浙江省温州市翔升2024年九年级数学第一学期开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】

这是一份浙江省温州市翔升2024年九年级数学第一学期开学质量跟踪监视模拟试题【含答案】，共23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，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90˚，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为（ ）
A．6B．5C．4D．3
2、（4分）把直线a沿水平方向平移4cm，平移后的像为直线b，则直线a与直线b之间的距离为( )
A．等于4cmB．小于4cm
C．大于4cmD．小于或等于4cm
3、（4分）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别是（4，0）、（0，3），点O'在直线y=2x（x≥0）上，将△AOB沿射线OO'方向平移后得到△A'O'B’.若点O'的横坐标为2，则点A'的坐标为（ ）
A．（4,4）B．（5,4）C．（6,4）D．（7,4）
4、（4分）设a，b是实数，定义@的一种运算如下：a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2，则下列结论：
①若a@b=0，则a=0或b=0
②a@（b+c）=a@b+a@c
③不存在实数a，b，满足a@b=a2+5b2
④设a，b是矩形的长和宽，若矩形的周长固定，则当a=b时，a@b最大．
其中正确的是（ ）
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
5、（4分）在圆的周长公式中，常量是（ ）
A．2B．C．D．
6、（4分）如图，是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形，如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是2，直角三角形较长的直角边为m，较短的直角边为n，那么（m+n）2的值为（ ）
A．23B．24C．25D．无答案
7、（4分）为了解某校计算机考试情况，抽取了50名学生的计算机考试成绩进行统计，统计结果如表所示，则50名学生计算机考试成绩的众数、中位数分别为（ ）
A．20，16B．l6，20C．20，l2D．16，l2
8、（4分）下列手机软件图标中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
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，在直角坐标系中，已知矩形ABCD的两个顶点A(3，0)、B(3，2)，对角线AC所在的直线L，那么直线L对应的解析式是______________
10、（4分）已知菱形有一个锐角为60°，一条对角线长为4cm，则其面积为_______ cm1．
11、（4分）当x分别取值，，，，，1，2，，2007，2008，2009时，计算代数式的值，将所得的结果相加，其和等于______．
12、（4分）某校规定：学生的数学期未总计成须由卷面成绩、研究性学习成绩、平时成绩三部分构成，各部分所占比例如图所示.小明本学期数学学科的卷面成绩、研究性学习成绩、平时成绩得分依次为分、分、分，则小明的数学期末总评成绩为________分.
13、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=5cm，BC=12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为_______cm．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）计算：
（1）﹣；
（2）
15、（8分）（1）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为D、E．求证：AD＝CE，CD＝BE．
（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点M的坐标为（1，3），求点N的坐标．
（3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线y＝﹣3x+3与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线PQ绕P点沿逆时针方向旋转45°后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标．
16、（8分）如图，点C，D在线段AB上，△PCD是等边三角形，△ACP∽△PDB，
（1）请你说明CD2=AC•BD；
（2）求∠APB的度数．
17、（10分）某公司10名销售员，去年完成的销售额情况如表：
（1）求销售额的平均数、众数、中位数；
（2）今年公司为了调动员工积极性，提高年销售额，准备采取超额有奖的措施，请根据（1）的结果，通过比较，合理确定今年每个销售员统一的销售额标准是多少万元？
18、（10分）计算：2﹣1+|﹣1|﹣（π﹣1）0
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）若，则__________．
20、（4分）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的长度为________．
21、（4分）如图，，的垂直平分线交于点，若，则下列结论正确是______（填序号）① ②是的平分线 ③是等腰三角形 ④的周长.
22、（4分）分解因式：__________
23、（4分）顺次连接等腰梯形各边中点所得的四边形是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）矩形 ABCD 的边长 AB＝8，BC＝10，MN 经过矩形的中心 O，且 MN＝10；沿 MN将矩形剪开（如图 1），拼成菱形 EFGH（如图 2）．
试求：（1）CN 的长度；
（2）菱形 EFGH 的两条对角线 EG、FH 的长度．
25、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，DE，BF分别是∠ADC，∠ABC的角平分线．
求证：四边形DEBF是平行四边形．
26、（12分）先阅读下面的村料，再分解因式．
要把多项式分解因式，可以先把它的前两项分成组，并提出a，把它的后两项分成组，并提出b，从而得
．
这时，由于中又有公困式，于是可提公因式，从而得到，因此有
．
这种因式分解的方法叫做分组分解法，如果把一个多项式各个项分组并提出公因式后，它们的另一个因式正好相同，那么这个多项式就可以利用分组分解法来因式分解．
请用上面材料中提供的方法因式分解：
请你完成分解因式下面的过程
______
；
.
