江苏省无锡锡东片2025届九上数学开学调研模拟试题【含答案】

这是一份江苏省无锡锡东片2025届九上数学开学调研模拟试题【含答案】，共22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）下列各组数中，不是勾股数的是 （ ）
A．3，4，5B．5，12，13C．6，8，10D．7，13，18
2、（4分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于O，EF经过点O，分别交AD，BC于E，F，已知▱ABCD的面积是，则图中阴影部分的面积是
A．12 B．10 C．D．
3、（4分）下列关于一次函数的说法中，错误的是（ ）
A．函数图象与轴的交点是
B．函数图象自左至右呈下降趋势，随的增大而减小
C．当时，
D．图象经过第一、二、三象限
4、（4分）如图，在10×6的网格中，每个小方格的边长都是1个单位，将△ABC平移到△DEF的位置，下面正确的平移步骤是（ ）
A．先把△ABC向左平移5个单位，再向下平移2个单位
B．先把△ABC向右平移5个单位，再向下平移2个单位
C．先把△ABC向左平移5个单位，再向上平移2个单位
D．先把△ABC向右平移5个单位，再向上平移2个单位
5、（4分）已知点A（﹣2，a），B（﹣1，b），C（3，c）都在函数y＝﹣的图象上，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
6、（4分）以下运算错误的是（ ）
A．B．
C．D．
7、（4分）在函数y=中，自变量x的取值范围是（ ）
A．x≤﹣3B．x≥﹣3C．x＜﹣3D．x＞﹣3
8、（4分）巫溪某中学组织初一初二学生举行“四城同创”宣传活动，从学校坐车出发，先上坡到达A地后，宣传8分钟；然后下坡到B地宣传8分钟返回，行程情况如图．若返回时，上、下坡速度仍保持不变，在A地仍要宣传8分钟，那么他们从B地返回学校用的时间是( )
A．45.2分钟B．48分钟C．46分钟D．33分钟
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，AB∥CD，E、F分别是AC、BD的中点，若AB＝5，CD＝3，则EF的长为______________.
10、（4分）若分式方程无解，则__________．
11、（4分）一个矩形的长比宽多1cm，面积是132cm2，则矩形的长为________cm．
12、（4分）已知直线y＝kx＋b和直线y＝－3x平行，且过点（0，－3），则此直线与x轴的交点坐标为________.
13、（4分）如图，▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，AD＝8，点E，F分别是边BC，AD的中点，点M是AE与BF的交点，点N是CF与DE的交点，则四边形ENFM的周长是______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）五一期间，某商场计划购进甲、乙两种商品，已知购进甲商品1件和乙商品3件共需240元；购进甲商品2件和乙商品1件共需130元．
（1）求甲、乙两种商品每件的进价分别是多少元？
（2）商场决定甲商品以每件40元出售，乙商品以每件90元出售，为满足市场需求，需购进甲、乙两种商品共100件，且甲种商品的数量不少于乙种商品数量的4倍，请你求出获利最大的进货方案，并确定最大利润．
15、（8分）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=60°，∠C=30°，AD=4，BC=10.求：梯形两腰AB、CD的长.
16、（8分）2019年4月23日世界读书日这天，滨江初二年级的学生会，就2018年寒假读课外书数量（单位：本）做了调查，他们随机调查了甲、乙两个班的10名同学，调查过程如下
收集数据
甲、乙两班被调查者读课外书数量（单位：本）统计如下：
甲：1，9，7，4，2，3，3，2，7，2
乙：2，6，6，3，1，6，5，2，5，4
整理、描述数据绘制统计表如下，请补全下表：
分析数据、推断结论
（1）该校初二乙班共有40名同学，你估计读6本书的同学大概有_____人；
（2）你认为哪个班同学寒假读书情况更好，写出理由．
17、（10分）一次函数图象经过（3，8）和（5，12）两点，求一次函数解析式．
18、（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数的图象与过、的直线交于点P，与x轴、y轴分别相交于点C和点D．
求直线AB的解析式及点P的坐标；
连接AC，求的面积；
设点E在x轴上，且与C、D构成等腰三角形，请直接写出点E的坐标．
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）已知一组数据x1，x2，x3，x4的平均数是5，则数据x1＋3，x2＋3，x3＋3，x4＋3的平均数是____．
20、（4分）一组数据5、7、7、x中位数与平均数相等，则x的值为________．
21、（4分）已知三角形的三条中位线的长分别为5cm、6cm、10cm，则这个三角形的周长是_____cm．
22、（4分）如图，在平面直角坐标系中，已知，，是轴上的一条动线段，且，当取最小值时，点坐标为______.
