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，正方形的邊長為10，，，連接，則線段的長為（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）如圖，函數(shù)y1=x﹣1和函數(shù)的圖象相交于點M（2，m），N（﹣1，n），若y1＞y2，則x的取值范圍是（ ）
A．x＜﹣1或0＜x＜2B．x＜﹣1或x＞2
C．﹣1＜x＜0或0＜x＜2D．﹣1＜x＜0或x＞2
3、（4分）如圖，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，若AB＝2，BC＝4，則CD的長是（ ）
A．1B．4C．3D．2
4、（4分）以下說法正確的是( )
A．在367人中至少有兩個人的生日相同；
B．一次摸獎活動的中獎率是l%，那么摸100次獎必然會中一次獎；
C．一副撲克牌中，隨意抽取一張是紅桃K，這是必然事件；
D．一個不透明的袋中裝有3個紅球，5個白球，任意摸出一個球是紅球的概率是
5、（4分）下列各式：中，分式的有（ ）
A．1 個B．2 個C．3 個D．4 個
6、（4分）若分式有意義，則的取值范圍是( )
A．B．C．D．
7、（4分）四邊形ABCD的對角線互相平分，要使它變?yōu)榱庑?，需要添加的條件是( )
A．AB=CDB．AC=BDC．AC⊥BDD．AD=BC
8、（4分）用配方法解關于的一元二次方程，配方后的方程可以是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）若直角三角形斜邊上的高和中線分別是 5 cm 和 6 cm，則面積為________，
10、（4分）若正多邊形的一個內(nèi)角等于150°，則這個正多邊形的邊數(shù)是______．
11、（4分）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為AD邊上一點，且AE＝AB，若∠BED＝160°，則∠D的度數(shù)為__________.
12、（4分）計算：×＝____________.
13、（4分）將50個數(shù)據(jù)分成5組，第1、2、3、4組的頻數(shù)分別是2、8、10、15，則第5組的頻率為_________
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）為了選拔一名學生參加全市詩詞大賽，學校組織了四次測試，其中甲乙兩位同學成績較為優(yōu)秀，他們在四次測試中的成績（單位：分）如表所示．
（1）分別求出兩位同學在四次測試中的平均分；
（2）分別求出兩位同學測試成績的方差．你認為選誰參加比賽更合適，請說明理由．
15、（8分）計算：（+）×﹣4
16、（8分）如圖，四邊形為正方形.在邊上取一點，連接，使.
（1）利用尺規(guī)作圖（保留作圖痕跡）：分別以點、為圓心，長為半徑作弧交正方形內(nèi)部于點，連接并延長交邊于點，則；
（2）在前面的條件下，取中點，過點的直線分別交邊、于點、.
①當時，求證：；
②當時，延長，交于點，猜想與的數(shù)量關系，并說明理由.
17、（10分）如圖，在直角坐標系中，直線與軸分別交于點、點，直線交于點，是直線上一動點，且在點的上方，設點.
（1）當四邊形的面積為38時，求點的坐標，此時在軸上有一點，在軸上找一點，使得最大，求出的最大值以及此時點坐標；
（2）在第（1）問條件下，直線左右平移，平移的距離為. 平移后直線上點，點的對應點分別為點、點，當為等腰三角形時，直接寫出的值.
18、（10分）某商場在去年底以每件80元的進價購進一批同型號的服裝，一月份以每件150元的售價銷售了320件，二、三月份該服裝暢銷，銷量持續(xù)走高，在售價不變的情況下，三月底統(tǒng)計知三月份的銷量達到了500件．
（1）求二、三月份服裝銷售量的平均月增長率；
（2）從四月份起商場因換季清倉采用降價促銷的方式，經(jīng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)，在三月份銷量的基礎上，該服裝售價每降價5元，月銷售量增加10件，當每件降價多少元時，四月份可獲利12000元？
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）若正多邊形的一個外角等于36°，那么這個正多邊形的邊數(shù)是________．
20、（4分）如圖，BE，CD是△ABC的高，且BD＝EC，判定△BCD≌△CBE的依據(jù)是“_____”．
21、（4分）已知點A(，)、B(，)在直線上，且直線經(jīng)過第一、三、四象限，當時，與的大小關系為____.
