四川省泸州市2026年中考适应性考试数学试题四套附答案

中考适应性考试数学试题（12336合题目要求的．（）A． B．0 C．1 D．2202424324300000000（）（）B．C． D．）D．图，线，一把含角的直三角按所置摆放若，则 的度是（）知点与点关于原对称，抛物线的顶标是（）C()若 ，是方程的两个数根，则的值（）我魏晋期数刘徽在九章术注提到了名的“割圆”，即利用的内正多逼近圆的法来似估指出“之弥，所少．割又割以至可割，与圆合体无所失矣”．“割术”育微积分想，用这想得到圆周率 的近为3.1416．如，的半径为1，运用“割圆术以圆内正六形面似估计 的面积可得 的计值为，若用圆内接正二边作近计，可得 的估值为）C．3 已抛物线经过点和，且抛线与轴的另交点的坐标满足，那么的取值可（）C．1 如，正形 的边是6，E对角线 上，且，过 作 于 ，连并延长交 于 ，交 的延于．则（）二、填空题（本大题4个小题，每小题3分，共12分）的平方根是 ．已知，则 的值为 ．关于的不式组 有只有四整数，则的值范围．在面直坐标系，过一分别坐标垂线，垂线坐标成矩形周长值与面积的值等，这个做“和点”，已知线 与y轴交点A，与比函数的图象交于点，且点P是“谐点”，则 的面积为 ．三、解答题（本大题3个小题，每小题6分，共18分）计：．、FBC上，BE＝CF，AB＝DC，∠B＝∠C∠A＝∠D．化：．四、本大题2个小题，每小题7分，共14分．”实活，对学的活情况按制进行分，绩（：分）为不于的整数．为解这活动果，现这两年级机抽取名学生活动作为样进行理，绘八年级名学生动成计表成绩分人数已知八级名学生活绩的中数为分．请以上信，完下列：（1）样中，年级动成绩为分的生数是 ，七级活绩的众为 分；（2） ， ；（3）若定活成绩到分及上为“优秀”，据样本据估该校年级共名学生本?“”“”已知进个甲头盔和个乙型盔需要，购进个甲型盔和个型头盔要元．?若商场备购进个这两型号头盔费用不于但又不超过，则有几?五、本大题2个小题，每小题8分，共16分．如，某船在 处得小岛位于 的北偏西 方，小岛 位于 的北偏东 方．该渔沿正北向航一段后到达 处，此测得岛位于 的南偏西 方向．且距15海里，小岛位于的南偏东向．求该渔船航行的距离；求 处与小岛 之间距离 （结果取数．考数据：， ，．如，一函数的象与轴， 轴分交于点A，B，与反例函数 图象交点和点 ，其中的纵坐是2．求比例数的析式和点 的坐；点 是反比函数的一点，轴交线 于点若以 、P、Q、O为顶的四边为平行边形求出点坐标．六、本大题2个小题，每小题12分，共24分．如， 是 的内接形，是的直径点是上点，且，连，过点作的切，交的长线于点，交的延长点．求： ；过点 作 于点 ，交于点，若，，求的长．如，抛线与轴于 、两点，与 轴交于点 线上的一动点不与重合，点作轴的垂，交抛线于点，交线于点．当 时，求的长；若以、 、 为顶点三角形与 相似求点 的标．答案D【解析】【解答】解：∵2>1>0>-1，∴最大的数是2.故答案为：D.①0；②0；③④.C【解【答】：将用科学数法示为，C．【分析学记法的现形式为 的形式其中为整数当n为大时的值为较大数的整数位数减去1.D【解析】【解答】解：A是球体，从正面看、从上面看，都是圆，故A错误；B是正方体，从正面看、从上面看，都是正方形，故B错误；C是圆锥，从正面看是三角形，从上面看是圆且中有一点，故C错误；DD故答案：．【分析】根据图形的三视图，逐一进行判断即可.C【解析】【解答】解：A、a4+a4=2a4，所以A不正确；B、a4.a4=a8，B（a4）4=a16CDC。【分析】根据合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方，以及同底数幂的乘法除法，分别正确计算，即可得出答案。B【解析】【解答】解：将图标记字母，如图所示：∵，，∴∠BCE=180°-∠1-∠4=58，∵直线，∴∠ABC=∠BCE=58°，∵，∴∠2=∠ABC-∠3=28°，故答案为：B．【分析】根据已知易得：∠BCE=58°，然后利用平行线的性质可得∠ABC=∠BCE=58°，载利用角的和差关系进行计算即可解答．A【解析】【解答】解：根据题意可知，a-1=-2，b+3=-1；∴a=-1，b=-2，∴抛物线的表式为，将抛物的解式转顶点式为，故答案：．A、Ba=-1，b=-2.BAA错误；BBCCDD.故答案为：B..D【解析】【解答】解：设《侠之大者》《战火西岐》《哪吒之魔童闹海》《重启未来》这四部电影分别为A、B、C、D．由图可知，一共有12种情况，这两部影片中有《哪吒之魔童闹海》的有6种情况，∴这两影片有《之魔童海》概率是P=D．【分析】根据题意画出树状图得到所有可能的结果数，然后找出符合条件的结果数，再根据概率公式进行计算即可．A【解【答】：，∵ ，是方程的两个实，∴ ，，∴，∴原式=2025-2=2023，故答案为：A【分析利用元二程根与数的系求得，，再整代入可.C【解【答】：的内接十二形的可以看成12个等的腰三角组成故等角形的顶角为，设的半为1，图为中一腰三角形，过点 作交于于点，∵，∴，则，故正十边形面积为，圆的面为，用圆内正十边形近似估计的面可得，C．【分析先根圆内多边形性质到，进根据含30°角直角形的性得到B【解【答】抛物线点（1，0（1，4代入物线：，解得：b=2，c=a-2，系可：-1+m=，∴a=，∴1＜m-1＜2，∴-2＜a＜-1，∴a的值可是.故答案为：B．【分析根据意把点和代入抛线解式，出b=2，c=a-2，由根数的关可得-1+m=，进求得a=，结合2＜m＜3，即可出的范围得结论．D【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，边长是6，∴AB=BC=CD=AD，AB∥CD，AD∥BC，BC⊥AG，∴△CED∽△AEG，△CEM∽△AED，∴，，∵，∴，AD=3，∴BG=AG-AB=6，在 中，勾股理，：；故答案：D．△CED∽△AEG，△CEM∽△AEDAG、CMBG的长再根股定理出的长即可．