2025届湖北省黄石市陶港中学数学九年级第一学期开学统考试题【含答案】

这是一份2025届湖北省黄石市陶港中学数学九年级第一学期开学统考试题【含答案】，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）若式子有意义，则x的取值范围为（ ）．
A．x≥2B．x≠2C．x≤2D．x＜2
2、（4分）方程的解是（ ）
A．4B．±2C．2D．-2
3、（4分）如图，四边形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝6，AE⊥BC于E，则AE等于( )
A．4B．C．D．5
4、（4分）在菱形中，，边上的高为( )
A．B．C．D．
5、（4分）如果一次函数y＝kx+不经过第三象限，那么k的取值范围是( )
A．k＜0B．k＞0C．k≤0D．k≥0
6、（4分）下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是( )
A．对角线相等B．对角线互相平分C．对角线互相垂直D．邻边互相垂直
7、（4分）如图，平行四边形ABCD中，∠A的平分线AE交CD于E， AB=5，BC=3，则EC的长（ ）
A．2B．3C．4D．2.5
8、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝2AB，CE⊥AB于E，F为AD的中点，若∠AEF＝54°，则∠B＝（ ）
A．54°B．60°C．66°D．72°
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，正方形的两边、分别在轴、轴上，点在边上，以为中心，把旋转，则旋转后点的对应点的坐标是________.
10、（4分）如图，边长分别为4和8的两个正方形ABCD和CEFG并排放在一起，连结BD并延长交EG于点T，交FG于点P，则GT的长为_____．
11、（4分）一组数据1，2，a，4，5的平均数是3，则这组数据的方差为_____．
12、（4分）一列快车从甲地驶往乙地，一列慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，两车的距离与慢车行驶的时间之间的函数关系如图所示，则快车的速度为__________．
13、（4分）若关于若关于x的分式方程的解为正数，那么字母a的取值范围是___．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知正方形与正方形（点C、E、F、G按顺时针排列），是的中点，连接，.
（1）如图1，点在上，点在的延长线上，
求证：=ME，⊥.ME
简析： 由是的中点，AD∥EF，不妨延长EM交AD于点N，从而构造出一对全等的三角形，即 ≌ .由全等三角形性质，易证△DNE是 三角形,进而得出结论.
（2）如图2， 在的延长线上，点在上，（1）中结论是否成立？若成立,请证明你的结论；若不成立，请说明理由.
（3）当AB=5，CE=3时，正方形的顶点C、E、F、G按顺时针排列.若点在直线CD上，则DM= ;若点E在直线BC上，则DM= .
15、（8分）近日，我校八年级同学进行了体育测试．为了解大家的身体素质情况，一个课外活动小组随机调查了部分同学的测试成绩，并将结果分为“优”、“良”、“中”、“差”四个等级，分别记作、、、；根据调查结果绘制成如图所示的扇形统计图和条形统计图（未完善），请结合图中所给信息解答下列问题：

（1）本次调查的学生总数为 人；
（2）在扇形统计图中，所对应扇形的圆心角 度，并将条形统计图补充完整；
（3）在“优”和“良”两个等级的同学中各有两人愿意接受进一步训练，现打算从中随机选出两位进行训练，请用列表法或画树状图的方法，求出所选的两位同学测试成绩恰好都为“良”的概率．
16、（8分）甲、乙两人相约周末登花果山，甲、乙两人距地面的高度（米）与登山时间（分）之间的函数图象如图所示，根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）甲登山上升的速度是每分钟 米，乙在地时距地面的高度为 米；
（2）若乙提速后，乙的登山上升速度是甲登山上升速度的3倍，请求出乙登山全程中，距地面的高度（米）与登山时间（分）之间的函数关系式．
（3）登山多长时间时，甲、乙两人距地面的高度差为50米？
17、（10分）如图，在等边△ABC中，点F、E分别在BC、AC边上，AE＝CF，AF与BE相交于点P．
（1）求证：AEP∽BEA；
（2）若BE＝3AE，AP＝2，求等边ABC的边长．
18、（10分）（1）计算：；
（2）当时，求代数式的值
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）将直线y＝﹣2x﹣2向上平移5个单位后，得到的直线为_____．
20、（4分）若式子+有意义,则x的取值范围是____.
21、（4分）如图，双曲线y=（x＞0）经过四边形OABC的顶点A、C，∠ABC=90°，OC平分OA与x轴正半轴的夹角，AB∥x轴．将△ABC沿AC翻折后得△AB′C，B′点落在OA上，则四边形OABC的面积是 ．
22、（4分）已知关于的一元二次方程有一个非零实数根，则的值为_____.
