0)．
设直线𝐴𝐶的解析式𝑦=𝑘𝑥+𝑏，函数图象过点𝐴、𝐶，得 𝑘=−25𝑘+𝑏=0{，解得{5， −3𝑘+𝑏=4𝑏=2直线𝐴𝐶的解析式𝑦=−2𝑥+2；
(3)设𝑀到直线𝐵𝐶的距离为ℎ，
当𝑥=0时，𝑦=2，即𝑀(0,2)，𝐻𝑀=𝐻𝑂−𝑂𝑀=4−2=2， 由𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝑀𝐵+𝑆𝐵𝑀𝐶=2𝐴𝐵⋅𝑂𝐻=2𝐴𝐵⋅𝐻𝑀+2𝐵𝐶⋅ℎ，
1
1
1
1
5
5
5
3
1
51
×5×4=2×5×2+2×5ℎ，解得ℎ=， 22
①当0<𝑡<2时，𝐵𝑃=𝐵𝐴−𝐴𝑃=5−2𝑡，𝐻𝑀=𝑂𝐻−𝑂𝑀=2， 𝑆=2𝐵𝑃⋅𝐻𝑀=2×2(5−2𝑡)=−2𝑡+
1
1
3
3
154
5
3
1315
；
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②当2.5<𝑡≤5时，𝐵𝑃=2𝑡−5，ℎ=2， 𝑆=𝐵𝑃⋅ℎ=×(2𝑡−5)=𝑡−
2
2
2
2
1
1
5
5
254
5
，
3
154
把𝑆=3代入①中的函数解析式得，3=−2𝑡+解得：𝑡=2，
把𝑆=3代入②的解析式得，3=2𝑡−解得：𝑡=10． ∴𝑡=或．
210
1
3737
5
254
1
，
，
【解析】解：(1)𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐻中， 𝐴𝑂=√𝐴𝐻2+𝑂𝐻2=√42+32=5， 所以菱形边长为5； 故答案为：5；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐻中利用勾股定理即可求得菱形的边长；
(2)根据(1)即可求的𝑂𝐶的长，则𝐶的坐标即可求得，利用待定系数法即可求得直线𝐴𝐶的解析式；
(3)根据𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝑀𝐵+𝑆𝐵𝑀𝐶求得𝑀到直线𝐵𝐶的距离为ℎ，然后分成𝑃在𝐴𝐵上和在𝐵𝐶上两种情况讨论，利用三角形的面积公式求解．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式以及菱形的性质，根据三角形的面积关系求得𝑀到直线𝐵𝐶的距离ℎ是关键．
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