九年级上学期期中【基础60题考点专练】（九上全部内容）-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（北师大版）

这是一份九年级上学期期中【基础60题考点专练】（九上全部内容）-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（北师大版），文件包含九年级上学期期中基础60题考点专练九上全部内容-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲北师大版解析版docx、九年级上学期期中基础60题考点专练九上全部内容-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲北师大版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。


九年级上学期期中【基础60题考点专练】
一．一元二次方程的定义（共2小题）
1．（2021秋•北镇市期中）已知关于x的方程（a﹣3）x|a﹣1|+x﹣1＝0是一元二次方程，则a的值是（　　）
A．﹣1 B．2 C．﹣1或3 D．3
【分析】根据一元二次方程的定义得出a﹣3≠0且|a﹣1|＝2，再求出a即可．
【解答】解：∵关于x的方程（a﹣3）x|a﹣1|+x﹣1＝0是一元二次方程，
∴a﹣3≠0且|a﹣1|＝2，
解得：a＝﹣1，
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义和绝对值，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
2．（2022春•姑苏区校级期中）若关于x的方程（k﹣1）x|k|+1+4x﹣5＝0是一元二次方程，则k＝　﹣1　．
【分析】根据一元二次方程的定义得出k﹣1≠0且|k|+1＝2，再求出k即可．
【解答】解：∵关于x的方程（k﹣1）x|k|+1+4x﹣5＝0是一元二次方程，
∴k﹣1≠0且|k|+1＝2，
解得：k＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元一次方程的定义是解此题的关键，只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
二．根的判别式（共3小题）
3．（2021秋•永春县期中）不解方程，判别方程x2﹣3x+2＝0的根的情况是（　　）
A．有两个不等实根 B．有两个相等实根
C．没有实根 D．无法确定
【分析】由方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac，可得出Δ＞1，进而可得出该方程有两个不相等的实数根．
【解答】解：a＝1，b＝﹣3，c＝2，
∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×1×2＝1＞0，
∴方程x2﹣3x+2＝0有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
4．（2021秋•铁西区期中）若关于x的一元二次方程2x2﹣3x+c＝0无解，则c的取值范围为 　c＞　．
【分析】根据方程的系数结合根的判别式Δ＜0，即可得出关于c的一元一次不等式，解之即可得出c的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程2x2﹣3x+c＝0无解，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×2×c＜0，
解得：c＞．
故答案为：c＞．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ＜0时，方程无实数根”是解题的关键．
5．（2021秋•西城区校级期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m+2＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，求此时方程的根．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac＞0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围；
（2）由（1）的结论结合m为正整数，即可得出m＝1，将其代入原方程，再利用因式分解法解一元二次方程，即可求出原方程的解．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣4x+m+2＝0有两个不相等的实数根
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4×1×（m+2）＞0，
解得：m＜2，
∴m的取值范围为m＜2．
（2）∵m为正整数，
∴m＝1，
∴原方程为x2﹣4x+3＝0，即（x﹣1）（x﹣3）＝0，
解得：x1＝1，x2＝3，
∴若m为正整数时，方程的根为1和3．
【点评】本题考查了根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（2）利用因式分解法求出方程的两个根．
三．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题）
6．（2022春•鹿城区校级期中）某口罩厂平均每天可生产15万只口罩，厂家引进新技术，经过连续两次增速后，平均每天可生产25万只．若两次的平均增长率都为x，则可得方程（　　）
A．（15+x）2＝25 B．15（1+x）2＝25
C．15（1+2x）＝25 D．15（1+x）+15（1+x）2＝25
【分析】利用经过连续两次增速后每天的产量＝原产量×（1+增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得：15（1+x）2＝25．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7．（2021秋•江津区期中）鸡瘟是一种传播速度很快的传染病，一轮传染为一天时间，某养鸡场于某日发现一例，两天后发现共有169只鸡患有这种病．若每例病鸡传染健康鸡的只数均为x只，则可列方程为 　1+x+x（x+1）＝169或（1+x）2＝169　．
【分析】若每例病鸡传染健康鸡的只数均为x只，则第一天传染x只，第二天传染x（x+1）只，根据两天后发现共有169只鸡患有这种病，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：若每例病鸡传染健康鸡的只数均为x只，则第一轮传染x只，第二轮传染x（x+1）只，
依题意得：1+x+x（x+1）＝169，
即（1+x）2＝169．
故答案为：1+x+x（x+1）＝169或（1+x）2＝169．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
四．一元二次方程的应用（共2小题）
8．（2021秋•平阴县期中）某校八年级组织一次篮球赛，各班均组队参赛，赛制为单循环形式（每两班之间都赛一场），共需安排15场比赛，则八年级班级的个数为 　6　．
【分析】设八年级有x个班，利用比赛的总场次数＝八年级的班级数×（八年级的班级数﹣1）÷2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出八年级共有6个班．
【解答】解：设八年级有x个班，
依题意得：x（x﹣1）＝15，
整理得：x2﹣x﹣30＝0，
解得：x1＝6，x2＝﹣5（不合题意，舍去）．
故答案为：6．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9．（2021秋•李沧区期中）如图，某小区居委会打算把一块长20m，宽8m的长方形空地修建成一个矩形花圃，供居民休闲散步，若三面修成宽度相等的花砖路，中间花圃的面积是126m2．请计算花砖路面的宽度．