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、C
【解析】
设BN=x，则由折叠的性质可得DN=AN=9-x，根据中点的定义可得BD=3，在Rt△BND中，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．
【详解】
解：设BN=x，由折叠的性质可得DN=AN=9-x，
∵D是BC的中点，
∴BD=3，
在Rt△NBD中，x2+32=（9-x）2，
解得x=1．
即BN=1．
故选：C．
此题考查了翻折变换（折叠问题），折叠的性质，勾股定理，中点的定义以及方程思想，综合性较强．
2、D
【解析】
试题分析：本题中如果平移的方向是垂直向上或垂直向下，则平移后的两直线之间的距离为4cm；如果平移的方向不是垂直向上或垂直向下，则平移后的两直线之间的距离小于4cm；故本题选D．
3、C
【解析】
利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点O′的坐标，再利用平移的性质结合点A的坐标可得出点A′的坐标，即可解答．
【详解】
解：当x=2时，y=2x=4，
∴点O′的坐标为（2，4）．
∵点A的坐标为（4，0），
∴点A′的坐标为（4+2，0+4），即（6，4）．
故选：C．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及坐标与图形的变化-平移，利用一次函数图象上点的坐标特征求出点O′的坐标是解题的关键．
4、C
【解析】
根据新定义可以计算出啊各个小题中的结论是否成立，从而可以判断各个小题中的说法是否正确，从而可以得到哪个选项是正确的．
【详解】
①根据题意得：a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2 ∴（a+b）2﹣（a﹣b）2=0，
整理得：（a+b+a﹣b）（a+b﹣a+b）=0，即4ab=0， 解得：a=0或b=0，正确；
②∵a@（b+c）=（a+b+c）2﹣（a﹣b﹣c）2=4ab+4ac
a@b+a@c=（a+b）2﹣（a﹣b）2+（a+c）2﹣（a﹣c）2=4ab+4ac， ∴a@（b+c）=a@b+a@c正确；
③a@b=a2+5b2，a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2， 令a2+5b2=（a+b）2﹣（a﹣b）2， 解得，a=0，b=0，故错误；
④∵a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2=4ab， （a﹣b）2≥0，则a2﹣2ab+b2≥0，即a2+b2≥2ab，
∴a2+b2+2ab≥4ab， ∴4ab的最大值是a2+b2+2ab，此时a2+b2+2ab=4ab， 解得，a=b，
∴a@b最大时，a=b，故④正确，
考点：(1)、因式分解的应用；(2)、整式的混合运算；(3)、二次函数的最值
5、C
【解析】
根据函数的意义可知：变量是改变的量，常量是不变的量，据此即可确定变量与常量．
【详解】
周长公式中，常量为，故选C.
