2025屆內蒙古自治區(qū)鄂爾多斯市準格爾旗數學九上開學質量跟蹤監(jiān)視試題【含答案】

學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共8頁2025屆內蒙古自治區(qū)鄂爾多斯市準格爾旗數學九上開學質量跟蹤監(jiān)視試題題號一二三四五總分得分批閱人A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）等邊三角形的邊長為2，則它的面積為A． B． C． D．12、（4分）下列字母中既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．3、（4分）如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC．若點A，D，E在同一條直線上，∠ACB=20°，則∠ADC的度數是A．55° B．60° C．65° D．70°4、（4分）下列各命題是假命題的是（）A．平行四邊形的對角相等 B．四條邊都相等的四邊形是菱形C．正方形的兩條對角線互相垂直 D．矩形的兩條對角線互相垂直5、（4分）下列二次根式；5；；；；．其中，是最簡二次根式的有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個6、（4分）計算的結果是()A． B． C． D．7、（4分）某校計劃修建一條500米長的跑道，開工后每天比原計劃多修15米，結果提前2天完成任務．如果設原計劃每天修x米，那么根據題意可列出方程（）A．＝2 B．＝2C．＝2 D．＝28、（4分）如圖，點、、、分別是四邊形邊、、、的中點，則下列說法：①若，則四邊形為矩形；②若，則四邊形為菱形；③若四邊形是平行四邊形，則與互相垂直平分；④若四邊形是正方形，則與互相垂直且相等.其中正確的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC上一點（不與B、C重合），點P在邊CD上運動，M、N分別是AE、PE的中點，線段MN長度的最大值是_____．10、（4分）不等式x+3＞5的解集為_____．11、（4分）如圖，平行四邊形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分別在CD和BC的延長線上，AE∥BD，EF⊥BC，CF＝1，求AB的長是___________.12、（4分）如圖，四邊形中，，，且，順次連接四邊形各邊中點，得到四邊形，再順次連接四邊形各邊中點得到四邊形，如此進行下去，得到四邊形，則四邊形的面積是________.13、（4分）如圖，直線經過點，當時，的取值范圍為__________．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖1，在平面直角坐標系中，直線AB與x軸，y軸分別交于點A（2，0）,B（0，4）.（1）求直線AB的解析式；（2）若點M為直線y=mx在第一象限上一點，且△ABM是等腰直角三角形，求m的值．（3）如圖3，過點A（2，0）的直線交y軸負半軸于點P，N點的橫坐標為-1，過N點的直線交AP于點M.求的值.15、（8分）已知：如圖，在平面直角坐標系xOy中，A（0，8），B（0，4），點C在x軸的正半軸上，點D為OC的中點．（1）當BD與AC的距離等于2時，求線段OC的長；（2）如果OE⊥AC于點E，當四邊形ABDE為平行四邊形時，求直線BD的解析式．16、（8分）如圖，正方形網格的每個小方格都是邊長為1的正方形，△ABC的頂點都在格點上．（1）分別求出AB，BC，AC的長；（2）試判斷△ABC是什么三角形，并說明理由．17、（10分）如圖，在平面直角坐標系中，為坐標原點，矩形的頂點、，將矩形的一個角沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，折痕與軸交于點．（1）求線段的長度；（2）求直線所對應的函數表達式；（3）若點在線段上，在線段上是否存在點，使以為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由．18、（10分）某校招聘一名數學老師，對應聘者分別進行了教學能力、科研能力和組織能力三項測試，其中甲、乙兩名應聘者的成績如右表：（單位：分）教學能力科研能力組織能力甲818586乙928074（1）若根據三項測試的平均成績在甲、乙兩人中錄用一人，那么誰將被錄用？（2）根據實際需要，學校將教學、科研和組織能力三項測試得分按5：3：2的比確定每人的最后成績，若按此成績在甲、乙兩人中錄用一人，誰將被錄用？B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，現將其沿EF對折，使得點C與點A重合，點D落在處，AF的長為___________．20、（4分）等式成立的條件是_____．21、（4分）如圖所示，已知AB＝6，點C，D在線段AB上，AC＝DB＝1，P是線段CD上的動點，分別以AP，PB為邊在線段AB的同側作等邊△AEP和等邊△PFB，連接EF，設EF的中點為G，當點P從點C運動到點D時，則點G移動路徑的長是_________．22、（4分）如圖，菱形的兩個頂點坐標為，，若將菱形繞點以每秒的速度逆時針旋轉，則第秒時，菱形兩對角線交點的坐標為__________．23、（4分）要使分式有意義，x需滿足的條件是．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）某學校計劃在總費用2300元的限額內，租用客車送234名學生和6名教師集體外出活動，每輛客車上至少要有1名教師.現有甲、乙兩種大客車，它們的載客量和租金如下表所示.甲種客車乙種客車載客量/(人/輛)4530租金/(元/輛)400280(1)共需租多少輛客車?(2)請給出最節(jié)省費用的租車方案.25、（10分）把一個含45°角的直角三角板BEF和一個正方形ABCD擺放在一起，使三角板的直角頂點和正方形的頂點B重合，聯結DF，點M，N分別為DF，EF的中點，聯結MA，MN．（1）如圖1，點E，F分別在正方形的邊CB，AB上，請判斷MA，MN的數量關系和位置關系，直接寫出結論；（2）如圖2，點E，F分別在正方形的邊CB，AB的延長線上，其他條件不變，那么你在（1）中得到的兩個結論還成立嗎？若成立，請加以證明；若不成立，請說明理由．圖1圖226、（12分）某地區(qū)2015年投入教育經費2900萬元，2017年投入教育經費3509萬元．（1）求2015年至2017年該地區(qū)投入教育經費的年平均增長率；（2）按照義務教育法規(guī)定，教育經費的投入不低于國民生產總值的百分之四，結合該地區(qū)國民生產總值的情況，該地區(qū)到2019年需投入教育經費4250萬元．如果按（1）中教育經費投入的增長率，到2019年該地區(qū)投入的教育經費是否能達到4250萬元？請說明理由．

