2021-2022学年四川省仁寿一中学中考适应性考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年四川省仁寿一中学中考适应性考试数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，二次函数等内容，欢迎下载使用。
2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．有理数a、b在数轴上的位置如图所示，则下列结论中正确的是（　　）

A．a+b＞0 B．ab＞0 C．a﹣b＜o D．a÷b＞0
2．滴滴快车是一种便捷的出行工具，计价规则如下表：
计费项目

里程费

时长费

远途费

单价

1.8元/公里

0.3元/分钟

0.8元/公里

注：车费由里程费、时长费、远途费三部分构成，其中里程费按行车的实际里程计算；时长费按行车的实际时间计算；远途费的收取方式为：行车里程7公里以内（含7公里）不收远途费，超过7公里的，超出部分每公里收0.8元.

小王与小张各自乘坐滴滴快车，行车里程分别为6公里与8.5公里，如果下车时两人所付车费相同，那么这两辆滴滴快车的行车时间相差（ ）
A．10分钟 B．13分钟 C．15分钟 D．19分钟
3．如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝26°，则∠OBC的度数为(　　)

A．54° B．64° C．74° D．26°
4．在下列四个新能源汽车车标的设计图中，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．下列各图中，∠1与∠2互为邻补角的是( )
A． B．
C． D．
6．如图所示，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别为（﹣1，3）、（﹣4，1）、（﹣2，1），将△ABC沿一确定方向平移得到△A1B1C1，点B的对应点B1的坐标是（1，2），则点A1，C1的坐标分别是 （　　）

A．A1（4，4），C1（3，2） B．A1（3，3），C1（2，1）
C．A1（4，3），C1（2，3） D．A1（3，4），C1（2，2）
7．二次函数（a、b、c是常数，且a≠0）的图象如图所示，下列结论错误的是（ ）

A．4ac＜b2 B．abc＜0 C．b+c＞3a D．a＜b
8．如图的几何体是由一个正方体切去一个小正方体形成的，它的主视图是（　　）

A． B． C． D．
9．在△ABC中，∠C＝90°，，那么∠B的度数为（ ）
A．60° B．45° C．30° D．30°或60°
10．已知二次函数y=ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），当x≥2时，y随x的增大而增大，且−2≤x≤1时，y的最大值为9，则a的值为
A．1或−2 B．−或
C． D．1
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．因式分解：__________．
12．已知 ，是关于x的一元二次方程x2+（2m+3）x+m2=0的两个不相等的实数根，且满足=﹣1，则m的值是____．
13．分解因式：4a2﹣1＝_____．
14．一元二次方程x2﹣4=0的解是．_________
15．如图，CE是▱ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E．连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论：
①四边形ACBE是菱形；
②∠ACD＝∠BAE；
③AF：BE＝2：1；
④S四边形AFOE：S△COD＝2：1．
其中正确的结论有_____．（填写所有正确结论的序号）

16．如图，正方形ABCD中，AB=2，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CE，线段BD绕点B顺时针旋转90°得到线段BF，连接BF，则图中阴影部分的面积是_____．

17．已知实数a、b、c满足+|10﹣2c|=0，则代数式ab+bc的值为__．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）计算：+（﹣ ）﹣1+|1﹣|﹣4sin45°．
19．（5分）九年级学生到距离学校6千米的百花公园去春游，一部分学生步行前往，20分钟后另一部分学生骑自行车前往，设（分钟）为步行前往的学生离开学校所走的时间，步行学生走的路程为千米，骑自行车学生骑行的路程为千米，关于的函数图象如图所示.

（1）求关于的函数解析式；
（2）步行的学生和骑自行车的学生谁先到达百花公园，先到了几分钟？
20．（8分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=14，AC=7，D是BC上一点，BD=8，DE⊥AB，垂足为E，求线段DE的长．

21．（10分）某品牌手机去年每台的售价y（元）与月份x之间满足函数关系：y＝﹣50x+2600，去年的月销量p（万台）与月份x之间成一次函数关系，其中1﹣6月份的销售情况如下表：
月份（x）
1月
2月
3月
4月
5月
6月
销售量（p）
3.9万台
4.0万台
4.1万台
4.2万台
4.3万台
4.4万台
（1）求p关于x的函数关系式；
（2）求该品牌手机在去年哪个月的销售金额最大？最大是多少万元？
（3）今年1月份该品牌手机的售价比去年12月份下降了m%，而销售量也比去年12月份下降了1.5m%．今年2月份，经销商决定对该手机以1月份价格的“八折”销售，这样2月份的销售量比今年1月份增加了1.5万台．若今年2月份这种品牌手机的销售额为6400万元，求m的值．
22．（10分）如图所示,在平面直角坐标系xOy中,正方形OABC的边长为2cm,点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上,抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B和D（4，）．

