每位同学准备2/5kg水果,45位同学一共要准备多少kg水果?

（7×2+8×6+9×2）÷10
=（14+48+18）÷10
=80÷10
=8．
答：小强的最后成绩为8．

点评：
本题考点： 加权平均数．

考点点评： 此题考查了平均数的求法，熟记平均数的公式是解决本题的关键，是一道基础题．

设这次活动原来有x名同学参加，
根据题意得[240/x]-[240
x(1+
1/4)]=3，
[240/x]-[192/x]=3，
[48/x]=3，
解得x=16．
经检验x=16是原方程的解，
∴x（1+[1/4]）=20．
答：这次活动有20名同学参加．

点评：
本题考点： 分式方程的应用．

考点点评： 本题考查分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语人数增加[1/4]，租车费用不变，每位参加者少交了3元，据此列出等量关系，进行解方程．

设教师有x人，学生有y人，
根据题意得：

x+y＝110
40x+20y＝2400，
解得

x＝10
y＝100．
答：教师有10人，学生有100人．

点评：
本题考点： 二元一次方程组的应用．

考点点评： 此题主要考查了二元一次方程组的应用，解题关键是弄清题意，合适的等量关系，列出方程组，难度一般．

设小组共有x名同学，
得：x（x-1）=380，
x₁=20，或x₂=-19（不合，舍去）．
答：小组共有20名同学．

点评：
本题考点： 一元二次方程的应用．

考点点评： 本题考查理解题意能力，关键找到信息总数这个等量关系列方程求解．

5000×5%=250（元）
800-200-250=350（元）
350÷8%=4375（元）
15000+4375=19375（元）
答：销售员甲本月销售额是19375元．

点评：
本题考点： 存款利息与纳税相关问题．

考点点评： 弄清题意，理清思路，结合统计表进行解答即可．

（1）由题意可知：①将每位同学所报的数排列起来，即是“斐波那契数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，…
②该数列的一个规律是，第4，8，12，16，…4n项均是3的倍数．
③甲同学报数的序数是1，6，11，16，…，5m-4．
④问题可化为求数列{4n}与{5n-4}的共同部分数，
甲同学拍手的次数为看，那么n=20k-4，应该是20的倍数减去4那一次，设甲拍手的次数为k次，
则n=20k-4
∴20k-4≤20．
∴k≤1
∴甲拍手的总次数为1次．即第16次报数时拍手．
（2）由（1）可知n=20k-4=20×10-4=196．
故答案为：1，196

点评：
本题考点： 归纳推理．

考点点评： 本题主要考查斐波那契数列、等差数列的知识．数列是高考的重点，每年必考，一定要强化复习并且还要灵活运用

三种杂志，每个同学订至少两种共有：3×2÷2+1=4（种）订法，
4×（16-1）+1
=60+1
=61（人）；
答：六（1）至少有61人．
故答案为：61．

点评：
本题考点： 抽屉原理；排列组合．

考点点评： 本题考查了排列组合知识与抽屉原理的综合应用，关键是求出每个同学订至少两种共有几种订法．

由于方差反映数据的波动情况，故数学老师为了估计全班每位同学数学成绩的稳定性，要求每位同学对自己最近4次的数学测试成绩进行统计分析是自己4次成绩的方差
故选D．

点评：
本题考点： 统计量的选择；方差．

考点点评： 此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数方差等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．

（1）设捐献7册的人数为x，捐献8册的人数为y，则


6+8+15+x+y+2＝40
4×6+5×8+6×15+7x+8y+50×2＝320
解得

x＝6
y＝3
答：捐献7册的人数为6人，捐献8册的人数为3人．
（2）捐书册数的平均数为320÷40=8，
按从小到大的顺序排列得到第20，21个数均为6，所以中位数为6．
出现次数最多的是6，所以众数为6．
因为平均数8受两个50的影响较大，所以平均数不能反映该班同学捐书册数的一般情况．

点评：
本题考点： 中位数；二元一次方程组的应用；算术平均数；众数．

考点点评： 此题考查了学生对中位数、众数、平均数的掌握情况及对二元一次方程组的应用．

不可能．
因为已知没有同时到达的选手，所以名次是从第1名排到第100名，共100个名次，100位选手，编号为1～100，不管哪位选手得到名次如何，交上来的100个数字的末两位数字肯定是00，01，…99，它们的和的末两位数字为50．而各位选手的编号加上各位选手名次的和为（1+2+…，100）+（1+2+…+100）=9900，末两组数字为00，即00≠50，所以交上来的100个数字的末两位数不可能都不相同．

点评：
本题考点： 数字和问题．

考点点评： 本题主要考查数字和问题，求出100个不同两位数的和与所有选手号码与名次的和是解答本题的关键．

（本小题满分12分）
（1）设“从第一小组选出的2人均选«坐标系与参数方程»”为事件A，“从第二小组选出的2人均选«坐标系与参数方程»”为事件B．
由于A和B事件相互独立，且P(A)＝