±2【解【答】：平方根是±2．±2【分析】根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x2=a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题．【答案】【解【答】：据绝对和算平方非负性知：，，即a-2=0b+3=0，∴a=2，b=-3，∴a+b=-1，故答案为：-1．【分析根据对值术平方的非性求得，，代即可出答案.【答案】【解【答】：不等式 ，得解不等式，得：，∵关于的不等组 有且只有四整数，∴-2＜a+2≤-1，∴-4＜a≤-3，故答案：．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据不等式组的整数解个数可得答案.答】或【解【答】：∵点是“谐点”，∴，解得，当 时，，把点P的坐标代入一次函数和反比例的解析式得：∴ ，，∴，∴．当时，，∴，，∴，故答案： 或．．【分析】根据“和谐点”的定义求出m值，即可得到点A的坐标，利用三角形的面积公式计算解答即可．1答解：式=×+ - +1=+4-+1=5.【解析】【分析】先算特殊角的三角函数值、负整数股指数幂、绝对值、零次幂再算加减即可．解∵BE＝CF，∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE．在△ABF和△DCE中，∴△ABF➴△DCE，∴∠A＝∠D．BF＝CESAS，证明△ABF➴△DCE===.2答案（1），；（2），；（3）解：七年级活动成绩为优秀的人数为10×（20%+20%）=4，八年级活动成绩为优秀的人数为3+2=5，∴该校八年本次成绩为秀的生大有1200×=540人，答：本活动绩为的学生约有人．【解【答】）根据意可，七活动成为分的学生=10×（）=1，根据扇统计可知级分的生数占比为人数最，故七年活动绩的为分，故答案：；；（2）根据题意可知，八年级学生活动成绩中位数为8.5，∴将10名八年级学生活动成绩按从大到小的书序排列后，第5个和第6个成绩和=8.5×2=17，∴第5个和第6个成绩为8分，9分，∵6分和7分的人数分别为1人，2人，∴8分的人数a=5-1-2=2，9b=10-1-2-2-2=5，故答案：，；【分析（）根扇形计图可七年活动为分的生人为10×（，再数的义即求出众；（）根中位的定结合提即可出第名生的活成绩为分，第学生的动成为分，进求得，的值可求解；（）用1200乘本中八年级秀的生所百分比可.解根据形统图，七级活成绩为的学生的占为，∴样本，七级活绩为分的学生是（人，根据扇统计得出级分的生数占比为最多，∴七年活动绩的为分，故答案：，；解将八级名学生活动绩从到大后，它中位应该第和第个数据的均数，∵八年名学活动的中位为分，∴第和第个数的和为，∴第和第个数分别为，，∵分和分的人为人，∴分的数为（人，∴分的数为（人，故答案：，；解：∵本中级优秀为，∴七年优秀数为（，∵八年优秀数为（，∴全校八年级名学“优秀的人为 人（人，答：本活动绩为的学生约有人．2答案（1）购进个甲型盔和个乙型分别需要元， 元，由题意：，解得，答：购进个甲头盔和乙型头分别要元，（2）解设购甲型盔 个，购进型头盔由题意：，解得：，∴共有三种方案，购进甲头盔个，购型头盔个，购进甲头盔个，购型头盔个，购进甲头盔个，购型头盔个．【解【析（）设进个甲头盔和个乙盔分别要元， 元，据“购进个甲型盔和个乙头盔要元，进个甲头盔和个乙盔需要元”列程组即可；（）设进甲头盔 个根据“进 个，总不少于但又不过元”不等组求出m的数解到方案可.设进个甲型头和个乙头盔别需要， 元，由题意：，解得，答：购进个甲头盔和乙型头分别要元，设进甲头盔 个，则购乙型盔个，由题意：，解得：，∴共有三种方案，购进甲头盔个，购型头盔个，购进甲型头盔个，购进乙型头盔个，购进甲型头盔个，购进乙型头盔个．2答案（1）：∵，∴∠C=90°，∵BC=15海里，∴AB=2BC=30海里，答：渔航行距离 为30海里（2）解：过点D作DF⊥AB，垂足为F，在Rt△BDF中，tan∠DBF=，∠DBF=45°，= ，在Rt△ADF中，tan∠DAF处与小岛 之间距离 为16海里．【解析】【分析】本题考查解直角三角形的实际应用：证明为直三角，利用含30度的直三角形性质进行即可；过点 作 ，设，分解，进求解可．（1）解：由意，：，，∴，∴；答：渔航行距离 为30海里；（2）过点作，设，在中，，∴在∴中，，，，，∵，解得：，∴答：处与小岛；为16海里．解由题，得：，，∴，∴；答：渔航行距离 为30海里；过点 作 ，设，在∴在∴，，，，，∵，解得：，∴答：处与小岛；为16海里．（1）Cm，2∵一次数y1=-x+3的像与反例函数 （x＞0）的图像于点C点D，∴-m+3=2，∴（12∴，解得：k=2，∴（x＞0令，解得：x=1或x=2，∴y=-2+3=1，∴D（2，1）.（2）解当y=0时次函数=0，∴x=3，∴OA=3，∵轴交线 于点，若以 P、Q、O为顶的四形为平四边，∴PQ=OA=3，∵点P是反比例函数上的一点，∴设P（m，∵PQ∥x轴，∴yQ=，∴=-x+3，，∵PQ=3，∴=3，∴=3，当 =3，解：m=，当 =-3时，程无，当m= 时，，当m= 时，，∴点 的坐标为或.（1）Cy1mC（2设x=则有y=求出xQ=-yQ=根行四边的性得到=3可得到=3，即可得出答案.点的纵坐是2．点在一次函数，∴，解得：，∴，把 代入，得，解得：，∴反比函数解析为，∵一次数 与反比例数的图象于点 和点 ，∴解得：或，∴ ．（2）解：∵一次函数的图象与轴，A，B，∴令，解得：∴ ， ，；令，解得：，∵点在反比例函数上，设∴点，且的坐标为轴交直线，于点，若以 、P、Q、O为顶的四边为平四边则分两情况：①当 为对角线，对线 的中与对线的中重合，由中点式可： ，即 ，比较横标： ，即：，故此情不成；②当为对角线，对线的中与对线的中重合，由中点式可： ，即，比较横标：，即： ，解得：或，∴点 的坐标为或.