期中押题预测卷02（考试范围：第7-10章）-【微专题】2022-2023学年八年级数学下册常考点微专题提分精练（苏科版）

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【范围：第7-10章 考试时间：100分钟 分值：140分】
一、单选题(共18分)
1．(本题3分)习近平主席在贺词中提到“人不负青山，青山定不负人”，一语道出“人与自然和谐共生”的至简大道．下列有关环保的四个图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意，
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知二者的定义是解题的关键．
2．(本题3分)下列事件是随机事件的是（ ）
A．任意画一个四边形，其内角和是B．打开新华字典，恰好找到汉字“人”
C．通常加热到时，水沸腾D．从一个只装有白球的袋中摸球，摸出红球
【答案】B
【分析】根据必然事件，不可能事件，随机事件的概念逐项判断即可得解．
【详解】A.任意画一个四边形，其内角和是，是必然事件；
B.打开新华字典，恰好找到汉字“人”，是随机事件；
C.通常加热到时，水沸腾，是必然事件；
D.从一个只装有白球的袋中摸球，摸出红球，是不可能事件；
故选：B．
【点睛】本题考查随机事件，掌握必然事件，不可能事件，随机事件的概念是解题的关键．
3．(本题3分)下面给出了四边形中、、、的度数之比，其中能判定四边形是平行四边形的是( )
A．1：2：2：1B．2：2：1：1C．1：2：1：2D．1：1：2：2
【答案】C
【分析】根据题意可得出与是对角，与是对角，再由，，即可得出结论．
【详解】解：由题意得：与是对角，与是对角，
当，时，四边形是平行四边形，
故选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，解题的关键是掌握两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
4．(本题3分)下列各式正确的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据分式的基本性质判断即可．
【详解】A.，本选项正确，故符合题意；
B.若，则或，故本选项不一定正确，故不符合题意；
C.∵，∴计算错误，故不符合题意；
D.∵，∴计算错误，故不符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查了分式的基本性质，掌握分式的分子与分母同乘（或除以）一个不等于0的整式，分式的值不变是解题的关键．
5．(本题3分)顺次连接四边形四边的中点所得的四边形为矩形，则四边形一定满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角形中位线的性质得出，再由四边形是矩形，即可得出结果．
【详解】解：由于E、F、G、H分别是的中点，
根据三角形中位线定理得：，
∵四边形是矩形，即，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查中点四边形及矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
6．(本题3分)如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
A．甲、乙、丙都是B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是D．只有乙、丙才是
【答案】A
【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；
乙方案：由，可得,即可得，
再利用对角线互相平分得证；
丙方案:方法同乙方案．
【详解】连接交于点
甲方案：四边形是平行四边形


四边形为平行四边形．
乙方案：
四边形是平行四边形
，，

又

(AAS)


四边形为平行四边形．
丙方案:
四边形是平行四边形
，，，
又分别平分
， 即
（ASA）


四边形为平行四边形．
所以甲、乙、丙三种方案都可以．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题(共30分)
7．(本题3分)若分式有意义，x的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据分式有意义的条件是分母不等于0，故分母，解得x的范围．
【详解】解：根据题意得：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件．解题的关键是掌握要使得分式有意义，必须满足分母不等于0．
8．(本题3分)为了了解某校初一年级名学生每天完成作业所用时间的情况，从中对名学生每天完成作业所用时间进行了抽查．在这个问题中，样本容量是______．
【答案】
【分析】样本容量是指样本中包含个体的数目，没有单位，根据定义即可确定此题的样本容量．
