山西省吕梁市交城县2025届九上数学开学调研模拟试题【含答案】

这是一份山西省吕梁市交城县2025届九上数学开学调研模拟试题【含答案】，共25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）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，菱形 ABOC 的顶点 O 在坐标原点，边 BO 在 x 轴的负半轴上，顶点 C的坐标为（﹣3，4），反比例函数 y  的图象与菱形对角线 AO 交于 D 点，连接 BD，当 BD⊥x 轴时，k的值是（ ）
A．B．C．﹣12D．
2、（4分）下列等式中，不成立的是
A．B．
C．D．
3、（4分）如图，折线ABCDE描述了一汽车在某一直路上行驶时汽车离出发地的距离s(千米)和行驶时间t(小时)间的变量关系，则下列结论正确的是( )
A．汽车共行驶了120千米
B．汽车在行驶途中停留了2小时
C．汽车在整个行驶过程中的平均速度为每小时24千米
D．汽车自出发后3小时至5小时间行驶的速度为每小时60千米
4、（4分）分式①，②，③，④中，最简分式有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
5、（4分）如图,在△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AD是△ABC的角平分线,DE⊥AB,垂足为点E,DE=1,则BC= ( )
A．B．2C．3D．+2
6、（4分）如图，在平面直角坐标系中，，，，…都是等腰直角三角形，其直角顶点，，，…均在直线上.设，，，…的面积分别为，，，…，根据图形所反映的规律，（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）要使代数式有意义，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．且
8、（4分）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）
A．正方形B．等边三角形C．平行四边形D．正五边形
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若,则=______
10、（4分）要从甲、乙、丙三名学生中选出一名学生参加数学竟赛。对这三名学生进行了10次“数学测试”，经过数据分析，3人的平均成绩均为92分。甲的方差为0.024、乙的方差为0.08、丙的方差为0.015，则这10次测试成绩比较稳定的是_____________.
11、（4分）直角三角形的两直角边是3和4，则斜边是____________
12、（4分）如图，过矩形ABCD的对角线BD上一点K分别作矩形两边的平行线MN与PQ，那么图中矩形AMKP的面积S1与矩形QCNK的面积S2的大小关系是S1_____S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）
13、（4分）计算：3xy2÷=_______.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知一艘轮船上装有100吨货物，轮船到达目的地后开始卸货.设平均卸货速度为(单位：吨/小时)，卸完这批货物所需的时间为(单位：小时).
(1)求关于的函数表达式.
(2)若要求不超过5小时卸完船上的这批货物，那么平均每小时至少要卸货多少吨？
15、（8分）某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用20 长的篱笆围成一个矩形（篱笆只围两边），设.
（1）若花园的面积为96，求的值；
（2）若在处有一棵树与墙的距离分别是11和5，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），求花园面积的最大值.
16、（8分）在矩形中ABCD，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对位点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，①求证：BP＝BF；②当AD＝25，且AE＜DE时，求的值．
17、（10分）如图，平行四边形中，点分别是的中点.求证.
18、（10分）如图，正方形ABCD中，P为AB边上任意一点，AE⊥DP于E，点F在DP的延长线上，且EF=DE，连接AF、BF，∠BAF的平分线交DF于G，连接GC．
（1）求证：△AEG是等腰直角三角形；
（2）求证：AG+CG=DG．
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）点A（2，1）在反比例函数y=的图象上，当1＜x＜4时，y的取值范围是 ．
20、（4分）若不等式的正整数解是，则的取值范围是____．
21、（4分）在学校的社会实践活动中，一批学生协助搬运初一、二两个年级的图书，初一年级需要搬运的图书数量是初二年级需要搬运的图书数量的两倍.上午全部学生在初一年级搬运，下午一半的学生仍然留在初一年级（上下午的搬运时间相等）搬运，到放学时刚好把初一年级的图书搬运完.下午另一半的学生去初二年级搬运图书，到放学时还剩下一小部分未搬运，最后由三个学生再用一整天的时间刚好搬运完.如果这批学生每人每天搬运的效率是相同的，则这批学生共有人数为______.