23、（4分）已知反比例函数的图象上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，当x1＜0＜x2时，有y1＜y2，则m的取值范围是 _______________
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）以四边形ABCD的边AB，AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和等边三角形ADE，连接EB，FD，交点为G．
（1）当四边形ABCD为正方形时，如图①，EB和FD的数量关系是 ；
（2）当四边形ABCD为矩形时，如图②，EB和FD具有怎样的数量关系？请加以证明；
（3）如图③，四边形ABCD由正方形到矩形再到一般平行四边形的变化过程中，EB和FD具有怎样的数量关系？请直接写出结论，无需证明．
25、（10分）某文化用品店用2000元购进一批学生书包，面市后发现供不应求，商店又购进第二批同样的书包，所购数量是第一批购进数量的3倍，但单价贵了4元，结果第二批用了6300元。求第一批书包的单价。
26、（12分）1号探测气球从海拔5m处出发，以1m/min的速度上升.与此同时，2号探测气球从海拔15m处出发，以0.5m/min的速度上升.两个气球都匀速上升了50min.设气球上升时间为x(x≥0).
(Ⅰ)根据题意，填写下表
(Ⅱ)在某时刻两个气球能否位于同一高度？如果能，这时气球上升了多长时间？位于什么高度？如果不能，请说明理由.
(Ⅲ)当0≤x≤50时，两个气球所在位置的海拔最多相差多少米？
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】
根据勾股定理的逆定理，验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可得.
【详解】
A、32 +42 =52，能构成直角三角形，是正整数，故是勾股数；
B、52 +122 =132，能构成直角三角形，是正整数，故是勾股数；
C、62 +82 =102，能构成直角三角形，是正整数，故是勾股数；
D、72 +132 ≠182，不能构成直角三角形，故不是勾股数，
故选D．
本题考查了勾股定理的逆定理，勾股数问题，给三个正整数，看两个较小的数的平方和是否等于最大数的平方，若相等，则这三个数为勾股数，否则就不是.
2、D
【解析】
利用□ABCD的性质得到AD∥BC，OA=OC，且∠EAC=∠ACB（或∠AEO=∠CFO），又∠AOE=∠COF，然后利用全等三角形的判定方法即可证明△AOE≌△COF，再利用全等三角形的性质即可证明结论.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠EAC=∠ACB（或∠AEO=∠CFO），
又∵∠AOE=∠COF，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴S△AOE=S△COF,
∴阴影部分的面积= S△BOC=×S□ABCD =×20=5.
故选：D
此题把全等三角形放在平行四边形的背景中，利用平行四边形的性质来证明三角形全等，最后利用全等三角形的性质解决问题．
3、D
【解析】
根据一次函数的图像与性质即可求解.
【详解】
A. 函数图象与轴的交点是，正确；
B. 函数图象自左至右呈下降趋势，随的增大而减小，正确
C. 当时，解得，正确
D. 图象经过第一、二、四象限，故错误.
故选D.
此题主要考查一次函数的图像与性质，解题的关键是熟知一次函数的性质.
4、A
【解析】
解：根据网格结构，观察点对应点A、D，点A向左平移5个单位，再向下平移2个单位即可到达点D的位置，所以，平移步骤是：先把△ABC向左平移5个单位，再向下平移2个单位．
故选A．
5、D
【解析】
先把各点代入反比例函数的解析式，求出a、b、c的值，再比较大小即可．
【详解】
∵点A(-2,a)，B(-1,b)，C(3,c)都在函数的图象上，
∴,
∴b＜a＜c.
故选B.
考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数的图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
6、B
【解析】
A.，正确；B.=5，则原计算错误；C.，正确；D.，正确，故选B.
7、B
【解析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式即可.
【详解】
解:根据题意得:x+3≥0
解得:x≥-3
所以B选项是正确的.
本题考查二次根式及不等式知识,解题时只需找出函数有意义必须满足的条件列出不等式即可,对于一些较复杂的函数一定要仔细.函数自变量的范围一般从三个方面考虑:
(1)当函数表达式是整式时,自变量可取全体实数;
(2)当函数表达式是分式时,考虑分式的分母不能为0;
(3)当函数表达式是二次根式时,被开方数非负.