【详解】解：∵某校为了了解初一年级名学生每天完成作业所用时间的情况，从中对名学生每天完成作业所用时间进行了抽查，
∴这个问题中的样本容量是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了总体，样本及样本容量，解题的关键是熟记样本容量的定义．
9．(本题3分)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AB=10，将△ABC沿CB方向向右平移得到△DEF．若四边形ABED的面积为10，则平移距离为_____．
【答案】2
【分析】先根据含30度的直角三角形三边的关系得到AC，再根据平移的性质得AD=BE，，于是可判断四边形ABED为平行四边形，则根据平行四边形的面积公式得到BE的方程，则可计算出BE=2，即得平移距离．
【详解】在Rt△ABC中，∵∠ABC=30°，
∴AC=AB=5，
∵△ABC沿CB向右平移得到△DEF，
∴AD=BE， ，
∴四边形ABED为平行四边形，
∵四边形ABED的面积等于10，
∴AC•BE=10，即5BE=10，
∴BE=2，即平移距离等于2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形的性质，平移的性质、也考查了平行四边形的判定与性质、熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
10．(本题3分)已知菱形的两条对角线，则菱形的边长__________．
【答案】5
【分析】根据菱形对角线互相垂直平分的性质，即可求CO，BO，根据勾股定理即可求BC的值，即菱形的边长．
【详解】解：如图；
∵菱形对角线互相垂直平分
∴△COB为直角三角形，且AC＝2CO，BD＝2BO，
∴CO＝3，BO＝4，
∴BC＝
故答案为；5．
【点睛】本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，本题中根据勾股定理求BC的值是解题的关键．
11．(本题3分)一个袋中装有3个红球，5个黄球，3个白球，每个球除颜色外都相同，任意摸出一球，摸到_____球的可能性最大．
【答案】黄
【分析】利用概率公式分别计算出摸到红球、黄球、白球的概率，然后利用概率的大小判断可能性的大小．
【详解】解：∵袋中装有3个红球，5个黄球，3个白球，
∴总球数是：个，
∴摸到红球的概率是；
摸到黄球的概率是；
摸到白球的概率是；
∴摸出黄球的可能性最大．
故答案为：黄．
【点睛】本题主要考查了可能性的大小，解题的关键是计算每种颜色球摸到的概率．
12．(本题3分)分式 与的最简公分母是______________．
【答案】
【分析】根据最简公分母的定义：通常取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母，这样的公分母叫做最简公分母即可求出答案．
【详解】解：分式与的最简公分母是：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的最简公分母的确定方法，解题的关键是正确地对分母分解因式．
13．(本题3分)把分式约分得到的结果是__________．
【答案】
【分析】分子分解因式，然后约分即可．
【详解】原式，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的约分，当分子与分母是多项式时，关键是把分子分母进行因式分解．
14．(本题3分)如图，已知正方形的边长为分别是边上的点且将绕点D逆时针旋转，得到若则的长为__．
【答案】
【分析】由旋转可得为直角可得出由得到为可得出再由利用可得出三角形与三角形全等由全等三角形的对应边相等可得出则可得到正方形的边长为用求出的长再由求出的长设可得出在直角三角形中利用勾股定理列出关于的方程求出方程的解得到的值即为的长
【详解】解逆时针旋转得到
，
三点共线
，
，
，
，
在和中，
，
，
设
且
，
，
，
在中由勾股定理得，
，
解得：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
15．(本题3分)在直角△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=6，点D是CB边上的动点，连接AD，将线段AD顺时针旋转60°，得到线段AP，连接CP，线段CP的最小值是______．
【答案】3
【分析】在AB上取一点K，使得AK=AC，连接CK，DK．由△PAC≌△DAK（SAS），推出PC=DK，易知KD⊥BC时，KD的值最小，求出KD的最小值即可解决问题．
【详解】解：如图，在AB上取一点K，使得AK=AC，连接CK，DK．

∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠CAK=60°，
∴∠PAD=∠CAK，
∴∠PAC=∠DAK，
∵PA=DA，CA=KA，
∴△PAC≌△DAK（SAS），
∴PC=DK，
当KD⊥BC时，KD的值最小，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，AK=AC=6，