【分析】设花砖路面的宽度为xm，则中间花圃的长（20﹣2x）m，宽（8﹣x）m，根据中间花圃的面积是126m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合中间花圃的各边为正，即可得出花砖路面的宽度为1m．
【解答】解：设花砖路面的宽度为xm，则中间花圃的长（20﹣2x）m，宽（8﹣x）m，
依题意得：（20﹣2x）（8﹣x）＝126，
整理得：x2﹣18x+17＝0，
解得：x1＝1，x2＝17．
∵8﹣x＞0，
∴x＜8，
∴x＝1．
答：花砖路面的宽度为1m．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
五．反比例函数的定义（共1小题）
10．（2021秋•张店区期中）下列函数中，y可以看作是x的反比例函数的是（　　）
A．y＝ B．y＝ C．y＝﹣+1 D．y＝﹣2x﹣1
【分析】根据反比例函数的定义逐个判断即可．
【解答】解：A．y不可以看作是x的反比例函数，故本选项不符合题意；
B．y不可以看作是x的反比例函数，故本选项不符合题意；
C．y不可以看作是x的反比例函数，故本选项不符合题意；
D．y可以看作是x的反比例函数，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数的定义，能熟记反比例函数的定义是解此题的关键，注意：形如y＝（k为常数，k≠0）的函数，叫反比例函数．
六．反比例函数系数k的几何意义（共4小题）
11．（2022春•海口期中）如图，点P是反比例函数y＝（k≠0）的图象上任意一点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，若△POM的面积等于3，则k的值等于（　　）

A．﹣6 B．6 C．﹣3 D．3
【分析】利用反比例函数k的几何意义得到|k|＝3，然后根据反比例函数的性质和绝对值的意义确定k的值．
【解答】解：∵△POM的面积等于3，
∴|k|＝3，
而图象在第二象限，k＜0，
∴k＝﹣6，
故选：A．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y＝图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．也考查了反比例函数的性质．
12．（2022春•苏州期中）如图，点A是反比例函数y＝（x＞0）的图象上一点，过点A作AC⊥x轴于点C，AC交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点B，点P是y轴正半轴上一点．若△PAB的面积为2，则k的值为 　6　．

【分析】连接OA、OB，由反比例函数系数k的几何意义可得S△AOC＝5，S△BOC＝，又S△AOB＝S△APB＝2，所以S△AOC﹣S△BOC＝2，代入计算即可得出k的值．
【解答】解：如图，连接OA、OB，

∵AC⊥x轴，
∴AC∥y轴，
∴S△AOB＝S△APB，
∵S△APB＝2，
∴S△AOB＝2，
由反比例函数系数k的几何意义可得：
S△AOC＝＝5，S△BOC＝k，
∴5﹣＝2，
解得：k＝6，
故答案为6．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，利用平行线转化△PAB的面积为△OAB的面积是解决问题的关键．
13．（2022春•姑苏区校级期中）如图，在以O为原点的平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B（a，b）在第一象限，四边形OABC是矩形，反比例函数的图象与AB相交于点D，与BC相交于点E，且BE＝2CE．
（1）求证：BD＝2AD；
（2）若四边形ODBE的面积是6，求k的值．

【分析】（1）应从BE＝2CE入手，得到反比例函数上点E的坐标，进而得到反比例函数上另一点D的坐标，和B的纵坐标比较即可求解；
（2）把所给的四边形面积分割为长方形面积减去两个直角三角形的面积，然后即可求出B的横纵坐标的积即是反比例函数的比例系数．
【解答】（1）证明：∵BE＝2CE，B（a，b），
∴E的坐标为（a，b），
又∵E在反比例函数y＝的图象上，
∴k＝ab，
∵D的横坐标为a，D在反比例函数y＝的图象上，
∴D的纵坐标为b，
∴BD＝2AD；
（2）解：∵S四边形ODBE＝6，
∴S矩形ABCO﹣S△OCE﹣S△OAD＝6，
即ab﹣ab﹣ab＝6，
∴ab＝9，
∴k＝ab＝3．
【点评】本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y＝图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．也考查了反比例函数图象上点的坐标特征．
14．（2021秋•椒江区校级期中）平面直角坐标系中，点A在函数y1＝（x＞0）的图象上，点B在y2＝﹣（x＜0）的图象上，设A的横坐标为a，B的横坐标为b：
（1）当AB∥x轴时，求△OAB的面积；
（2）当△OAB是以AB为底边的等腰三角形，且AB与x轴不平行时，求a•b的值．

【分析】（1）AB交y轴于C，由于AB∥x轴，根据题意知道两个函数图象关于y轴对称，则点A、B关于y轴对称，由此求得可以得到a＝﹣b，则易求点O到直线AB的距离，所以根据三角形的面积公式进行解答即可；
（2）根据函数图象上点的坐标特征得A、B坐标分别为：（a，），B（b，﹣），，根据两点间的距离公式得到OA2＝a2+（）2，OB2＝b2+（﹣）2，则利用等腰三角形的两腰相等的性质易得a2+（）2＝b2+（﹣）2，即：（ a2﹣b2）（1﹣）＝0．由此可以求得ab的值．
【解答】解：（1）如图1，

