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）如圖，將三個同樣的正方形的一個頂點重合放置，如果°，°時，那么的度數(shù)是（ ）
A．15°B．25°C．30°D．45°
2、（4分）某班組織了一次讀書活動，統(tǒng)計了10名同學在一周內(nèi)的讀書時間，他們一周內(nèi)的讀書時間累計如表，則這10名同學一周內(nèi)累計讀書時間的中位數(shù)是（ ）
A．8B．7C．9D．10
3、（4分）如圖，動點P從出發(fā)，沿箭頭所示方向運動，每當碰到矩形的邊時反彈，反彈時反射角等于入射角當點P第2018次碰到矩形的邊時，點P的坐標為
A．B．C．D．
4、（4分）數(shù)據(jù)60，70，40，30這四個數(shù)的平均數(shù)是（ ）
A．40B．50C．60D．70
5、（4分）一條直線y=kx+b，其中k+b=﹣5、kb=6，那么該直線經(jīng)過
A．第二、四象限B．第一、二、三象限C．第一、三象限D(zhuǎn)．第二、三、四象限
6、（4分）2022年將在北京﹣張家口舉辦冬季奧運會，北京將成為世界上第一個既舉辦夏季奧運會，又舉辦冬季奧運會的城市．某隊要從兩名選手中選取一名參加比賽，為此對這兩名隊員進行了五次測試，測試成績?nèi)鐖D所示：則下列說法中正確的是（ ）
A．SA2＞SB2，應該選取B選手參加比賽
B．SA2＜SB2，應該選取A選手參加比賽
C．SA2≥SB2，應該選取B選手參加比賽
D．SA2≤SB2，應該選取A選手參加比賽
7、（4分）如圖，矩形中，分別是線段的中點，，動點沿的路線由點運動到點，則的面積是動點運動的路徑總長的函數(shù)，這個函數(shù)的大致圖象可能是（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）分式有意義，x的取值范圍是（ ）
A．x≠2B．x≠﹣2C．x＝2D．x＝﹣2
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）已知一元二次方程x2－6x+a =0有一個根為2，則另一根為_______．
10、（4分）若分式的值為0，則__．
11、（4分） 已知：如圖，在正方形ABCD外取一點E，連接AE、BE、DE．過點A作AE的垂線交DE于點P．若AE＝AP＝1，BP＝．下列結(jié)論：
①△APD≌△AEB；②點B到直線AE的距離為；
③S△APD+S△APB＝+；④S正方形ABCD＝4+．
其中正確結(jié)論的序號是_____．
12、（4分）如圖所示，一次函數(shù)y=ax+b的圖象與x軸相交于點（2，0），與y軸相交于點（0，4），結(jié)合圖象可知，關于x的方程ax+b=0的解是_____．
13、（4分）若，則的取值范圍為_____．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）計算：
(1)
(2)．
15、（8分）某演唱會購買門票的方式有兩種．
方式一：若單位贊助廣告費10萬元，則該單位所購門票的價格為每張0.02萬元；
方式二：如圖所示．
設購買門票x張，總費用為y萬元，方式一中：總費用=廣告贊助費+門票費．
（1）求方式一中y與x的函數(shù)關系式．
（2）若甲、乙兩個單位分別采用方式一、方式二購買本場演唱會門票共400張，且乙單位購買超過100張，兩單位共花費27.2萬元，求甲、乙兩單位各購買門票多少張？
16、（8分）如圖，在中，AD是高，E、F分別是AB、AC的中點．
（1）求證：EF垂直平分AD；
（2）若四邊形AEDF的周長為24，，求AB的長．
17、（10分）求不等式組的正整數(shù)解.
