一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、（4分）己知兩個(gè)變量之間的關(guān)系滿足y=-x+2,則當(dāng)x=-1時(shí)，對(duì)應(yīng)的y的值（ ）
A．3B．1C．-1D．-3
2、（4分）如圖，∠1＝∠2，DE∥AC，則圖中的相似三角形有（ ）
A．2對(duì)B．3對(duì)C．4對(duì)D．5對(duì)
3、（4分）如圖，李老師騎自行車上班，最初以某一速度勻速行進(jìn)，路途由于自行車發(fā)生故障，停下修車耽誤了幾分鐘，為了按時(shí)到校，李老師加快了速度，仍保持勻速行進(jìn)，結(jié)果準(zhǔn)時(shí)到校．在課堂上，李老師請(qǐng)學(xué)生畫出他行進(jìn)的路程y（千米）與行進(jìn)時(shí)間t（小時(shí)）的函數(shù)圖象的示意圖，同學(xué)們畫出的圖象如圖所示，你認(rèn)為正確的是（ ）
A．B．
C．D．
4、（4分）如圖，函數(shù)y=kx與y=ax+b的圖象交于點(diǎn)P（-4，-2）．則不等式kx＜ax+b的解集是（ ）
A．x＜-2B．x＞-2C．x＜-4D．x＞-4
5、（4分）矩形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，下列結(jié)論不成立的是（ ）
A．AC＝BDB．OA＝OBC．OC＝CDD．∠BCD＝90°
6、（4分）如圖所示，在平行四邊形中，對(duì)角線相交于點(diǎn)，，，，則平行四邊形的周長(zhǎng)為（ ）
A．B．
C．D．
7、（4分）設(shè)直角三角形的兩條直角邊分別為a和b，斜邊長(zhǎng)為c，已知，，則（ ）
A．3B．4C．5D．8
8、（4分）下列調(diào)查最適合用查閱資料的方法收集數(shù)據(jù)的是（ ）
A．班級(jí)推選班長(zhǎng)B．本校學(xué)生的到時(shí)間
C．2014世界杯中，誰(shuí)的進(jìn)球最多D．本班同學(xué)最喜愛的明星
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）如圖，已知在矩形中，，，沿著過(guò)矩形頂點(diǎn)的一條直線將折疊，使點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)落在矩形的邊上，則折痕的長(zhǎng)為__．
10、（4分））如圖，Rt△ABC中，C= 90，以斜邊AB為邊向外作正方形 ABDE，且正方形對(duì)角線交于點(diǎn)D，連接OC，已知AC=5，OC=6，則另一直角邊BC的長(zhǎng)為 ．
11、（4分）如圖所示，直線y=kx+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)（﹣2，0），則關(guān)于x的不等式kx+b＜0的解集為_____．
12、（4分）如圖，在中，，，是角平分線，是中線，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接，則線段的長(zhǎng)為_____．
13、（4分）學(xué)校門口的欄桿如圖所示，欄桿從水平位置BD繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到AC位置，已知AB⊥BD，CD⊥BD，垂足分別為B，D，AO=4m，AB=1.6m，CO=1m，則欄桿C端應(yīng)下降的垂直距離CD為__________.
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（12分）實(shí)踐與探究
寬與長(zhǎng)的比是（約0.618）的矩形叫做黃金矩形。黃金矩形給我們以協(xié)調(diào)、均勻的美感。世界各國(guó)許多著名的建筑，為取得最佳的視覺效果，都采用了黃金矩形的設(shè)計(jì)。
下面我們通過(guò)折紙得到黃金矩形。
第一步，在一張矩形紙片的一端，利用圖1的方法折出一個(gè)正方形，然后把紙片展平。
第二步，如圖2，把這個(gè)正方形折成兩個(gè)相等的矩形，再把紙片展平，折痕是。
第三步，折出內(nèi)側(cè)矩形的對(duì)角線，并把折到圖3中所示的處，折痕為。
第四步，展平紙片，按照所得的點(diǎn)折出，使；過(guò)點(diǎn)折出折痕，使。
（1）上述第三步將折到處后，得到一個(gè)四邊形，請(qǐng)判斷四邊形的形狀，并說(shuō)明理由。
（2）上述第四步折出折痕后得到一個(gè)四邊形，這個(gè)四邊形是黃金矩形，請(qǐng)你說(shuō)明理由。（提示：設(shè)的長(zhǎng)度為2）
（3）在圖4中，再找出一個(gè)黃金矩形_______________________________（黃金矩形除外，直接寫出答案，不需證明，可能參考數(shù)值：）
（4）請(qǐng)你舉一個(gè)采用了黃金矩形設(shè)計(jì)的世界名建筑_________________________.