设A（a，），B（b，﹣），当AB∥x轴时，＝﹣，
∴a＝﹣b，
∴S△OAB＝×（a﹣b）×＝×2a×＝3；
（2）如图2，设A（a，），B（b，﹣），

∵△OAB是以AB为底边的等腰三角形，OA＝OB，
由OA2＝a2+（）2，OB2＝b2+（﹣）2，
∴a2+（）2＝b2+（﹣）2，
整理得：（ a2﹣b2）（1﹣）＝0．
∵AB与x轴不平行，
∴|a|≠|b|，
∴1﹣＝0，
∴ab＝±3．
∵a＞0，b＜0，
∴ab＜0．
∴ab＝﹣3．
【点评】本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征、图形与坐标的性质，三角形的面积公式．注意：根据两个反比例函数的解析式可以得到这两个函数图象关于y轴对称，可以省去不少的计算过程．
七．反比例函数图象上点的坐标特征（共4小题）
15．（2021秋•招远市期中）若点（﹣2，y1），（﹣1，y2），（2，y3）在双曲线y＝（k＜0）上，则y1，y2，y3的大小关系是（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y2＜y1＜y3 D．y3＜y1＜y2
【分析】先分清各点所在的象限，再利用各自的象限内利用反比例函数的增减性解决问题．
【解答】解：∵点（﹣2，y1），（﹣1，y2），（2，y3）在双曲线y＝（k＜0）上，
∴（﹣2，y1），（﹣1，y2）分布在第二象限，（2，y3）在第四象限，每个象限内，y随x的增大而增大，
∴y3＜y1＜y2．
故选：D．
【点评】此题主要考查了反比例函数的性质，正确掌握反比例函数增减性是解题关键，注意：反比例函数的增减性要在各自的象限内．
16．（2021秋•通道县期中）若函数y＝的图象经过点A（2，4），则k的值为（　　）
A．4 B．﹣2 C．8 D．﹣8
【分析】因为函数y＝的图象经过点A（2，4），代入解析式，解之即可求得k．
【解答】解：∵函数y＝的图象经过点A（2，4），
∴4＝，
解得：k＝8．
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，图象上点的坐标符合解析式．
17．（2021秋•宣城期中）已知反比例函数y＝的图象经过点A（3，﹣2）．
（1）求k的值．
（2）点A（x1，y1），B（x2，y2）均在反比例函数y＝的图象上，若0＜x1＜x2，直接写出y1，y2的大小关系．
【分析】（1）把点A（3，﹣2）代入反比例函数解析式，即可求出k的值；
（2）由反比例函数的性质可直接得出结论．
【解答】解：（1）反比例函数y＝的图象经过点A（3，﹣2）．
∴2﹣k＝3×（﹣2），解得k＝8．
（2）由（1）知，反比例函数的解析式为：y＝﹣，
∵﹣6＜0，
∴在每一象限内，y随x的增大而增大，
∵点A（x1，y1），B（x2，y2）均在反比例函数y＝的图象上，若0＜x1＜x2，
∴y2＞y1．
【点评】题考查了待定系数法求解析式，反比例函数的性质等，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
18．（2021秋•高青县期中）小欣在学习了反比例函数的图象与性质后，进一步研究了函数y＝的图象与性质．其研究过程如下：
（1）绘制函数图象
①列表：如表是x与y的几组对应值，其中m＝　1　；
x
…
﹣4
﹣3
﹣2
﹣
﹣
﹣
﹣
0
1
2
…
y
…
﹣
﹣
﹣1
﹣2
﹣3
3
2
m


…
②描点：根据表中的数值描点（x，y），请补充描出点（0，m）；
③连线：用平滑的曲线顺次连接各点，请把图象补充完整．

（2）探究函数性质
判断下列说法是否正确（正确的填“√”，错误的填“×”）
①函数值y随x的增大而减小：　×　．
②函数图象关于原点对称：　×　．
③函数图象与直线x＝﹣1没有交点：　√　．
【分析】（1）①将x＝0代入即得m的值；
②描出（0，1）即可；
③把描出的点用平滑的曲线顺次连接即可；
（2）根据图象，数形结合即可判断．
【解答】解：（1）①x＝0时，y＝＝1，
故答案为：1；
②如图：

∵m＝1，
∴A即为（0，m）的点；
③补充图象如图：

（2）根据函数图象可得：
①每一个分支上，函数值y随x的增大而减小，故①错误，应为×，
②图象关于（﹣1，0）对称，故②错误，应为×，
③x＝﹣1时，无意义，函数图象与直线x＝﹣1没有交点，应为√．
故答案为：×，×，√．
【点评】本题考查函数的图形及性质，解题的关键是熟练掌握研究函数的方法：用列表、描点、连线作出图象，再数形结合研究函数性质．
八．待定系数法求反比例函数解析式（共1小题）
19．（2021秋•德保县期中）已知y与x成反比例，当x＝1时，y＝3，求y与x的函数表达式．
【分析】设，把x＝1，y＝3代入即可得到结论．
【解答】解：设，
根据题意得，
解得k＝3，
∴y与x的函数表达式为．
【点评】本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，正确的求出反比例函数的解析式是解题的关键．
九．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
20．（2021秋•龙泉驿区期中）如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝的图象交于点A（1，3），B（3，n）．
（1）求这两个函数的表达式；
（2）请结合图象直接写出不等式kx+b≥的解集．