22、（4分）如图，在□ ABCD 中，E 为 BC 中点，DE、AC 交于 F 点，则＝_______．
23、（4分）如图，函数y1＝﹣2x和y2＝ax+3的图象相交于点A（﹣1，2），则关于x的不等式﹣2x＞ax+3的解集是_____
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝1．
（1）尺规作图：在BC上求作一点P，使点P到点A、B的距离相等；（保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）在（1）的条件下，连接AP，求△APC的周长．
25、（10分）在平面直角坐标系xOy中，边长为6的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，直线y＝mx+2与OC，BC两边分别相交于点D，G，以DG为边作菱形DEFG，顶点E在OA边上．
（1）如图1，当菱形DEFG的一顶点F在AB边上．
①若CG＝OD时，求直线DG的函数表达式；
②求证：OED≌BGF．
（2）如图2，当菱形DEFG的一顶点F在AB边右侧，连接BF，设CG＝a，FBG面积为S．求S与a的函数关系式；并判断S的值能否等于1？请说明理由；
（3）如图3，连接GE，当GD平分∠CGE时，m的值为 ．（直接写出答案）．
26、（12分）房山某中学改革学生的学习模式，变“老师要学生学习”为“学生自主学习”，培养了学生 自主学习的能力．小华与小明同学就“最喜欢哪种学习方式”随机调查了他们周围的一些同学，根据收集到的数据绘制了以下的两个统计图．请根据下面两个不完整的统计图回答以下问题：
(1)这次抽样调查中，共调查了 名学生；
(2)补全两幅统计图；
(3)根据抽样调查的结果，估算该校 1000 名学生中大约有多少人选择“小组合作学习”？
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、B
【解析】
先利用勾股定理计算出OC=5，再利用菱形的性质得到AC=OB=OC=5，AC∥OB，则B（-5，0），A（-8，4），接着利用待定系数法确定直线OA的解析式为y=-x，则可确定D（-5，），然后把D点坐标代入y=中可得到k的值．
【详解】
∵C(−3,4)，
∴OC==5，
∵四边形OBAC为菱形，
∴AC=OB=OC=5,AC∥OB，
∴B(−5,0),A(−8,4)，
设直线OA的解析式为y=mx，
把A(−8,4)代入得−8m=4,解得m=−，
∴直线OA的解析式为y=-x，
当x=−5时,y=-x =,则D(−5,)，
把D(−5,)代入y=，
∴k=−= .
故选B.
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征和菱形的性质，解题的关键是掌握反比例函数图象上点的坐标特征和菱形的性质.
2、D
【解析】
根据不等式的性质，对选项进行求解即可.
【详解】
解：、，故成立，不合题意；
、，故成立，不合题意；
、，故成立，不合题意；
、，故不成立，符合题意．
故选：．
本题考查不等式，熟练掌不等式的性质及运算法则是解题关键.
3、D
【解析】
根据观察图象的横坐标、纵坐标，可得行驶的路程与时间的关系，根据路程与时间的关系，可得速度．
【详解】
A、由图象可以看出，最远处到达距离出发地120千米处，但又返回原地，所以行驶的路程为240千米，错误，不符合题意；
B、停留的时候，时间增加，路程不变，所以停留的时间为2-1.5=0.5小时，错误，不符合题意；
C、平均速度为总路程÷总时间，总路程为240千米，总时间为5小时，所以平均速度为240÷5=48千米/时，错误，不符合题意；
D、汽车自出发后3小时至5小时间行驶的速度为120÷(5-3)=60千米/时，正确，符合题意，
故选D．
本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决；用到的知识点为：平均速度=总路程÷总时间．
4、B
【解析】
利用约分可对各分式进行判断．
【详解】
①是最简分式；
②，故不是最简分式；
③，故不是最简分式；
④是最简分式；
所以，最简分式有2个，
故选：B．
本题考查了最简分式：一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式．
5、C
【解析】
试题分析：根据角平分线的性质可得CD=DE=1，根据Rt△ADE可得AD=2DE=2，根据题意可得△ADB为等腰三角形，则DE为AB的中垂线，则BD=AD=2，则BC=CD+BD=1+2=1．
考点：角平分线的性质和中垂线的性质．
6、A
【解析】
分别过点P1、P2、P3作x轴的垂线段，先根据等腰直角三角形的性质求得前三个等腰直角三角形的底边和底边上的高，继而求得三角形的面积，得出面积的规律即可得出答案．
【详解】
解：如图，分别过点P1、P2、P3作x轴的垂线段，垂足分别为点C、D、E，
∵P1（3，3），且△P1OA1是等腰直角三角形，
∴OC=CA1=P1C=3，
设A1D=a，则P2D=a，
∴OD=6+a，
∴点P2坐标为（6+a，a），
将点P2坐标代入，得：，
解得：
∴A1A2=2a=3，，
同理求得，
故选：A
本题考查规律型：点的坐标、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是从特殊到一般，探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．
7、B
【解析】
根据二次根式的被开方数x+1是非负数列不等式求解即可．
【详解】
要使有意义，
∴，
解得，，
故选：B
考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
8、A
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A、正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故选A正确；
B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项B错误；
C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故C错误；
D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D错误．
故选A．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
设=k,同x=2k,y=4k,z=5k，再代入中化简即可.