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、A【解析】

過等邊三角形一條邊做高,所以底邊被分成了相等的兩半,用勾股定理求出高等于,再用三角形面積公式可得:2×=.【詳解】過等邊三角形一條邊做高,所以底邊被分成了相等的兩半,根據勾股定理可得:高等于,由三角形面積公式可得:2×=.故選A.本題主要考查了等邊三角形的性質及勾股定理的應用,解決本題的關鍵熟練掌握等邊三角形的性質和勾股定理.2、A【解析】

根據中心對稱圖形及軸對稱圖形的概念即可解答.【詳解】選項A是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形；選項B是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；選項C不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形；選項D不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形．故選A．本題考查了中心對稱圖形及軸對稱圖形的概念，熟知中心對稱圖形及軸對稱圖形的判定方法是解決問題的關鍵.3、C【解析】

根據旋轉的性質和三角形內角和解答即可．【詳解】∵將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC．∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，∴∠ACD=90°-20°=70°，∵點A，D，E在同一條直線上，∴∠ADC+∠EDC=180°，∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，∴∠ADC=∠E+20°，∵∠ACE=90°，AC=CE∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，即45°+70°+∠ADC=180°，解得：∠ADC=65°，故選C．此題考查旋轉的性質，關鍵是根據旋轉的性質和三角形內角和解答．4、D【解析】

利于平行四邊形的性質、菱形的判定定理、正方形的性質及矩形的性質分別判斷后即可確定正確的選項．【詳解】A.平行四邊形的對角相等，正確，為真命題；B.四條邊都相等的四邊形是菱形，正確，是真命題；C.正方形的兩條對角線互相垂直，正確，為真命題；D.矩形的兩條對角線相等但不一定垂直，故錯誤，為假命題，故選D.此題考查命題與定理，解題關鍵在于掌握各性質定理.5、B【解析】

根據最簡二次根式的定義即可判斷.【詳解】，，，、、是最簡二次根式.故選：.本題考查最簡二次根式，解題的關鍵是正確理解最簡二次根式的定義，本題屬于基礎題型.6、A【解析】