8、A
【解析】
试题分析：由图象可知校车在上坡时的速度为200米每分钟，长度为3600米； 下坡时的速度为500米每分钟，长度为6000米； 又因为返回时上下坡速度不变，总路程相等，根据题意列出各段所用时间相加即可得出答案． 由上图可知，上坡的路程为3600米， 速度为200米每分钟； 下坡时的路程为6000米，速度为6000÷（46﹣18﹣8×2）=500米每分钟； 由于返回时上下坡互换，变为上坡路程为6000米，所以所用时间为30分钟；停8分钟； 下坡路程为3600米，所用时间是7.2分钟； 故总时间为30+8+7.2=45.2分钟．
考点：一次函数的应用．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
分析：连接DE并延长交AB于H，证明△DCE≌△HAE，根据全等三角形的性质可得DE=HE，DC=AH，则EF是△DHB的中位线，再根据中位线的性质可得答案．
详解：连接DE并延长交AB于H．∵CD∥AB， ∴∠C=∠A， ∵E是AC中点，
∴DE=EH， 在△DCE和△HAE中，∠C＝∠A，CE＝AE，∠CED＝∠AEH，
∴△DCE≌△HAE（ASA）， ∴DE=HE，DC=AH， ∵F是BD中点，
∴EF是△DHB的中位线， ∴EF=BH， ∴BH=AB-AH=AB-DC=2， ∴EF=1．
点睛：此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及三角形中位线性质，关键是正确画出辅助线，证明△DCE≌△HAE．
10、1
【解析】
先把m看作已知，解分式方程得出x与m的关系，再根据分式方程无解可确定方程的增根，进一步即可求出m的值.
【详解】
解：在方程的两边同时乘以x－1，得 ，
解得.
因为原方程无解，所以原分式方程有增根x=1，即，解得m=1.
故答案为1.
本题考查了分式方程的解法和分式方程的增根，正确理解分式方程无解与其增根的关系是解题的关键.
11、1
【解析】
设矩形的宽为xcm，根据矩形的面积=长×宽列出方程解答即可．
【详解】
设矩形的宽为xcm，依题意得：
x（x+1）=132，
整理，得（x+1）（x-11）=0，
解得x1=-1（舍去），x2=11，
则x+1=1．
即矩形的长是1cm．
故答案为：1．
本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
12、 (−1,0).
【解析】
先根据直线平行的问题得到k=-3，再把（0，-3）代入y=-3x+b求出b，从而得到直线解析式，然后计算函数值为0所对应的自变量的值即可得到直线与x轴的交点坐标．
【详解】
∵直线y=kx+b和直线y=−3x平行，
∴k=−3，
把(0,−3)代入y=−3x+b得b=−3，
∴直线解析式为y=−3x−3，
当y=0时，−3x−3=0，解得x=−1，
∴直线y=−3x−3与x轴的交点坐标为(−1,0).
故答案为(−1,0).
此题考查两条直线相交或平行问题，把已知点代入解析式是解题关键
13、4＋4
【解析】
连接EF，点E、F分别是边BC、AD边的中点，可知BE=AF=AB=4，可证四边形ABEF为菱形，根据菱形的性质可知AE⊥BF，且AE与BF互相平分，∠ABC=60°，△ABE为等边三角形，ME=F=4，由勾股定理求MF，根据菱形的性质可证四边形MENF为矩形，再求四边形ENFM的周长．
解：连接EF，
∵点E、F分别是边BC、AD边的中点，
∴BE=AF=AB=4，
又AF∥BE，
∴四边形ABEF为菱形，由菱形的性质，得AE⊥BF，且AE与BF互相平分，
∵∠ABC=60°，∴△ABE为等边三角形，ME=F=4，
在Rt△MEF中，由勾股定理，得MF=，
由菱形的性质，可知四边形MENF为矩形，
∴四边形ENFM的周长=2（ME+MF）=4+4．
故答案为4+4
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）甲商品每件进价30元，乙商品每件进价70元；（2）甲商品进80件，乙商品进20件，最大利润是1200元．
【解析】
（1）根据购进甲商品1件和乙商品3件共需240元，甲商品2件和乙商品1件共需130元可以列出相应的方程组，从而可以求得甲、乙两种商品每件的进价分别是多少元；
（2）根据题意可以得到利润与购买甲种商品的函数关系式，从而可以解答本题．
【详解】
（1）设商品每件进价x元，乙商品每件进价y元，得
解得：，
答：甲商品每件进价30元，乙商品每件进价70元；
（2）设甲商品进a件，乙商品（100﹣a）件，由题意得，
a≥4（100﹣a），
a≥80，
设利润为y元，则，
y＝10 a+20（100﹣a）＝﹣10 a+2000，
∵y随a的增大而减小，
∴要使利润最大，则a取最小值，
∴a＝80，
∴y＝2000﹣10×80＝1200，
答：甲商品进80件，乙商品进20件，最大利润是1200元．
