（4）由题意知，获一等奖的学生中，七年级有1人，八年级有1人，九年级有2人，
画树状图为：（用A、B、C分别表示七年级、八年级和九年级的学生）
共有12种等可能的结果数，其中所选出的两人中既有七年级又有九年级同学的结果数为4，
所以所选出的两人中既有七年级又有九年级同学的概率
＝．
【点评】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，然后利用概率公式求事件A或B的概率．也考查了统计图．
22．（8分）如图，点D是以AB为直径的⊙O上一点，过点B作⊙O的切线，交
AD的延长线于点C，E是BC的中点，连接DE并延长与AB的延长线交于点F． （1）求证：DF是⊙O的切线； （2）若OB＝BF，EF＝4，求AD的长．
【分析】（1）连接OD，由AB为⊙O的直径得∠BDC＝90°，根据BE＝EC知∠1＝∠3、由OD＝OB知∠2＝∠4，根据BC是⊙O的切线得∠3+∠4＝90°，即∠1+∠2＝90°，得证；
（2）根据直角三角形的性质得到∠F＝30°，BE＝EF＝2，求得DE＝BE＝2，得到DF＝6，根据三角形的内角和得到OD＝OA，求得∠A＝∠ADO＝30°，根据等腰三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）如图，连接OD，BD， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝∠BDC＝90°， 在Rt△BDC中，∵BE＝EC， ∴DE＝EC＝BE， ∴∠1＝∠3， ∵BC是⊙O的切线， ∴∠3+∠4＝90°， ∴∠1+∠4＝90°， 又∵∠2＝∠4， ∴∠1+∠2＝90°， ∴DF为⊙O的切线； （2）∵OB＝BF， ∴OF＝2OD， ∴∠F＝30°， ∵∠FBE＝90°， ∴BE＝EF＝2， ∴DE＝BE＝2， ∴DF＝6，
∵∠F＝30°，∠ODF＝90°， ∴∠FOD＝60°， ∵OD＝OA， ∴∠A＝∠ADO＝∴∠A＝∠F， ∴AD＝DF＝6．
BOD＝
BOD＝30°，
【点评】本题考查了切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 四、B卷填空题（共2小题，每小题5分，共10分）
23．（5分）当0≤x≤3时，直线y＝a与抛物线y＝（x﹣1）﹣3有交点，则a的取值范围是 ﹣3≤a≤1 ．
【分析】直线y＝a与抛物线y＝（x﹣1）2﹣3有交点，则可化为一元二次方程组利用根的判别式进行计算． 【解答】解：
法一：y＝a与抛物线y＝（x﹣1）2﹣3有交点 则有a＝（x﹣1）2﹣3，整理得x2﹣2x﹣2﹣a＝0 ∴△＝b2﹣4ac＝4+4（2+a）≥0 解得a≥﹣3，
∵0≤x≤3，对称轴x＝1 ∴y＝（3﹣1）2﹣3＝1 ∴a≤1
法二：由题意可知，
∵抛物线的 顶点为（1，﹣3），而0≤x≤3 ∴抛物线y的取值为﹣3≤y≤1 ∵y＝a，则直线y与x轴平行，
∴要使直线y＝a与抛物线y＝（x﹣1）2﹣3有交点， ∴抛物线y的取值为﹣3≤y≤1，即为a的取值范围， ∴﹣3≤a≤1
故答案为：﹣3≤a≤1
【点评】此题主要考查二次函数图象的性质及交点的问题，此类问题，通常可化为一元二次方程，利用根的判别式或根与系数的关系进行计算．
2
24．（5分）如图，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，点P在BC上运动（不与
B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为 4 ．
【分析】先证明△BPE∽△CQP，得到与CQ有关的比例式，设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x，代入解析式，得到y与x的二次函数式，根据二次函数的性质可求最值．
【解答】解：∵∠BEP+∠BPE＝90°，∠QPC+∠BPE＝90°， ∴∠BEP＝∠CPQ． 又∠B＝∠C＝90°， ∴△BPE∽△CQP． ∴
．
设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x． ∴
，化简得y＝﹣（x2﹣12x），
整理得y＝﹣（x﹣6）2+4， 所以当x＝6时，y有最大值为4． 故答案为4．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质，以及二次函数最值问题，几何最值用二次函数最值求解考查了树形结合思想． 五、解答题（共4小题，共40分）
25．（8分）已知二次函数y＝x2+x+a的图象与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，且
+
＝1，求a的值．
【分析】有韦达定理得x1+x2＝﹣1，x1?x2＝a，将式子即可；
+＝1化简代入
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