22、（4分）如圖，菱形ABCD對角線AC=6cm，BD=8cm，AH⊥BC于點H，則AH的長為_______．
23、（4分）若方程的兩根為，，則________．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）在?ABCD中，AB＝BC＝9，∠BCD＝120°．點M從點A出發(fā)沿射線AB方向移動．同時點N從點B出發(fā)，以相同的速度沿射線BC方向移動，連接AN，CM，直線AN、CM相交于點P．
（1）如圖甲，當點M、N分別在邊AB、BC上時，
①求證：AN＝CM；
②連接MN，當△BMN是直角三角形時，求AM的值．
（2）當M、N分別在邊AB、BC的延長線上時，在圖乙中畫出點P，并直接寫出∠CPN的度數(shù)．
25、（10分）甲、乙兩種客車共7輛，已知甲種客車載客量是30人，乙種客車載客量是45人．其中，每輛乙種客車租金比甲種客車多100元，5輛甲種客車和2輛乙種客車租金共需2300元．
（1）租用一輛甲種客車、一輛乙種客車各多少元？
（2）設租用甲種客車x輛，總租車費為y元，求y與x的函數(shù)關系；在保證275名師生都有座位的前提下，求當租用甲種客車多少輛時，總租車費最少，并求出這個最少費用．
26、（12分）某校美術社團為練習素描，他們第一次用120元買了若干本資料，第二次又用240元在同一商家買同樣的資料，這次商家每本優(yōu)惠4元，結(jié)果比上次多買了20本．求第一次買了多少本資料？
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、B
【解析】
延長DH交AG于點E，利用SSS證出△AGB≌△CHD，然后利用ASA證出△ADE≌△DCH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出EG、HE和∠HEG，最后利用勾股定理即可求出HG．
【詳解】
解：延長DH交AG于點E
∵四邊形ABCD為正方形
∴AD=DC=BA=10，∠ADC=∠BAD=90°
在△AGB和△CHD中
∴△AGB≌△CHD
∴∠BAG=∠DCH
∵∠BAG＋∠DAE=90°
∴∠DCH＋∠DAE=90°
∴CH2＋DH2=82＋62=100= DC2
∴△CHD為直角三角形，∠CHD=90°
∴∠DCH＋∠CDH=90°
∴∠DAE=∠CDH，
∵∠CDH＋∠ADE=90°
∴∠ADE=∠DCH
在△ADE和△DCH中
∴△ADE≌△DCH
∴AE=DH=6，DE=CH=8，∠AED=∠DHC=90°
∴EG=AG－AE=2，HE= DE－DH=2，∠GEH=180°－∠AED=90°
在Rt△GEH中，GH=
故選B．
此題考查是正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)和勾股定理，掌握正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)和利用勾股定理解直角三角形是解決此題的關鍵．
2、D
【解析】
析：根據(jù)反比例函數(shù)的自變量取值范圍，y1與y1圖象的交點橫坐標，可確定y1＞y1時，x的取值范圍．
解答：解：∵函數(shù)y1=x-1和函數(shù)y1=的圖象相交于點M（1，m），N（-1，n），
∴當y1＞y1時，那么直線在雙曲線的上方，
∴此時x的取值范圍為-1＜x＜0或x＞1．
故選D．
點評：本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題的運用．關鍵是根據(jù)圖象的交點坐標，兩個函數(shù)圖象的位置確定自變量的取值范圍．
3、C
【解析】
試題分析：先由∠BAC＝90°，AD⊥BC，∠B＝∠B證得△ABD∽△CBA，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得BD的長，即可求得結(jié)果.
解：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，∠B＝∠B
∴△ABD∽△CBA
∴
∵AB＝2，BC＝4
∴，解得
∴CD＝BC-BD＝3
故選C.
考點：相似三角形的判定和性質(zhì)
點評：相似三角形的判定和性質(zhì)是初中數(shù)學的重點，貫穿于整個初中數(shù)學的學習，是中考中比較常見的知識點，一般難度不大，需熟練掌握.
4、A
【解析】
解：B．摸獎活動中獎是一個隨機事件，因此，摸100次獎是否中獎也是隨機事件；
C．一副撲克牌中，隨意抽取一張是紅桃K，這是隨機事件；
D．一個不透明的袋中裝有3個紅球，5個白球，任意摸出一個球是紅球的概率是
故選A．
本題考查隨機事件．
5、B
【解析】
根據(jù)分式定義：一般地，如果A，B表示兩個整式，并且B中含有字母，那么式子叫做分式進行分析即可．
【詳解】
是分式，共2個，故選：B.
本題考查分式的定義，解題的關鍵是掌握分式的定義.