18、（10分）已知，如圖，O為正方形對角線的交點，BE平分∠DBC，交DC于點E，延長BC到點F，使CF=CE，連結(jié)DF，交BE的延長線于點G，連結(jié)OG．
（1）求證：△BCE≌△DCF．
（2）判斷OG與BF有什么關系，證明你的結(jié)論．
（3）若DF2=8-4，求正方形ABCD的面積？
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）在中， 若的面積為1，則四邊形的面積為______．
20、（4分）一個菱形的邊長為5，一條對角線長為6，則這個菱形另一條對角線長為_____．
21、（4分）式子有意義的條件是__________．
22、（4分）如圖，在平面直角坐標系中，邊長不等的正方形依次排列，每個正方形都有一個頂點落在函數(shù)的圖象上，從左向右第3個正方形中的一個頂點A的坐標為，陰影三角形部分的面積從左向右依次記為、、、、，則的值為______用含n的代數(shù)式表示，n為正整數(shù)
23、（4分）有一組數(shù)據(jù)：2，5，5，6，7，這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為_____．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）2017年5月31日，昌平區(qū)舉辦了首屆初二年級學生“數(shù)學古文化閱讀展示”活動，為表彰在本次活動中表現(xiàn)優(yōu)秀的學生，老師決定在6月1日購買筆袋或彩色鉛筆作為獎品．已知1個筆袋、2筒彩色鉛筆原價共需44元；2個筆袋、3筒彩色鉛筆原價共需73元．
（1）每個筆袋、每筒彩色鉛筆原價各多少元？
（2）時逢“兒童節(jié)”，商店舉行“優(yōu)惠促銷”活動，具體辦法如下：筆袋“九折”優(yōu)惠；彩色鉛筆不超過10筒不優(yōu)惠，超出10筒的部分“八折”優(yōu)惠．若買x個筆袋需要y1元，買x筒彩色鉛筆需要y2元．請用含x的代數(shù)式表示y1、y2；
（3）若在（2）的條件下購買同一種獎品95件，請你分析買哪種獎品省錢．
25、（10分）如圖，正方形ABCD，點P為射線DC上的一個動點，點Q為AB的中點，連接PQ，DQ，過點P作PE⊥DQ于點E．
（1）請找出圖中一對相似三角形，并證明；
（2）若AB＝4，以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，試求出DP的長．
26、（12分）某公司對應聘者A，B進行面試，并按三個方面給應聘者打分，每方面滿分20分，打分結(jié)果如下表：
根據(jù)實際需要，公司將專業(yè)知識、工作經(jīng)驗和儀表形象三項成績得分按6：1：3的比例確定兩人的成績，通過計算說明誰將被錄用．
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】
根據(jù)∠2=∠BOD+EOC-∠BOE，利用正方形的角都是直角，即可求得∠BOD和∠EOC的度數(shù)從而求解．
【詳解】
∵∠BOD=90°-∠3=90°-30°=60°，
∠EOC=90°-∠1=90°-45°=45°，
又∵∠2=∠BOD+∠EOC-∠BOE，
∴∠2=60°+45°-90°=15°．
故選：A．
此題考查余角和補角，正確理解∠2=∠BOD+EOC-∠BOE這一關系是解題的關鍵．
2、C
【解析】
試題分析：根據(jù)中位數(shù)的概念求解．∵共有10名同學，∴第5名和第6名同學的讀書時間的平均數(shù)為中位數(shù)，則中位數(shù)為：=1．
故選C．
考點：中位數(shù)．
3、C
【解析】
理解題意，由反射角與入射角的定義作出圖形，觀察出反彈6次為一個循環(huán)的規(guī)律，解答即可.
【詳解】
如圖，
經(jīng)過6次反彈后動點回到出發(fā)點（0，3），
∵2018÷6=336…2，
∴當點P第2018次碰到矩形的邊時為第336個循環(huán)組的第2次反彈，
點P的坐標為（7，4）．
故選C．
本題考查了平面直角坐標系中點的坐標規(guī)律，首先作圖，然后觀察出每6次反彈為一個循環(huán)，據(jù)此解答即可.
4、B
【解析】
用四個數(shù)的和除以4即可.
【詳解】
（60+70+40+30）÷4=200÷4=50.
故選B.
本題重點考查了算術平均數(shù)的計算，希望同學們要牢記公式，并能夠靈活運用.