（1）求抛物线的表达式．
（2）如果点P由点A出发沿AB边以2cm/s的速度向点B运动,同时点Q由点B出发,沿BC边以1cm/s的速度向点C运动,当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动．设S=PQ2（cm2）．
①试求出S与运动时间t之间的函数关系式,并写出t的取值范围;
②当S取时，在抛物线上是否存在点R,使得以点P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形?如果存在,求出R点的坐标;如果不存在,请说明理由．
（3）在抛物线的对称轴上求点M,使得M到D、A的距离之差最大，求出点M的坐标．
23．（12分）如图，已知抛物线与轴交于两点(A点在B点的左边)，与轴交于点．
（1）如图1，若△ABC为直角三角形，求的值；
（2）如图1，在（1）的条件下，点在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，若以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标；
（3）如图2，过点作直线的平行线交抛物线于另一点，交轴于点，若﹕=1﹕1． 求的值．

24．（14分）有两把不同的锁和四把不同的钥匙，其中两把钥匙恰好分别能打开这两把锁，其余的钥匙不能打开这两把锁．现在任意取出一把钥匙去开任意一把锁．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出上述试验所有可能结果；
（2）求一次打开锁的概率．



参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、C
【解析】
利用数轴先判断出a、b的正负情况以及它们绝对值的大小，然后再进行比较即可．
【详解】
解：由a、b在数轴上的位置可知：a＜1，b＞1，且|a|＞|b|，
∴a+b＜1，ab＜1，a﹣b＜1，a÷b＜1．
故选：C．
2、D
【解析】
设小王的行车时间为x分钟，小张的行车时间为y分钟，根据计价规则计算出小王的车费和小张的车费，建立方程求解.
【详解】
设小王的行车时间为x分钟，小张的行车时间为y分钟，依题可得：
1.8×6+0.3x=1.8×8.5+0.3y+0.8×（8.5-7）,
10.8+0.3x=16.5+0.3y,
0.3（x-y）=5.7,
x-y=19,
故答案为D.
【点睛】
本题考查列方程解应用题，读懂表格中的计价规则是解题的关键.
3、B
【解析】
根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
，
∴△AMO≌△CNO(ASA)，
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝26°，
∴∠BCA＝∠DAC＝26°，
∴∠OBC＝90°﹣26°＝64°．
故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
4、D
【解析】
根据中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A．不是中心对称图形，本选项错误；
B．不是中心对称图形，本选项错误；
C．不是中心对称图形，本选项错误；
D．是中心对称图形，本选项正确．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5、D
【解析】
根据邻补角的定义可知：只有D图中的是邻补角，其它都不是．
故选D．
6、A
【解析】
分析：根据B点的变化，确定平移的规律，将△ABC向右移5个单位、上移1个单位，然后确定A、C平移后的坐标即可.
详解：由点B（﹣4，1）的对应点B1的坐标是（1，2）知，需将△ABC向右移5个单位、上移1个单位，
则点A（﹣1，3）的对应点A1的坐标为（4，4）、点C（﹣2，1）的对应点C1的坐标为（3，2），
故选A．
点睛：此题主要考查了平面直角坐标系中的平移，关键是根据已知点的平移变化总结出平移的规律.
7、D
【解析】
根据二次函数的图象与性质逐一判断即可求出答案．
【详解】
由图象可知：△＞0，
∴b2﹣4ac＞0，
∴b2＞4ac，
故A正确；
∵抛物线开口向上，
∴a＜0，
∵抛物线与y轴的负半轴，
∴c＜0，
∵抛物线对称轴为x=＜0，
∴b＜0，
∴abc＜0，
故B正确；
∵当x=1时，y=a+b+c＞0，
∵4a＜0，
∴a+b+c＞4a，
∴b+c＞3a，
故C正确；
∵当x=﹣1时，y=a﹣b+c＞0，
∴a﹣b+c＞c，
∴a﹣b＞0，
∴a＞b，
故D错误；
故选D．