6、A
【解析】
根據(jù)分式有意義的條件：分母不等于0，即可求解．
【詳解】
解：根據(jù)題意得：x-1≠0，
解得：x≠1．
故選：A．
此題考查分式有意義的條件，正確理解條件是解題的關鍵．
7、C
【解析】
由已知條件得出四邊形ABCD是平行四邊形，再由對角線互相垂直，即可得出四邊形ABCD是菱形．
【詳解】
如圖所示：
需要添加的條件是AC⊥BD；理由如下：
∵四邊形ABCD的對角線互相平分，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴平行四邊形ABCD是菱形（對角線互相垂直的平行四邊形是菱形）；
故選：C．
考查了平行四邊形的判定方法、菱形的判定方法；熟練掌握平行四邊形和菱形的判定方法，并能進行推理論證是解決問題的關鍵．
8、A
【解析】
在本題中，把常數(shù)項?3移項后，應該在左右兩邊同時加上一次項系數(shù)?2的一半的平方．
【詳解】
解：把方程x2?2x?3＝0的常數(shù)項移到等號的右邊，得到x2?2x＝3，
方程兩邊同時加上一次項系數(shù)一半的平方，得到x2?2x＋1＝3＋1，
配方得（x?1）2＝1．
故選：A．
本題考查了配方法的一般步驟：
（1）把常數(shù)項移到等號的右邊；
（2）把二次項的系數(shù)化為1；
（3）等式兩邊同時加上一次項系數(shù)一半的平方．
選擇用配方法解一元二次方程時，最好使方程的二次項的系數(shù)為1，一次項的系數(shù)是2的倍數(shù)．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、30cm1
【解析】
根據(jù)直角三角形的斜邊上中線性質(zhì)求出斜邊長，然后根據(jù)三角形的面積解答即可．
【詳解】
解：∵直角三角形斜邊上的中線是6cm，
∴斜邊長為11cm，
∴面積為：cm1，
故答案為：30cm1．
本題考查了直角三角形斜邊上中線性質(zhì)的應用，解此題的關鍵是根據(jù)性質(zhì)求出斜邊的長，注意：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．
10、1．
【解析】
首先根據(jù)求出外角度數(shù)，再利用外角和定理求出邊數(shù)．
【詳解】
正多邊形的一個內(nèi)角等于，
它的外角是：，
它的邊數(shù)是：．
故答案為：1．
此題主要考查了多邊形的外角與內(nèi)角，做此類題目，首先求出正多邊形的外角度數(shù)，再利用外角和定理求出求邊數(shù)．
11、40°．
【解析】
根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥BC，求得∠AEB=∠CBE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABE=∠AEB，根據(jù)平角的定義得到∠AEB=20°，可得∠ABC的度數(shù)，根據(jù)平行四邊形的對角相等即可得結(jié)論．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵∠BED＝160°，
∴∠AEB＝20°，
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝2∠AEB＝40°，
∴∠D＝∠ABC＝40°．
故答案為40°．
本題考查平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，正確的識別圖形是解題的關鍵．
12、
【解析】
直接利用二次根式乘法運算法則化簡得出答案．
【詳解】
=.
故答案為.
此題主要考查了二次根式的乘法運算，正確掌握二次根式乘法運算法則是解題關鍵.
13、0.3
【解析】
根據(jù)所有數(shù)據(jù)的頻數(shù)和為總數(shù)量，可用減法求解第五組的評數(shù)，用頻數(shù)除以總數(shù)即可.
【詳解】
解：∵第1、2、3、4組的頻數(shù)分別是2、8、10、15，
∴50-2-8-10-15=15
∴15÷50=0.3
故答案為0.3.
此題主要考查了頻率的求法，明確用頻數(shù)除以總數(shù)求取頻率是解題關鍵.
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（1）（分，（分；（2）選擇甲參加比賽更合適．
【解析】
（1）由平均數(shù)的公式計算即可；
（2）先分別求出兩位同學測試成績的方差，再根據(jù)方差的意義求解即可．
【詳解】
解：（1）（分，
（分，
（2），
，
甲的方差小于乙的方差，
選擇甲參加比賽更合適．
本題考查了方差與平均數(shù)．平均數(shù)是指在一組數(shù)據(jù)中所有數(shù)據(jù)之和再除以數(shù)據(jù)的個數(shù)．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．
15、
【解析】
先利用分配律進行運算，然后進行二次根式的乘法運算，是后進行加減法運算即可得．
【詳解】
解：原式=
=
=．
本題考查了二次根式的混合運算，熟練掌握二次根式混合運算的順序并正確化簡二次根式是解題的關鍵．
16、（1）作圖見解析；（2）①見解析；②數(shù)量關系為：或．理由見解析；
【解析】
（1）按照題意，尺規(guī)作圖即可；
（2）連接PE，先證明PQ垂直平分BE，得到PB=PE，再證明，得到，利用在直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊的一半，即可解答；
（3）NQ=2MQ或NQ=MQ，分兩種情況討論，作輔助線，證明，即可解答.