C25

C26＝
2
3，P(B)＝

C24

C26＝
2
5．
所以选出的4人均选«坐标系与参数方程»的概率为P(A•B)＝P(A)•P(B)＝
2
3•
2
5＝
4
15．…（6分）
（2）ξ可能的取值为0，1，2，3．
P(ξ＝0)＝

C25

C26•

C24

C26＝
4
15，
P(ξ＝1)＝

C25

C26•

C12•
C14

C26+

C15

C26•

C24

C26＝
22
45，
P(ξ＝3)＝

C1

点评：
本题考点： 离散型随机变量的期望与方差；等可能事件的概率．

考点点评： 本题主要考查了古典概型的概率公式，以及相互独立事件的概率和离散型随机变量的期望和分布列，同时考查了计算能力，属于中档题．

（1）设事件A1表示甲选22题，A2表示甲选23题，A3表示甲选24题，B1表示乙选22题，B2表示乙选23题，B3表示乙选24题，则甲、乙两人选做同一题事件为A1B1+A2B2+A3B3，且A1与B1，A2与B2，A3与B3相互独立，所以P(A1B1+A2B2...

点评：
本题考点： 离散型随机变量的期望与方差；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．

考点点评： 此题考查了离散型随机变量的定义及其分布列，并且利用分布列求出期望，还考查了考虑问题时的严谨的逻辑思维及计算能力．

该同学先跑步，速度较快，用的时间少，且离起点的距离s逐渐变大，
“背媳妇”跑时从最远点开始向起点运动，速度较慢，用的时间较多，且离起点的距离s逐渐变小，直至为0，
纵观各选项，只有C符号．
故选C．

点评：
本题考点： 函数的图象．

考点点评： 本题考查了函数图象，读懂题目信息，把该同学的运动过程分成两个阶段是解题的关键，还需注意不背人要比背人跑动的快的常识．

（1）首先可以断定编号是2，3，4，5，6，7号的同学说的一定都对．不然，其中说的不对的编号乘以2后所得编号也将说得不对，这样就与“只有编号相邻的两位同学说的不对”不符合．因此，这个数能被2，3，4，5，6，7整除．
其次利用整除性质可知，这个数也能被2×5，3×4，2×7都整除，即编号为10，12，14的同学说的也对．从而可以断定说的不对的编号只能是8和9．
（2）这个数是2，3，4，5，6，7，10，11，12，13，14，15的公倍数，
由于上述十二个数的最小公倍数是[2，3，4，5，6，7，10，11，12，13，14，15]=2²×3×5×7×11×13=60060．
设1号写的数为60060k（k为整数），这个数是六位数，所以k≥2．
若k=2，则60060k能被8整除，不合题意，所以k≠2，同理k≠3，k≠4．
因为k的最小值为5，所以这个数至少是60060×5=300300．

点评：
本题考点： 数字问题；数的整除特征．

考点点评： 此题属于数字问题，考查了数的整除特征，有一定难度，要认真加以分析，一步步推导，从而解决问题．

升降机的有用功率P_有用=ηP（1-15%）×3×10⁴W=2.55×10⁴W；
∵P=[W/t]=[Fs/t]=Fv，F=G，
∴升降机与乘客的总重力G_总=
P有用
v=
2.55×104W
2m/s=1.275×10⁴N，
乘客的重力G_乘客=G_总-G_升降机=1.275×10⁴N-6×10³N=6.75×10³N，
乘客的人数n=
6.75×103N
750N=9名．
故答案为：9．

点评：
本题考点： 功率计算公式的应用．

考点点评： 本题考查了求乘客人数，熟练应用功率变形公式即可正确解题．

设飞镖投到最小的圆中得x分，投到中间的圆中得y分，投到最外面的圆中得z分，根据题意得：


2y+z＝29
2x+z＝43
3y＝33，
解得：

x＝18
y＝11
z＝7．
则小华的成绩是18+11+7=36（分）．
故选C．

点评：
本题考点： 三元一次方程组的应用．

考点点评： 此题考查了三元一次方程组的应用，解题的关键是根据图形设出相应的未知数，再根据各自的得分列出相应的方程．

（1）18位游客买20人的团体票所需费用为：20×10×0.8=160元，
这18位游客若买普通票则需要费用为：18×10=180元，
故总共便宜：180-160=20元．
（2）设有x人，则


x＜20
10x＞20×10×0.8，
解得：16＜x＜20，
故这批游客至少17人．

点评：
本题考点： ["u4e00u5143u4e00u6b21u4e0du7b49u5f0fu7684u5e94u7528"]

考点点评： 本题考查了一元一次不等式的应用，解决本题的关键是得到相应的关系式．

由已知中一个三位数字的密码锁，每位上的数字都在0到9这十个数字中任选，某人忘记了密码最后一个号码，我们易求出基本事件总数为10，满足条件的基本事件个数为1，代入古典概型概率计算公式，即可求出答案。解：由于最后一位上取值在0到9这十个数字中任选，则基本事件共有10种，其中随意拨动最后一个数字恰好能开锁的基本事件只有一种故随意拨动最后一个数字恰好能开锁的概率为0.1故选C

C