主要考查了函数的定义．函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量．
6、B
【解析】
根据勾股定理，知两条直角边的平方等于斜边的平方，此题中斜边的平方即为大正方形的面积13，1mn即四个直角三角形的面积和，从而不难求得（m+n）1．
【详解】
（m+n）1=m1+n1+1mn=大正方形的面积+四个直角三角形的面积和=13+（13﹣1）=14．
故选B．
本题考查了勾股定理、正方形的性质、直角三角形的性质、完全平方公式等知识，解题的关键是利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
7、A
【解析】
找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．
【详解】
解：在这一组数据中20是出现次数最多的，故众数是20；
将这组数据从大到小的顺序排列后，处于中间位置的数是1，1，那么这组数据的中位数1．
故选：A．
本题为统计题，考查众数与中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．众数是一组数据中出现次数最多的数．
8、C
【解析】
根据轴对称图形的概念求解．
【详解】
A、不是轴对称图形，故错误；
B、不是轴对称图形，故错误；
C、是轴对称图形，故正确；
D、不是轴对称图形，故错误．
故选C．
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、y=-x+1
【解析】
根据矩形的性质及B点坐标可求C点坐标，设直线L的解析式为y=kx+b，根据“两点法”列方程组，可确定直线L的解析式．
【详解】
∵矩形ABCD中，B(3，1)，
∴C(0，1)，设直线L的解析式为y=kx+b，
则，解得
∴直线L的解析式为：y=- x+1．
故答案为：y=-x+1．
本题考查了矩形的性质，图形与坐标，以及用待定系数法确定函数的解析式，待定系数法是常用的一种解题方法．
10、或
【解析】
首先根据题意画出图形，由菱形有一个锐角为60°，可得△ABD是等边三角形，然后分别从较短对角线长为4cm与较长对角线长为4cm，去分析求解即可求得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴AB=AD，AC⊥BD，AO=OC，BO=OD，
∴△ABD是等边三角形，
①BD=4cm，则OB=1cm，
∴AB=BD=4cm；
∴OA==（cm），
∴AC=1OA=4（cm），
∴S菱形ABCD=AC•BD=（cm1）；
②AC=4cm．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=1cm，∠BAO=30°，
∴AB= 1OB，
∴，即，
∴OB=（cm），BD= cm
∴S菱形ABCD=AC•BD=（cm1）；
综上可得：其面积为 cm1或 cm1．
故答案为：或 ．
本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．解题的关键是熟练掌握菱形的四边相等、对角线互相垂直且平分的性质．
11、1
【解析】
先把和代入代数式，并对代数式化简，得到它们的和为1，然后把代入代数式求出代数式的值，再把所得的结果相加求出所有结果的和．
【详解】
因为，
即当x分别取值，为正整数时，计算所得的代数式的值之和为1；
而当时，．
因此，当x分别取值，，，，，1，2，，2117，2118，2119时，
计算所得各代数式的值之和为1．
故答案为：1．
本题考查的是代数式的求值，本题的x的取值较多，并且除外，其它的数都是成对的且互为倒数，把互为倒数的两个数代入代数式得到它们的和为1，这样计算起来就很方便．
12、1
【解析】
按统计图中各部分所占比例算出小明的期末数学总评成绩即可．
【详解】
解：小明的期末数学总评成绩=90×60%+80×20%+85×20%=1（分）．
故答案为1．
13、1．
【解析】
∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△BDE，∠CBD=60°，
∴BD=BC=12cm，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD=BC=BD=12cm，
在Rt△ACB中，AB===13，
△ACF与△BDF的周长之和=AC+AF+CF+BF+DF+BD=AC+AB+CD+BD=5+13+12+12=1（cm），
故答案为1．
考点：旋转的性质．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）﹣；（2）13﹣4．
【解析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用完全平方公式和平方差公式计算．
【详解】
解：（1）原式＝3﹣﹣2
＝﹣；
（2）原式＝5﹣4+4+（13﹣9）
＝9﹣4+4
＝13﹣4．
本题考查了二次根式的运算，以及完全平方公式和平方差公式的运算，解题的关键是正确的运用运算法则进行运算.
15、（1）见解析（2）（4，2）（3）（6，0）
【解析】
（1）先判断出∠ACB=∠ADC，再判断出∠CAD=∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论；
（2）先判断出MF=NG，OF=MG，进而得出MF=1，OF=3，即可求出FG=MF+MG=1+3=4，即可得出结论；
（3）先求出OP=3，由y=0得x=1，进而得出Q（1，0），OQ=1，再判断出PQ=SQ，即可判断出OH=4，SH=0Q=1，进而求出直线PR的解析式，即可得出结论.