數(shù)據(jù)x1、x2、……、xn的算術平均數(shù)：=(x1+x2+……+xn).
5、D
【解析】
∵k＋b=－5，kb=6，∴kb是一元二次方程的兩個根．
解得，或．∴k＜1，b＜1．
一次函數(shù)的圖象有四種情況：
①當，時，函數(shù)的圖象經(jīng)過第一、二、三象限；
②當，時，函數(shù)的圖象經(jīng)過第一、三、四象限；
③當，時，函數(shù)的圖象經(jīng)過第一、二、四象限；
④當，時，函數(shù)的圖象經(jīng)過第二、三、四象限．
∴直線y=kx+b經(jīng)過二、三、四象限．故選D．
6、B
【解析】
根據(jù)方差的定義，方差越小數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．
【詳解】
根據(jù)統(tǒng)計圖可得出：SA2＜SB2，
則應該選取A選手參加比賽；
故選：B．
本題考查了方差的意義．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．
7、C
【解析】
根據(jù)題意分析△PAB的面積的變化趨勢即可．
【詳解】
根據(jù)題意當點P由E向C運動時，△PAB的面積勻速增加，當P由C向D時，△PAB的面積保持不變，當P由D向F運動時，△PAB的面積勻速減小但不為1．
故選C．
本題為動點問題的函數(shù)圖象探究題，考查了一次函數(shù)圖象的性質(zhì)，分析動點到達臨界點前后函數(shù)值變化是解題關鍵．
8、B
【解析】
分式中，分母不為零，所以x+2≠0，所以x≠-2
【詳解】
解：因為有意義，所以x+2≠0，所以x≠-2，所以選B
本題主要考查分式有意義的條件
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、1
【解析】
設方程另一根為t，根據(jù)根與系數(shù)的關系得到2+t=6，然后解一次方程即可．
【詳解】
設方程另一根為t，
根據(jù)題意得2+t=6，
解得t=1．
故答案為1．
此題考查一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根與系數(shù)的關系，解題關鍵在于掌握方程的兩根為x1，x2，則x1+x2=-．
10、2
【解析】
根據(jù)分式的值為零的條件即可求出答案．
【詳解】
解：由題意可知：，
解得：，
故答案為：2；
本題考查分式的值為零，解題的關鍵是正確理解分式的值為零的條件，本題屬于基礎題型．
11、①③④
【解析】
由題意可得△ABE≌△APD，故①正確，可得∠APD＝∠AEB＝135°，則∠PEB＝90°，由勾股定理可得BE，作BM⊥AE于M，可得△BEM是等腰直角三角形，
可得BM＝EM＝，故②錯誤，根據(jù)面積公式即可求S△APD+S△APB，S正方形ABCD，根據(jù)計算結(jié)果可判斷．
【詳解】
解：∵正方形ABCD
∴AB＝AD，∠BAD＝90°
又∵∠EAP＝90°
∴∠BAE＝∠PAD，AE＝AP，AB＝AD
∴△AEB≌△APD故①正確
作BM⊥AE于M，
∵AE＝AP＝1，∠EAP＝90°
∴EP＝，∠APE＝45°＝∠AEP
∴∠APD＝135°
∵△AEP≌△APD，
∴∠AEB＝135°
∴∠BEP＝90°
∴BE
∵∠M＝90°，∠BEM＝45°
∴∠BEM＝∠EBM＝45°
∴BE＝MB 且BE＝,
∴BM＝ME＝,故②錯誤
∵S△APD+S△APB＝S四邊形AMBP﹣S△BEM
故③正確
∵S正方形ABCD＝AB2＝AE2+BE2
∴S正方形ABCD 故④正確
∴正確的有①③④
本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，關鍵是構(gòu)造直角三角形求出點B到直線AE的距離．
12、x=1
【解析】
【分析】一次函數(shù)y=ax+b的圖象與x軸交點橫坐標的值即為方程ax+b=0的解．
【詳解】∵一次函數(shù)y=ax+b的圖象與x軸相交于點（1，0），
∴關于x的方程ax+b=0的解是x=1，
故答案為：x=1．
【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)與一元一次方程的關系．任何一元一次方程都可以轉(zhuǎn)化為ax+b=0 （a，b為常數(shù)，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以轉(zhuǎn)化為：當某個一次函數(shù)的值為0時，求相應的自變量的值．從圖象上看，相當于已知直線y=ax+b確定它與x軸的交點的橫坐標的值．
13、
【解析】
根據(jù)二次根式的性質(zhì)可知，開方結(jié)果大于等于0，于是1-a≥0，解不等式即可．
【詳解】
∵，
∴1?a≥0，
∴a≤1，
故答案是a≤1.