23、（4分）若是正比例函数，则的值为______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，等边的边长是4，，分别为，的中点，延长至点，使，连接和．
(1)求证：；
(2)求的长；
(3)求四边形的面积．
25、（10分）先化简，再求值：，其中，.
26、（12分）进入夏季用电高峰季节，市供电局维修队接到紧急通知：要到 30 千米远的某乡镇进行紧急抢修，维修工骑摩托车先走，15 分钟后，抢修车装载所需材料出发， 结果两车同时到达抢修点，已知抢修车的速度是摩托车速度的 1.5 倍，求两种车的速 度．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、D
【解析】
根据被开方式大于且等于零，分母不等于零列式求解即可．
【详解】
解：∵式子有意义
∴
∴x＜2
故选：D
本题考查了代数式有意义时字母的取值范围，代数式有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当代数式是整式时，字母可取全体实数；②当代数式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当代数式是二次根式时，被开方数为非负数．
2、B
【解析】
解： ∵，∴，
∴方程的解：，．
故选B．
考点：1．解一元二次方程-因式分解法；2．因式分解．
3、C
【解析】
连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC，然后根据勾股定理计算出BO长，再算出菱形的面积，然后再根据面积公式BC•AE=AC•BD可得答案．
【详解】
解：连接BD，交AC于O点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∴AC⊥BD，AO=AC，BD=2BO，
∴∠AOB=90°，
∵AC=6，
∴AO=3，
∴BO=，
∴DB=8，
∴菱形ABCD的面积是×AC•DB=×6×8=24，
∴BC•AE=24，
AE=，
故选C.
此题主要考查了菱形的性质，以及菱形的性质面积，关键是掌握菱形的对角线互相垂直且平分．
4、C
【解析】
先求出对角线BD长，利用菱形的面积等于对角线乘积的一半和底乘以高求解BC边上的高．
【详解】
解：设AC与BD交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO⊥BO，且AC=2AO，BD=2BO．
在Rt△AOB中利用勾股定理可得BO= =1．
∴BD=2BO=2．
∴菱形的面积为BD×AC=×6×2=21．
设BC变上的高为h，则BC×h=21，即5h=21，h=1.2．
故选C．
本题考查菱形的性质，解题的关键是掌握菱形面积的两种计算方法．
5、A
【解析】
根据一次函数y=kx+b的图象与k、b之间的关系，即可得出k的取值范围.
【详解】
∵一次函数y＝kx+的图象不经过第三象限，
∴一次函数y＝kx+的图象经过第一、二、四象限，
∴k＜1．
故选：A．
本题考查了一次函数的图象与系数k,b的关系，熟练掌握一次函数的图象的性质是解题的关键.
6、C
【解析】
试题分析：A．对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有；
B．对角线互相平分是菱形和矩形共有的性质；
C．对角线互相垂直是菱形具有的性质，矩形不一定具有；
D．邻边互相垂直是矩形具有的性质，菱形不一定具有．
故选C．
点评】本题考查菱形与矩形的性质，需要同学们对各种平行四边形的性质熟练掌握并区分．
考点：菱形的性质；矩形的性质．
7、A
【解析】
根据平行四边形的性质可得AB=CD=5，AD=BC=3，AB∥CD，然后根据平行线的性质可得∠EAB=∠AED，然后根据角平分线的定义可得∠EAB=∠EAD，从而得出∠EAD=∠AED，根据等角对等边可得DA=DE=3，即可求出EC的长．
【详解】
解:∵四边形ABCD是平行四边形，AB=5，BC=3，
∴AB=CD=5，AD=BC=3，AB∥CD
∴∠EAB=∠AED
∵AE平分∠DAB
∴∠EAB=∠EAD
∴∠EAD=∠AED
∴DA=DE=3
∴EC=CD－DE=2
故选A．
此题考查的是平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义和等腰三角形的判定，掌握平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义和等角对等边是解决此题的关键．
8、D
【解析】
过F作AB、CD的平行线FG，由于F是AD的中点，那么G是BC的中点，即Rt△BCE斜边上的中点，由此可得BC=2EG=2FG，即△GEF、△BEG都是等腰三角形，因此求∠B的度数，只需求得∠BEG的度数即可；易知四边形ABGF是平行四边形，得∠EFG=∠AEF，由此可求得∠FEG的度数，即可得到∠AEG的度数，根据邻补角的定义可得∠BEG的值，由此得解．