（1）OC，BFACP∵，∴∠BAC=∠DAC，∴∠DAB=∠BAC+∠DAC=2∠BAC，又∵∠BOC=2∠BAC，∴∠DAB=∠BOC，∴AD∥OC，∵ED是的切线，∴OC⊥DE，∴AD⊥DE.解：∵ED是的切，∴∠OCE=90°，∵AB是的直径，∴∠ACB=90°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠OCE+∠OCA=∠ACB+∠OAC，即∠ACE=∠CBE，又∵∠E=∠E，∴△∽△（∴，∵BE=2，CE=4，∴，∴AE=8，∴AB=AE-BE=6，∵AB是的直径，=3，∴OE=OB+BE=5，∵OC⊥DE，AD⊥DE，∴OC∥AD，∴△EOC∽△AED，∴，∴ ，∴ED= ，AD= ，-4=，∵AB是的直径，∴∠AFB=90°，即BF⊥AD，∴BF∥DE，∴△ABF∽△AED，∴，∴AF·AE=AD·AB，BF·AE=AB·ED，，，∵BF∥DE，∴△APF∽△ACD，∴，∴FP·AD=AF·CD，∴×，，在Rt△AFP中，∠FPH+∠CAD=90°，∵FG⊥AB，∴∠BAC+∠AHG=90°，又∵∠AHG=∠FHP，∠BAC=∠CAD，∴∠FPH=∠FHP，，AF·BF，×，，∴HG=FG-FH= .【解【析（1）接，由，得∠DAB==2∠BAC=∠BOC，则AD∥OC，再根切线质的OC⊥DE，由此即可得出结论；（2）连接BF交AC于点P，证明△ACE∽△CBE得AE=8，则AB=6，OA=OB=OC=3，OE=5，证明△EOC∽△AED得ED=则CD=再明△ABF∽△AED得∴AF=然后明△APF∽△ACD得FP=，证明∠FPH=∠FHP，得FH=FP=，再用三的面积式求得FG=HG.（1）证：连接， ，如图所示：∵∴∴∵∴是的切线，，，，，∵，∴，∵，∴∴∴，，，∴，∴∴；，解：∵，∴，∴，∵∴∴∵∴∴∴又∴，，，是直径，，，，，，∴，∴，∵∴∵，，，，，，，∴，∴，∵∴∴∵是的直径，，，，∴∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵，∴，即，解得：，∴，∵∴.，答案（1）：据题意知：物线 与轴交于、两点，∴把A、B两代入线解析得： ，解得： ，∴抛物解析为 .（2）解：由（1）可知，抛物线解析式为∴（04，∵（60设直线BC为y=kx+b，∴，解得： ，∴直线BC为y=x+4，设（x，，则x，x+4）-（x+4）=，DE=x+4，∵PE=DE，∴ = x+4，解得：x2或=8（，∵（04=.（3）解：根据已知条件，可以分两种情况讨论：①当∠CPE=∠EDB=90°时，△CPE∽△BDE，此时，CP∥DB，∴点C与点P关于线对称，∵=，又∵（，∴（44，（40）.②当∠PCE=∠EDB=90°，△PCE∽△BDE，此时，过点P作PG⊥y轴于点G，则有∠PGC=90°，∠PCG+∠OCB=180°-∠PCE=90°，∵∠COB=90°，∴∠OBC+∠OCB=180°-∠COB=90°，∴∠PCG=∠OBC，又∵∠COB=∠PGC=90°，∴△∽△（∴，设P（x，∴ ，解得：x=（不合题舍去）或x=0不符意，舍去D（4，0）.【解析】【分析】（1）利用待定系数法将A、B两点直接代入即可求解；根抛物解析可求得 ，进而得直线 为，然后设，则有，可得，，结合，可得点P的坐标，即可求得PC的长；∠PEC=∠BED当∠PCE=∠EDB=90°，△PCE∽△BDE，即.（1）解将 、 代入中，可得： ，解得： ，即抛物线解析式为：；（2）解：∵，当时，，∴，而，设直线为∴，，解得： ，∴直线 为，设，则，∴， ，∵∴，，解得：，（不符合题意，舍去）∴，∵，∴.（3）解：∵∴当，，时，，如图，∴，∴关于物线称轴，∵的对轴为线 ， ，∴，，当时，则，如，过作于，∴，∴∴，设，，∴，∴，解得：， （都符合意，舍）综上： .中考一诊考试数学试一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分）1．在0， ，，5四数中最大数是（ ）A．0 B． D．5据学家计，前地上已被定且命的生约有1000万左右数字1000万科学数法表为（ ）如所示几何是由5个小相的小方块成，的主图是（ ）A．D．，，则的数为（ ）5．下计算确的（ ）6．如，是的径，若，则的数等（ ）8（92，89．于这数据下列法中确的（ ）数是92 位数是82 C．均数是84 D．差是若于的元二方程有个不等的数根则 的值范是（ ）且 且 若于的元一不等组 无且关于的式方程 有数，则有符题意整数的的个是（ ）A．2 B．3 C．4 D．5宽长的是的形叫金矩形黄矩形我们协调美感世各国多著建筑取得佳的觉效果都用了金矩的设.已四边形.点P是边上点，满足的点P的数为( )A．3 B．2 C．1 D．0如，由8个等的形组的网中，个小形的长均为2，，中点 ， ，都格点，则的为（ ）A．2 C． D．3已关于x的次函数的小值为若 则k的值范是（ ）C． 二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）13．分因式：3a2﹣12= ．已直角标系点和点关于轴称，则 ．设是于的程的个根且，则 ．如图在方形 点P是边 上一个点连接 将段 绕点P顺针转得到，接、，则周的最值为 ．三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分）：．在行四形，、分是、上点，且：．四、解答题（本大题共2个小题，每小题7分，共14分）中（本次查中一共取了 名生；补全形统图，计算扇形计图， 选所在形的心角数为 ；该校有600名生，估计欢 的生有 人；“1棵 种苗、4棵 种苗的价共计130元；2棵 种苗、3棵 种苗的价共计160元．求 ， 两树苗棵的价分为多元？00有几种购买方案，请通过计算列举出来．