本題考查二次根式的性質(zhì)與化簡，能根據(jù)任意一個非負數(shù)的算術平方根都大于等于0得出1?a≥0是解決本題的關鍵.
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、 (1)28﹣10；(2)3a﹣(+3)b.
【解析】
(1)利用完全平方公式計算；
(2)先把各二次根式化簡為最簡二次根式，然后合并即可．
【詳解】
(1)原式=3﹣10+25=28﹣10；
(2)原式=3a+b﹣2b﹣3b
=3a﹣(+3)b．
此題考查二次根式的混合運算，解題關鍵在于掌握運算法則
15、（1）;（2）甲、乙兩單位購買門票分別為270張和130張.
【解析】
（1）根據(jù)題意即可直接寫出方式一中y與x的函數(shù)關系式；
（2）先求出方式二x≥100時，直線解析式為，再設甲單位購買門票張，乙單位購買門票張,根據(jù)題意列出方程求出m即可.
【詳解】
（1）解：根據(jù)題意得y1=0.02x+10
（2）解：當x≥100時，設直線解析式為y2=kx+b(k≠0)，代入點(100,10)、(200,16)得解得；∴,
設甲單位購買門票張，乙單位購買門票張
根據(jù)題意可得：
解得m=270,得400-m=130；
答：甲、乙兩單位購買門票分別為270張和130張.
此題主要考查一次函數(shù)的應用，解題的關鍵是根據(jù)函數(shù)圖像求出解析式.
16、（1）證明過程見解析；（2）AB的長為15.
【解析】
（1）根據(jù)線段兩端點距離相等的點在線段的垂直平分線即可證明該結(jié)論；
（2）根據(jù)，可得AF+DF=AC，DE+AE=AB，即可得出答案.
【詳解】
（1）證明：∵△ADB和△ADC是直角三角形
且E、F分別是AB、AC的中點
∴，
∴E在線段AD的垂直平分線上，F(xiàn)在線段AD的垂直平分線上
∴EF垂直平分AD
（2）∵，
∴AF+DF=AC，DE+AE=AB
又∵四邊形AEDF的周長為24，
∴AB=24-9=15
故AB的長為15.
本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)以及到線段兩端點距離相等的點在線段的垂直平分線的性質(zhì)，熟記性質(zhì)是解決本題的關鍵.
17、正整數(shù)解是1，2，3，1．
【解析】
先分別求出每一個不等式的解集，然后根據(jù)不等式組解集的確定方法得到解集，即可得到正整數(shù)解．
【詳解】
解：，
解不等式①，得x＞﹣2，
解不等式②，得x≤，
不等式組的解集是﹣2＜x≤，
不等式組的正整數(shù)解是1，2，3，1．
本題考查了解一元一次不等式組，熟知一元一次不等式組的解集的確定方法“大大取大，小小取小，大小小大中間找，大大小小無處找”是解題的關鍵.