【详解】
过F作FG∥AB∥CD，交BC于G；
则四边形ABGF是平行四边形，所以AF=BG，
即G是BC的中点；
连接EG，在Rt△BEC中，EG是斜边上的中线，
则BG=GE=FG=BC；
∵AE∥FG，
∴∠EFG=∠AEF=∠FEG=54°，
∴∠AEG=∠AEF+∠FEG=108°，
∴∠B=∠BEG=180°-108°=72°．
故选D．
此题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的判定和性质，正确地构造出与所求相关的等腰三角形是解决问题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、或
【解析】
分逆时针旋转和顺时针旋转两种情况考虑：①顺时针旋转时，由点D的坐标利用正方形的性质可得出正方形的边长以及BD的长度，由此可得出点D′的坐标；②逆时针旋转时，找出点B′落在y轴正半轴上，根据正方形的边长以及BD的长度即可得出点D′的坐标．综上即可得出结论．
【详解】
解：分逆时针旋转和顺时针旋转两种情况（如图所示）：
①顺时针旋转时，点B′与点O重合，
∵点D（4，3），四边形OABC为正方形，
∴OA=BC=4，BD=1，
∴点D′的坐标为（-1，0）；
②逆时针旋转时，点B′落在y轴正半轴上，
∵OC=BC=4，BD=1，
∴点B′的坐标为（0，8），点D′的坐标为（1，8）．
故答案为：（-1，0）或（1，8）．
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，以及坐标与图形变化中的旋转，分逆时针旋转和顺时针旋转两种情况考虑是解题的关键．
10、2
【解析】
根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=∠CGE=45°，再求出∠GDT=45°，从而得到△DGT是等腰直角三角形，根据正方形的边长求出DG，再根据等腰直角三角形的直角边等于斜边的倍求解即可．
【详解】
∵BD、GE分别是正方形ABCD，正方形CEFG的对角线，
∴∠ADB=∠CGE=45°，
∴∠GDT=180°−90°−45°=45°，
∴∠DTG=180°−∠GDT−∠CGE=180°−45°−45°=90°，
∴△DGT是等腰直角三角形，
∵两正方形的边长分别为4，8，
∴DG=8−4=4，
∴GT=×4=2.
故答案为2.
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质．关键是掌握正方形的对角线平分一组对角
11、1
【解析】
由平均数的公式得：（51+1+x+4+5）÷5=3，
解得x=3；
∴方差=[（1-3）1+（1-3）1+（4-3）1+（3-3）1+（5-3）1]÷5=1；
故答案是：1．
12、150km/h
【解析】
假设快车的速度为a（km/h），慢车的速度为b（km/h）．当两车相遇时，两车各自所走的路程之和就是甲乙两地的距离，由此列式4a+4b=900①，另外，由于快车到达乙地的时间比慢车到达甲地的时间要短，图中的（12，900）这个点表示慢车刚到达甲地，这时的两车距离等于两地距离，而x=12就是慢车正好到达甲地的时间，所以，12b=900②，①和②可以求出快车的速度．
【详解】
解：设快车的速度为a（km/h），慢车的速度为b（km/h），
∴4（a+b）=900，
∵慢车到达甲地的时间为12小时，
∴12b=900，
b=75，
∴4（a+75）=900，
解得：a=150；
∴快车的速度为150km/h．
故答案为：150km/h．
此题主要考查了一次函数的应用，解题的关键是首先正确理解题意，然后根据题目的数量关系得出b的值．
13、a＞1且a≠2
【解析】
分式方程去分母得：2x﹣a=x﹣1，解得：x=a﹣1，
根据题意得：a﹣1＞0，解得：a＞1．
又当x=1时，分式方程无意义，∴把x=1代入x=a﹣1得a=2．
∴要使分式方程有意义，a≠2．
∴a的取值范围是a＞1且a≠2．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（3）或，.
【解析】
（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为∠EDH=90°，可得DM⊥EM，DM=ME；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；
【详解】
解：（1） △AMN ≌ △FME ,等腰直角.
如图1中，延长EM交AD于H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴△AMH≌△FME，
∴，，
∴，
∵，
∴DM⊥EM，DM=ME．
（2）结论仍成立.
如图，延长EM交DA的延长线于点H,
∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形,
∴，,
∴AD∥EF,∴.