15、（8分）如圖，D是△ABC的邊AB上一點(diǎn)，CE∥AB，DE交AC于點(diǎn)F，若FA=FC．
(1)求證：四邊形ADCE是平行四邊形；
(2)若AE⊥EC，EF=EC=1，求四邊形ADCE的面積．
16、（8分）一個(gè)三角形的三邊長(zhǎng)分別為5，，.
(1)求它的周長(zhǎng)(要求結(jié)果化簡(jiǎn))；
(2)請(qǐng)你給出一個(gè)適當(dāng)?shù)膞值，使它的周長(zhǎng)為整數(shù)，并求出此時(shí)三角形周長(zhǎng)的值．
17、（10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)A，C分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=4，OC=3，若拋物線經(jīng)過(guò)O，A兩點(diǎn)，且頂點(diǎn)在BC邊上，對(duì)稱軸交BE于點(diǎn)F，點(diǎn)D，E的坐標(biāo)分別為（3，0），（0，1）.
（1）求拋物線的解析式；
（2）猜想△EDB的形狀并加以證明.
18、（10分）如圖，在?ABCD中，E、F是對(duì)角線BD上的兩點(diǎn)，BE＝DF，點(diǎn)G、H分別在BA和DC的延長(zhǎng)線上，且AG＝CH，連接GE、EH、HF、FG．
求證：(1)△BEG≌△DFH；
(2)四邊形GEHF是平行四邊形．
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）一組數(shù)據(jù)：2，﹣1，0，x，1的平均數(shù)是0，則x＝_____．
20、（4分）如果一組數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn的方差是4，則另一組數(shù)據(jù)x1+3，x2+3，…，xn+3的方差是_____．
21、（4分）如圖，在□ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，AB=OB，E為AC上一點(diǎn)，BE平分∠ABO，EF⊥BC于點(diǎn)F，∠CAD=45°，EF交BD于點(diǎn)P，BP=，則BC的長(zhǎng)為_______．
22、（4分）如圖，在中，的平分線AD交BC于點(diǎn)D，的兩邊分別與AB、AC相交于M、N兩點(diǎn)，且，若，則四邊形AMDN的面積為___________.
23、（4分）已知，則的值為_____.
二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、（8分）在RtΔABC中，∠BAC=90°，點(diǎn)O是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，連接OA，延長(zhǎng)OA到點(diǎn)E，使得AE=OA，連接OC，過(guò)點(diǎn)B作BD與OC平行，并使∠DBC=∠OCB，且BD=OC，連接DE.
(1)如圖一，當(dāng)點(diǎn)O在RtΔABC內(nèi)部時(shí).
①按題意補(bǔ)全圖形；
②猜想DE與BC的數(shù)量關(guān)系，并證明.
(2)若AB=AC(如圖二)，且∠OCB=30°，∠OBC=15°，求∠AED的大小.