18、（2）證明見解析．（2）OG∥BF且OG=BF；證明見解析．（3）2．
【解析】
（2）利用正方形的性質(zhì)，由全等三角形的判定定理SAS即可證得△BCE≌△DCF；
（2）首先證明△BDG≌△BGF，從而得到OG是△DBF的中位線，即可得出答案；
（3）設BC=x，則DC=x，BD=x，由△BGD≌△BGF，得出BF=BD，CF=（-2）x，利用勾股定理DF2=DC2+CF2，解得x2=2，即正方形ABCD的面積是2．
【詳解】
（2）證明：在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
（2）OG∥BF且OG=BF，
理由：如圖，
∵BE平分∠DBC，
∴∠2=∠3，
在△BGD和△BGF中，
，
∴△BGD≌△BGF（ASA），
∴DG=GF，
∵O為正方形ABCD的中心，
∴DO=OB，
∴OG是△DBF的中位線，
∴OG∥BF且OG=BF；
（3）設BC=x，則DC=x，BD=x，由（2）知△BGD≌△BGF，
∴BF=BD，
∴CF=（-2）x，
∵DF2=DC2+CF2，
∴x2+[（-2）x]2=8-4，解得x2=2，
∴正方形ABCD的面積是2．
考點：2．正方形的性質(zhì)；2．全等三角形的判定與性質(zhì)；3．勾股定理．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、1
【解析】
S△AEF=1，按照同高時，面積與底成正比，逐次求解即可．
【詳解】
S△AEF=1，DF=2AF，
∴S△DEF=2，
∵CE=2AE，
∴S△DEC=6，
∴S△ADC=9，
∵BD=2DC，
∴S△ABD=18，
∵DF=2AF，
∴S△BFD=12，
∴S四邊形BDEF=12+2=1．
本題考查的是圖象面積的計算，主要依據(jù)同高時，面積與底成正比，逐次求解即可．
20、1
【解析】
根據(jù)菱形對角線互相垂直平分可得AO＝OC，BO＝OD，△ABO為Rt△；在Rt△ABO中，已知AB，AO的長，即可求BO的長，根據(jù)BO的長即可求BD的長．
【詳解】
如圖，由題意知,AB＝5，AC＝6，
∴AO＝OC＝3，
∵菱形對角線互相垂直平分，
∴△ABO為直角三角形，
在Rt△ABO中，AB＝5，AO＝3，
∴BO＝＝4，
故BD＝2BO＝1，
故答案為: 1．
本題考查了菱形對角線互相垂直平分的性質(zhì)，考查了勾股定理在直角三角形中的運用，本題中根據(jù)勾股定理求BO的值是解題的關鍵．
21、且
【解析】
式子有意義，則x-2≥0，x-3≠0，解出x的范圍即可.
【詳解】
式子有意義，則x-2≥0，x-3≠0，解得：，，故答案為且.
此題考查二次根式及分式有意義，熟練掌握二次根式的被開方數(shù)大于等于0，分式的分母不為0，及解不等式是解決本題的關鍵.
22、
【解析】
由題意可知Sn是第2n個正方形和第（2n-1）個正方形之間的陰影部分，先由已知條件分別求出圖中第1個、第2個、第3個和第4個正方形的邊長，并由此計算出S1、S2，并分析得到Sn與n間的關系，這樣即可把Sn給表達出來了.
【詳解】
∵函數(shù)y=x與x軸的夾角為45°，
∴直線y=x與正方形的邊圍成的三角形是等腰直角三角形，
∵A（8，4），
∴第四個正方形的邊長為8，
第三個正方形的邊長為4，
第二個正方形的邊長為2，
第一個正方形的邊長為1，
…，
第n個正方形的邊長為，第（n-1）個正方形的邊長為，
由圖可知，S1=，
S2=，
…，
由此可知Sn=第（2n-1）個正方形面積的一半，
∵第（2n-1）個正方形的邊長為，
∴Sn=.
故答案為：.
通過觀察、計算、分析得到：“（1）第n個正方形的邊長為；（2）Sn=第（2n-1）個正方形面積的一半.”是正確解答本題的關鍵.
23、1.
