浙江省温州市五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编-03+填空题

这是一份浙江省温州市五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编-03+填空题，共27页。试卷主要包含了分解因式，计算，不等式组的解集为 　 　，不等式组的解集为　 　，不等式组的解为　 　，不等式组的解是　 　等内容，欢迎下载使用。
浙江省温州市五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编-03 填空题

一．因式分解-提公因式法
1．（2018•温州）分解因式：a2﹣5a＝　 　．
二．因式分解-运用公式法
2．（2022•温州）分解因式：m2﹣n2＝　 　．
3．（2020•温州）分解因式：m2﹣25＝　 　．
4．（2019•温州）分解因式：m2+4m+4＝　 　．
三．提公因式法与公式法的综合运用
5．（2021•温州）分解因式：2m2﹣18＝　 　．
四．分式的加减法
6．（2022•温州）计算：+＝　 　．
五．解一元一次不等式组
7．（2021•温州）不等式组的解集为 　 　．
8．（2020•温州）不等式组的解集为　 　．
9．（2019•温州）不等式组的解为　 　．
10．（2018•温州）不等式组的解是　 　．
六．一次函数图象上点的坐标特征
11．（2018•温州）如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为 　 　．

七．反比例函数系数k的几何意义
12．（2020•温州）点P，Q，R在反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）图象上的位置如图所示，分别过这三个点作x轴、y轴的平行线．图中所构成的阴影部分面积从左到右依次为S1，S2，S3．若OE＝ED＝DC，S1+S3＝27，则S2的值为　 　．

八．菱形的性质
13．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为 　 　．

14．（2019•温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为　 　cm．

九．矩形的性质
15．（2021•温州）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的d的值为 　 　；记图1中小正方形的中心为点A，B，C，图2中的对应点为点A′，B′，C′．以大正方形的中心O为圆心作圆，则当点A′，B′，C′在圆内或圆上时，圆的最小面积为 　 　．

一十．切线的性质
16．（2021•温州）如图，⊙O与△OAB的边AB相切，切点为B．将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O′A′B，使点O′落在⊙O上，边A′B交线段AO于点C．若∠A′＝25°，则∠OCB＝　 　度．

17．（2019•温州）如图，⊙O分别切∠BAC的两边AB，AC于点E，F，点P在优弧（）上，若∠BAC＝66°，则∠EPF等于 　 　度．

一十一．正多边形和圆
18．（2018•温州）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接正六边形和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB＝5cm，小正六边形的面积为cm2，则该圆的半径为　 　cm．

一十二．弧长的计算
19．（2022•温州）若扇形的圆心角为120°，半径为，则它的弧长为 　 　．
20．（2021•温州）若扇形的圆心角为30°，半径为17，则扇形的弧长为 　 　．
21．（2020•温州）若扇形的圆心角为45°，半径为3，则该扇形的弧长为　 　．
22．（2018•温州）已知扇形的弧长为2π，圆心角为60°，则它的半径为　 　．
一十三．相似三角形的应用
23．（2022•温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC＝8.5m，CD＝13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，则点O，M之间的距离等于 　 　米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 　 　米．

24．（2020•温州）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为　 　米，BC为　 　米．

一十四．解直角三角形的应用
25．（2019•温州）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为　 　分米；当OB从水平状态旋转到OB'（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB'上的点E'处，则B'E'﹣BE为　 　分米．

一十五．频数（率）分布直方图
26．（2020•温州）某养猪场对200头生猪的质量进行统计，得到频数分布直方图（每一组含前一个边界值，不含后一个边界值）如图所示，其中质量在77.5kg及以上的生猪有　 　头．

27．（2019•温州）某校学生“汉字听写”大赛成绩的频数分布直方图（每一组含前一个边界值，不含后一个边界值）如图所示，其中成绩为“优良”（80分及以上）的学生有 　 　人．