【詳解】
（1）如圖1，分別以點、為圓心，長為半徑作弧交正方形內(nèi)部于點，連接并延長交邊于點；
圖1
（2）①連接，如圖2，
圖2
點是的中點，
垂直平分．
，
，
，
，
，
，
．
②數(shù)量關系為：或．
理由如下，分兩種情況：
I、如圖3所示，過點作于點交于點，則．
圖3
正方形中，，
．
在和中，
．
．
又，
，
．．
．
Ⅱ、如圖4所示，過點作于點交于點，則．
圖4
同理可證．
此時．
又，．
．
，．
本題為正方形和三角形變化綜合題，難度較大，熟練掌握相關性質(zhì)定理以及分類討論思想是解答本題的關鍵.
17、（1）點D的坐標為（﹣2，10）, 點M的坐標為（0，）時，|ME﹣MD|取最大值2;(2) 當△A′B′D為等腰三角形時，t的值為﹣2﹣4、4、﹣2+4或1
【解析】
（1）將x=-2代入直線AB解析式中即可求出點C的坐標，利用分割圖形求面積法結(jié)合四邊形AOBD的面積為38即可得出關于m的一元一次方程，解之即可得出m值，在x軸負半軸上找出點E關于y軸對稱的點E′（-8，0），連接E′D并延長交y軸于點M，連接DM，根據(jù)三角形三邊關系即可得出此時|ME-MD|最大，最大值為線段DE′的長度，由點D、E′的坐標利用待定系數(shù)法即可求出直線DE′的解析式，將x=0代入其中即可得出此時點M的坐標，再根據(jù)兩點間的距離公式求出線段DE′的長度即可；
（2）根據(jù)平移的性質(zhì)找出平移后點A′、B′的坐標，結(jié)合點D的坐標利用兩點間的距離公式即可找出B′D、A′B′、A′D的長度，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得出關于t的方程，解之即可得出t值，此題得解．
【詳解】
（1）當x＝﹣2時，y＝，
∴C（﹣2，），
∴S四邊形AOBD＝S△ABD+S△AOB＝CD?（xA﹣xB）+OA?OB＝3m+8＝38，
解得：m＝10，
∴當四邊形AOBD的面積為38時，點D的坐標為（﹣2，10）．
在x軸負半軸上找出點E關于y軸對稱的點E′（﹣8，0），連接E′D并延長交y軸于點M，連接DM，此時|ME﹣MD|最大，最大值為線段DE′的長度，如圖1所示．
DE′＝．
設直線DE′的解析式為y＝kx+b（k≠0），
將D（﹣2，10）、E′（﹣8，0）代入y＝kx+b，
，解得：，
∴直線DE′的解析式為y＝x+，
∴點M的坐標為（0，）．
故當點M的坐標為（0，）時，|ME﹣MD|取最大值2．
（2）∵A（0，8），B（﹣6，0），
∴點A′的坐標為（t，8），點B′的坐標為（t﹣6，0），
∵點D（﹣2，10），
∴B′D＝，
A′B′＝＝10，A′D＝．
△A′B′D為等腰三角形分三種情況：
①當B′D＝A′D時，有＝，
解得：t＝1；
②當B′D＝A′B′時，有＝10，
解得：t＝4；
③當A′B′＝A′D時，有10＝，
解得：t1＝﹣2﹣4（舍去），t2＝﹣2+4．
綜上所述：當△A′B′D為等腰三角形時，t的值為﹣2﹣4、4、﹣2+4或1．
考查了一次函數(shù)的綜合應用、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、三角形的面積、一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、等腰三角形的性質(zhì)以及兩點間的距離公式，解題的關鍵是：（1）找出|ME-MD|取最大值時，點M的位置；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)找出關于t的方程．
18、（1）二、三月份銷售量的平均月增長率為25%；（2）每件降價50元，四月份可獲利12000元．
【解析】
（1）由題意可得：一月份的銷售量為：320件；設二月份到三月份銷售額的月平均增長率，則二月份的銷售量為：320（1+x）；三月份的銷售量為：320（1+x）（1+x），又知三月份的銷售量為：500元，由此等量關系列出方程求出x的值，即求出了平均增長率；
（2）利用銷量×每件商品的利潤=12000求出即可．
【詳解】
（1）解：設二、三月份銷售量的平均月增長率為x，根據(jù)題意得：
320（1+x）2=500
解得：x1=0.25，x2=-2.25（不合題意，舍去）．
答：二、三月份銷售量的平均月增長率為25%．
（2）解：設每件降價y元，根據(jù)題意得：
（500+10×）（150-y-80）=12000
整理得：y2+180y-11500=0
解得：y1=50，y2=-230（不合，舍去）．
答：每件降價50元，四月份可獲利12000元．