【详解】
证明：∵∠ACB＝90°，AD⊥l
∴∠ACB＝∠ADC
∵∠ACE＝∠ADC+∠CAD，∠ACE＝∠ACB+∠BCE
∴∠CAD＝∠BCE，
∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝BC
∴△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，CD＝BE，
（2）解：如图2，过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，交FM的延长线于G，
由已知得OM＝ON，且∠OMN＝90°
∴由（1）得MF＝NG，OF＝MG，
∵M（1，3）
∴MF＝1，OF＝3
∴MG＝3，NG＝1
∴FG＝MF+MG＝1+3＝4，
∴OF﹣NG＝3﹣1＝2，
∴点N的坐标为（4，2），
（3）如图3，过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，
对于直线y＝﹣3x+3，由x＝0得y＝3
∴P（0，3），
∴OP＝3
由y＝0得x＝1，
∴Q（1，0），OQ＝1，
∵∠QPR＝45°
∴∠PSQ＝45°＝∠QPS
∴PQ＝SQ
∴由（1）得SH＝OQ，QH＝OP
∴OH＝OQ+QH＝OQ+OP＝3+1＝4，SH＝OQ＝1
∴S（4，1），
设直线PR为y＝kx+b，则 ，解得
∴直线PR为y＝﹣x+3
由y＝0得，x＝6
∴R（6，0）．
本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键.
16、（1）见解析；（2）∠APB=120°．
【解析】
（1）由△ACP∽△PDB，根据相似三角形的对应边成比例，可得AC：PD=PC：BD，又由△PCD是等边三角形，即可证得CD2=AC•BD；
（2）由△ACP∽△PDB，根据相似三角形对应角相等，可得∠A=∠BPD，又由△PCD是等边三角形，即可求得∠APB的度数．
【详解】
（1）证明：∵△ACP∽△PDB，
∴AC：PD=PC：BD，
∴PD•PC=AC•BD，
∵△PCD是等边三角形，
∴PC=CD=PD，
∴CD2=AC•BD；
（2）解：∵△ACP∽△PDB，
∴∠A=∠BPD，
∵△PCD是等边三角形，
∴∠PCD=∠CPD=60°，
∴∠PCD=∠A+∠APC=60°，
∴∠APC+∠BPD=60°，
∴∠APB=∠APC+∠CPD+∠BPD=120°．
此题考查了相似三角形的性质与等边三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
17、（1）平均数5.6（万元）；众数是4（万元）；中位数是5（万元）；（2）今年每个销售人员统一的销售标准应是5万元．
【解析】
（1）根据平均数公式求得平均数，根据次数出现最多的数确定众数，按从小到大顺序排列好后求得中位数．
（2）根据平均数，中位数，众数的意义回答．
【详解】
解：
（1）平均数=（3×1+4×3+5×2+6×1+7×1+8×1+10×1）=5.6（万元）；
出现次数最多的是4万元，所以众数是4（万元）；
因为第五，第六个数均是5万元，所以中位数是5（万元）．
（2）今年每个销售人员统一的销售标准应是5万元．
理由如下：若规定平均数5.6万元为标准，则多数人无法或不可能超额完成，会挫伤员工的积极性；若规定众数4万元为标准，则大多数人不必努力就可以超额完成，不利于提高年销售额；若规定中位数5万元为标准，则大多数人能完成或超额完成，少数人经过努力也能完成．因此把5万元定为标准比较合理．
本题考查的知识点是众数、平均数以及中位数，解题的关键是熟练的掌握众数、平均数以及中位数.
18、
【解析】
按顺序先分别进行负指数幂的运算、绝对值的化简、0指数幂的运算，然后再进行加减运算即可.
【详解】
2﹣1+|﹣1|﹣(π﹣1)0
＝+1﹣1
＝．
本题考查了实数的运算，涉及了负指数幂、0指数幂等运算，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
利用设k法，分别将a，b都设出来，再代入中化简即可得出答案.
【详解】
解：设a=2k，b=5k
∴
故答案为：.
本题考查了比例的性质，属于基础知识，比较简单.