考点：本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程、不等式之间的转换，根的判别式的熟练运用．
8、D
【解析】
试题分析：根据三视图的法则可知B为俯视图，D为主视图，主视图为一个正方形.
9、C
【解析】
根据特殊角的三角函数值可知∠A=60°，再根据直角三角形中两锐角互余求出∠B的值即可.
【详解】
解：∵，
∴∠A=60°.
∵∠C＝90°，
∴∠B=90°-60°=30°.
点睛：本题考查了特殊角的三角函数值和直角三角形中两锐角互余的性质，熟记特殊角的三角函数值是解答本题的突破点.
10、D
【解析】
先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性得出抛物线开口向上a＞0，然后由-2≤x≤1时，y的最大值为9，可得x=1时，y=9，即可求出a．
【详解】
∵二次函数y=ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），
∴对称轴是直线x=-=-1，
∵当x≥2时，y随x的增大而增大，
∴a＞0，
∵-2≤x≤1时，y的最大值为9，
∴x=1时，y=a+2a+3a2+3=9，
∴3a2+3a-6=0，
∴a=1，或a=-2（不合题意舍去）．
故选D．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（-，），对称轴直线x=-，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：①当a＞0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜-时，y随x的增大而减小；x＞-时，y随x的增大而增大；x=-时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．②当a＜0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜-时，y随x的增大而增大；x＞-时，y随x的增大而减小；x=-时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、
【解析】
先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
【详解】
解：原式，
故答案为：
【点睛】
本题考查提公因式，熟练掌握运算法则是解题关键.
12、3.
【解析】
可以先由韦达定理得出两个关于、的式子，题目中的式子变形即可得出相应的与韦达定理相关的式子，即可求解.
【详解】
得+=-2m-3，=m2，又因为，所以m2-2m-3=0，得m=3或m=-1，因为一元二次方程的两个不相等的实数根，所以△>0，得（2m+3）2-4×m2=12m+9>0，所以m＞，所以m=-1舍去，综上m=3.
【点睛】
本题考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式相结合解题是解决本题的关键.
13、（2a+1）（2a﹣1）
【解析】
有两项，都能写成完全平方数的形式，并且符号相反，可用平方差公式展开．
【详解】
4a2﹣1＝（2a+1）（2a﹣1）．
故答案为：（2a+1）（2a-1）.
【点睛】
此题考查多项式因式分解，根据多项式的特点选择适合的分解方法是解题的关键.
14、x=±1
【解析】
移项得x1=4，
∴x=±1．
故答案是：x=±1．
15、①②④．
【解析】
根据菱形的判定方法、平行线分线段成比例定理、直角三角形斜边中线的性质一一判断即可.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵EC垂直平分AB，
∴OA=OB=AB=DC，CD⊥CE，
∵OA∥DC，
∴=，
∴AE=AD，OE=OC，
∵OA=OB，OE=OC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵AB⊥EC，
∴四边形ACBE是菱形，故①正确，
∵∠DCE=90°，DA=AE，
∴AC=AD=AE，
∴∠ACD=∠ADC=∠BAE，故②正确，
∵OA∥CD，
∴，
∴，故③错误，
设△AOF的面积为a，则△OFC的面积为2a，△CDF的面积为4a，△AOC的面积=△AOE的面积=1a，
∴四边形AFOE的面积为4a，△ODC的面积为6a
∴S四边形AFOE：S△COD=2：1．故④正确.

故答案是：①②④．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题.
16、6﹣π
【解析】
过F作FM⊥BE于M，则∠FME=∠FMB=90°，