本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
15、AB=3，CD=3．
【解析】
平移一腰，得到平行四边形和30°的直角三角形，根据它们的性质进行计算．
【详解】
解：作DE∥AB交BC于点E，则四边形ABED是平行四边形．
∴AB=DE，AD=BE，∠DEC=∠B=60°，
∵∠C=30°，
∴∠EDC=180°-60°-30°=90°，
∵CE=BC-BE=BC-AD=6，
∴DE=3，CD=3，
即AB=3，CD=3．
故答案为：AB=3，CD=3．
本题考查与梯形有关的问题，平移一腰是梯形中常见的辅助线，再根据平行四边形的性质和三角形的性质进行分析．
16、统计图补全见解析 （1）12 （2）乙班，理由见解析
【解析】
根据平均数、众数、中位数、方差的概念填表
（1）根据样本求出读6本书的学生的占比，再用初二乙班总人数乘以占比即可求解；
（2）根据方差的性质进行判断即可．
【详解】
甲组的众数是2，乙组中位数是
乙组的平均数：
甲组的方差：
补全统计表如下：
（1）
（人）
故估计读6本书的同学大概有12人；
（2）乙班，乙班的方差较小，说明乙班学生普遍有阅读意识，而甲班方差较大，说明甲班虽然存在一部分读书意识较强的同学，但也存在一部分读书意识淡薄的同学．
本题考查了统计图的问题，掌握平均数、众数、中位数、方差的概念以及性质是解题的关键．
17、y=1x+1．
【解析】
试题分析：本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握待定系数法求函数的解析式是解题的关键．利用待定系数法即可求得函数的解析式．
试题解析：解：设一次函数解析式为y=kx+b，则，
解得．
所以一次函数解析式为y=1x+1．
考点：待定系数法求一次函数解析式．
18、（1），,P（2）；（3）点E的坐标为、、或．
【解析】
（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出直线AB的解析式，再联立直线AB、CD的解析式成方程组，通过解方程组可求出点P的坐标；
（2）过点P作PM⊥BC于点M，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，结合点A、B、P的坐标，可得出BC、OA、PM的值，利用三角形的面积公式结合S△PAC=S△PBC-S△ABC即可求出△PAC的面积；
（3）利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点C、D的坐标，进而可得出CD的长度，分DE=DC、CD=CE、EC=ED三种情况求出点E的坐标，此题得解．
【详解】
设直线AB的解析式为，
将、代入，得：
，解得：
直线AB的解析式为．
联立直线AB、CD的解析式成方程组，得：
，解得：，
点P的坐标为
过点P作于点M，如图1所示．
点P的坐标为，
．
一次函数的图象与x轴交于点C，
点C的坐标为，
．
点A的坐标为，点B的坐标为，
，，，
．
为等腰三角形，
或或如图．
一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点C和点D，
点C的坐标为，点D的坐标为，
，．
当时，，
，
点E的坐标为；
当时，，
点E的坐标为或；
当时，点E与点O重合，
点E的坐标为．
综上所述：点E的坐标为、、或．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及等腰三角形的判定，解题的关键是：（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线AB的解析式；（2）利用切割法找出S△PAC=S△PBC-S△ABC；（3）分DE=DC、CD=CE、EC=ED三种情况找出点E的坐标．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、8
【解析】
根据平均数的性质知,要求x1＋3，x2＋3，x3＋3，x4＋3的平均数, 只要把数x1，x2，x3，x4的和表示出即可.
【详解】
解：x1，x2，x3，x4的平均数为5
x1+x2+x3+x4=45=20,
x1＋3，x2＋3，x3＋3，x4＋3的平均数为:
=( x1＋3+ x2＋3+ x3＋3+ x3＋3)4
=(20+12) 4
=8,
故答案为:8.
本题主要考查算术平均数的计算.
20、5或2
【解析】
试题分析：根据平均数与中位数的定义就可以解决．中位数可能是7或1．
解：当x≥7时，中位数与平均数相等，则得到：（7+7+5+x）=7，解得x=2；
当x≤5时：（7+7+5+x）=1，解得：x=5；
当5＜x＜7时：（7+7+x+5）÷4=（x+7）÷2，解得x=5，舍去．
所以x的值为5或2．
故填5或2．
考点：中位数；算术平均数．
21、1
【解析】
根据三角形的中位线定理解答即可.