20、1
【解析】
根据矩形的性质可得AC=BD=8，BO=DO=BD=4，再根据三角形中位线定理可得PQ=DO=1．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=8，BO=DO=BD，
∴OD=BD=4，
∵点P、Q是AO，AD的中点，
∴PQ是△AOD的中位线，
∴PQ=DO=1．
故答案为：1．
主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．
21、①②③④
【解析】
由△ABC中，∠A=36°，AB=AC，根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理，即可求得∠C的度数；又由线段垂直平分线的性质，易证得△ABD是等腰三角形，继而可求得∠ABD与∠DBC的度数，证得BD是∠ABC的平分线，然后由∠DBC=36°，∠C=72°，证得∠BDC=72°，易证得△DBC是等腰三角形，个等量代换即可证得④△BCD的周长=AB+BC．
【详解】
∵△ABC中，∠A=36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C==72°，
故①正确；
∵DM是AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠A=36°，
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=36°，
∴∠ABD=∠DBC，
∴BD是∠ABC的平分线；
故②正确；
∵∠DBC=36°，∠C=72°，
∴∠BDC=180°-36°-72°=72°，
∴∠BDC=∠C，
∴BC=BD，
∴△DBC是等腰三角形；
故③正确；
∵BD=AD，
∴△BCD的周长=BD+BC+CD=AC+BC=AB+BC，
故④正确；
故答案为：①②③④．
本题考查的是线段垂直平分线的性质及等腰三角形的判定与性质，熟知垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等是解答此题的关键．
22、
【解析】
提取公因式，即可得解.
【详解】
故答案为：.
此题主要考查对分解因式的理解，熟练掌握，即可解题.
23、菱形
【解析】
解：顺次连接等腰梯形各边中点所得的四边形是菱形，理由为：
已知：等腰梯形ABCD，E、F、G、H分别为AD、AB、BC、CD的中点，
求证：四边形EFGH为菱形．
证明：连接AC，BD，
∵四边形ABCD为等腰梯形，
∴AC=BD，
∵E、H分别为AD、CD的中点，
∴EH为△ADC的中位线，
∴EH=AC，EH∥AC，
同理FG=AC，FG∥AC，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
同理EF为△ABD的中位线，
∴EF=BD，又EH=AC，且BD=AC，
∴EF=EH，
则四边形EFGH为菱形．
故答案为菱形．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）2；（2）EG=8，FH=4
【解析】
（1）过H作HI⊥FG于I点，则MN=EF=FG=BC=10，AB=DC=8可知GI=6，所以求得CN=（10-6）÷2=2；
（2）过E作⊥FG，交GF的延长线于点．根据题意可知 ，所以可求得EG=8，FH=4
【详解】
（1）
过H作HI⊥FG于I点.
∴MN=EF=FG=BC=10，AB=DC=8，
∴GI=6，
∴CN=(10−6)÷2=2.
(2)过E作⊥FG,交GF的延长线于 点.
∵ ⊥FG，HI⊥FG
∴=∠HIG=90°
在菱形EFGH中，EF=HG，EF∥HG
∴∠EFH1＝∠HGI
∴△EFH1≌△HGI
∴H1F=IG=6
∴H1G=16
在Rt△EH1G中，根据勾股定理可得

∵FG=10，IG=6
∴FI=4
在Rt△FHI中，根据勾股定理
本题考查了矩形的性质,菱形的性质，掌握矩形的性质, 菱形的性质是解题的关键.
25、见解析．
【解析】
根据题意利用平行四边形的性质求出∠ABF＝∠AED，即DE∥BF，即可解答
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＝∠ABC．
又∵DE，BF分别是∠ADC，∠ABC的平分线，
∴∠ABF＝∠CDE．
又∵∠CDE＝∠AED，
∴∠ABF＝∠AED，
∴DE∥BF，
∵DE∥BF，DF∥BE，
∴四边形DEBF是平行四边形.
此题考查平行四边形的性质和判定，利用好角平分线的性质是解题关键
26、 (1);(2) （m+x）（m-n）；(3) （y-2）（x2y-4）．
【解析】
如果把一个多项式各个项分组并提出公因式后，它们的另一个因式正好相同，那么这个多项式就可以利用分组分解法来因式分解.依此即可求解．
【详解】
（1）ab-ac+bc-b2
=a（b-c）-b（b-c）
=（a-b）（b-c）；
故答案为（a-b）（b-c）．
（2）m2-mn+mx-nx
=m（m-n）+x（m-n）
=（m+x）（m-n）；
（3）x2y2-2x2y-4y+8
=x2y（y-2）-4（y-2）
=（y-2）（x2y-4）．
考查了因式分解-提公因式法，因式分解-分组分解法，本题采用两两分组的方式．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
考试分数（分）
20
16
12
8
人数
24
18
5
3
销售额（单位：万元）
3
4
5
6
7
8
10
销售员人数（单位：人）
1
3
2
1
1
1
1