∵四边形ABCD是正方形，AB=2，
∴∠DCB=90°，DC=BC=AB=2，∠DCB=45°，
由勾股定理得：BD=2，
∵将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CE，线段BD绕点B顺时针旋转90°得到线段BF，
∴∠DCE=90°，BF=BD=2，∠FBE=90°-45°=45°，
∴BM=FM=2，ME=2，
∴阴影部分的面积=×2×2+×4×2+-=6-π.
故答案为：6-π．
点睛：本题考查了旋转的性质，解直角三角形，正方形的性质，扇形的面积计算等知识点，能求出各个部分的面积是解此题的关键．
17、-1
【解析】
试题分析：根据非负数的性质可得：，解得：，则ab+bc=(－11)×6+6×5=－66+30=－1．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、
【解析】
根据绝对值的概念、特殊三角函数值、负整数指数幂、二次根式的化简计算即可得出结论．
【详解】
解：+（﹣）﹣1+|1﹣|﹣1sin15°
=2﹣3+﹣1﹣1×
=2﹣3+﹣1﹣2
=﹣1．
【点睛】
此题主要考查了实数的运算，负指数，绝对值，特殊角的三角函数，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19、；（2）骑自行车的学生先到达百花公园，先到了10分钟.
【解析】
（1）根据函数图象中的数据可以求得关于的函数解析式；
（2）根据函数图象中的数据和题意可以分别求得步行学生和骑自行车学生到达百花公园的时间，从而可以解答本题.
【详解】
解：（1）设关于的函数解析式是，
，得，
即关于的函数解析式是；
（2）由图象可知，
步行的学生的速度为：千米/分钟，
步行同学到达百花公园的时间为：（分钟），
当时， ，得，
，
答：骑自行车的学生先到达百花公园，先到了10分钟.
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答.
20、1．
【解析】
试题分析：根据相似三角形的判定与性质，可得答案．
试题解析：∵DE⊥AB，∴∠BED=90°，又∠C=90°，∴∠BED=∠C．又∠B=∠B，∴△BED∽△BCA，∴，∴DE===1．
考点：相似三角形的判定与性质．
21、（1）p＝0.1x+3.8；（2）该品牌手机在去年七月份的销售金额最大，最大为10125万元；（3）m的值为1．
【解析】
（1）直接利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）利用销量×售价＝销售金额，进而利用二次函数最值求法求出即可；
（3）分别表示出1，2月份的销量以及售价，进而利用今年2月份这种品牌手机的销售额为6400万元，得出等式求出即可．
【详解】
（1）设p＝kx+b，
把p=3.9，x=1；p=4.0，x=2分别代入p=kx+b中，
得：
解得：，
∴p=0.1x+3.8；
（2）设该品牌手机在去年第x个月的销售金额为w万元，
w＝（﹣50x+2600）（0.1x+3.8）
＝﹣5x2+70x+9880
＝﹣5（x﹣7）2+10125，
当x＝7时，w最大＝10125，
答：该品牌手机在去年七月份的销售金额最大，最大为10125万元；
（3）当x＝12时，y＝100，p＝5，
1月份的售价为：100（1﹣m%）元，则2月份的售价为：0.8×100（1﹣m%）元；
1月份的销量为：5×（1﹣1.5m%）万台，则2月份的销量为：[5×（1﹣1.5m%）+1.5]万台；
∴0.8×100（1﹣m%）×[5×（1﹣1.5m%）+1.5]＝6400，
解得：m1%＝（舍去），m2%＝，
∴m=1，
答：m的值为1．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的应用以及待定系数法求一次函数解析式，根据题意表示出2月份的销量与售价是解题关键．
22、（1）抛物线的解析式为：;
（2）①S与运动时间t之间的函数关系式是S=5t2﹣8t+4,t的取值范围是0≤t≤1;
②存在.R点的坐标是（3,﹣）;
（3）M的坐标为（1,﹣）．
【解析】
试题分析：（1）设抛物线的解析式是y=ax2+bx+c,求出A、B、D的坐标代入即可;
（2）①由勾股定理即可求出;②假设存在点R,可构成以P、B、R、Q为顶点的平行四边形,求出P、Q的坐标,再分为两种种情况：A、B、C即可根据平行四边形的性质求出R的坐标;
（3）A关于抛物线的对称轴的对称点为B,过B、D的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M,求出直线BD的解析式,把抛物线的对称轴x=1代入即可求出M的坐标．
试题解析：（1）设抛物线的解析式是y=ax2+bx+c,
∵正方形的边长2,
∴B的坐标（2,﹣2）A点的坐标是（0,﹣2）,
把A（0,﹣2）,B（2,﹣2）,D（4,﹣）代入得：,
解得a=,b=﹣,c=﹣2,
∴抛物线的解析式为：,
答：抛物线的解析式为：;
（2）①由图象知：PB=2﹣2t,BQ=t,
∴S=PQ2=PB2+BQ2,
=（2﹣2t）2+t2,
即S=5t2﹣8t+4（0≤t≤1）．
答：S与运动时间t之间的函数关系式是S=5t2﹣8t+4,t的取值范围是0≤t≤1;
②假设存在点R,可构成以P、B、R、Q为顶点的平行四边形．
∵S=5t2﹣8t+4（0≤t≤1）,
∴当S=时,5t2﹣8t+4=,得20t2﹣32t+11=0,
解得t=,t=（不合题意,舍去）,
此时点P的坐标为（1,﹣2）,Q点的坐标为（2,﹣）,
若R点存在,分情况讨论：
（i）假设R在BQ的右边,如图所示,这时QR=PB,RQ∥PB,
则R的横坐标为3,R的纵坐标为﹣,
即R（3,﹣）,
代入,左右两边相等,
∴这时存在R（3,﹣）满足题意;