∴AB=12，则KB=6，
∴KD=3，
∴PC的最小值为3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，垂线段最短，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
16．(本题3分)如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC边在直线a上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1=；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②可得到点P2，此时AP2=+1；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③可得到点P3时，AP3=+2…按此规律继续旋转，直至得到点为止，则=________．
【答案】
【详解】试题解析：AP1=，AP2=1+，AP3=2+；
AP4=2+2；AP5=3+2；AP6=4+2；
AP7=4+3；AP8=5+3；AP9=6+3；
∵2016=3×672，
∴AP2013=（2013-671）+671=1342+671，
∴AP2014=1342+671+=1342+672，
∴AP2015=1342+672+1=1343+672，
∴AP2016=1343+672+1=1344+672，
故答案为1344+672．
三、解答题(共92分)
17．(本题8分)计算：
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先对原式通分变为同分母的分式，再相减即可解答本题；
（2）先将括号内的进行计算，再将除法转换为乘法后，再约分即可得到答案．
【详解】（1）
=
=
=
=
=
（2）
=
=
=
=
【点睛】本题主要考查了分式的混合运算，解题的关键是明确分式混合运算的计算方法．
18．(本题8分)解方程：
(1)．
(2)．
【答案】(1)
(2)无解
【分析】（1）先去分母，将分式方程化成整式方程求解，再检验即可；
（2）先去分母，将分式方程化成整式方程求解，再检验即可．
【详解】（1）解：方程两边同时乘以，得
解得：，
检验：把代入，得，
∴是原方程的根，
∴原方程的解为：；
（2）解：方程两边同时乘以，得
，
解得：，
检验：把代入，得，
∴是原方程的增根，
∴原方程无解．
【点睛】本题考查解分式方程，去分母将分式方程转化成整式方程求解是解题的关键，注意解分式方程要验根．
19．(本题8分)先化简，再求值：其中的值从的整数解中选取．
【答案】；1
【分析】先根据分式混合运算法则进行化简，然后再代入数据进行计算即可．
【详解】解：
∵，-1，0，
∴把代入得：
原式．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算法则、分式有意义的条件，是解题的关键．
20．(本题8分)某校开设武术、舞蹈、剪纸三项活动课程，为了了解学生对这三项活动课程的兴趣情况，随机抽取了部分学生进行调查（每人从中只能选一顶），并将调查结果绘制成下面两幅统计图，请你结合图中信息解答问题．

(1)将条形统计图补充完整；
(2)本次抽样调查的样本容量是___；
(3)在扇形统计图中，计算女生喜欢剪纸活动课程人数对应的圆心角度数；
(4)已知该校有1200名学生，请结合数据估计对剪纸感兴趣的学生有多少人？
【答案】(1)见解析
(2)100
(3)115.2°
(4)全校对剪纸感兴趣的学生360人
【分析】（1）根据扇形统计图可得出女生喜欢武术的占20%，利用条形图中喜欢武术的女生有10人，即可求出女生总人数，即可得出喜欢舞蹈的人数；
（2）根据（1）的计算结果再利用条形图即可得出样本容量；
（3）360°乘以女生中剪纸类人数所占百分比即可得；
（4）用全校学生数×喜欢剪纸的学生在样本中所占比例即可求出．
【详解】（1）解：被调查的女生人数为10÷20%＝50人，
则女生舞蹈类人数为50﹣（10+16）＝24人，
补全图形如下：
（2）解：样本容量为50+30+6+14＝100，
故答案为：100；
（3）解：扇形图中剪纸类所占的圆心角度数为360°×＝115.2°；
（4）解：估计全校学生中对剪纸感兴趣的人数是1200×＝360（人），
答：全校对剪纸感兴趣的学生有360人．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21．(本题8分)某批乒乓球的质量检验结果如下：
(1)填写完成表格中的空格；
(2)画出该批乒乓球优等品频率的折线统计图；
(3)从这批乒乓球中，任意抽取的一只乒乓球是优等品的概率的估计值是___________（精确到0.01）
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)0.95
【分析】（1）用频数除以对应的乒乓球数即可得；
（2）用横轴表示乒乓球数，纵轴表示频率，再结合表格描点，连线即可得；
（3）由折线统计图最后趋于0.95可得答案．