∵，,
∴△AMF≌△FME(ASA), …
∴，,∴.
在△DHE中，，,,
∴，DM⊥EM.
（3）①当E点在CD边上，如图1所示，由（1）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为,此时,所以；
②当E点在CD的延长线上时，如图2所示，由（2）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为，此时 ，所以 ；
③当E点在BC上是，如图三所示，同（1）、（2）理可得到三角形DME为等腰直角三角形，
证明如下：∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形, 且点E在BC上
∴AB//EF，∴，
∵M为AF中点，∴AM=MF
∵在三角形AHM与三角形EFM中：
,
∴△AMH≌△FME(ASA),
∴，,∴.
∵在三角形AHD与三角形DCE中：
，
∴△AHD≌△DCE(SAS),
∴,
∵∠ADC=∠ADH+∠HDC=90°，
∴∠HDE=∠CDE+∠HDC=90°,
∵在△DHE中，，,,
∴三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为，此时在直角三角形DCE中 ，所以
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．
15、（1）50；（2）144°，图见解析；（3） ．
【解析】
（1）根据“优”的人数和所占的百分比即可求出总人数；
（2）用360°乘以“良”所占的百分比求出B所对应扇形的圆心角；用总人数减去“优”、“良”、“差”的人数，求出“中”的人数，即可补全统计图；
（3）根据题意画出树状图得出所以等情况数和所选的两位同学测试成绩恰好都为“良”的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】
（1）本次调查的学生总数为：15÷30%=50（人）；
故答案为：50；
（2）在扇形统计图中，B所对应扇形的圆心角是360°×=144°；
“中”等级的人数是：50-15-20-5=10（人），补图如下：
故答案为：10；
（3）“优秀”和“良”的分别用A1，A2，和B1，B2表示，则画树状图如下：
共有12种情况，所选的两位同学测试成绩恰好都为“良”的有2种，
则所选的两位同学测试成绩恰好都为“良”的概率是 ．
此题考查列表法或树状图法求概率．解题关键在于掌握列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16、（1）10；1；（2）；（3）4分钟、9分钟或3分钟．
【解析】
（1）根据速度=高度÷时间即可算出甲登山上升的速度；根据高度=速度×时间即可算出乙在A地时距地面的高度b的值；
（2）分0≤x≤2和x≥2两种情况，根据高度=初始高度+速度×时间即可得出y关于x的函数关系；
（3）当乙未到终点时，找出甲登山全程中y关于x的函数关系式，令二者做差等于50即可得出关于x的一元一次方程，解之即可求出x值；当乙到达终点时，用终点的高度-甲登山全程中y关于x的函数关系式=50，即可得出关于x的一元一次方程，解之可求出x值．综上即可得出结论．
【详解】
（1）（10-100）÷20=10（米/分钟），
b=3÷1×2=1．
故答案为：10；1．
（2）当0≤x≤2时，y=3x；
当x≥2时，y=1+10×3（x-2）=1x-1．
当y=1x-1=10时，x=2．
∴乙登山全程中，距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式为．
（3）甲登山全程中，距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式为y=10x+100（0≤x≤20）．
当10x+100-（1x-1）=50时，解得：x=4；
当1x-1-（10x+100）=50时，解得：x=9；
当10-（10x+100）=50时，解得：x=3．
答：登山4分钟、9分钟或3分钟时，甲、乙两人距地面的高度差为50米．
本题考查了一次函数的应用以及解一元一次方程，解题的关键是：（1）根据数量关系列式计算；（2）根据高度=初始高度+速度×时间找出y关于x的函数关系式；（3）将两函数关系式做差找出关于x的一元一次方程．
17、（1）见解析；（2）1
【解析】
（1）根据等边三角形的性质得到AB＝AC，∠C＝∠CAB＝10°，根据全等三角形的性质得到∠ABE＝∠CAF，于是得到结论；
（2）根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠C＝∠CAB＝10°，
又∵AE＝CF，
在△ABE和△CAF中，
∴
∴∠ABE＝∠CAF，
∵∠AEB＝∠BEA，
∴（有两个角对应相等的两个三角形相似）；
（2）解：∵
∴，
∵BE＝3AE，AP＝2，
∴AB＝1，
∴等边的边长是1．
本题考查了全等三角形的证明方法中的边角边定理（两个三角形中有两条边对应相等，并且这两条边的夹角也对应相等，则这两个三角形全等）；两个三角形相似的证明方法之一：两个三角形有两个角对应相等，则这两个三角形相似．熟记并灵活运用这两种方法是解本题的关键．
18、（1）；（2）
【解析】
（1）根据题意先化简二次根式，再计算乘法，最后合并同类二次根式即可得；
（2）由题意分别将x、y的值代入原式=（x+y）（x-y）+xy计算即可求出答案．
【详解】
解：
当时，
可得.