五、解答题（本大题共2个小题，每小题8分，共16分）某学生展综实践动测建筑物， 的度如图小同学小楼楼底处得处仰角为在楼房顶处得处仰角为测建筑物和筑物之的距离为 （ 物 物 （，到 ）如，一函数 的象与轴于点 ，反比函数在一象的图交于点．点 在比例数的象上其横标为 ，且 ，点 的比例数图与比例数的象的一个点为 连接 ， 若边形 的积为12时求出的．六、解答题（本大题共2个小题，每小题12分，共24分）如在 在 上一点 以点 为心， 长半径作 于点，与相于点，接并长交延线于点．证： ；若 ， ，求的．如已抛物线与轴于点和点与 轴于点 点是物线一点．求的值；线与 于 点 点 段 取范围；点 是物线顶点请问在 轴是否在一点，得，存在请求出 点标，不存，请明理．答案【答案】D【解析【答】：根实数较大的方，可得则在0， ，，5四数中最大数是，故答案为：D．【析】据正数负数，个负数绝值大反而，可到已数中大的.【答案】C【解析【答】：依意，字1000万科学数法示为，C．【析】学记法的示形为 的式，中，n为数，题是对值大的，因此n=整数数位-1.【答案】A【解析【答】：该何体主视为，A．【分析】主视图是从正面看到的平面图形，据此即可求解.【答案】C解析【答】：∵，∴，∵两个平面镜平行放置，∴经过两次反射后的光线与入射光线平行，∴；故答案为：C．【分析】利用平角的定义可求出∠4的度数，再根据经过两次反射后的光线与入射光线平行，可内错角相等，即可动点∠3的度数.【答案】D【解析【答】：A：，计算误；，计算误；，算正；，计算误；B.【分析】根据同底数幂的除法、积的乘方、单项式乘以单项式、合并同类项得运算法则逐项判断解答即可.【答案】A【解析【答】：∵AB是的径，，，，A．【分析】根据圆周角定理推论：直径所对的圆周角是直角得∠ACB的度数，然后根据圆周角定理得∠A=∠CDB的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出答案.【答案】D：从到大列得：，8282，故选项A最中间的两个数为83和85，即中位数为84，故选项B说法错误，不符合题意；85，故选项C故选项D说法正确，符合题意，故答案为：D．ABCD.【答案】A【解析【答】： 关于的元二方程有个不等的数根，∴ ，且：，，，：且．A．【析对一元次方程若 程有个不等的数，若则程有个相的实根若则程没实数根由于的一元次方程两不相的实根可得且解不等组即求得答案．【答案】B【解析【答】：解等式 ：，解等式得，∵一一次等式组 无，∴，解得，解式方程，得，∵关于 的式方程有数解，∴或，∴或或或，，，分式程无，故将舍，∴符合条件的所有整数的个数为3，故答案为：B．【答案】D【解析【答】：如所示四边形是金矩，，，设，，假设存在点P，且，则，在中，，在中，，，，即，整得，，又，即，，，，∴，PD.【析】设，，设存点P，且，则，在和中，BP2、PC2用含、b、xRt△BPCab、x的方程，根据黄金分割的定义可得ab的等式，整理可将a用含b的代数式表示出来，代入关于a、x0，于是可得点P.【答案】B【解析【答】：如所示延长交点于点，接，分在格上，，，∴∴又，∴∴B．【析延长 交点于点 连接 分在格上利菱形性可出 再直角角形别求得的，根对顶相等进而据正的定，列计算可.2B【解析】【解答】解：当时二次数有小值最小为，，，∴，∵，∴，∴，设，∴，∴关于 的次函图象口向，对轴直为∴当，有大值即，，当时， ，∴，B．为k，得到k关于a、b的系式再根据、b的值范可得到a-b的值范，设，表示出k，分别求出当m=0和m=±1时kk.3a+a）=a+．【分析】先提取公因式3，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．【答案】解析【答】：∵和点关于轴称，∴，∴；：．【析关于x轴称的的横标互相同纵标互相反数求出的值然代入数式行计算.【答案】与系的关可得：，，∵，∴，∴，∴，∴；检验合题.-2．【分析】设x1与x2“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”次程根系数系x1+x2=，可得 ， 然结合 可出x1与x2的值，进而即可根据有理数乘法法则求出k的值.【答案】【解析【答】：过点E作 ，交 的长线点M，∵正形，段 绕点P顺针旋转得到 ，∴，∴∴，，∵，∴∴，∴∴，，∵，∴，∴，∵∴∴∴，，，∴，∴是的分线；连接，延长到点，得，∵正形，∴，∴，∴，∴直线是段的直平线；过点作，交的长线点R，交 的长线点Q，∵正形，∴，，∴，边形是形；∴，，；∴点R在段的直平线上，故三共线，∴，∴；连接交 于点N，当E与N重时，最，此时，∴，故 周的最值为，：．【析】点E作 ，交AB的长线点M，正方及旋性质出DA=AB=BC=CD=5，∠A=∠DPE=∠PME=90°PD=PEADP=∠MPEADP≌△MPE，由全等三角形的对应边相等得AD=MP，AP=ME，推出AP=BM=ME，由MBE=∠CBE=45°；连接DB，并延长DB到点D'，使得DB=D'B，可以推出BE是线段DD'D'作D'R⊥DC，交DCR，交AB点QBQRCR在线段DD'B、E、RD'C交BR于点E与NDN+NC=D'C，D'C即可.【答案】解：【解析】【分析】先算乘方运算，同时代入特殊角的三角函数值，化简绝对值，然后算加减法.【答案】证：在行四形，，，，又，，，在和中，，，【解析【分利平行边形性质可得到利用SAS可得.【答案】====【解析】【分析】先将第一项分子和分母分解因式，再约分化简，最后通分即可.00（2）：B中数：，（3）225（4）解：画树状图如下：总共有16种等可能的结果，小数和小学恰好去同一个研学基地的情况有4种，∴小和小恰好同一研学地的率为．：由意得，，40；：，：；：，故答案为：225；AB360°乘以选择BB用该学校学生总人数乘以样本中选择DD16学恰好去同一个研学基地的情况有4种，再利用概率公式可得出答案．，，40；：B中数： ，，补全条形统计图如图：：；： ，故答案为：225；（4）解：画树状图如下：总共有16种等可能的结果，小数和小学恰好去同一个研学基地的情况有4种，∴小和小恰好同一研学地的率为．