【分析】（1）先将点A代入反比例函数解析式，求出m，再求出B点坐标，用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）根据图象即可进行判断．
【解答】解：将点A（1，3）代入反比例函数y＝，
得m＝1×3＝3，
∴反比例函数解析式：，
将点B（3，n）代入，
得n＝1，
∴B（3，1），
将A（1，3），B（3，1）代入一次函数，
得，
解得，
∴一次函数解析式：y＝﹣x+4；
（2）根据图象可知，不等式kx+b≥的解集：1≤x≤3．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的综合，用待定系数法求解析式是关键．
一十．反比例函数的应用（共1小题）
21．（2021秋•港南区期中）如图，在▱ABCD中，设BC边的长为x（cm），BC边上的高线AE长为y（cm），已知▱ABCD的面积等于24cm2．
（1）求y关于x的函数表达式；
（2）求当3＜y＜6时x的取值范围．

【分析】（1）利用平行四边形的面积公式列出函数关系式即可；
（2）根据x的取值范围确定y的取值范围即可．
【解答】解：（1）∵BC边的长为x（cm），BC边上的高线AE长为y（cm），已知▱ABCD的面积等于24cm2．
∴根据平行四边形的面积计算方法得：xy＝24，
∴y＝（x＞0）；
（2）当y＝3时x＝8，当y＝6时x＝4，
所以当3＜y＜6时x的取值范围为4＜x＜8．
【点评】本题考查了反比例函数的应用及平行四边形的性质的知识，解题的关键是根据题意列出函数关系式．
一十一．直角三角形斜边上的中线（共2小题）
22．（2021秋•大田县期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，连结CD，若CD＝3，则AB＝（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点．CD＝3，
∴AB＝2CD＝2×3＝6，
故选：B．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
23．（2021秋•平顶山期中）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，∠CDA＝80°，则∠A＝　50°　．

【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等腰三角形的性质可以求得∠A的度数，本题得以解决．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
∴CD＝＝AD＝BD，
∴∠A＝∠ACD，
∵∠CDA＝80°，
∴∠A＝∠ACD＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
一十二．菱形的性质（共1小题）
24．（2021秋•佛山期中）菱形的对角线长分别为6和8，则该菱形的面积是 　24　．
【分析】由菱形的面积公式可求解．
【解答】解：菱形的面积＝＝24，
故答案为24．
【点评】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．
一十三．菱形的判定（共1小题）
25．（2021秋•新华区校级期中）如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC和AB的平行线，交AB于E，交AC于F，求证：四边形AEDF是菱形．

【分析】由已知易得四边形AEDF是平行四边形，由角平分线和平行线的定义可得∠FAD＝∠FDA，∴AF＝DF，∴四边形AEDF是菱形；
【解答】证明：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD＝∠FAD，
∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD＝∠ADF，
∴∠FAD＝∠FDA
∴AF＝DF，
∴四边形AEDF是菱形．

【点评】本题考查角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
一十四．菱形的判定与性质（共1小题）
26．（2022春•梁溪区校级期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F，连接BF
（1）证明：四边形ADBF是菱形．
（2）若AB＝3，AC＝4，求菱形ADBF的面积．

【分析】（1）首先根据题意画出图形，由E是AD的中点，AF∥BC，易证得△AFE≌△DCE，即可得AF＝CD，又由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，可得AD＝BD＝CD＝AF，证得四边形ADBF是平行四边形，继而判定四边形ADBF是菱形；
（2）首先连接DF，易得四边形ACDF是平行四边形，即可求得DF的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，求得答案．
【解答】（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DCE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DCE中，
，
∴△AFE≌△DCE（AAS）；
∴AF＝DC．
∵DB＝DC，
∴AF＝BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DB＝BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：连接DF，
∵AF∥BC，AF＝CD，
∴四边形ACDF是平行四边形，
∴DF＝AC＝4，
∵四边形ADBF是菱形，
∴S＝AB•DF＝6．

【点评】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键．
一十五．矩形的性质（共4小题）
27．（2021秋•楚雄市校级期中）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线平分一组对角
【分析】利用矩形与菱形的性质即可解答本题．
【解答】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形与菱形的性质，中心对称图形，解题的关键是熟练掌握矩形与菱形的性质．
28．（2021秋•高州市期中）如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若AB＝5，AD＝12，则四边形ABOM的周长为（　　）

A．17 B．18 C．19 D．20
【分析】根据题意可知OM是△ADC的中位线，得出OM＝CD；根据勾股定理可求出AC的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BO，进而求出四边形ABOM的周长．
【解答】解：∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，
∴∠ABC＝∠D＝90°，CD＝AB＝5，BC＝AD＝12，OA＝OB，OM为△ACD的中位线，
∴OM＝CD＝2.5，AC＝＝13，
∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，
∴BO＝AC＝6.5，
∴四边形ABOM的周长为AB+AM+BO+OM＝5+6+6.5+2.5＝20，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形的中位线的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半这一性质，题目的综合性很好，难度不大．
29．（2021秋•渭滨区期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，若BD＝10，则四边形DOCE的周长为　20　．