本題考查了一元二次方程的應用，理解題意，找到等量關系準確的列出方程是解決問題的關鍵．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、十
【解析】
根據(jù)正多邊形的外角和為360°，除以每個外角的度數(shù)即可知．
【詳解】
解：∵正多邊形的外角和為360°，
∴正多邊形的邊數(shù)為，
故答案為：十．
本題考查了正多邊形的外角與邊數(shù)的關系，解題的關鍵是熟知正多邊形外角和等于每個外角的度數(shù)與邊數(shù)的乘積．
20、HL
【解析】
分析: 需證△BCD和△CBE是直角三角形，可證△BCD≌△CBE的依據(jù)是HL.
詳解: ∵BE、CD是△ABC的高，
∴∠CDB=∠BEC=90°，
在Rt△BCD和Rt△CBE中，
BD=EC，BC=CB，
∴Rt△BCD≌Rt△CBE（HL），
故答案為HL.
點睛: 本題考查全等三角形判定定理中的判定直角三角形全等的HL定理.
21、
【解析】
根據(jù)直線經(jīng)過第一、三、四象限得到k＞0，再根據(jù)圖像即可求解.
【詳解】
∵直線經(jīng)過第一、三、四象限
∴k＞0，∴y隨x的增大而增大，
∵，∴
故填：.
此題主要考查一次函數(shù)圖像，解題的關鍵是熟知一次函數(shù)的圖像與性質(zhì).
22、cm
【解析】
根據(jù)菱形的性質(zhì)求出BC=5，然后根據(jù)菱形ABCD面積等于BC?AH進一步求解即可．
【詳解】
∵四邊形ABCD是菱形，
∴CO=AC=3cm，BO=BD=4cm，AO⊥BO，
∴BC==5cm，
∴S菱形ABCD==×6×8=24cm2，
∵S菱形ABCD=BC×AH，
∴BC×AH=24，
∴AH=cm．
故答案為：cm．
本題主要考查了菱形的性質(zhì)與勾股定理的綜合運用，熟練掌握相關概念是解題關鍵．
23、1
【解析】
解：∵∴
∴或.∵，∴
∴
故答案為：1．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（1）①見解析②3或6（2）120°
【解析】
（1）①連接AC，先證△ABC是等邊三角形得AB＝CA＝9、∠B＝∠CAB＝60°，由BN＝AM證△ABN≌△CAM即可得；
②分∠MNB＝90°和∠NMB＝90°兩種情況，由∠B＝60°得出另一個銳角為30°，根據(jù)直角三角形中30°角所對邊等于斜邊的一半及AM＝BN求解可得；
（2）根據(jù)題意作出圖形，連接AC，先證△BAN≌△ACM得∠N＝∠M，由∠NCP＝∠MCB知∠CPN＝∠CBM，根據(jù)AB∥CD、∠BCD＝120°可得∠CPN＝∠CBM＝120°．
【詳解】
（1）①如圖1，連接AC，
在?ABCD中，AB∥DC，
∴∠B＝180°﹣∠BCD＝180°﹣120°＝60°，
又∵AB＝BC＝9，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB＝CA＝9，∠B＝∠CAB＝60°，
又∵BN＝AM，
∴△ABN≌△CAM（SAS），
∴AN＝CM；
②如圖2，
（Ⅰ）當∠MNB＝90°時，
∵∠B＝60°，
∴∠BMN＝90°﹣60°＝30°，
∴BN＝BM，
又∵BN＝AM，
∴AM＝（9﹣AM），
∴AM＝3；
（Ⅱ）當∠NMB＝90°時，∠BNM＝90°﹣60°＝30°，
∴BM＝BN，
∴9﹣AM＝AM，
∴AM＝6；
綜上所述，當△BMN是直角三角形時，AM的值為3或6；
（2）如圖3所示，
點P即為所求；
∠CPN＝120°，
連接AC，
由（1）知△ABC是等邊三角形，
∴∠BAN＝∠CAM＝60°、AB＝CA，
又∵BN＝AM，
∴△BAN≌△ACM（SAS），
∴∠N＝∠M，
∵∠NCP＝∠MCB，
∴∠CPN＝∠CBM，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，
∴∠CPN＝∠CBM＝120°．
本題主要考查四邊形的綜合問題，解題的關鍵是掌握平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)及分類討論思想的運用．
25、（1）租用一輛甲種客車的費用為300元，則一輛乙種客車的費用為400元；（2）當租用甲種客車2輛時，總租車費最少，最少費用為1元．
【解析】
（1）設租用一輛甲種客車的費用為x元，則一輛乙種客車的費用為（x+100）元，則
5x+2（x+100）=2300，解方程即可；
(2）由題意y=300x+400（7﹣x）=﹣100x+2800，又30x+45（7﹣x）≥275，求出x的最大值即可.