25、（10分）某租賃公司擁有汽車 100 輛．據(jù)統(tǒng)計(jì)，每輛車的月租金為 4000 元時(shí)，可全部租出．每輛車的月租金每增加 100 元，未租出的車將增加 1 輛．租出的車每輛每月的維護(hù)費(fèi)為 500 元，未租出的車每輛每月只需維護(hù)費(fèi) 100 元．
（1）當(dāng)每輛車的月租金為 4600 元時(shí)，能租出多少輛？并計(jì)算此時(shí)租賃公司的月收益（租金收入扣 除維護(hù)費(fèi)）是多少萬(wàn)元？
（2）規(guī)定每輛車月租金不能超過(guò) 7200 元，當(dāng)每輛車的月租金定為多少元時(shí)，租賃公司的月收益（租金收入扣除維護(hù)費(fèi)）可達(dá)到 40.4 萬(wàn)元？
26、（12分）如圖，在中，分別平分和，交于點(diǎn)，線段相交于點(diǎn)M.
（1）求證：；
（2）若，則的值是__________.
參考答案與詳細(xì)解析
一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、A
【解析】
將自變量x的值代入函數(shù)解析式求解即可．
【詳解】
解：x=-1時(shí)，y=-（-1）+2=1+2=1．
故選：A．
本題考查函數(shù)值的計(jì)算：（1）當(dāng)已知函數(shù)解析式時(shí)，求函數(shù)值就是求代數(shù)式的值；
（2）函數(shù)值是唯一的，而對(duì)應(yīng)的自變量可以是多個(gè)．
2、C
【解析】
由∠1＝∠2，DE∥AC，利用有兩角對(duì)應(yīng)相等的三角形相似解答即可．
【詳解】
∵DE∥AC，
∴△BED∽△BAC，∠EDA＝∠DAC，
∵∠1＝∠2，
∴△ADE∽△CAD，
∵DE∥AC，
∴∠2＝∠EDB，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠EDB，
∵∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BAD，
∴△ABD∽△CBA，
故選：C．
本題考查了相似三角形的判定，注意掌握有兩角對(duì)應(yīng)相等的三角形相似定理的應(yīng)用，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
3、C
【解析】
本題可用排除法．依題意，自行車以勻速前進(jìn)后又停車修車，故可排除A項(xiàng)．然后自行車又加快速度保持勻速前進(jìn)，故可排除B，D．
【詳解】
最初以某一速度勻速行進(jìn)，這一段路程是時(shí)間的正比例函數(shù)；中途由于自行車故障，停下修車耽誤了幾分鐘，這一段時(shí)間變大，路程不變，因而選項(xiàng)A一定錯(cuò)誤．第三階段李老師加快了速度，仍保持勻速行進(jìn)，結(jié)果準(zhǔn)時(shí)到校，這一段，路程隨時(shí)間的增大而增大，因而選項(xiàng)B，一定錯(cuò)誤，這一段時(shí)間中，速度要大于開始時(shí)的速度，即單位時(shí)間內(nèi)路程變化大，直線的傾斜角要大．
故本題選C．
本題考查動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象問(wèn)題，首先看清橫軸和縱軸表示的量，然后根據(jù)實(shí)際情況：時(shí)間t和運(yùn)動(dòng)的路程s之間的關(guān)系采用排除法求解即可．
4、C
【解析】
以交點(diǎn)為分界，結(jié)合圖象寫出不等式kx＜ax+b的解集即可．
【詳解】
函數(shù)y=kx和y=ax+b的圖象相交于點(diǎn)P（-1，-2）．
由圖可知，不等式kx＜ax+b的解集為x＜-1．
故選C．
此題主要考查了一次函數(shù)與一元一次不等式的關(guān)系：從函數(shù)的角度看，就是尋求使一次函數(shù)y=kx+b的值大于（或小于）0的自變量x的取值范圍；從函數(shù)圖象的角度看，就是確定直線y=kx+b在x軸上（或下）方部分所有的點(diǎn)的橫坐標(biāo)所構(gòu)成的集合．關(guān)鍵是求出A點(diǎn)坐標(biāo)以及利用數(shù)形結(jié)合的思想．
5、C
【解析】
根據(jù)矩形的性質(zhì)可以直接判斷．
【詳解】
∵四邊形ABCD是矩形
∴AC＝BD，OA＝OB＝OC＝OD，∠BCD＝90°
∴選項(xiàng)A，B，D成立，
故選C．
本題考查了矩形的性質(zhì)，熟練運(yùn)用矩形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．
6、D
【解析】
由?ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AE=EB，易得DE是△ABC的中位線，即可求得BC的長(zhǎng)，繼而求得答案．
【詳解】
∵?ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，
∴OA=OC，AD=BC，AB=CD=5，
∵AE=EB，OE=3，
∴BC=2OE=6，
∴?ABCD的周長(zhǎng)=2×（AB+BC）=1．
故選：D．
此題考查了平行四邊形的性質(zhì)以及三角形中位線的性質(zhì)．注意證得DE是△ABC的中位線是關(guān)鍵．
7、B
【解析】
根據(jù)勾股定理，直接計(jì)算即可得解.