【分析】首先由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC＝OD＝5，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
【解答】解：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝4，OA＝OC，OB＝OD，
∴OC＝OD＝BD＝5，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC＝4×5＝20．
故答案为：20．
【点评】此题考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键．
30．（2021秋•新城区校级期中）如图，四边形ABCD是矩形、对角线AC的垂直平分线交CD的延长线于点E，交AB的延长线于点F，交AD于点M．且AC与EF交于点O．
（1）求证：四边形AECF为菱形．
（2）若AB＝4，AM＝5，求菱形AECF的边长．

【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，再证∠AEC＝90°，即可得出结论；
（2）连接CM，得AM＝CM，进而由勾股定理求得DM，设菱形AECF的边长为x，则AE＝x，DE＝x﹣4，由勾股定理列出方程求解便可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
∵∠AOF＝∠COE，
∵OA＝OC，
∴△OAF≌△OCE（ASA），
∴AF＝CE，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：连接CM，如图，

由垂直平分线性质得AM＝CM＝5．
∵∠CDM＝90°，CD＝AB＝4，
∴DM＝，
∴AD＝AM+DM＝8，
设菱形AECF的边长为x，则AE＝x，DE＝x﹣4，
∵AD2+DE2＝AE2，
∴82+（x﹣4）2＝x2，
解得x＝10，
∴菱形AECF的边长为10．
【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的性质与判定、平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．
一十六．矩形的判定（共2小题）
31．（2021秋•金水区校级期中）下列条件之一能使平行四边形ABCD是矩形的为（　　）
①AC⊥BD②∠BAD＝90° ③AB＝BC④AC＝BD．
A．①③ B．②④ C．③④ D．①②③
【分析】根据矩形的判定和菱形的判定判断即可．
【解答】解：
∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，不能推出四边形ABCD是矩形，∴①错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，∴②正确；
∵AB＝BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，不能推出四边形ABCD是矩形，∴③错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，∴④正确；
即正确的有②④．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定和菱形的判定的应用，注意：矩形的判定定理有①有一个角是直角的平行四边形是矩形，②对角线相等的平行四边形是矩形，③有三个角是直角的四边形是矩形．
32．（2021秋•凤翔县期中）如图，在平行四边形ABCD中，点P是AB边上一点（不与A，B重合），过点P作PQ⊥CP，交AD边于点Q，且∠QPA＝∠PCB．求证：四边形ABCD是矩形．

【分析】根据垂直的定义求出∠QPC＝90°，求出∠QPA+∠BPC＝90°，求出∠BPC+∠PCB＝90°，根据三角形内角和定理求出∠B＝90°，再根据矩形的判定得出即可．
【解答】证明：∵PQ⊥CP，
∴∠QPC＝90°，
∴∠QPA+∠BPC＝180°﹣90°＝90°，
∵∠QPA＝∠PCB，
∴∠BPC+∠PCB＝90°，
∴∠B＝180°﹣（∠BPC+∠PCB）＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，垂直的定义，矩形的判定，能求出∠B＝90°是解此题的关键．
一十七．正方形的性质（共3小题）
33．（2021春•覃塘区期中）如图，已知在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，给出下列结论：
①BE＝DF；②∠DAF＝15°；③AC垂直平分EF；④BE+DF＝EF．
其中结论正确的共有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，由正方形的性质就可以得出EC＝FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC＝x，由勾股定理就可以得出x与BE的关系，表示出BE与EF，再通过比较可以得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°．
∴∠BAE+∠DAF＝30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF（故①正确）．
∠BAE＝∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF＝30°，
即∠DAF＝15°（故②正确），
∵BC＝CD，
∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即CE＝CF，
∵AE＝AF，
∴AC垂直平分EF．（故③正确）．
设EC＝x，由勾股定理，得
EF＝x，CG＝x，
AG＝AEsin60°＝EFsin60°＝2×CGsin60°＝x，
∴AC＝，
∴AB＝，
∴BE＝﹣x＝，
∴BE+DF＝x﹣x≠x．（故④错误）．
正确的有3个．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键．
34．（2021秋•顺德区期中）如图，正方形ABCD中，BD为对角线，且BE为∠ABD的角平分线，并交CD延长线于点E，则∠E＝　22.5°　．

【分析】由正方形的性质可得AB∥CD，∠ABD＝45°，由角平分线的性质可求解．
【解答】解：∵ABCD为正方形
∴AB∥CD，∠ABD＝45°，
∴∠ABE＝∠E，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠EBD＝∠ABD＝22.5°，
∴∠E＝22.5°，
故答案为：22.5°．
【点评】本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
35．（2021秋•北镇市期中）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上，且AE＝DF，BE与AF相交于点O，P是BF的中点，连接OP．
（1）试判断AF与BE的关系，并证明你的结论；
（2）若AB＝5，AE＝2，求OP的长．