【详解】
∵三角形的三条中位线的长分别是5cm、6cm、10cm，
∴三角形的三条边分别是10cm、12cm、20cm．
∴这个三角形的周长＝10+12+20＝1cm．
故答案是：1．
本题考查了三角形的中位线定理，熟知三角形的中位线定理是解决问题的关键.
22、
【解析】
如图把点A向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时AP+PQ+QB的值最小，求出直线BF的解析式，即可解决问题．
【详解】
解：如图把点4向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时4P+PQ+QB的值最小.
设最小BF的解析式为y=kx+b，则有解得
∴直线BF的解析式为y=x-2，
令y=0，得到x=2.
∴Q（2.0）
故答案为（2，0）.
本题考查轴对称最短问题、坐标与图形的性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，学会构建一次函数解决交点问题，属于中考常考题型
23、m＜
【解析】
当x1＜0＜x2时，有y1＜y2根据两种图象特点可知，此时k＞0，所以1-2m＞0，解不等式得m＜1/2 ．
故答案为m＜1/2 ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）DF＝BE；（2）EB＝FD，证明见解析；（3）DF＝BE
【解析】
（1）根据题意可得AB=AF，AD=AE，∠FAB=∠EAD，即可得∠FAD=∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE=DF
（2）根据题意可得AB=AF，AD=AE，∠FAB=∠EAD，即可得∠FAD=∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE=DF
（3）根据题意可得AB=AF，AD=AE，∠FAB=∠EAD，即可得∠FAD=∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE=DF．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝AD，∠BAD＝90°
∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴AE＝AD＝AF＝AB，∠FAD＝∠EAB
∴△ABE≌△ADF
∴DF＝BE
故答案为DF＝BE
（2）EB＝FD
理由如下：
∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴∠FAB+∠BAD＝∠EAD+∠BAD
∴∠FAD＝∠EAB
又∵AF＝AB，AE＝AD
∴△ABE≌△AFD
∴DF＝BE
（3）BE＝DF
理由如下∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴∠FAB+∠BAD＝∠EAD+∠BAD
∴∠FAD＝∠EAB
又∵AF＝AB，AE＝AD
∴△ABE≌△AFD
∴DF＝BE
本题考查了四边形的综合题，等边三角形的性质，灵活运用等边三角形的性质是解决问题的关键．
25、80元
【解析】
首先设购进第一批书包的单价是x元，则购进第二批书包的单价是（x+4）元，根据题意可得等量关系：第一批购进的数量×3=第二批购进的数量，由等量关系可得方程，解方程即可．
【详解】
设第一批书包的单价是每个元，这第二批书包的单价是每个元，根据题意得
解这个方程得
经检验时所列方程的解.
答：第一批书包的单价是每个80元.
此题主要考查了分式方程的应用，关键是弄清题意，设出未知数，列出方程．列分式方程解应用题的一般步骤：设、列、解、验、答．必须严格按照这5步进行做题，规范解题步骤，另外还要注意完整性．
26、 (1)35；；30；；(2)此时气球上升了20min,都位于海拔25m的高度；(3)当时，y最大值为15.
【解析】
（Ⅰ）根据距离=速度×时间，分别计算即可得答案；（Ⅱ）根据上升的高度相同列方程可求出x的值，进而可求出两个气球所在高度；（Ⅲ）设两个气球在同一时刻所在的位置的海拔相差m，由（Ⅱ）可知x=20时，两气球所在高度相同，当0≤x<20时，y=-0.5x+10，当20【详解】
（1）30×1+5=35，x+5，
10×0.5+15=20，0.5x+15，
故答案为：35；；20；
（2）两个气球能位于同一高度.
根据题意，，
解得,
∴.
答：能位于同一高度，此时气球上升了20min,都位于海拔25m的高度.
（3）设两个气球在同一时刻所在的位置的海拔相差ym
由（Ⅱ）可知x=20时，两气球所在高度相同，
∴①当0≤x<20时，由题意，可知1号探测气球所在位置始终低于2号气球，
则.
∵－0.5＜0,
∴y随x的增大而减小，
∴当时，y取得最大值10.
②当20则.
∵0.5＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当时，y取得最大值15.
综上，当时，y最大值为15.
答：两个气球所在位置的海拔最多相差15m.
本题考查一次函数的应用，根据题意，得出函数关系式并熟练掌握一次函数的性质是解题关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
班级
平均数
众数
中位数
方差
甲
4
3
乙
6
3.2
上升时间/min
10
30
…
x
1号探测气球所在位置的海拔/m
15
…
2号探测气球所在位置的海拔/m
30
…
班级
平均数
众数
中位数
方差
甲
4
2
3
6.6
乙
4
6
4.5
3.2