【详解】
设=k,
x=2k,y=4k,z=5k
=.
故答案是：.
考查的是分式化简问题，利用比例性质通过设未知数的方式，代入分式化简可以求解．
10、丙
【解析】
根据方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定解答即可．
【详解】
解：因为3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.024、乙的方差为0.08、丙的方差为0.015，
丙的方差最小，所以这10次测试成绩比较稳定的是丙，
故答案为：丙
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
11、1
【解析】
在直角三角形中，已知两直角边根据勾股定理可以计算斜边．
【详解】
在直角三角形中，三边边长符合勾股定理，
已知两直角边为3、4，则斜边边长==1，
故答案为 1．
本题考查了直角三角形中的运用，本题中正确的运用勾股定理求斜边的长是解题的关键．
12、=
【解析】
利用矩形的性质可得△ABD的面积＝△CDB的面积，△MBK的面积＝△QKB的面积，△PKD的面积＝△NDK的面积，进而求出答案.
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，四边形MBQK是矩形，四边形PKND是矩形，
∴△ABD的面积＝△CDB的面积，△MBK的面积＝△QKB的面积，△PKD的面积＝△NDK的面积，
∴△ABD的面积﹣△MBK的面积﹣△PKD的面积＝△CDB的面积﹣△QKB的面积＝△NDK的面积，
∴S1＝S1．
故答案为：＝．
本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质定理是解题关键.
13、
【解析】
分析：根据分式的运算法则即可求出答案．
详解：原式=3xy2•
=
故答案为．
点睛：本题考查了分式的运算法则，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、 (1)v=；(2)平均每小时至少要卸货20吨．
【解析】
（1）直接利用vt=100进而得出答案；
（2）直接利用要求不超过5小时卸完船上的这批货物，进而得出答案．
【详解】
(1)由题意可得：100=vt，
则；
(2)∵不超过5小时卸完船上的这批货物，
∴t≤5，
则v≥=20，
答：平均每小时至少要卸货20吨．
考查了反比例函数的应用，正确得出函数关系式是解题关键．
15、（1）的值为8或12；（2）当时，的值最大，最大值为99
【解析】
（1）根据面积可列出一元二次方程，即可求解；
（2）根据题意列出关于x的不等式组，再利用二次函数的性质进行求解.
【详解】
解：（1），，
的值为8或12
（2）依题意得，得
当时，随的增大而增大，
所以，当时，的值最大，最大值为99
此题主要考查二次函数的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系与不等关系进行求解.
16、（1）见解析；（2）①见解析；②
【解析】
（1）先判断出，再判断出，即可得出结论；
（2）①利用折叠的性质，得出，，进而判断出即可得出结论；
②判断出，得出比例式建立方程求解即可得出，，再判断出，进而求出，即可得出结论；
【详解】
解：（1）在矩形中，，
∵是中点
∴＝
在和中，
∴
（2）①在矩形，
∵沿折叠得到
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
②当时
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
设
∴
∴
∴或
∵
∴，
∴，
由折叠得，
∴
∵
∴
∴
设
∴
∴
∴
在中，
∴
本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、翻折变换以及相似三角形的判定与性质，综合性较强，结合图形认真理解题意从而正确解题．
17、见解析
【解析】
根据平行四边形的性质和已知可证AE=CF，∠BAE=∠DCF，AB=CD，故根据SAS可证△ABE≌△DCF．
【详解】
证明：四边形是平行四边形，
，
点分别是的中点，
，
，
在和中，，
.