【分析】（1）根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，每一个角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF，从而得出结论；
（2）由△ABE≌△DAF得∠ABE＝∠DAF，进一步得∠AGE＝∠BGF＝90°，从而知GH＝BF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．
【解答】解：（1）AF＝BE，且AF⊥BE，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ADC＝90°，
在△BAE和△ADF中，
，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴AF＝BE，∠DAF＝∠ABE，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴AF⊥BE；
（2）由（1）知∴△BAE≌△ADF，
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF＝90°，
∵点P为BF的中点，
∴OP＝BF，
∵BC＝AB＝CD＝5，AE＝DF＝2，
∴CF＝CD﹣DF＝5﹣2＝3，
∴BF＝＝＝，
∴OP＝．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
一十八．比例的性质（共3小题）
36．（2021秋•都江堰市期中）如果3x＝4y，那么下列结论一定成立的是（　　）
A．x＝3，y＝4 B．x＝4，y＝3 C．x：4＝y：3 D．x：3＝y：4
【分析】利用内项之积等于外项之积进行判断．
【解答】解：∵3x＝4y，
∴＝，即x：4＝y：3．
故选：C．
【点评】本题考查了比例的性质：熟练掌握比例的基本性质（内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、等比性质等）是解决问题的关键．
37．（2021秋•宣城期中）若，则的值为（　　）
A． B．﹣ C． D．
【分析】把要求的式子化成+1，再把＝代入进行计算，即可得出答案．
【解答】解：∵＝，
∴＝+1＝+1＝．
故选：D．
【点评】此题考查了比例的性质，熟练掌握比例的基本性质是解题的关键．
38．（2021秋•大田县期中）已知＝，则＝　　．
【分析】根据比例的合比性质可得答案．
【解答】解：∵＝，
∴﹣1＝﹣1，
即＝，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查比例的性质，熟练掌握比例的合比性质是解题关键．
一十九．比例线段（共4小题）
39．（2021秋•驻马店期中）下列各组的四条线段a，b，c，d是成比例线段的是（　　）
A．a＝4，b＝6，c＝5，d＝10 B．a＝1，b＝2，c＝3，d＝4
C．a＝2，b＝3，c＝4，d＝5 D．a＝2，b＝，c＝2，d＝
【分析】根据比例线段的定义即如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段，对选项一一分析，即可得出答案．
【解答】解：A.4×10≠6×5，故不符合题意；
B.1×4≠2×3，故不符合题意；
C.2×5≠3×4，故不符合题意；
D.2×＝×2，故符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．
40．（2021秋•浦东新区校级期中）甲、乙两地的实际距离是30千米，在比例尺为1：500000的地图上，甲乙两地的距离是 　6　厘米．
【分析】设地图上，甲乙两地的距离是xcm，根据比例尺的定理列出方程，解之可得．
【解答】解：设地图上，甲乙两地的距离是x cm，
根据题意，得：
＝
解得：x＝6，
即地图上，甲乙两地的距离是6cm，
故答案为：6．
【点评】本题考查了比例线段，能够根据比例尺灵活计算，注意单位的换算问题．
41．（2021秋•大观区校级期中）已知三条线段a、b、c，其中a＝1cm，b＝4cm，c是a、b的比例中项，则c＝　2　cm．
【分析】由c是a、b的比例中项，根据比例中项的定义，列出比例式即可得出线段c的长，注意线段不能为负．
【解答】解：根据比例中项的概念结合比例的基本性质，得：比例中项的平方等于两条线段的乘积．
所以c2＝4×1，
解得：c＝±2（线段是正数，负值舍去）．
则c＝2cm．
故答案为：2．
【点评】此题考查了比例线段；理解比例中项的概念，这里注意线段不能是负数．
42．（2021秋•阳谷县期中）在图1中，D是BC边上的点（不与点B、C重合），连结AD．
问题引入：
（1）如图1，当点D是BC边上的中点时，求S△ABD：S△ABC＝　1：2　；当点D是BC边上任意一点时，求S△ABD：S△ABC＝　OD：AD　（用图中已有线段表示）．
探索研究：
（2）如图2，O是线段AD上任意一点（不与点A、D重合），连接BO、CO，试猜想S△BOC与S△ABC之比应该等于图中哪两条线段之比，并说明理由．

【分析】（1）根据三角形的面积公式，两三角形等高时，可得两三角形底与面积的关系，可得答案；
（2）根据三角形的面积公式，两三角形等底时，可得两三角形的高与面积的关系，可得答案．
【解答】解：（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC＝1：2；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD：S△ABC＝BD：BC，
故答案为：1：2，BD：BC；
（2）S△BOC：S△ABC＝OD：AD，
如图②作OE⊥BC于E，作AF⊥BC于F，
∵OE∥AF，
∴△OED∽△AFD，
∴，
∴．

【点评】本题考查了相似形综合题，利用了等底的三角形面积与高的关系，相似三角形的判定与性质．
二十．平行线分线段成比例（共3小题）
43．（2021秋•卧龙区期中）如图，在△ABC中，DE∥BC，若，则的值为（　　）

A．3 B． C． D．
【分析】直接利用平分线分线段成比例定理求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴，
∴，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
44．（2021秋•永春县期中）如图，AB∥CD∥EF，如果AC＝2，CE＝2.2，DF＝3.3，那么BD＝　3．　．