一十六．算术平均数
28．（2022•温州）某校5个小组在一次植树活动中植树株数的统计图如图所示，则平均每组植树 　 　株．

一十七．众数
29．（2018•温州）一组数据1，3，2，7，x，2，3的平均数是3，则该组数据的众数为　 　．
一十八．概率公式
30．（2021•温州）一个不透明的袋中装有21个只有颜色不同的球，其中5个红球，7个白球，9个黄球．从中任意摸出1个球是红球的概率为 　 　．

参考答案与试题解析
一．因式分解-提公因式法
1．（2018•温州）分解因式：a2﹣5a＝　a（a﹣5）　．
【解答】解：a2﹣5a＝a（a﹣5）．
故答案是：a（a﹣5）．
二．因式分解-运用公式法
2．（2022•温州）分解因式：m2﹣n2＝　（m+n）（m﹣n）　．
【解答】解：m2﹣n2＝（m+n）（m﹣n），
故答案为：（m+n）（m﹣n）．
3．（2020•温州）分解因式：m2﹣25＝　（m+5）（m﹣5）　．
【解答】解：原式＝（m﹣5）（m+5），
故答案为：（m﹣5）（m+5）．
4．（2019•温州）分解因式：m2+4m+4＝　（m+2）2　．
【解答】解：原式＝（m+2）2．
故答案为：（m+2）2．
三．提公因式法与公式法的综合运用
5．（2021•温州）分解因式：2m2﹣18＝　2（m+3）（m﹣3）　．
【解答】解：原式＝2（m2﹣9）
＝2（m+3）（m﹣3）．
故答案为：2（m+3）（m﹣3）．
四．分式的加减法
6．（2022•温州）计算：+＝　2　．
【解答】解：原式＝，
＝，
＝2．
故答案为：2．
五．解一元一次不等式组
7．（2021•温州）不等式组的解集为 　1≤x＜7　．
【解答】解：解不等式x﹣3＜4，得：x＜7，
解不等式≥1，得：x≥1，
则不等式组的解集为1≤x＜7，
故答案为：1≤x＜7．
8．（2020•温州）不等式组的解集为　﹣2≤x＜3　．
【解答】解：，
解①得x＜3；
解②得x≥﹣2．
故不等式组的解集为﹣2≤x＜3．
故答案为：﹣2≤x＜3．
9．（2019•温州）不等式组的解为　1＜x≤9　．
【解答】解：，
由①得，x＞1，
由②得，x≤9，
故此不等式组的解集为：1＜x≤9．
故答案为：1＜x≤9．
10．（2018•温州）不等式组的解是　x＞4　．
【解答】解：，
解①得x＞2，
解②得x＞4．
故不等式组的解集是x＞4．
故答案为：x＞4．
六．一次函数图象上点的坐标特征
11．（2018•温州）如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为 　2　．

【解答】解：延长DE交OA于F，如图，
当x＝0时，y＝﹣x+4＝4，则B（0，4），
当y＝0时，﹣x+4＝0，解得x＝4，则A（4，0），
在Rt△AOB中，tan∠OBA＝＝，
∴∠OBA＝60°，
∵C是OB的中点，
∴OC＝CB＝2，
∵四边形OEDC是菱形，
∴CD＝BC＝DE＝CE＝2，CD∥OE，
∴△BCD为等边三角形，
∴∠BCD＝60°，
∴∠COE＝60°，
∴∠EOF＝30°，
∴EF＝OE＝1，
△OAE的面积＝×4×1＝2．
故答案为2．

七．反比例函数系数k的几何意义
12．（2020•温州）点P，Q，R在反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）图象上的位置如图所示，分别过这三个点作x轴、y轴的平行线．图中所构成的阴影部分面积从左到右依次为S1，S2，S3．若OE＝ED＝DC，S1+S3＝27，则S2的值为　　．

【解答】解：∵CD＝DE＝OE，
∴可以假设CD＝DE＝OE＝a，
则P（，3a），Q（，2a），R（，a），
∴CP＝，DQ＝，ER＝，
∴OG＝AG，OF＝2FG，OF＝GA，
∴S1＝S3＝2S2，
∵S1+S3＝27，
∴S3＝，S1＝，S2＝，
解法二：∵CD＝DE＝OE，
∴S1＝，S四边形OGQD＝k，
∴S2＝（k﹣×2）＝，
S3＝k﹣k﹣k＝k，
∴k+k＝27，
∴k＝，
∴S2＝＝．
故答案为．