【详解】（1）解：补全表格如下：
（2）解：折线图如下：
（3）解：从这批乒乓球中，任意抽取的一只乒乓球是优等品的概率的估计值是0.95．
故答案为：0.95；
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：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．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．也考查了频率分布折线图．
22．(本题10分)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，，．
(1)求证：四边形OEFG是矩形；
(2)若，，求OE和BG的长．
【答案】(1)见解析
(2)OE＝10，BG＝4
【分析】（1）证OE为△ABD的中位线，则OEFG，再证四边形OEFG为平行四边形，然后根据EF⊥AB，即可得出结论；
（2）根据菱形的性质得到AB＝AD＝20，OB＝OD，AC⊥BD，根据直角三角形斜边中线的性质得到OE＝AE＝AD＝10，根据矩形的性质得到∠EFG＝∠AFE＝90°，OG＝EF＝8，FG＝OE＝10，根据勾股定理求出AF＝6，于是得到BG＝4．
（1）
证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴OB＝OD，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OEFG，
∵OGEF，
∴四边形OEFG为平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG为矩形；
（2）
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝20，OB＝OD，AC⊥BD，
∵点E为AD的中点，AD＝20，
∴OE＝AE＝AD＝10，
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴∠EFG＝∠AFE＝90°，OG＝EF＝8，FG＝OE＝10，
∴AF＝，
∴BG＝AB−AF−FG＝20−6−10＝4．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解题的关键，属于中考常考题型．
23．(本题10分)△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．
(1)画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；
(2)画出将△ABC绕点O顺时针旋转90°得利△A2B2C2；
(3)按照（2）中作图，回答问题：若点P（a，b）为△ABC边上一点，点Q为△A2B2C2边上一点，且点Q是点P的对应点，则点Q的坐标为 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)（b，﹣a）
【分析】（1）分别作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可；
（2）将三个顶点分别绕点O顺时针旋转90°得到其对应点，再首尾顺次连接即可；
（3）结合图形，在△ABC边上任取一点P（a，b），作出旋转点Q，连接OP、OQ，过点P作PD⊥x轴于D，过点Q作QE⊥x轴于E，证△OPD≌△QOE（AAS），得到OD=QE，PD=OE，即可求得点Q坐标．
（1）
解：如图所示，△A1B1C1即为所求．
（2）
解：如图所示，△A2B2C2即为所求．
（3）
解：如图，
连接OP、OQ，过点P作PD⊥x轴于D，过点Q作QE⊥x轴于E，
由旋转性质可得，OP=OQ，∠POQ=90°，
∴∠POD+∠QOE=90°，
∵PD⊥x，QE⊥x，
∴∠PDO=∠QEO=90°，
∴∠OPD+∠POD=90°，
∵∠OPD=∠QOE，
∴△OPD≌△QOE（AAS），
∴OD=QE，PD=OE，
∵点P（a，b）且点P在第二象限内，
∴OD=-a，PD=b，
∴OE=b，QE=-a，
∵点Q在第一象限内，
∴点Q的坐标为（b，﹣a），
故答案为：（b，﹣a）．
【点睛】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义与性质．
24．(本题10分)高铁苏州北站已于几年前投入使用，计划在广场内种植A，B两种花木共1050棵，若A花木数量是B花木数量的一半多150棵．
(1)A、B两种花木的数量分别是多少棵？
(2)如果园林处安排18人同时种植这两种花木，每人每小时能种植A花木6棵或B花木10棵，应分别安排多少人种植A花木和B花木，才能确保同时完成各自的任务？
【答案】(1)A种花木的数量是450棵，B种花木的数量是600棵
(2)安排10人种植A花木，安排8人种植B花木
【分析】（1）设A种花木的数量是x棵，B种花木的数量是y棵，根据题意，列出二元一次方程组，进行求解即可；
（2）设安排人种植A花木，则安排种植B花木，根据题意，列出分式方程进行求解即可．