【分析】根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴＝，即＝，
∴BD＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，用到的知识点是平行线分线段成比例定理，关键是找准对应关系，列出比例式．
45．（2021秋•灌阳县期中）如图所示，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且AG＝2，GD＝1，DF＝5，求的值．

【分析】首先根据平行线分线段成比例定理，列出比例式，然后求出AD的长度即可解决问题．
【解答】解：如图，∵AB∥CD∥EF，
∴，而AD＝AG+GD＝3，DF＝5，
∴的值为．

【点评】该题主要考查了平行线分线段成比例定理及其应用问题；解题的关键是准确找出图形中的对应线段，正确列出比例式求解、计算．
二十一．相似多边形的性质（共2小题）
46．（2021秋•都江堰市期中）两个相似多边形对应边之比等于1：2，那么这两个相似多边形面积之比等于 　1：4　．
【分析】根据相似多边形面积的比等于相似比的平方进行解答．
【解答】解：∵两个相似多边形对应边之比等于1：2，
∴这两个相似多边形面积之比等于（1：2）2＝1：4．
故答案为：1：4．
【点评】本题主要考查了相似多边形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
47．（2021秋•遵化市期中）如图，四边形ABCD∽四边形A'B'C'D'．
（1）α＝　83°　，它们的相似比是　　．
（2）求边x、y的长度．

【分析】（1）根据相似多边形的性质求出∠A′、∠B′，以及相似比，根据四边形的内角和定理求出∠C′；
（2）根据相似多边形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD∽四边形A'B'C'D'，
∴∠A′＝∠A＝62°，∠B′＝∠B＝75°，
∴∠C′＝360°﹣62°﹣75°﹣140°＝83°，
它们的相似比为：＝，
故答案为：83°；；
（2）∵四边形ABCD∽四边形A'B'C'D'，
∴＝＝，
解得，x＝12，y＝．
【点评】本题考查的是相似多边形的性质，掌握相似多边形的对应角相等、对应边成比例是解题的关键．
二十二．相似三角形的判定（共1小题）
48．（2021秋•市中区期中）如图，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE．

【分析】根据题意△ABC∽△ADE，可得：，∠BAC＝∠DAE，变形可得：，又因为∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，从而求解．
【解答】证明：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴，
∵∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形判定条件是解决问题的关键．
二十三．相似三角形的判定与性质（共3小题）
49．（2021秋•昌平区期中）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，且DE∥BC．若AD＝2，AB＝3，DE＝4，则BC的长为　6　．

【分析】由DE∥BC可得出∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，进而可得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的性质可得出＝，代入AD＝2，AB＝3，DE＝4即可求出BC的长．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，即＝，
∴BC＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形对应边的比相等是解题的关键．
50．（2021秋•峨眉山市校级期中）如图，BD、AC相交于点P，连接BC、AD，且∠1＝∠2，AD＝3，DP＝2，CP＝1，求BC的长．

【分析】根据相似三角形的判定即可求出答案．
【解答】解：∵∠1＝∠2，∠DPA＝∠CPB，
∴△ADP∽△BCP，
∴＝2,
∵AD＝3，
∴BC＝1.5．
【点评】本题考查一元二次方程以及相似三角形，解题的关键是熟练运用方程的解法以及相似三角形的判定，本题属于基础题型．
51．（2021秋•澧县期中）如图，在△ABC与△ADE中，＝，且∠EAC＝∠DAB．求证：△ABC∽△ADE．

【分析】根据相似三角形的判定即可求出答案．
【解答】解：∵∠EAC＝∠DAB，
∴∠EAC+∠BAE＝∠DAB+∠BAE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵，
∴△ABC∽△ADE．
【点评】本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于中等题型．
二十四．位似变换（共2小题）
52．（2021秋•包河区期中）如图，线段AB两个端点的坐标分别为A（2，2）、B（2.5，0.8），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB扩大为原来的2倍后得到线段CD，则端点C的坐标为（　　）

A．（3，1.6） B．（4，3.2） C．（4，4） D．（6，1.6）
【分析】利用位似图形的性质结合对应点坐标与位似比的关系得出C点坐标．
【解答】解：∵以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB扩大为原来的2倍后得到线段CD，
∴A点与C点是对应点，
∵C点的对应点A的坐标为（2，2），位似比为1：2，
∴点C的坐标为：（4，4）
故选：C．
【点评】此题主要考查了位似变换，正确把握位似比与对应点坐标的关系是解题关键．
53．（2021秋•长春期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以点O为位似中心的位似图形，且相似比为，两个正方形在原点O同侧，点A、B、E在x轴上，其余顶点在第一象限，若正方形ABCD的边长为2，则点F的坐标为 　（9，6）　．

【分析】直接利用位似图形的性质结合相似比得出EF的长，进而得出△OBC∽△OEF，进而得出EO的长，即可得出答案．
【解答】解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以点O为位似中心的位似图形，且相似比为，
∴＝，
∵BC＝2，
∴EF＝BE＝6，
∵BC∥EF，
∴△OBC∽△OEF，
∴＝，
解得：OB＝3，
∴EO＝9，
∴F点坐标为：（9，6），
故答案为：（9，6）．
【点评】此题主要考查了位似变换以及相似三角形的判定与性质，正确得出BO的长是解题关键．
二十五．简单组合体的三视图（共1小题）
54．（2021秋•香坊区校级期中）如图的几何体是由一些小正方体组合而成的，则这个几何体的左视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看，底层是两个正方形，上层左边是一个正方形，
故选：B．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
二十六．平行投影（共1小题）
55．（2021秋•宝安区校级期中）如图，AB和DE是直立在地面上的两根立柱，AB＝6（m），AB在阳光下的影长BC＝3（m），在同一时刻阳光下DE的影长EF＝4（m），则DE的长为　8　米．