【解析】
把給出的這1個數(shù)據(jù)加起來，再除以數(shù)據(jù)個數(shù)1，就是此組數(shù)據(jù)的平均數(shù)．
【詳解】
解：（2+1+1+6+7）÷1
＝21÷1
＝1．
答：這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)是1．
故答案為：1．
此題主要考查了平均數(shù)的意義與求解方法，關鍵是把給出的這1個數(shù)據(jù)加起來，再除以數(shù)據(jù)個數(shù)1．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（1）每個筆袋原價14元，每筒彩色鉛筆原價15元. （2）y1＝12.6x.當不超過10筒時：y2＝15x；當超過10筒時：y2＝12x＋30（3）買彩色鉛筆省錢
【解析】
試題分析：（1）設每個筆袋原價x元，每筒彩色鉛筆原價y元，根據(jù)“1個筆袋、2筒彩色鉛筆原價共需44元；2個筆袋、3筒彩色鉛筆原價共需73元”列出方程組求解即可；（2）根據(jù)題意直接用含x的代數(shù)式表示y1、y2；（3）把95分別代入（2）中的關系式，比較大小即可.
試題解析：
（1）設每個筆袋原價x元，每筒彩色鉛筆原價y元，根據(jù)題意，得：
解得：
所以每個筆袋原價14元，每筒彩色鉛筆原價15元.
（2）y1＝14×0.9x＝12.6x.
當不超過10筒時：y2＝15x；
當超過10筒時：y2＝12x＋30.
（3）方法1：
∵95＞10，
∴將95分別代入y1＝12.6x和y2＝12x＋30中，得y1＞ y2.
∴買彩色鉛筆省錢.
方法2：
當y1＜y2時，有12.6x＜12x＋30，解得x＜50，因此當購買同一種獎品的數(shù)量少于50件時，買筆袋省錢.
當y1＝y(tǒng)2時，有12.6x＝12x＋30，解得x＝50，因此當購買同一種獎品的數(shù)量為50件時，兩者費用一樣.
當y1＞y2時，有12.6x＞12x＋30，解得x＞50，因此當購買同一種獎品的數(shù)量大于50件時，買彩色鉛筆省錢.
∵獎品的數(shù)量為95件，95＞50，
∴買彩色鉛筆省錢.
25、（1）△DPE∽△QDA，證明見解析；（2）DP=2或5
【解析】
（1）由∠ADC＝∠DEP＝∠A＝90可證明△ADQ∽△EPD；
（2）若以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，有兩種情況，當△ADQ∽△EPQ時，設EQ＝x，則EP＝2x，則DE＝2?x，由△ADQ∽△EPD可得，可求出x的值，則DP可求出；同理當△ADQ∽△EQP時，設EQ＝2a，則EP＝a，可得，可求出a的值，則DP可求．
【詳解】
（1）△ADQ∽△EPD，證明如下：
∵PE⊥DQ，
∴∠DEP＝∠A＝90，
∵∠ADC＝90，
∴∠ADQ＋∠EDP＝90，∠EDP＋∠DPE＝90，
∴∠ADQ＝∠DPE，
∴△ADQ∽△EPD；
（2）∵AB＝4，點Q為AB的中點，
∴AQ＝BQ＝2，
∴DQ＝，
∵∠PEQ＝∠A＝90，
∴若以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似，有兩種情況，
①當△ADQ∽△EPQ時，，
設EQ＝x，則EP＝2x，則DE＝2?x，
由（1）知△ADQ∽△EPD，
∴，
∴，
∴x＝
∴DP＝＝5；
②當△ADQ∽△EQP時，設EQ＝2a，則EP＝a，
同理可得，
∴a＝，
DP＝．
綜合以上可得DP長為2或5，使得以點P，E，Q為頂點的三角形與△ADQ相似．
本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．
26、應聘者將被錄用
【解析】
根據(jù)加權(quán)平均數(shù)的定義分別計算A、B兩人的成績，比較即得答案．
【詳解】
解：的成績：，
的成績：，
∵，
∴應聘者將被錄用．
本題考查了加權(quán)平均數(shù)的計算，屬于基礎題型，正確理解題意、熟練掌握計算方法是解答的關鍵．
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
批閱人
一周內(nèi)累計的讀書時間（小時）
5
8
10
14
人數(shù)（個）
1
4
3
2

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