本题主要考查二次根式的化简求值，解题的关键是熟练掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、y＝﹣2x+3
【解析】
一次函数图像,即直线平移的原则是:上加下减,左加右减,据此即可求解.
【详解】
将直线y＝﹣2x﹣2向上平移5个单位，得到直线y＝﹣2x﹣2+5，即y＝﹣2x+3；
故答案为：y＝﹣2x+3；
该题主要考查了一次函数图像,即直线平移的方法:上加下减,左加右减,准确掌握平移的原则即可解题.
20、2≤x≤3
【解析】
根据二次根式有意义的条件得到不等式组，解不等式组即可.
【详解】
根据题意得;
解得：2≤x≤3
故答案为：2≤x≤3
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数要大于等于0是关键.
21、1．
【解析】
延长BC，交x轴于点D，设点C（x，y），AB=a，由角平分线的性质得，CD=CB′，则△OCD≌△OCB′，再由翻折的性质得，BC=B′C，根据反比例函数的性质，可得出S△OCD=xy，则S△OCB′=xy，由AB∥x轴，得点A（x-a，1y），由题意得1y（x-a）=1，从而得出三角形ABC的面积等于ay，即可得出答案．
【详解】
延长BC，交x轴于点D，
设点C(x,y)，AB=a，
∵OC平分OA与x轴正半轴的夹角，
∴CD=CB′,△OCD≌△OCB′，
再由翻折的性质得,BC=B′C，
∵双曲线 (x>0)经过四边形OABC的顶点A. C，
∴S△OCD=xy=1，
∴S△OCB′=xy=1，
由翻折变换的性质和角平分线上的点到角的两边的距离相等可得BC=B′C=CD，
∴点A. B的纵坐标都是1y，
∵AB∥x轴，
∴点A(x−a,1y)，
∴1y(x−a)=1，
∴xy−ay=1，
∵xy=1
∴ay=1，
∴S△ABC=ay=，
∴SOABC=S△OCB′+S△AB′C+S△ABC=1++=1.
故答案为：1.
22、1
【解析】
由于关于x的一元二次方程有一个非零根，那么代入方程中即可得到n2−mn＋n＝0，再将方程两边同时除以n即可求解．
【详解】
解：∵关于x的一元二次方程有一个非零根，
∴n2−mn＋n＝0，
∵−n≠0，
∴n≠0，
方程两边同时除以n，得n−m＋1＝0，
∴m−n＝1．
故答案为：1．
此题主要考查了一元二次方程的解，解题的关键是把已知方程的根直接代入方程进而解决问题．
23、2
【解析】
根据正比例函数的定义即可求解.
【详解】
依题意得a-1=1，解得a=2
此题主要考查正比例函数的定义，解题的关键是熟知正比例函数的特点.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)证明见解析；(2)EF=；(3).
【解析】
（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；
（2）先求出，再证明四边形是平行四边形即可；
（3）过点作于，求出、即可解决问题.
【详解】
(1)在中，
、分别为、的中点，
为的中位线，
，
，
．
(2)，，
，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
．
(3)过点作于，
，，
，
，
．
本题考查等边三角形的性质、三角形中位线定理、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，记住平行四边形的面积公式，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型.
25、；．
【解析】
根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将a、b的值代入化简后的式子即可解答本题．
【详解】
解：(-)÷
=
=
=
=，
当a=+，b=-时，
原式===．
本题考查分式的化简求值、分母有理化，解答本题的关键是明确分式化简求值的计算方法．
26、摩托车的速度是40km/h，抢修车的速度是60km/h.
【解析】
设摩托车的是xkm/h，那么抢修车的速度是1.5xkm/h，根据供电局的电力维修工要到30千米远的郊区进行电力抢修．技术工人骑摩托车先走，15分钟后，抢修车装载着所需材料出发，结果他们同时到达可列方程求解．
【详解】
设摩托车的是xkm/h，

x=40
经检验x=40是原方程的解.
40×1.5=60(km/h).
摩托车的速度是40km/h，抢修车的速度是60km/h.
此题考查分式方程的应用，解题关键在于理解题意列出方程.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分