【詳解】
根據(jù)勾股定理，得
故答案為B.
此題主要考查勾股定理的運(yùn)用，熟練掌握，即可解題.
8、C
【解析】
了解收集數(shù)據(jù)的方法及渠道，得出最適合用查閱資料的方法收集數(shù)據(jù)的選項(xiàng)．
【詳解】
A、B、D適合用調(diào)查的方法收集數(shù)據(jù)，不符合題意；
C適合用查閱資料的方法收集數(shù)據(jù)，符合題意．
故選C．
本題考查了調(diào)查收集數(shù)據(jù)的過(guò)程與方法．解題關(guān)鍵是掌握收集數(shù)據(jù)的幾種方法：查資料、做實(shí)驗(yàn)和做調(diào)查．
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、或
【解析】
沿著過(guò)矩形頂點(diǎn)的一條直線將∠B折疊，可分為兩種情況：（1）過(guò)點(diǎn)A的直線折疊，（2）過(guò)點(diǎn)C的直線折疊，分別畫出圖形，根據(jù)圖形分別求出折痕的長(zhǎng)．
【詳解】
（1）如圖1，沿將折疊，使點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)落在矩形的邊上的點(diǎn)，
由折疊得：是正方形，此時(shí)：，
（2）如圖2，沿，將折疊，使點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)落在矩形的邊上的點(diǎn)，
由折疊得：，
在中，，
，
設(shè)，則，
在中，由勾股定理得：，解得：，
在中，由勾股定理得：，
折痕長(zhǎng)為：或．
考查矩形的性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)、直角三角形及勾股定理等知識(shí)，分類討論在本題中得以應(yīng)用，畫出相應(yīng)的圖形，依據(jù)圖形矩形解答．
10、4．
【解析】
正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．
【分析】如圖，過(guò)O作OF垂直于BC，再過(guò)O作OF⊥BC，過(guò)A作AM⊥OF，
∵四邊形ABDE為正方形，∴∠AOB=90°，OA=OB．
∴∠AOM+∠BOF=90°．
又∵∠AMO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°．∴∠BOF=∠OAM．
在△AOM和△BOF中，
∵∠AMO=∠OFB=90°，∠OAM=∠BOF， OA=OB，
∴△AOM≌△BOF（AAS）．∴AM=OF，OM=FB．
又∵∠ACB=∠AMF=∠CFM=90°，∴四邊形ACFM為矩形．∴AM=CF，AC=MF=2．
∴OF=CF．∴△OCF為等腰直角三角形．
∵OC=3，∴根據(jù)勾股定理得：CF2+OF2=OC2，即2CF2=（3）2，解得：CF=OF=3．
∴FB=OM=OF－FM=3－2=4．∴BC=CF+BF=3+4=4．
11、x＜﹣1．
【解析】
結(jié)合函數(shù)圖象，寫出直線在軸下方所對(duì)應(yīng)的自變量的范圍即可．
【詳解】
∵直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)（-1，0），
∴當(dāng)時(shí)，，
∴關(guān)于的不等式的解集為．
故答案為：．
本題考查了一次函數(shù)與一元一次不等式：從函數(shù)圖象的角度看，就是確定直線在軸上（或下）方部分所有的點(diǎn)的橫坐標(biāo)所構(gòu)成的集合．
12、1
【解析】
首先根據(jù)全等三角形判定的方法，判斷出△AFG≌△AFC，即可判斷出FG=FC，AG=AC，所以點(diǎn)F是CG的中點(diǎn)；然后根據(jù)點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，可得EF是△CBG的中位線，再根據(jù)三角形中位線定理，求出線段EF的長(zhǎng)為多少即可．
【詳解】
∵AD是∠BAC的平分線，
∴∠FAG=∠FAC，
∵CG⊥AD，
∴∠AFG=∠AFC=90°，
在△AFG和△AFC中，
，
∴△AFG≌△AFC，
∴FG=FC，AG=AC=4，
∴F是CG的中點(diǎn)，
又∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，
∴EF是△CBG的中位線，
∴.