【詳解】
（1）設租用一輛甲種客車的費用為x元，
則一輛乙種客車的費用為（x+100）元，則
5x+2（x+100）=2300，
解得x=300，
答：租用一輛甲種客車的費用為300元，則一輛乙種客車的費用為400元．
（2）由題意y=300x+400（7﹣x）=﹣100x+2800，
又30x+45（7﹣x）≥275，解得x≤，
∴x的最大值為2，
∵﹣100＜0，∴x=2時，y的值最小，最小值為1．
答：當租用甲種客車2輛時，總租車費最少，最少費用為1元．
本題考核知識點：一次函數(shù)的應用. 解題關鍵點：把問題轉(zhuǎn)化為解一元一次方程或不等式問題.
26、第一次買了11本資料．
【解析】
設第一次買了x本資料，根據(jù)“比上次多買了21本”表示出另外一個未知數(shù)，再根據(jù)等量關系“第一次用121元買了若干本資料，第二次又用241元在同一商家買同樣的資料，這次商家每本優(yōu)惠4元”列出方程，即可求解.
【詳解】
設第一次買了x本資料，
根據(jù)題意，得：-=4
整理，得：x2+51x﹣611＝1．
解得：x1＝﹣61，x2＝11，
經(jīng)檢驗：它們都是方程的根，但x1＝﹣61不符合題意，舍去，
答：第一次買了11本資料．
該題主要考查了列分式方程解應用題，解題的關鍵是正確分析已知設出未知數(shù)，找準等量關系列出方程，然后解方程即可求解.另外該題解完之后要嘗試其他的解法，以求一題多解,舉一反三.
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
甲
90
85
95
90
乙
98
82
88
92

相關試卷

江蘇省連云港市贛榆實驗中學2024-2025學年數(shù)學九上開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】：

這是一份江蘇省連云港市贛榆實驗中學2024-2025學年數(shù)學九上開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】，共25頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2025屆江蘇省蘇州市新區(qū)一中學數(shù)學九上開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】：

這是一份2025屆江蘇省蘇州市新區(qū)一中學數(shù)學九上開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】，共20頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2025屆江蘇省蘇州市立達中學數(shù)學九上開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題【含答案】：

這是一份2025屆江蘇省蘇州市立達中學數(shù)學九上開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題【含答案】，共19頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

2024-2025學年蘇州市吳江區(qū)數(shù)學九上開學調(diào)研模擬試題【含答案】

2024-2025學年蘇州市吳江區(qū)數(shù)學九上開學調(diào)研模擬試題【含答案】
2024-2025學年江蘇省鎮(zhèn)江丹徒區(qū)七校聯(lián)考數(shù)學九上開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】

2024-2025學年江蘇省鎮(zhèn)江丹徒區(qū)七校聯(lián)考數(shù)學九上開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】
2024-2025學年江蘇省宜興市桃溪中學九上數(shù)學開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】

2024-2025學年江蘇省宜興市桃溪中學九上數(shù)學開學質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題【含答案】
2023-2024學年江蘇省蘇州市吳江區(qū)實驗中學數(shù)學八年級第一學期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含答案

2023-2024學年江蘇省蘇州市吳江區(qū)實驗中學數(shù)學八年級第一學期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含答案
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
開學考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部