根據二次根式性質求解.【詳解】根據得=3故答案為：A考核知識點：算術平方根性質.理解定義是關鍵.7、A【解析】

設原計劃每天修x米，則實際每天修（x+15）米，根據時間=工作總量÷工作效率結合提前1天完成任務，即可得出關于x的分式方程，此題得解．【詳解】設原計劃每天修x米，則實際每天修（x+15）米．由題意，知原計劃用的時間為天，實際用的時間為：天，故所列方程為：＝1．故選：A．本題考查了由實際問題抽象出分式方程，根據等量關系結合分式方程，找出未知數代表的意義是解題的關鍵．8、A【解析】

根據三角形中位線定理、平行四邊形的判定定理得到四邊形EFGH是平行四邊形，根據矩形、菱形、正方形的判定定理判斷即可．【詳解】解：∵E、F分別是邊AB、BC的中點，

∴EF∥AC，EF=AC，

同理可知，HG∥AC，HG=AC，

∴EF∥HG，EF=HG，

∴四邊形EFGH是平行四邊形，若AC=BD，則四邊形EFGH是菱形，故①說法錯誤；

若AC⊥BD，則四邊形EFGH是矩形，故②說法錯誤；若四邊形是平行四邊形，AC與BD不一定互相垂直平分，故③說法錯誤；若四邊形是正方形，AC與BD互相垂直且相等，故④說法正確；故選：A．本題考查中點四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的判定等知識，掌握三角形中位線定理、平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解題的關鍵．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、5【解析】

由條件可先求得MN=AP，則可確定出當P點運動到點C時，PA有最大值，即可求得MN的最大值【詳解】∵M為AE中點，N為EP中點∴MN為△AEP的中位線，∴MN=AP若要MN最大，則AP最大．P在CD上運動，當P運動至點C時PA最大，此時PA=CA是矩形ABCD的對角線AC==10,MN的最大值=AC=5故答案為5此題考查了三角形中位線定理和矩形的性質，解題關鍵在于先求出MN=AP10、x＞1．【解析】

利用不等式的基本性質，把不等號左邊的3移到右邊，合并同類項即可求得原不等式的解集．【詳解】移項得，x＞5﹣3，合并同類項得，x＞1．故答案為：x＞1．本題主要考查了一元一次不等式的解法，解不等式要依據不等式的基本性質．11、1【解析】

根據已知條件易證四邊形ABDE是平行四邊形，可得AB=DE=CD，即D是CE的中點，在Rt△CEF中利用30°角直角三角形的性質可求得CE的長，繼而求得AB的長．【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，AB=CD，∵AE∥BD，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AB=DE=CD，即D為CE中點，∴AB=CE，∵EF⊥BC，∴∠EFC=90°，∵AB∥CD，∴∠DCF=∠ABC=60°，∴∠CEF=30°，∵CF＝1，∴CE=2，∴AB=1．故答案為1本題考查了平行四邊形的判定與性質，正確證得D是CE的中點是關鍵．12、【解析】

根據四邊形的面積與四邊形的面積間的數量關系來求其面積．【詳解】解：∵四邊形中，，，且由三角形的中位線的性質可以推知，每得到一次四邊形，它的面積變?yōu)樵瓉淼囊话?，四邊形的面積是．故答案為：．本題主要考查了菱形的判定與性質、矩形的判定與性質及三角形的中位線定理（三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半）．解答此題時，需理清菱形、矩形與平行四邊形的關系．13、【解析】

根據題意結合圖象首先可得的圖象過點A，因此便可得的解集.【詳解】解：∵正比例函數也經過點，∴的解集為，故答案為：．本題主要考查函數的不等式的解，關鍵在于根據圖象來判斷，這是最簡便的解題方法.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（2）y=﹣2x+2；（2）m的值是或或2；（3）2.【解析】