故答案為：1.
本題考查了全等三角形的判定以及三角形的中位線定理，三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．
13、0.4m
【解析】
先證明△OAB∽△OCD，再根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例列方程求解即可.
【詳解】
∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠ABO=∠CDO.
∵∠AOB=∠COD,
∴△OAB∽△OCD，
∴AO:CO=AB:CD,
∴4:1=1.6:CD,
∴CD=0.4.
故答案為：0.4.
本題主要考查了相似三角形的應(yīng)用，正確地把實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為相似三角形問(wèn)題，利用相似三角形的判定與性質(zhì)解決是解題的關(guān)鍵．
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（1）四邊形是菱形，見解析；（2）見解析；（3）黃金矩形（或黃金矩形）；（4）希臘的巴特農(nóng)神廟（或巴黎圣母院）.
【解析】
（1）根據(jù)菱形的判定即可求解；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)及折疊得到，即可證明；
（3）
【詳解】
（1）解：
四邊形是菱形，
理由如下：
由矩形紙片可得，
∴，
由折疊可得，
∴，
∴，
又由折疊可得，
∴，
∴四邊形是菱形；
（2）證明：設(shè)的長(zhǎng)度為2，
由正方形可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形，
∵，由折疊可得，，
在中，根據(jù)勾股定理，，
由折疊可得，
∴，
∴，
∴矩形是黃金矩形；
（3）黃金矩形
理由：AG=AD+DG=AB+DG=
AH=2，
∴
∴四邊形AGEH為黃金矩形
（4）希臘的巴特農(nóng)神廟（或巴黎圣母院）
此題主要考查矩形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是熟知特殊平行四邊形的判定與性質(zhì).
15、（1）見解析 （2）
【解析】
分析：（1）首先利用ASA得出△DAF≌△ECF，進(jìn)而利用全等三角形的性質(zhì)得出CE=AD，即可得出四邊形ACDE是平行四邊形；
（2）由AE⊥EC，四邊形ADCE是平行四邊形，可推出四邊形ADCE是矩形，由F為AC的中點(diǎn)，求出AC，根據(jù)勾股定理即可求得AE，由矩形面積公式即可求得結(jié)論．
詳解：（1） ∵CE∥AB，
∴∠EDA=∠DEC.
∵FA=FC ∠DFA=∠CFE，
∴△ADF≌△CEF(ASA) ，
∴AF=CF，
∴四邊形ADCE是平行四邊形；
（2）∵AE⊥EC，
綜合（1）四邊形ADCE是平行四邊形，
∴四邊形ADCE是矩形，
∴DE=2EF=2 ∠DCE= ，
∴DC= ，
四邊形ADCE的面積=CE·DC=.
點(diǎn)睛：此題主要考查了平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定，勾股定理，得出△DAF≌△ECF 是解題關(guān)鍵．
16、（1）；（2）見解析.
【解析】
（1）周長(zhǎng)；
（2）當(dāng)x=20時(shí)，周長(zhǎng)=（或當(dāng)x=時(shí)，周長(zhǎng)=等）.
（答案不唯一，符合題意即可）
17、（1）y=—x2+3x；（2）△EDB為等腰直角三角形，見解析.