1Bxy根题意得，解得；答：A，B两种树木每棵的售价分别为50元，20元（2）：设A，B两树木别购进a棵和b棵根据意，得 ，即，∵两种树木均要购买，且a，b均为正整数，∴或或，31：A2棵，B15棵；2：A4棵，B10棵；3：A6棵，B5棵【解析分（1）设A，B两树木棵的价分为x元元此的关已知件(即量关）为：1棵 种苗、4棵 种苗的价共计130元；2棵 种苗3棵 种苗的价共计160元，据列方组，解即可.（2）设A，B两种树木分别购进a棵和b棵，根据题意可得到关于a、b.：设A，B两树木棵的价分为x元，y元，根题意得 ，解得 ；答：A，B两种树木每棵的售价分别为50元，20元．解：设A，B两种树木分别购进a棵和b棵，根题意得 ，即，∵两种树木均要购买，且a，b均为正整数，∴或或，31：A2棵，B15棵；2：A4棵，B10棵；3：A6棵，B5棵．2依题意，∴四形为形，作于，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，答建筑物的度是，筑物的度是【解析分过 作于 易四边形 为形利矩形性质求出AE的长同时可证得CD、CEAB.【答案（1）：∵点 在比例数，得： ，∴反例函的解式为；∵一函数的象过点，点，∴：，（2）：如：过点A作轴交于F，点B作轴交于G，由意得： ，设线 的析式为 ，即：，∴直线 的析式为，∴，∵，∴，当时点D在 的侧则，∵，∴，得： 或 ，∵，∴此时无解；当时点D在 的侧则，∵，∴，得： 或 ，∵，∴（1）Bka、b、b.（2）过点A作轴交于F，过点B作轴交于G，根据题意可得到点D的坐标，设直线的解析式为，将点D的坐标代入函数解析式，可表示出k1，可得到直线CD的函数解析式同可表出点C的标利点AB的标表出点FG的标分种情况当时点D在 的侧当时点D在 的侧可知，可示出边形ABCD的积根其面为可到关于m的程解程求符合意的m的.：∵点 在比例数 的象上，∴ ：，∴反例函的解式为；∵一函数的象过点，点，∴：，∴一函数解析为；：如：过点A作轴交于F，点B作轴交于G，由意得： ，设线 的析式为 ，即：，∴直线 的析式为，∴，∵，∴，当时点D在 的侧则，∵，∴，得： 或 ，∵，∴此时无解；当时点D在 的侧则，∵，∴，得： 或 ，∵，∴．【答案（1）明：接，∵直线∴∴为，的切线，，∵，∴，∴∵，．∴，∴，∴（2）解：由（1）知∴，即，∵，，设，则，，在中，，∴，∴，∴∴，，∴∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴【解析【分连接利切线性质证得可出利平行的性质和腰三形的质可出，用等对等可证结.（2）用解角三形可到OD与AD的值，设，表示出OA、AD的，利勾股OA的长，据此可得到关于x的方程，解方程求出xODOAADAB的长OD∥BCBCCF.（1）明：接，∵直线为的切线，∴，∴，∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴；（2）解：由（1）知，∵，，∴，即设，则，，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴∴，．【答案（1）：根题意： ，得： ，∴抛线的析式为，将点代入，则，（2）：联立，则 ，∴ ，∴，∴，∵直线与 轴侧的物线于 ， ，，∴，程 有个实根，∴，即 ，∴，∴，∵随m的大而小，∴当，有大值为 ，当 时， 有小值为，∴线段 的值范为（3）：存在点标为或，得，理如下连接 ，设 与y轴点为E，接 ，由（1）知 ，∵，∴由（1）知 ，∵，∴，∵，∴∴，∴是角三形，且，设线解式为，则，得，∴直线解式为，将代入，则，∴ ，∵，∴点E是 的点，∴，即 ，∴ ，，则；或，，设线的析式为，则 ：，∴直线的析式为，将代入，则，∴；，点标为或ABc的方程组，解方程组求出bcPn.将线y=4x=m和次函解析联立程组解程组出和的值由可表出MN线交于两及点C的标可到m的值范围再据随m的大而小分别求出当m=3和m=4时，MN的最值，即可得到MN.接 ，设 与y轴点为E，接 ，（1）知，证 且，用 待系数求出线 解式，用函解析可求点E的标，E是 的中点当 或 求直线的析，最求出点Q的标；上所可得符合意的点Q的标.：，：，∴抛线的析式为，将点代入，则，：；：联立 ，则 ，∴，∴，∴，∵直线与 轴侧的物线于 ， ，，∴，程 有个实根，∴，即 ，∴，∴，∵随m的大而小，∴当 时， 有大值为，当 时， 有小值为，∴线段 的值范为；：存在点标为或，得，由如：连接 ，设 与y轴点为E，接 ，由（1）知 ，∵，由（1）知 ，∵，∴，∵，∴∴，∴是角三形，且，设线解式为，则，得，∴直线解式为，将代入，则，∴，∵，∴点E是 的点，∴，即，∴两重合，，则；或时，，设线的析式为，则 ，得：，∴直线的析式为，将代入，则，∴；综， 点标为 或．中考一模数学试题（12336有一个是正确的，请将正确选项的字母填涂在答题卡上相应的位置）把元二方程化一般为（ ）下图形是中对称形的（ ）B．C． D．从 ，0， ，这个数任取个数取到理数概率（ ）点关原点对称是如两个似三形的长比为1：4，么这个三形的应中的比（ ）A．1：2 B．1：4 C．1：8 D．1：16如，正边形内于，，则的为（ ）A．2 B． C．1 对抛物线的法不确的（ ）2当时， 随的大而小如，点A，B，C在，，足为D，若，则的数是（ ）已一个锥的线长是30，面半为10，这个锥的面展图的心角于（ ）A．90° B．100° C．120° D．150°已知 第边 的为一二次程的个根则三角的周为（ ）A．10 C．12 D．13如在 ， 是 的切则 的径为（ ）C． 抛线 过个点若 四数中且有一大于，则a的值范为（ ）二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）将物线向平移个位后所得抛物的顶坐标．已知⊙O的径为6，心到线AB距离5，线AB与⊙O的置关是 ．