（2）設直線AB的解析式是y=kx+b，代入得到方程組，求出即可；（2）當BM⊥BA，且BM=BA時，過M作MN⊥y軸于N，證△BMN≌△ABO（AAS），求出M的坐標即可；②當AM⊥BA，且AM=BA時，過M作MN⊥x軸于N，同法求出M的坐標；③當AM⊥BM，且AM=BM時，過M作MN⊥x軸于N，MH⊥y軸于H，證△BHM≌△AMN，求出M的坐標即可．（3）設NM與x軸的交點為H，分別過M、H作x軸的垂線垂足為G，HD交MP于D點，求出H、G的坐標，證△AMG≌△ADH，△AMG≌△ADH≌△DPC≌△NPC，推出PN=PD=AD=AM代入即可求出答案．【詳解】（2）∵A（2，0），B（0，2），設直線AB的解析式是y=kx+b，代入得：，解得：k=﹣2，b=2，∴直線AB的解析式是y=﹣2x+2．（2）如圖，分三種情況：①如圖①，當BM⊥BA，且BM=BA時，過M作MN⊥y軸于N，∵BM⊥BA，MN⊥y軸，OB⊥OA，∴∠MBA=∠MNB=∠BOA=90°，∴∠NBM+∠NMB=90°，∠ABO+∠NBM=90°，∴∠ABO=∠NMB，在△BMN和△ABO中，∴△BMN≌△ABO（AAS），MN=OB=2，BN=OA=2，∴ON=2+2=6，∴M的坐標為（2，6），代入y=mx得：m=，②如圖②，當AM⊥BA，且AM=BA時，過M作MN⊥x軸于N，易知△BOA≌△ANM（AAS），同理求出M的坐標為（6，2），代入y=mx得：m=，③如圖③，當AM⊥BM，且AM=BM時，過M作MN⊥X軸于N，MH⊥Y軸于H，∴四邊形ONMH為矩形，易知△BHM≌△AMN，∴MN=MH，設M（x2，x2）代入y=mx得：x2=mx2，∴m=2，答：m的值是或或2．（3）如圖3，設NM與x軸的交點為H，過M作MG⊥x軸于G，過H作HD⊥x軸，HD交MP于D點，即：∠MGA=∠DHA=900，連接ND，ND交y軸于C點由與x軸交于H點，∴H（2，0），由與y=kx﹣2k交于M點，∴M（3，k），而A（2，0），∴A為HG的中點，AG=AH，∠MAG=∠DAH∴△AMG≌△ADH（ASA），∴AM=AD又因為N點的橫坐標為﹣2，且在上，∴N（-2，﹣k），同理D（2，﹣k）∴N關于y軸對稱點為D∴PC是ND的垂直平分線∴PN=PD,CD=NC=HA=2，∠DCP=∠DHA=900，ND平行于X軸∴∠CDP=∠HAD∴△ADH≌△DPC∴AD=PD∴PN=PD=AD=AM，∴．此題是一次函數綜合題，主要考查對一次函數圖象上點的坐標特征，等腰直角三角形性質，用待定系數法求正比例函數的解析式，全等三角形的性質和判定，二次根式的性質等知識點的理解和掌握，綜合運用這些性質進行推理和計算是解此題的關鍵．15、（1）；（2）y＝－x＋1.【解析】