【解析】
（1）由條件可求得拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)及A點(diǎn)坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；
（2）由B、D、E的坐標(biāo)可分別求得DE、BD和BE的長(zhǎng)，再利用勾股定理的逆定理可進(jìn)行判斷；
【詳解】
（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，
∴A（4，0），C（0，3），
∵拋物線經(jīng)過(guò)O、A兩點(diǎn)，頂點(diǎn)在BC邊上，
∴拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2，3），
∴可設(shè)拋物線解析式為y=a（x﹣2）2+3，
把A點(diǎn)坐標(biāo)代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=－，
∴拋物線解析式為y=—（x﹣2）2+3，即y=—x2+3x；
（2）△EDB為等腰直角三角形．
證明：
由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），
∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20，
∴DE2+BD2=BE2，且DE=BD，
∴△EDB為等腰直角三角形.
此題考查二次函數(shù)綜合題，解題關(guān)鍵在于利用勾股定理逆定理進(jìn)行求證.
18、 (1)證明見解析；(2)證明見解析.
【解析】
（1）利用平行四邊形的性質(zhì)得出BG=DH，進(jìn)而利用SAS得出△BEG≌△DFH；
（2）利用全等三角形的性質(zhì)得出∠GEF=∠HFB，進(jìn)而得出答案．
【詳解】
(1)∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB＝CD，AB∥DC，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AG＝CH，
∴BG＝DH，
在△BEG和△DFH中，
，
∴△BEG≌△DFH(SAS)；
(2)∵△BEG≌△DFH(SAS)，
∴∠BEG＝∠DFH，EG＝FH，
∴∠GEF＝∠HFB，
∴GE∥FH，
∴四邊形GEHF是平行四邊形．
此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題關(guān)鍵．
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、-2
【解析】
根據(jù)平均數(shù)的公式可得關(guān)于x的方程，解方程即可得.
【詳解】
由題意得
，
解得：x=-2，
故答案為：-2.
本題考查了平均數(shù)，熟練掌握平均數(shù)的計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵.
20、1
【解析】
試題分析：數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn的平均數(shù)設(shè)為a，則數(shù)據(jù)x1＋3，x2＋3，…，xn＋3的平均數(shù)為a＋3，
根據(jù)方差公式：S2＝[(x1－a)2＋(x2－a)2＋…(xn－a)2]＝1．
則數(shù)據(jù)x1＋3，x2＋3，… ，xn＋3的方差
S′2＝{[(x1＋3)－(a＋3)]2＋[(x2＋3)－(a＋3)]2＋…(xn＋3)－(a＋3)] 2}
＝[(x1－a)2＋(x2－a)2＋…(xn－a)2]
＝1．
故答案為1．
點(diǎn)睛：此題主要考查了方差公式的運(yùn)用，關(guān)鍵是根據(jù)題意得到平均數(shù)的變化，再正確運(yùn)用方差公式進(jìn)行計(jì)算即可．
21、1
【解析】
過(guò)點(diǎn)E作EM∥AD，由△ABO是等腰三角形，根據(jù)三線合一可知點(diǎn)E是AO的中點(diǎn)，可證得EM=AD=BC，根據(jù)已知可求得∠CEF=∠ECF=15°，從而得∠BEF=15°，△BEF為等腰直角三角形，可得BF=EF=FC=BC，因此可證明△BFP≌△MEP（AAS），則EP=FP=FC，在Rt△BFP中，利用勾股定理可求得x，即得答案．
【詳解】
過(guò)點(diǎn)E作EM∥AD，交BD于M，設(shè)EM=x，
∵AB=OB，BE平分∠ABO，
∴△ABO是等腰三角形，點(diǎn)E是AO的中點(diǎn)，BE⊥AO，∠BEO=90°，
∴EM是△AOD的中位線，
又∵ABCD是平行四邊形，
∴BC=AD=2EM=2x，