三背面全相的数牌，们的面分印有字1，2，3，它们面朝，洗后随抽取一记为，数字放回匀后再随抽取张记为，则的率．如，直线与轴、 轴别相于 ， 两， 是直线的任点，点向以为心， 为径的作条切，切分别为，，四边形面的最值为 ．三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分）已知关于x的一元二次方程x2﹣x+2m﹣4＝0（1）求m2，求m如，已点，为，．（1）证： ；（2）若 ，，求．四、解答题（本大题共2个小题，每小题7分，共14分）C－．ABC关于yABC绕着点B90°BC旋转（π）已二次数．直接出该次函的顶式： ；据图回答题：当时， 的值范是 ．五、解答题（本大题共2个小题，每小题8分，共16分）收集数据：同学们从两块柑橘园采摘的柑橘中各随机选取200个．在技术人员指导下，测量每个柑橘的直径，作为本数．柑直径用x（位： ）示．将所收集的样本数据进行如下分组：组别ABCDEx整理数据：同学们绘制了甲、乙两园样本数据的频数分布直方图，部分信息如下：1中的值；合市情况将， 两的柑认定二级若乙采摘柑橘共2400个请你计乙园二柑橘有多个？4032.4元．10500场调查发现，在进货不变的情况下，若每千克涨价1元，日销量将减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，同时又要使顾客得到实惠，那么每千克应涨价多少元？六、解答题（本大题共2个小题，每小题12分，共24分）如，点 在以 上点 在 的长线， ．证： 的线；点是径上点，点作的线与交点 ，与的长线于点 ， ，求 的．已抛物线（b为数）顶点坐标抛物线的点横标大1．b点在物线上点在物线上．（ⅰ）若，且，，求h的；（ⅱ）若，求h的大值．答案【答案】D【解析【答】：，，，：．ax2+bx+c=0(ac是常数，且0x.【答案】B【解析】【解答】解：A、此选项中的图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、此选项中的图形是中心对称图形，故此选项符合题意；CB．180°.【答案】A【解析【答】：观得一有4个，其的无数有 ，，共2个，∵每个数被取到的概率相同，∴从这4个中任一个，取无理的概是，A．【分析】直接用无理数的个数除以数的总个数即可得到答案．【答案】CP(4，﹣3)(﹣4，3)．C．【分析】关于原点对称的两个点的横、纵坐标都互为相反数，即P(x，y)关于原点O的对称点是P'(﹣x，﹣y)．【答案】B【解析】【解答】解：∵两个相似三角形的周长比为1：4，∴两个相似三角形的相似比为1：4，∴这两个三角形的对应中线的比为1：4．故答案为：B【分析】根据相似三角形的性质可得答案。【答案】C【解析【答】：∵是六边，∴，∵，∴为边三形，∴，故答案为：C．【析由正n边的中角为“可得 从根据一个角为60°的腰三形是等三角得△AOB为边三形，后根等边角形三边等可得AB的.【答案】B【解析【答】：二函数，，该数的象开向上图经过一二限对轴是 轴顶坐标为有小值当，随的大而大，当，随的大而小；故选项A、C、D说法正确，选项B说法错误.故答案为：B．【分析】二次函数y=a(x-h)2+k(h，k)x=h；当a＞0当x=hk，当x＜h时，y随x的增大而减小，当x＞h时，y随x的增大而增大；当a＜0x=hkx＜h时，yxx＞h时，yxy=5x2+2.【答案】A解析【答】：∵，∴，∵，∴，∴．故答案为：A．【析】据圆角定可得，用垂的定可得，利用角三形的个【答案】C【解析】【解答】解：设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，根题意得2π×10＝，解得n＝120，即这个圆锥的侧面展开图的圆心角等于120°．故答案为：C．“”，结圆锥面圆周长于侧展开形得长建方程，求即.【答案】D【解析【答】：，(x-2)(x-5)=0，：或，，，，，，三角形的周长为：D．“”确定第三边BC【答案】A【解析解】如图设△ABC三内切于点D、EF，连接ODOE、OFOAOBOC，设的径为，，，，，，，，，故答案为：A．OD⊥AB，OE⊥AC，OF⊥BC===r，在CC=B++r.【答案】D【解析【答】：由意，抛物线 的称轴直线，∴两关于称轴x=1对，即y1=y2，∵四数中且只一个于零，∴y1=y2≤0，当a＜0∴当x＞1时，y随x的大而小，又1+＜3＜4，∴y3、y4必小于0，不符合题意，∴a＞0，则当x＞1时，y随x∴y3≤0、y4＞0，∴ ，：，故答案为：D．判断出y1=y2≤0；分a＜0和a＞0，据二函数减性及四数中且只一个于零列出关于a.【答案】【解析【答】：将物线向平移个位后所得抛物的解式为：，其点坐为，：．【分析】先根据二次函数图象的平移规律“左加右减，上加下减”求出平移后的抛物线解析式，进而根据抛物线y=a(x-h)2+k的顶点坐标为（h，k）可直接得出答案.【答案】相交56【分析】设圆的半径为，直线到圆心的距离为，当d＞r时，直线与圆相离；当d=r当d＜r.【答案】【解析】【解答】解：根据题意，画出树状图如下：一有9种可能果，中的有6种，∴ 的率是．故案为： ．9种等a≤b6.【答案】【解析【答】：如，连接，∵直线与x轴y轴别相于A、B两，当时，，当时，，∴，，∴，OA=OB，∴∠BAO=∠ABO=45°，∵过点 向以P为心，为径的 作条切，切分别为EF，∴，，∵∴，，，D。∴AD=4，当 时， 最，从而 最，此时，∵ 的径为，∴ ，∵四形面积 ，∴四形面的最值为 ．：．【分析】连接，分别令y=x+1中的y=0与x=0算出对应的x与y的值，得出点间距离式求出AB的，即得出的径；切线定理得DE=DF，而利“SSS”证△PED≌△PFD；根据垂线段最短得出当DP⊥AP时，DPBAOPDES四边形PE=PE.【答案】解：或x-2.844，解得m≤；解：根据题意得+=12=42=1，∴x1x2-3（x1+x2）+9=m2-1，∴2m-4-3×1+9=m2-1，∴m2-2m-3=0，解得=．