本题考查了平行四边形的判定和全等三角形的判定．掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
18、证明见解析
【解析】
试题分析：（1）根据线段垂直平分线的定义得到AF=AD，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明即可；
（2）作CH⊥DP，交DP于H点，证明△ADE≌△DCH（AAS），得到CH=DE，DH=AE=EG，证明CG= GH，AG=DH，计算即可．
试题解析：
（1）证明：∵DE=EF，AE⊥DP，
∴AF=AD，
∴∠AFD=∠ADF，
∵∠ADF+∠DAE=∠PAE+∠DAE=90°，
∴∠AFD=∠PAE，
∵AG平分∠BAF，
∴∠FAG=∠GAP．
∵∠AFD+∠FAE=90°，
∴∠AFD+∠PAE+∠FAP=90°
∴2∠GAP+2∠PAE=90°，
即∠GAE=45°，
∴△AGE为等腰直角三角形；
（2）证明：作CH⊥DP，交DP于H点，
∴∠DHC=90°．
∵AE⊥DP，
∴∠AED=90°，
∴∠AED=∠DHC．
∵∠ADE+∠CDH=90°，∠CDH+∠DCH=90°，
∴∠ADE=∠DCH．
∵在△ADE和△DCH中，
，
∴△ADE≌△DCH（AAS），
∴CH=DE，DH=AE=EG．
∴EH+EG=EH+HD，
即GH=ED，
∴GH=CH．
∴CG=GH．
∵AG=EG，
∴AG=DH，
∴CG+AG=GH+HD，
∴CG+AG=（GH+HD），
即CG+AG=DG．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、＜y＜1
【解析】
试题分析：将点A（1，1）代入反比例函数y=的解析式，求出k=1，从而得到反比例函数解析式，再根据反比例函数的性质，由反比例图像在第一象限内y随x的增大而减小，可根据当x=1时，y=1，当x=4时，y=，求出当1＜x＜4时，y的取值范围＜y＜1．
考点：1、待定系数法求反比例函数解析式；1、反比例函数的性质
20、9≤a＜1
【解析】
解不等式3x−a≤0得x≤，其中，最大的正整数为3，故3≤＜4，从而求解．
【详解】
解：解不等式3x−a≤0，得x≤，
∵不等式的正整数解是1，2，3，
∴3≤＜4，
解得9≤a＜1．
故答案为：9≤a＜1．
本题考查了一元一次不等式的解法．先解含字母系数的不等式，再根据正整数解的情况确定字母的取值范围．
21、8
【解析】
设二年级需要搬运的图书为a本，则一年级搬运的图书为2a本，这批学生有x人，每人每天的搬运效率为m，根据题意的等量关系建立方程组求出其解即可．
【详解】
解：设二年级需要搬运的图书为a本，则一年级搬运的图书为2a本，这批学生有x人，每人每天的搬运效率为m，由题意得：
解得：x=8，即这批学生有8人
本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，二元一次方程组的解法的运用，设参数法列方程解实际问题的运用，解答时根据工作量为2a和a建立方程是关键，运用整体思想是难点．
22、
【解析】
由平行四边形的性质可知：AD∥BC，BC=AD，所以△ADF∽△CEF，所以EF：DF=CE：AD，又CE：AD=CE：BC=1：2，问题得解．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BC=AD，
∴△ADF∽△CEF，
∴EF:DF=CE:AD，
∵E为BC中点，
∴CE:AD=CE:BC=1:2，
∴= .
故答案为：.
此题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解题关键在于证明三角形相似
23、x＜﹣1．
【解析】
以交点为分界，结合图象写出不等式-2x＞ax+3的解集即可．
【详解】
解：∵函数y1=-2x和y2=ax+3的图象相交于点A（-1，2），
∴不等式-2x＞ax+3的解集为x＜-1．
故答案为x＜-1．
此题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析（2）11
【解析】
（1）作线段AB的垂直平分线交BC于点P，点P即为所求；
（2）由作图可知：PA＝PB，可证△PAC的周长＝PA+PC+AC＝PB+PC+AC＝BC＝BC+AC.