【详解】（1）解：设A种花木的数量是x棵，B种花木的数量是y棵，
由题意，得：，解得：；
答：A种花木的数量是450棵，B种花木的数量是600棵．
（2）解：设安排人种植A花木，则安排人种植B花木，
由题意，得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，
∴；
答：安排10人种植A花木，安排8人种植B花木．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用和分式方程的应用．根据题意，正确的列出方程组和分式方程，是解题的关键．
25．(本题10分)如图，O是菱形ABCD对角线AC与BD的交点，CD＝5cm，OD＝3cm；过点C作，过点B作，CE与BE相交于点E．
(1)求OC的长；
(2)求证：四边形OBEC为矩形；
(3)求矩形OBEC的面积，并计算矩形面积与菱形面积的比值．
【答案】(1)4cm
(2)见解析
(3)，
【分析】（1）利用菱形的性质和勾股定理求解即可；
（2）先证明四边形OBEC是平行四边形，再由OB⊥OC，即可证明平行四边形OBEC是矩形；
（3）先求出AC、BD的长，再根据菱形面积公式和矩形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵O是菱形ABCD对角线的交点，
∴BD⊥AC，即∠COD=90°，
∵CD＝5cm，OD＝3cm，
∴；
（2）解：∵， ，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵OB⊥OC，
∴平行四边形OBEC是矩形；
（3）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD=3cm，AC=2OC=8cm，BD=2OD=6cm，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理等等，熟知相关知识是解题的关键．
26．(本题12分)【定义】只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．图1，，四边形是损矩形，则该损矩形的直径是线段．时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边同侧的两个角是相等的．图1中：和有公共边，在同侧有和，此时；再比如和有公共边，在同侧有和，此时．
【理解】
(1)如图1，________；
(2)下列图形中一定是损矩形的是_________（填序号）；
(3)【应用】如图2，四边形是以为直径的损矩形，以为一边向外作菱形，点为菱形对角线的交点，连接，当平分时，判断四边形为何种特殊的四边形？并说明理由；
(4)如图3，四边形是以为直径的损矩形，点为的中点，于点，若，则_______．
【答案】(1)
(2)③
(3)四边形为正方形；理由见解析
(4)16
【分析】（1）在AD的同侧的∠ABD=∠ACD；
（2）只有③是只有一组对角是直角的四边形；
（3）可得∠ADC=∠ABD=45°，进而求得∠ACE=90°，从而推得结果；
（4）可推出OB=OD，进而推出△BOG是直角三角形，进一步求得结果．
（1）
解：在AD的同侧的∠ABD=∠ACD；
故答案为：∠ACD；
（2）
解：只有③是只有一组对角是直角的四边形，
故答案为：③；
（3）
解：四边形ACEF是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，
∴∠ABC=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=∠ABC＝45°，
∴∠ADC=∠ABD=45°，
∵四边形ACEF是菱形，
∴∠ECF=∠ACD=45°，
∴∠ACE=90°，
∴四边形ACEF是正方形；
（4）
解：∵四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵点O是AC的中点，
∴OB=AC，
同理可得：OD=AC，
∴OB=OD=BD，
∵点G是BD的中点，
∴OG⊥BD，
∴∠BOG=90°，
∴OB2BG2=OG2=4，
∴（AC）2（BD）2=4，
∴AC2BD2=16，
故答案是为：16．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形，勾股定理，菱形的性质，正方形判定等知识，解决问题的关键是充分利用定义给出的结论．
抽取的乒乓球数n
50
100
200
500
1000
1500
2000
优等品的频数m
48
95
188
471
946
1426
1898
优等品的频率（精确到0.001）
0.960
0.950
______
0.942
0.946
0.951
______
抽取的乒乓球数n
50
100
200
500
1000
1500
2000
优等品的频数m
48
95
188
471
946
1426
1898
优等品的频率
（精确到0.001）
0.960
0.950
0.940
0.942
0.946
0.951
0.949