【分析】根据平行投影的性质可先连接AC，再过点D作DF∥AC交地面与点F，EF即为所求；根据平行的性质可知△ABC∽△DEF，利用相似三角形对应边成比例即可求出DE的长．
【解答】解：DE在阳光下的投影是EF如图所示；

∵△ABC∽△DEF，AB＝6m，BC＝3m，EF＝4m，
∴，
∴
∴DE＝8，
∴DE＝8（m）．
故答案是：8．
【点评】本题通过投影的知识结合图形相似的性质巧妙地求出点D离地面的距离，是平行投影性质在实际生活中的应用．
二十七．中心投影（共1小题）
56．（2021秋•莱西市期中）夜晚路灯下同样高的旗杆，离路灯越近，它的影子越 　短　（填“长”或“短”）．
【分析】连接路灯和旗杆的顶端并延长交平面于一点，这点到旗杆的底端的距离是就是旗杆的影长，画出相应图形，比较即可．
【解答】解：

由图易得AB＜CD，那么离路灯越近，它的影子越短，
故答案为：短．
【点评】此题主要考查了中心投影的定义，用到的知识点为：影长是点光源与物高的连线形成的在地面的阴影部分的长度．
二十八．列表法与树状图法（共3小题）
57．（2021秋•江宁区期中）同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则出现两个正面朝上的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】首先利用列举法可得：同时抛掷两枚质地均匀的硬币，等可能的结果有：正正，正反，反正，反反；然后直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵同时抛掷两枚质地均匀的硬币，等可能的结果有：正正，正反，反正，反反；
∴出现两个正面朝上的概率是：．
故选：D．
【点评】此题考查了列举法求概率的知识．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
58．（2021秋•沈河区校级期中）随着“新冠肺炎”疫情防控形势日渐好转，各地开始复工复学，某校复学后成立“防疫志愿者服务队”，设立四个“服务监督岗”：①洗手监督岗，②戴口罩监督岗，③就餐监督岗，④操场活动监督岗．李老师和王老师报名参加了志愿者服务工作，学校将报名的志愿者随机分配到四个监督岗．
（1）李老师被分配到“洗手监督岗”的概率为　　；
（2）用列表法或画树状图法，求李老师和王老师被分配到同一个监督岗的概率．
【分析】（1）直接利用概率公式计算；
（2）画树状图展示所有16种等可能的结果，找出李老师和王老师被分配到同一个监督岗的结果数，然后根据概率公式计算．
【解答】解：（1）李老师被分配到“洗手监督岗”的概率＝；
故答案为：；
（2）画树状图为：

共有16种等可能的结果，其中李老师和王老师被分配到同一个监督岗的结果数为4，
所以李老师和王老师被分配到同一个监督岗的概率＝＝．
【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，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
59．（2021秋•锦江区校级期中）某校开展征文活动，征文主题只能从“爱国”、“敬业”、“诚信”、“友善”四个主题中选择一个，每名学生按要求都上交了一份征文，学校为了解选择各种征文主题的学生人数，随机抽取了部分征文进行了调查，根据调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．

（1）将上面的条形统计图补充完整；
（2）在扇形统计图中，选择“爱国”主题所对应的圆心角是　144　°．
（3）如果该校七年级共有1200名考生，请估计选择以“友善”为主题的七年级学生有　360　名：
（4）学生会宣传部有七年级的2名男生和2名女生，现从中随机挑选2名同学参加“主题征文”宣传活动，请用树状图法或列表法求出恰好选中“1男1女”的概率．
【分析】（1）用“诚信”的人数和除以它所占的百分比得到调查的总人数，然后计算出“友善”的人数后补全条形统计图
（2）用360度乘以“爱国”人数的百分比得到扇形统计图中选择“爱国”主题所对应的圆心角；
（3）用1200乘以样本中“友善”为主题的人数的百分比；
（4）画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出“1男1女”的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）调查的总人数为3÷6%＝50（人），
所以以“友善”为主题的人数为50×30%＝15（人），
条形统计图补充为：

（2）在扇形统计图中，选择“爱国”主题所对应的圆心角的度数为360°×＝144°；
（3）1200×30%＝360，
所以估计选择以“友善”为主题的七年级学生有360名；
故答案为144，360；
（4）画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中“1男1女”的结果数为8，
所以恰好选中“1男1女”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可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
二十九．利用频率估计概率（共1小题）
60．（2021秋•兴平市期中）在相同条件下，移植10000棵幼苗，有8000棵幼苗成活，估计在相同条件下移植一棵这种幼苗成活的概率为（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.9 D．0.8
【分析】用成活幼苗的数量除以总数量即可．
【解答】解：估计在相同条件下移植一棵这种幼苗成活的概率为＝0.8，
故选：D．
【点评】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．