故m-1．【解析【析（1）用判式得Δ=（-1）2-4（2m-4）≥0，得m≤；+==413=1变形得到++=2，代入得到关于m的方程，解得解得2=．解得m≤ ；（2）根据题意得x1+x2=1，x1x2=2m-4，=，∴x1x2-3（x1+x2）+9=m2-1，∴2m-4-3×1+9=m2-1，∴m2-2m-3=0，解得=．故m-1．【答案（1）明： ， ，；（2）：由（1）： ，，，，，，．【解析】【分析】（1）由有两组角相等的两个三角形相似得△PBC∽△PCA；（2）相似角形应边比例到 ，则，线段间的差关可得，然后代值计算即可得出PC的长.（1）明： ， ，；（2）：由（1）： ，，，，，，．1C1（2）如图所示，△A2BC2即为所求，，∴，∴线段BC旋过程所扫得面为．（1）yA1B1C1各点(2)根据旋转的性质得△A2BC2各点的坐标，再画出三角形，然后利用两点距离公式求出BC的值，最后利用扇形面积计算公式进行求解.（2）解：列表如下：x..．﹣10123..．y..．03430..．描点、连线，如图所示：析（1）： ，该次函的顶式为 ；解由函图象知，次函对称为，当 ，；当 ，；当，．【分析】（1）根据配方法将二次函数一般式化为顶点式即可求出答案.据二函数象与质，出当，；当，；可求答案.： ，该次函的顶式为；x..．﹣10123..．y..．03430..．描点、连线，如图所示：：由数图可知二次数对轴为，当 ，；当 ，；当，．（1）；：且，答甲园本数的中数在组；：，答估计园二柑橘有约．（1）1a的值；（）1.；：且，答甲园本数的中数在组；： ，答估计园二柑橘有约个．；：，（去）10%（2）设每千克水果应涨价元，：，整，得，解个方，得，．要顾客到实，应取．5元．(1).(2).（1）证明：连接，，，，∵是，，，，是的线，（2）： ，，，，设的径为，，在 ，是的线，，，，，，，，又，，，即，经验是列方的解，．（1）OCDCA=∠OCB出根角的成等代换出从根据直半外端的直就是圆的线可明是的线；（2）有两角相的两三角相似明，相似角形应边比例立方结合Rt△OCD中，利用勾股定理求得出∠ECF=∠EFC，等角等边出EC=EF，后结合可出CE的长.证明：连接，，，，而是的直径，，，，是的切线，（2），，，，设的径为，，在 ，是的线，，，，，，，，又，，，即，经验是列方的解，．【答案抛线（b为数的点横标为x= ，抛线顶点横坐标为x=1∴-1=1，解得b=4.∵点在物线上，∴，∵点在物线上，∴，，整理得h=-t2-2x1t+2x1+4t，（ⅰ）若，则3t=-t2-2x1t+2x1+4t，整理t(t+2x1)=t+2x1，∵，，∴t+2x1＞0，∴t=1，∴h=3t=3.（ⅱ）把 代入h=-t2-2x1t+2x1+4t中得h=-3t2+8t-2=-3（t-∵-3＜0，∴当t=时，h取大值最大为.【解析分分求出抛物的顶的横标再用1抛线（b为数的顶点坐标抛物线的点横标大1，立关于b的式并之即；）点点出=tt++ⅰ）若 ，即得3t=-t2-2x1t+2x1+4t，解之即可；把代入h=-t2-2x1t+2x1+4t中得h=-3t2+8t-2=-3（t- 利二次数的质求即.中考三模数学试题（12336合题目要求的）计的值在（）到2间 B．2到3间 C．3到4间 D．无法判断6384000384000（）“””（）B．C． D．4．2024202472632329（）A． B．C． D．5．分式 中的、 的值时扩大原来的2倍分式的（）A．扩大为原来的2倍C．保持不变B．缩小为原来一半D．无法确定6．图，在中，，，，在上取点E，接 ，将 沿翻折得到，使点落在直线上，则（）A．1.5 B．2 C．2.5 D．3图，三角和方形分内接等圆和若正三形的长为m，正方形周长为n，mn）B． C． D．不能确定花费（元）2030405060人数8花费（元）2030405060人数812126240（）A．25 B．30 C．35 D．40图，平行边形 中， ， ， ，是边上的，连接过点作于点．则的值）C． D．“方”早记于秋时期《大礼记，如图①，每三角的三个点上数字都与中间正形四顶点数字之相等若 ，y比x大2，将x，y填入图②的幻中，则的值为（）A．12 B．16 C． ，连接 ， ，若 ，，则形 的边是（）如，在面直标系中，与轴交于 两点A在 的左侧，与 交于点 ，点 是 上方抛上一点连结交于点，结，记的面积为， 的面为，则 的最为（）D．1二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分．要使有意，则的值范围．如，已知， 到数的距离为1，数轴上所表示数为 ．如所示点 ， ，别是线段 ，， 的中点若的面积为，那么的面积 含的式表示）如，在面直标系中平行边形的点在轴正半轴，顶点 在轴正半轴上，顶点的坐为 ，点为轴上一，将 沿翻折得若点 落在第二且 ，则点的坐是 ．三、本大题共3个小题，每小题6分，共18分．计：．如，在 中，将 沿线 的方平移至，连接设与的交点为O．若 为的中点，证：．化：．四、本大题共2个小题，每小题7分，共14分．制，得越高人工的关注了解度就．现分从八九年生中随抽取20名学的测试得分行整和分得分用表示，得分数，共为5． 组：， 组：，组：，组：，组：，下面给了部信息：八年级抽取学生得分的有数为49，52，59，65，66，73，75，79，84，84，84，84，84，87，87，88，92，93，96，99．年级抽取生测试分中 组包含有数据为88，88，85，88，88，84，85，87．八、九年级被抽取的学生测试得分统计表平均数众数中位数八年级7984九年级7988根据以上信息，解答下列问题：（1）上图表： ， ， ；（2）在八年级抽取的学生测试成绩得分90及以上的4人中，分别为2名男同学与2名女同学，现从这4名同学中随机选出2名同学参加比赛，请用列表或树状图的方法，求所选2名学生中恰好是1名男同学与1名女同学的概率．