【详解】
（1）点P即为所求；
（2）在RtABC中，AB＝8，AC＝1，∠BAC＝90°，
∴BC＝＝10，
由作图可知：PA＝PB，
∴△PAC的周长＝PA+PC+AC＝PB+PC+AC＝BC＝BC+AC＝10+1＝11．
本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
25、（6）①y＝2x+2；②见解析；（2）S≠6，见解析；（6）
【解析】
（6）①将x＝0代入y＝mx+2得y＝2，故此点D的坐标为（0，2），由CG＝OD＝2可知点G的坐标为（2，6），将点G（2，6）代入y＝mx+2可求得m＝2；
②延长GF交y轴于点M，根据AAS可证明△OED≌△BGF；
（2）如图2所示：过点F作FH⊥BC，垂足为H，延长FG交y轴与点N．先证明Rt△GHF≌Rt△EOD（AAS），从而得到FH＝DO＝2，由三角形的面积公式可知：S＝6﹣a．②当s＝6时，a＝5，在△CGD中由勾股定理可求得DG＝，由菱形的性质可知；DG＝DE＝，在Rt△DOE中由勾股定理可求得OE＝＞6，故S≠6；
（6）如图6所示：连接DF交EG于点M，过点M作MN⊥y轴，垂足为N．由菱形的性质可知：DM⊥GM，点M为DF的中点，根据角平分线的性质可知：MD＝CD＝5，由中点坐标公式可知点M的纵坐标为6，得到ND＝6，根据勾股定理可求得MN＝，则得到点M的坐标为（，6）然后利用待定系数法求得DM、GM的解析式，从而可得到点G的坐标，最后将点G的坐标代入y＝mx+2可求得m的值．
【详解】
解：（6）①∵将x＝0代入y＝mx+2得；y＝2，
∴点D的坐标为（0，2）．
∵CG＝OD＝2，
∴点G的坐标为（2，6）．
将点G（2，6）代入y＝mx+2得：2m+2＝6．
解得：m＝2．
∴直线DG的函数表达式为y＝2x+2．
②如图6，延长GF交y轴于点M，
∵DM∥AB，
∴∠GFB＝∠DMG，
∵四边形DEFG是菱形，
∴GF∥DE，DE＝GF，
∴∠DMG＝∠ODE，
∴∠GFB＝∠ODE，
又∵∠B＝∠DOE＝90°，
∴△OED≌△BGF（AAS）；
（2）如图2所示：过点F作FH⊥BC，垂足为H，延长FG交y轴与点N．
∵四边形DEFG为菱形，
∴GF＝DE，GF∥DE．
∴∠GNC＝∠EDO．
∴∠NGC＝∠DEO．
∴∠HGF＝∠DEO．
在Rt△GHF和Rt△EOD中，
，
∴Rt△GHF≌Rt△EOD（AAS）．
∴FH＝DO＝2．
∴S△GBF＝GB•HF＝×2×（6﹣a）＝6﹣a．
∴S与a之间的函数关系式为：S＝6﹣a．
当s＝6时，则6﹣a＝6．
解得：a＝5．
∴点G的坐标为（5，6）．
在△DCG中，由勾股定理可知；DG＝＝．
∵四边形GDEF是菱形，
∴DE＝DG＝．
在Rt△DOE中，由勾股定理可知OE＝＞6．
∴OE＞OA．
∴点E不在OA上．
∴S≠6．
（6）如图6所示：连接DF交EG于点M，过点M作MN⊥y轴，垂足为N．
又∵四边形DEFG为菱形，
∴DM⊥GM，点M为DF的中点．
∵GD平分∠CGE，DM⊥GM，GC⊥OC，
∴MD＝CD＝5．
∵由（2）可知点F的坐标为5，点D的纵坐标为2，
∴点M的纵坐标为6．
∴ND＝6．
在Rt△DNM中，MN＝＝．
∴点M的坐标为（，6）．
设直线DM的解析式为y＝kx+2．将（，6）代入得：k+2＝6．
解得：k＝．
∴设直线MG的解析式为y＝﹣x+b．将（，6）代入得：﹣65+b＝6．
解得：b＝68．
∴直线MG的解析式为y＝﹣x+68．
将y＝6代入得：﹣x+68＝6．
解得：x＝．
∴点G的坐标为（，6）．
将（，6）代入y＝mx+2得：m+2＝6．
解得：m＝．
故答案为：．
本题是一次函数综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
26、（1）500（2）见解析（3）300人
【解析】
（1）根据“个人自学后老师点拨”与所占的百分比进行计算即可得解.
（2）求出“教师传授”的人数：（人）补全条形统计图；求出“教师传授”所占百分比：和“小组合作学习” 所占百分比：补全扇形统计图.
（3）用样本估计总体.
【详解】
解：（1）根据“个人自学后老师点拨”300人．占60%，得（人）.
（2）补全统计图如下：
（3）∵（人），
∴根据抽样调查的结果，估计该校1000名学生中大约有300人选择“小组合作学习”.
考点：1．条形统计图；2.扇形统计图；3.用样本估计总体.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人