八．菱形的性质
13．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为 　　．

【解答】解：方法一：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图1所示，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD，
∵△ABD是等边三角形，
∴OD＝，
∴AO＝＝＝，
∴AC＝2AO＝，
∵AE＝3BE，
∴AE＝，BE＝，
∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE＝BF＝，∠FBJ＝60°，
∴FJ＝BF•sin60°＝×＝，
∴MI＝FJ＝，
∴AM＝＝＝，
同理可得，CN＝，
∴MN＝AC﹣AM﹣CN＝﹣＝，
故答案为：．
方法二：连接DB交AC于点O，连接EF，
由题意可得，四边形AMFE是平行四边形，四边形EFCN是平行四边形，
∴EF＝AM＝CN，
∵EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，
∵AE＝3BE，AB＝1，
∴AB＝4BE，
∴＝，
∴AM＝CN＝AC，
∴MN＝AC＝OA，
∵∠BAD＝60°．AB＝AD＝1，AO垂直平分BD，
∴OD＝，
∴OA＝＝＝，
∴MN＝，
故答案为：．


14．（2019•温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为　（12+8）　cm．

【解答】解：如图所示，连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，
∵三个菱形全等，
∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，
又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，
∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，
即△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，
∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，
设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，
∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，
解得x2＝2+，
又∵S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，
∴x2＝×2×BO，
∴BO＝2+2，
∴BE＝2BO＝4+4，AB＝AE＝BO＝4+2，
∴△ABE的周长＝4+4+2（4+2）＝12+8，
故答案为：12+8．

九．矩形的性质
15．（2021•温州）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的d的值为 　6﹣2　；记图1中小正方形的中心为点A，B，C，图2中的对应点为点A′，B′，C′．以大正方形的中心O为圆心作圆，则当点A′，B′，C′在圆内或圆上时，圆的最小面积为 　（16﹣8）π　．

【解答】解：如图，连接FW，由题意可知点A′，O，C′在线段FW上，连接OB′，B′C′，过点O作OH⊥B′C′于H．

∵大正方形的面积＝12，
∴FG＝GW＝2，
∵EF＝WK＝2，
∴在Rt△EFG中，tan∠EGF＝＝＝，
∴∠EGF＝30°，
∵JK∥FG，
∴∠KJG＝∠EGF＝30°，
∴d＝JK＝GK＝（2﹣2）＝6﹣2，
∵OF＝OW＝FW＝，C′W＝，
∴OC′＝﹣，
∵B′C′∥QW，B′C′＝2，
∴∠OC′H＝∠FWQ＝45°，
∴OH＝HC′＝﹣1，
∴HB′＝2﹣（﹣1）＝3﹣，
∴OB′2＝OH2+B′H2＝（﹣1）2+（3﹣）2＝16﹣8，
∵OA′＝OC′＜OB′，
∴当点A′，B′，C′在圆内或圆上时，圆的最小面积为（16﹣8）π．
故答案为：6﹣2，（16﹣8）π．
一十．切线的性质
16．（2021•温州）如图，⊙O与△OAB的边AB相切，切点为B．将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O′A′B，使点O′落在⊙O上，边A′B交线段AO于点C．若∠A′＝25°，则∠OCB＝　85　度．

【解答】解：∵⊙O与△OAB的边AB相切，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA＝90°，
连接OO′，如图，
∵△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O′A′B，
∴∠A＝∠A′＝25°，∠ABA′＝∠OBO′，BO＝BO′，
∵OB＝OO′，
∴△OO′B为等边三角形，
∴∠OBO′＝60°，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠OCB＝∠A+∠ABC＝25°+60°＝85°．
故答案为85．