“·”4300405010片和9袋椒盐味桃片的售价相同，求每袋香甜味桃片和椒盐味桃片的售价分别是多少元？“五·一”1025003000片，一共购买了100袋，求每袋香甜味桃片的售价．五、本大题共2个小题，每小题8分，共16分．吊杆”（1水机．如图2所示的桔槔意图，垂直于平地的支，米，是杠杆，且米，．当点A位于最点时，．A点A从最点时针旋转到达低点时求此时桶B上的度（参数据：）如，直线与反函数 的图象交点，与 交于 ，为线段上一动（不端点，点作轴交反例函数 （）的象于点，连接，．当面积最时，点 的坐．六、本大题共2个小题，每小题12分，共24分．如， 是的直径点C在上，连接 ，作线 ，交线于点E，的角平线于点连接 ．（1）求证：是的切线；（2）连接交于点F．若，，求的半径．在面直坐标，已知物线与轴交点，两点与yCP点P在线上方的拋物上时连接 交点D，如图1，当 的值大时，求点P的坐及 的最大值；点P作x轴的线交直线于点M，结，将沿直线翻折当点M的对应点恰好在y上时点M坐标．答案B解【答】：∵，∴，∴，故答案为：B.【分析用“逼法”估无理数的大小然后不等式性质判断的值范围．B【解【答】：．B．【分析】此题考查科学记数法的表示方法，用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|≤9，n为原数的整数位数减去1.C“”故答案：。“”D【解析】【解答】解：A、图案不是轴对称图形，∴此选项不符合题意；B、图案不是轴对称图形，∴此选项不符合题意；C、图案是轴对称图形，∴此选项符合题意；D、图案不是轴对称图形，∴此选项不符合题意.故答案为：D．A【解【答】：题意得：，2倍，故答案为：A．【分析根据式的性质，别用、代替中的、，求出得分原分式比较并C【解【答】：在中，，，，∴，设，则，由折叠得，，∴，在中，，∴，解得，，∴，故答案为：C．【分析在Rt△ABC中，由勾定理出AC值，设 ，由折的性得，由线段的和可得，，，在，根据股定可得于x的程，方程即可解．A【解【答】：等圆和的半径为，如作于点C，连接，连接，∵正三形和方形内接于圆 和 ，∴，∴，，∴，，∴，∵，∴∴；，故答案为：A【分析设等圆 和 的半为，作 于点C，接，连接 ，根圆内接正多边形的性质得到， ，再据垂定理到从而得到mn，则，8C【解【答】：表格数可知排在第和第个数据分为：，∴中位是，C．【分析】根据中位数的定义“中位数是将一组数据按大小顺序排列后，当数据个数为奇数时，中位数就是中间的数据；当数据个数为偶数时，中位数为中间两个数的平均数”计算即可求解．A【解【答】：点 作，交的延线于点，四边形是平行边形，，，，，，，在中， ，，，，，，，故答案为：A．【分析过点 作 ，交的长线于点，利平行形的性可得， ，然在中，利用得到DH长，可得到 ，进得到，求出 的即可．D【解【答】：据题意：，， ，，，，D．【分析】根据题意"每个三角形的三个顶点上的数字之和都与中间正方形四个顶点上的数字之和相等"，可用含xmn的代式表示出abd计算可得 然（b（c-）代入所代数计算求解．D【解【答】：由四个等的角三拼接成个正形，∴，，∴，∴是等直角角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴正方形 的边是，故答案：D.【分析由全三角性质以等腰角形质可得是等腰角三，用勾定理求得DH=HE的值，在Rt△CDH中，根据勾股定理计算即可求解．C【解【答】：题知，，如图，点P作x轴的行线交的延长于点M，∵轴，∴∴．，令，则有，解得，∴，∴．将 代入，得： ，∴点C的标为．令直线的函数析式为，则，解得 ，∴直线的函数析式为∵．，令点P坐标为，则，∴∴，则，∴，则当时， 有最值为： ，即的最值为．故选：C．【分析】观察图知，可过点P作x轴平行交 的延线于点M，然可证 ，由相似比得，由于AB值，则当PM小时最，此时利用物线的坐标征设PBCMPMPM两PM是关于mPM【答案】解【答】：∵有意义，∴，解得：．故答案：．【分析】根据二次根式有意义的条件“被开方式非负”可得关于x的不等式，解不等式即可求解．【解【答】：用勾股理算得，，数轴上 点所表的数：故答案：．【分析】先利用股定求出 即长，再用数上两离公式解即，需意的是点C在原点左侧，应该负数．【答案】【解【答】：接，∵∴为中点，，设，∴，∵∴为中点，，∵为中点，∴，∴，同理可得：∴，∴，故答案：．【分析】连接DC、AE，因为 为中点，则，同理，，则，即可求．【答案】【解【答】：图，过点作轴，过点作四边形是平行边形顶点 的坐标为，，，，沿翻折得，，在中，，，在中，，设 ，， ，，解得：，，，设 ，则 ，， ， ，在中，，，解得：，．故答案：.【分析如图过点 作，过点 作轴，据平边形的边相并结知点A的坐标可得OC、OD的值，由翻折的性质可得，设，由勾股定理可得关于n的方程，解方程求出n的值，于是可得点F的坐标，设理可得关于e的方程，解方程即可求解．、，在Rt△EIF中，根据勾股定1解：．答】证明：∵将 沿射线的方向移至，∴，，∴∵为，的中点，∴，∴，∵在和中，，∴．【解【析】据移的性得到，，由线的性“两线平内错角相等”可得，根线段的定义平移性质得，然后据角边即可证明．解：原式．2答案（1）8，，40（2）解：画树状图如图：共有12个等可能的结果，所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的结果有8个，∴所选位同恰好是1名男同和1女同概率为．【解析】【解答】（1）解：845；九年级抽取学生得分组有：（个，组有：（个，组有：（个，九年级抽取学生得分的位数是 组的第、2个平均组数据小到排序：．九年级抽取学生得分的位数是 组共有8个数据，．故答案：84，，40；【分析】“”a“”b=÷m的值；121名男同学和1名女同学的结果有8个，然后根据概率公式计算即可求解．845；九年级抽取学生得分组有：（个，组有：（个，组有：（个，九年级抽取学生得分的位数是 组的第、2个平均组数据小到排序：．