∵EF⊥BC， ∠CAD=15°，AD∥BC，
∴∠BCA=∠CAD=15°，∠EFC=90°，
∴△EFC為等腰直角三角形，
∴EF=FC，∠FEC=15°，
∴∠BEF=90°-∠FEC=15°，
則△BEF為等腰直角三角形，
∴BF=EF=FC=BC=x，
∵EM∥BF，
∴∠EMP=∠FBP，∠PEM=∠PFB=90°，EM=BF，
則△BFP≌△MEP（ASA），
∴EP=FP=EF=FC=x，
∴在Rt△BFP中，，
即：，
解得：，
∴BC=2=1，
故答案為：1．
考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三線合一的應(yīng)用，平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，利用勾股定理求三角形邊長(zhǎng)，熟記圖形的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
22、9 ．
【解析】
作DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，依據(jù)HL判定Rt△ADE≌Rt△ADF，即可得出AE=AF；判定△DEM≌△DFN，可得S△DEM=S△DFN，進(jìn)而得到S四邊形AMDN=S四邊形AEDF，求得S△ADF=AF×DF= ，即可得出結(jié)論．
【詳解】
解：作DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，
∴DE=DF，
又∵DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，
∴∠AED=∠AFD=90°，
又∵AD=AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴AE=AF；
∵∠MDN+∠BAC=180°，
∴∠AMD+∠AND=180°，
又∵∠DNF+∠AND=180°
∴∠EMD=∠FND，
又∵∠DEM=∠DFN，DE=DF，
∴△DEM≌△DFN，
∴S△DEM=S△DFN，
∴S四邊形AMDN=S四邊形AEDF，
∵，AD平分∠BAC，
∴∠DAF=30°，
∴Rt△ADF中，DF=3，AF= =3 ，
∴S△ADF= AF×DF=×3×3= ，
∴S四邊形AMDN=S四邊形AEDF=2×S△ADF=9 ．
故答案為9 ．
本題考查全等三角形的性質(zhì)和判定、角平分線的性質(zhì)定理等知識(shí)；熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
23、
【解析】
根據(jù)二次根式有意義的條件：被開方數(shù)是非負(fù)數(shù)，即可求得x的值，進(jìn)而求得y的值，然后代入求解即可．
【詳解】
解：根據(jù)題意得：，解得：，
∴，
∴，
故答案為.
考查了二次根式的意義和性質(zhì)．概念：式子（a≥1）叫二次根式．性質(zhì)：二次根式中的被開方數(shù)必須是非負(fù)數(shù)，否則二次根式無(wú)意義．同時(shí)考查了非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，幾個(gè)非負(fù)數(shù)的和為1，這幾個(gè)非負(fù)數(shù)都為1．
二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、 (1)①補(bǔ)全圖形，如圖一，見解析；②猜想DE=BC. 證明見解析；(2) ∠AED=30°或15°.
【解析】
（1）①根據(jù)要求畫出圖形即可解決問(wèn)題．
②結(jié)論：DE=BC．連接OD交BC于F，連接AF．證明AF為Rt△ABC斜邊中線，為△ODE的中位線，即可解決問(wèn)題．
（2）分兩種情形：如圖二中，當(dāng)點(diǎn)O在△ABC內(nèi)部時(shí)，連接OD交BC于F，連接AF，延長(zhǎng)CO交AF于M．連接BM．證明△BMA≌△BMO（AAS），推出AM=OM，∠BMO=∠BMA=120°，推出∠AMO=120°，即可解決問(wèn)題．如圖三中，當(dāng)點(diǎn)O在△ABC外部時(shí)，當(dāng)點(diǎn)O在△ABC內(nèi)部時(shí)，連接OD交BC于F，連接AF，延長(zhǎng)CO交AF于M．連接BM．分別求解即可．
【詳解】
(1)①補(bǔ)全圖形，如圖一，
②猜想DE=BC.
如圖，連接OD交BC于點(diǎn)F，連接AF
在△BDF和△COF中，
∴△BDF≌ΔCOF
∴DF=OF，BF=CF
∴F分別為BC和DO的中點(diǎn)
∵∠BAC=90°，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，
∴AF=BC.