（1）作BF⊥AC于點F，取AB的中點G，確定出G坐標，由平行線間的距離相等求出BF的長，在直角三角形ABF中，利用斜邊上的中線等于斜邊的一半求出FG的長，進而確定出三角形BFG為等邊三角形，即∠BAC=30°，設OC=x，則有AC=2x，利用勾股定理表示出OA，根據OA的長求出x的值，即可確定出C坐標；（2）根據平行四邊形的性質可得出DE⊥OC，利用等腰三角形的三線合一可得出△OEC為等腰三角形，結合OE⊥AC可得出△OEC為等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質可得出點C、D的坐標，由點B、D的坐標，利用待定系數法即可求出直線BD的解析式．【詳解】（1）如圖1，作BF⊥AC于點F，取AB的中點G，則G（0，6），∵BD∥AC，BD與AC的距離等于2，∴BF=2，∵在Rt△ABF中，∠AFB=90°，AB=1，點G為AB的中點，∴FG=BG=AB=2，∴△BFG是等邊三角形，∠ABF=60°，∴∠BAC=30°，設OC=x，則AC=2x，根據勾股定理得：OA==x，∵OA=8，∴x=，∵點C在x軸的正半軸上，∴點C的坐標為（，0）；（2）如圖：∵四邊形ABDE為平行四邊形，∴DE∥AB，∴DE⊥OC，∵點D為OC的中點，∴△OEC為等腰三角形，∵OE⊥AC，∴△OEC為等腰直角三角形，∴∠C=15°，∴點C的坐標為（8，0），點D的坐標為（1，0），設直線BD的解析式為y=kx+b（k≠0），將B（0，1）、D（1，0）代入y=kx+b，得：，解得：，∴直線BD的解析式為y=-x+1．本題考查了三角形的中位線、待定系數法求一次函數解析式、等腰直角三角形、平行四邊形的性質以及勾股定理，解題的關鍵是：（1）牢記30°角所對的直角邊為斜邊的一半；（2）根據平行四邊形的性質結合等腰直角三角形的性質求出點C、D的坐標．16、（1），，；（2）是直角三角形，理由見解析【解析】

（1）根據勾股定理即可分別求出AB，BC，AC的長；（2）根據勾股定理逆定理即可判斷.【詳解】解：（1）根據勾股定理可知：，，；（2）是直角三角形，理由如下：，，，是直角三角形．此題考查的是勾股定理和勾股定理的逆定理，掌握用勾股定理解直角三角形和用勾股定理逆定理判定直角三角形是解決此題的關鍵.17、（1）15；（2）；（3）【解析】

（1）根據勾股定理即可解決問題；（2）設AD=x，則OD=OA=AD=12-x，根據軸對稱的性質，DE=x，BE=AB=9，又OB=15，可得OE=OB-BE=15-9=6，在Rt△OED中，根據OE2+DE2=OD2，構建方程即可解決問題；（3）過點E作EP∥BD交BC于點P，過點P作PQ∥DE交BD于點Q，則四邊形DEPQ是平行四邊形，再過點E作EF⊥OD于點F，想辦法求出最小PE的解析式即可解決問題.【詳解】解：（1）由題知：.（2）設，則，根據軸對稱的性質，，，又，∴，在中，，即，解得，∴，∴點，設直線所對應的函數表達式為：，則，解得，∴直線所對應的函數表達式為：，（3）存在，過點作EP∥DB交于點，過點作PQ∥ED交于點，則四邊形是平行四邊形．再過點作于點，由，得，即點的縱坐標為，又點在直線：上，∴，解得，∴由于EP∥DB，所以可設直線：，∵在直線上∴，解得，∴直線：，令，則，解得，∴.本題考查一次函數綜合題、矩形的性質、平行四邊形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握待定系數法，學會構建一次函數解決問題，屬于中考壓軸題.18、（1）甲被錄用；（2）乙被錄用．【解析】分析:（1）根據平均數的計算公式分別進行計算，平均數大的將被錄用；（2）根據加權平均數的計算公式分別進行解答，加權平均數大的將被錄用；詳解:（1）甲的平均成績?yōu)?84（分）；乙的平均成績?yōu)?82（分），因為甲的平均成績高于乙的平均成績，所以甲被錄用；（2）根據題意，甲的平均成績?yōu)?83.2（分），乙的平均成績?yōu)?84.8（分），因為甲的平均成績低于乙的平均成績，所以乙被錄用．點睛:本題重點考查了算術平均數和加權平均數的計算公式，希望同學們要牢記這些公式，并能夠靈活運用.數據x1、x2、……、xn的算術平均數：=(x1+x2+……+xn)，加權平均數：（其中w1、w2、……wn為權數）.算術平均數是加權平均數的一種特殊情況，加權平均數包含算術平均數，當加權平均數中的權相等時，就是算術平均數.一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、【解析】