17．（2019•温州）如图，⊙O分别切∠BAC的两边AB，AC于点E，F，点P在优弧（）上，若∠BAC＝66°，则∠EPF等于 　57　度．

【解答】解：连接OE，OF

∵⊙O分别切∠BAC的两边AB，AC于点E，F
∴OE⊥AB，OF⊥AC
又∵∠BAC＝66°
∴∠EOF＝114°
∵∠EOF＝2∠EPF
∴∠EPF＝57°
故答案为：57°
一十一．正多边形和圆
18．（2018•温州）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他绘制了如图2所示的图形．图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接正六边形和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB＝5cm，小正六边形的面积为cm2，则该圆的半径为　8　cm．

【解答】解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，过O作OG⊥PM，OH⊥AB，
由题意得：∠MNP＝∠NMP＝∠MPN＝60°，
∵小正六边形的面积为cm2，
∴小正六边形的边长为cm，即PM＝7cm，
∴S△MPN＝cm2，
∵OG⊥PM，且O为正六边形的中心，
∴PG＝PM＝cm，OG＝PM＝，
在Rt△OPG中，根据勾股定理得：OP＝＝7cm，
设OB＝xcm，
∵OH⊥AB，且O为正六边形的中心，
∴BH＝x，OH＝x，
∴PH＝（5﹣x）cm，
在Rt△PHO中，根据勾股定理得：OP2＝（x）2+（5﹣x）2＝49，
解得：x＝8（负值舍去），
则该圆的半径为8cm．
故答案为：8

一十二．弧长的计算
19．（2022•温州）若扇形的圆心角为120°，半径为，则它的弧长为 　π　．
【解答】解：∵扇形的圆心角为120°，半径为，
∴它的弧长为：＝π，
故答案为：π．
20．（2021•温州）若扇形的圆心角为30°，半径为17，则扇形的弧长为 　π　．
【解答】解：根据弧长公式可得：
l＝＝＝π．
故答案为：π．
21．（2020•温州）若扇形的圆心角为45°，半径为3，则该扇形的弧长为　π　．
【解答】解：根据弧长公式：l＝＝π，
故答案为：π．
22．（2018•温州）已知扇形的弧长为2π，圆心角为60°，则它的半径为　6　．
【解答】解：设半径为r，
2，
解得：r＝6，
故答案为：6
一十三．相似三角形的应用
23．（2022•温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC＝8.5m，CD＝13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2：3，则点O，M之间的距离等于 　10　米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 　（10+）　米．

【解答】解：解法一：如图，过点O作OP∥BD，交MG于P，过P作PN⊥BD于N，则OB＝PN，

∵AC∥BD，
∴AC∥OP∥BD，
∴＝，∠EGF＝∠OPM，
∵OA＝OB，
∴CP＝PD＝CD＝6.5，
∴MP＝CM+CP＝8.5+6.5＝15，
tan∠EGF＝tan∠OPM，
∴＝＝，
∴OM＝×15＝10；
∵DB∥EG，
∴∠EGF＝∠NDP，
∴sin∠EGF＝sin∠NDP，即＝，
∴OB＝PN＝，
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
解法二：如图，设AC与OM交于点H，过点C作CN⊥BD于N，

∵HC∥EG，
∴∠HCM＝∠EGF，
∵∠CMH＝∠EFG＝90°，
∴△HMC∽△EFG，
∴＝＝，即＝，
∴HM＝，
∵BD∥EG，
∴∠BDC＝∠EGF，
∴tan∠BDC＝tan∠EGF，
∴＝＝，
设CN＝2x，DN＝3x，则CD＝x，
∴x＝13，
∴x＝，
∴AB＝CN＝2，
∴OA＝OB＝AB＝，
在Rt△AHO中，∵∠AHO＝∠CHM，
∴sin∠AHO＝＝，
∴＝，
∴OH＝，
∴OM＝OH+HM＝+＝10，
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
故答案为：10，（10+）．
24．（2020•温州）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为　15　米，BC为　20　米．