（ii）假设R在QB的左边时,这时PR=QB,PR∥QB,
则R（1,﹣）代入,,
左右不相等,∴R不在抛物线上．（1分）
综上所述,存点一点R（3,﹣）满足题意．
答：存在,R点的坐标是（3,﹣）;
（3）如图,M′B=M′A,

∵A关于抛物线的对称轴的对称点为B,过B、D的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M,
理由是：∵MA=MB,若M不为L与DB的交点,则三点B、M、D构成三角形,
∴|MB|﹣|MD|＜|DB|,
即M到D、A的距离之差为|DB|时,差值最大,
设直线BD的解析式是y=kx+b,把B、D的坐标代入得：,
解得：k=,b=﹣,
∴y=x﹣,
抛物线的对称轴是x=1,
把x=1代入得：y=﹣
∴M的坐标为（1,﹣）;
答：M的坐标为（1,﹣）．
考点：二次函数综合题．
23、 (1) ；(2) 和；(3)
【解析】
（1）设，，再根据根与系数的关系得到，根据勾股定理得到：、 ，根据列出方程，解方程即可；（2）求出A、B坐标，设出点Q坐标，利用平行四边形的性质，分类讨论点P坐标，利用全等的性质得出P点的横坐标后，分别代入抛物线解析式，求出P点坐标;
(3)过点作DH⊥轴于点,由::，可得::．设,可得 点坐标为，可得．设点坐标为.可证△∽△,利用相似性质列出方程整理可得到 ①,将代入抛物线上,可得②，联立①②解方程组，即可解答.
【详解】
解：设，，则是方程的两根，
∴．
∵已知抛物线与轴交于点．
∴
在△中：，在△中：，
∵△为直角三角形，由题意可知∠°，
∴，
即，
∴,
∴,
解得:,
又,
∴．
由可知：,令则,
∴,
∴．
①以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是四边形时,
设抛物线的对称轴为 ，l与交于点，过点作⊥l，垂足为点，

即∠°∠．
∵四边形为平行四边形,
∴∥,又l∥轴,
∴∠∠=∠,
∴△≌△,
∴,
∴点的横坐标为,
∴
即点坐标为．
②当以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是四边形时，

设抛物线的对称轴为 ，l与交于点，过点作⊥l，垂足为点，
即∠°∠．
∵四边形为平行四边形,
∴∥,又l∥轴,
∴∠∠=∠,
∴△≌△,
∴,
∴点的横坐标为,
∴
即点坐标为
∴符合条件的点坐标为和．
过点作DH⊥轴于点,
∵::，
∴::．
设,则点坐标为,
∴．
∵点在抛物线上,
∴点坐标为,
由(1)知,
∴,
∵∥,
∴△∽△,

∴,
∴,
即①,
又在抛物线上,
∴②，
将②代入①得：,
解得(舍去),
把代入②得:．
【点睛】
本题是代数几何综合题，考查了二次函数图象性质、一元二次方程根与系数关系、三角形相似以及平行四边形的性质，解答关键是综合运用数形结合分类讨论思想.
24、（1）详见解析（2）
【解析】
设两把不同的锁分别为A、B，能把两锁打开的钥匙分别为、，其余两把钥匙分别为、，根据题意，可以画出树形图，再根据概率公式求解即可.
【详解】
（1）设两把不同的锁分别为A、B，能把两锁打开的钥匙分别为、，其余两把钥匙分别为、，根据题意，可以画出如下树形图：

由上图可知，上述试验共有8种等可能结果；
（2）由（1）可知，任意取出一把钥匙去开任意一把锁共有8种可能的结果，一次打开锁的结果有2种，且所有结果的可能性相等．
∴P（一次打开锁）＝．
【点睛】
如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．