根據對折之后對應邊長度相同，聯立直角三角形中勾股定理即可求解．【詳解】設∵矩形紙片中，，現將其沿對折，使得點C與點A重合，點D落在處，∴，在中，，即解得，故答案為：．本題考查了矩形的性質和勾股定理的應用，解題的關鍵在于找到對折之后對應邊相等關系和勾股定理中的等量關系．20、﹣1≤a＜3【解析】

根據負數沒有算術平方根列出不等式組，求出解集即可．【詳解】依題意，得：，解得：﹣1≤a＜3此題考查二次根式的乘除法，解題關鍵在于掌握運算法則21、1【解析】

分別延長AE，BF交于點H，易證四邊形EPFH為平行四邊形，得出點G為PH的中點，則G的運動軌跡為△HCD的中位線MN，再求出CD的長度，運用中位線的性質求出MN的長度即可．【詳解】解：如圖，分別延長AE，BF交于點H，∵∠A=∠FPB=60°，∴AH∥PF，∵∠B=∠EPA=60°，∴BH∥PE∴四邊形EPFH為平行四邊形，∴EF與HP互相平分，∵點G為EF的中點，∴點G為PH的中點，即在P運動的過程中，G始終為PH的中點，∴G的運動軌跡為△HCD的中位線MN，∵CD=6-1-1=4，∴MN==1，∴點G移動路徑的長是1，故答案為：1．本題考查了等邊三角形及中位線的性質，以及動點的問題，是中考熱點，解題的關鍵是得出G的運動軌跡為△HCD的中位線MN．22、（-，0）【解析】

先計算得到點D的坐標，根據旋轉的性質依次求出點D旋轉后的點坐標，得到變化的規(guī)律即可得到答案．【詳解】∵菱形的兩個頂點坐標為，，∴對角線的交點D的坐標是（2,2），∴，將菱形繞點以每秒的速度逆時針旋轉，旋轉1次后坐標是（0，），旋轉2次后坐標是（-2,2），旋轉3次后坐標是（-，0），旋轉4次后坐標是（-2，-2），旋轉5次后坐標是（0，-），旋轉6次后坐標是（2，-2），旋轉7次后坐標是（,0），旋轉8次后坐標是（2,2）旋轉9次后坐標是（0，，由此得到點D旋轉后的坐標是8次一個循環(huán)，∵，∴第秒時，菱形兩對角線交點的坐標為（-，0）故答案為：（-，0）．此題考查了菱形的性質，旋轉的性質，勾股定理，直角坐標系中點坐標的變化規(guī)律，根據點D的坐標依次求出旋轉后的坐標得到變化規(guī)律是解題的關鍵．23、x≠1【解析】試題分析：分式有意義，分母不等于零．解：當分母x﹣1≠0，即x≠1時，分式有意義．故答案是：x≠1．考點：分式有意義的條件．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（1）客車總數為6；（1）租4輛甲種客車，1輛乙種客車費用少.【解析】分析：（1）由師生總數為140人，根據“所需租車數=人數÷載客量”算出租載客量最大的客車所需輛數，再結合每輛車上至少要有1名教師，即可得出結論；（1）設租乙種客車x輛，則甲種客車（6﹣x）輛，根據師生總數為140人以及租車總費用不超過1300元，即可得出關于x的一元一次不等式，解不等式即可得出x的值，再設租車的總費用為y元，根據“總費用=租A種客車所需費用+租B種客車所需費用”即可得出y關于x的函數關系式，根據一次函數的性質結合x的值即可解決最值問題．詳解：（1）∵（134+6）÷45=5（輛）…15（人），∴保證140名師生都有車坐，汽車總數不能小于6；∵只有6名教師，∴要使每輛汽車上至少要有1名教師，汽車總數不能大于6；綜上可知：共需租6輛汽車．（1）設租乙種客車x輛，則甲種客車（6﹣x）輛，由已知得：，解得：≤x≤1．∵x為整數，∴x=1，或x=1．設租車的總費用為y元，則y=180x+400×（6﹣x）=﹣110x+1400．∵﹣110＜0，∴當x=1時，y取最小值，最小值為1160元．故租甲種客車4輛、乙種客車1輛時，所需費用最低，最低費用為116