∵OA=AE，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，
∴AF=ED.
∴DE=BC
（2）如圖二中，當(dāng)點(diǎn)O在△ABC內(nèi)部時(shí)，連接OD交BC于F，連接AF，延長(zhǎng)CO交AF于M．連接BM．
由（1）可知：AF為Rt△ABC斜邊中線，為△ODE的中位線，
∵AB=AC，
∴AF垂直平分線段BC，
∴MB=MC，∵∠OCB=30°，∠OBC=15°，
∴∠MBC=∠MCB=30°，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，∠MBO=∠MBA=15°，
∵∠BAM=∠BOM=45°，BM=BM，
∴△BMA≌△BMO（AAS），
∴AM=OM，∠BMO=∠BMA=120°，
∴∠AMO=120°，
∴∠MAO=∠MOA=30°，
∴∠AED=∠MAO=30°．
如圖三中，當(dāng)點(diǎn)O在△ABC外部時(shí)，當(dāng)點(diǎn)O在△ABC內(nèi)部時(shí)，連接OD交BC于F，連接AF，延長(zhǎng)CO交AF于M．連接BM．
由∠BOM=∠BAM=45°，可知A，B，M，O四點(diǎn)共圓，
∴∠MAO=∠MBO=30°-15°=15°，
∵DE∥AM，
∴∠AED=∠MAO=15°，
綜上所述，滿足條件的∠AED的值為15°或30°．
本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題.
25、（1）38.48萬(wàn)元；（2）月租金定為1元．
【解析】
（1）由月租金比全部租出多4600-4000=600元，得出未租出6輛車，租出94輛車，進(jìn)一步算得租賃公司的月收益即可；
（2）設(shè)上漲x個(gè)100元，根據(jù)租賃公司的月收益可達(dá)到40.4萬(wàn)元列出方程解答即可．
【詳解】
（1）因?yàn)樵伦饨?600元，未租出6輛車，租出94輛車；
月收益：94×（4600﹣500）﹣6×100=384800（元），即38.48萬(wàn)元．
（2）設(shè)上漲x個(gè)100元，由題意得（4000+100x﹣500）（100﹣x）﹣100x=404000.
整理得：x2﹣64x+540=0解得：x1=54，x2=10，
因?yàn)橐?guī)定每輛車月租金不能超過(guò)7200元，所以取x=10，4000+10×100=1．
答：月租金定為1元．
本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，解題的難點(diǎn)在于根據(jù)題意列出一元二次方程.
26、（1）略；（2）；
【解析】
（1）想辦法證明∠BAE+∠ABF=10°，即可推出∠AMB=10°即AE⊥BF；
（2）證明DE=AD，CF=BC，再利用平行四邊形的性質(zhì)AD=BC，證出DE=CF，得出DF=CE，由已知得出BC=AD=5EF，DE=5EF，求出DF=CE=4EF，得出AB=CD=1EF，即可得出結(jié)果．
【詳解】
（1）證明：∵在平行四邊形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵AE、BF分別平分∠DAB和∠ABC，
∴∠DAB=2∠BAE，∠ABC=2∠ABF，
∴2∠BAE+2∠ABF=180°，即∠BAE+∠ABF=10°，
∴∠AMB=10°，
∴AE⊥BF；
（2）解：∵在平行四邊形ABCD中，CD∥AB，
∴∠DEA=∠EAB，
又∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE=∠EAB，
∴∠DEA=∠DAE，
∴DE=AD，同理可得，CF=BC，
又∵在平行四邊形ABCD中，AD=BC，
∴DE=CF，
∴DF=CE，
∵EF=AD，
∴BC=AD=5EF，
∴DE=5EF，
∴DF=CE=4EF，
∴AB=CD=1EF，
∴BC：AB=5：1；
故答案為5：1．
本題考查平行四邊形的性質(zhì)、角平分線的定義，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．
題號(hào)
一
二
三
四
五
總分
得分
批閱人

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