【解答】解：∵AE⊥l，BF⊥l，
∵∠ANE＝45°，
∴△ANE和△BNF是等腰直角三角形，
∴AE＝EN，BF＝FN，
∴EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，
∴AE＝EN＝15+2+8＝25（米），BF＝FN＝2+8＝10（米），
∴AN＝25（米），BN＝10（米），
∴AB＝AN﹣BN＝15（米）；
过C作CH⊥l于H，过B作PQ∥l交AE于P，交CH于Q，
∴AE∥CH，
∴四边形PEHQ和四边形PEFB是矩形，
∴PE＝BF＝QH＝10，PB＝EF＝15，BQ＝FH，
∵∠1＝∠2，∠AEF＝∠CHM＝90°，
∴△AEF∽△CHM，
∴＝＝＝，
∴设MH＝3x，CH＝5x，
∵CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，
∵∠APB＝∠ABC＝∠CQB＝90°，
∴∠ABP+∠PAB＝∠ABP+∠CBQ＝90°，
∴∠PAB＝∠CBQ，
∴△APB∽△BQC，
∴，
∴＝，
∴x＝6，
∴BQ＝CQ＝20，
∴BC＝20（米），
方法二：∵∠ANE＝45°，
∴∠ABP＝45°，
∴∠CBQ＝45°，
∴CQ＝BQ，
∵CQ＝5x﹣10，BQ＝FH＝3x+2，
∴5x﹣10＝3x+2，
∴x＝6，
∴BQ＝CQ＝20，
∴BC＝20（米），
故答案为：15，20．

一十四．解直角三角形的应用
25．（2019•温州）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为　（5+5）　分米；当OB从水平状态旋转到OB'（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB'上的点E'处，则B'E'﹣BE为　4　分米．

【解答】解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．

∵AM⊥CD，
∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，
∴四边形OQMP是矩形，
∴QM＝OP，
∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∵OP⊥CD，
∴∠COP＝∠COD＝30°，
∴QM＝OP＝OC•cos30°＝5（分米），
∵∠AOC＝∠QOP＝90°，
∴∠AOQ＝∠COP＝30°，
∴AQ＝OA＝5（分米），
∴AM＝AQ+MQ＝（5+5）分米．
∵OB∥CD，
∴∠BOD＝∠ODC＝60°
在Rt△OFK中，KO＝OF•cos60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝2（分米），
在Rt△FKE中，EK＝＝2（分米）
∴BE＝10﹣2﹣2＝（8﹣2）（分米），
在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ＝2（分米），
在Rt△FJE′中，E′J＝＝2分米，
∴B′E′＝10﹣（2﹣2）＝（12﹣2）分米，
∴B′E′﹣BE＝4（分米）．
故答案为5+5，4．
一十五．频数（率）分布直方图
26．（2020•温州）某养猪场对200头生猪的质量进行统计，得到频数分布直方图（每一组含前一个边界值，不含后一个边界值）如图所示，其中质量在77.5kg及以上的生猪有　140　头．

【解答】解：由直方图可得，
质量在77.5kg及以上的生猪：90+30+20＝140（头），
故答案为：140．
27．（2019•温州）某校学生“汉字听写”大赛成绩的频数分布直方图（每一组含前一个边界值，不含后一个边界值）如图所示，其中成绩为“优良”（80分及以上）的学生有 　90　人．

【解答】解：由直方图可得，
成绩为“优良”（80分及以上）的学生有：60+30＝90（人），
故答案为：90．
一十六．算术平均数
28．（2022•温州）某校5个小组在一次植树活动中植树株数的统计图如图所示，则平均每组植树 　5　株．

【解答】解：观察图形可知：＝×（4+3+7+4+7）＝5，
∴平均每组植树5株．
故答案为：5．
一十七．众数
29．（2018•温州）一组数据1，3，2，7，x，2，3的平均数是3，则该组数据的众数为　3　．
【解答】解：根据题意知＝3，
解得：x＝3，
则数据为1、2、2、3、3、3、7，
所以众数为3，
故答案为：3．
一十八．概率公式
30．（2021•温州）一个不透明的袋中装有21个只有颜色不同的球，其中5个红球，7个白球，9个黄球．从中任意摸出1个球是红球的概率为 　　．
【解答】解：∵一共有21个只有颜色不同的球，其中红球有5个，
∴从中任意摸出1个球是红球的概率为，
故答案为：．