2020年黑龙江省七台河市中考数学试卷一、选择题（每题3分，满分30分）1. 下列各运算中，计算正确的是（）A.a2⋅2a2＝2a4B.x8÷x2＝x4C.(x−y)2＝x2−xy+y2D.(−3x2)3＝−9x6【答案】A【考点】整式的混合运算【解析】直接利用完全平方公式以及积的乘方运算法则、单项式乘以单项式、同底数幂的除法运算法则分别化简得出答案．【解答】A、a2⋅2a2＝2a4，故此选项计算正确；B、x8÷x2＝x6，故此选项计算错误；C、(x−y)2＝x2−2xy+y2，故此选项计算错误；D、(−3x2)3＝−27x6，故此选项计算错误；2. 下列图标中是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】B【考点】中心对称图形【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B．是中心对称图形，故本选项符合题意；C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．3. 如图，由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的主视图和左视图，则所需的小正方体的个数最多是（）A.6B.7C.8D.9【答案】B【考点】由三视图判断几何体【解析】易得此几何体有2行2列，判断出各行各列最多有几个正方体组成即可．【解答】综合主视图与左视图，第一行第1列最多有2个，第一行第2列最多有1个；第二行第1列最多有3个，第二行第2列最多有1个；所以最多有：2+1+3+1＝7（个）．4. 一组从小到大排列的数据：x，3，4，4，5（x为正整数），唯一的众数是4，则该组数据的平均数是（）A.3.6B.3.8或3.2C.3.6或3.4D.3.6或3.2【答案】C【考点】众数算术平均数【解析】先根据从小到大排列的这组数据且x为正整数、有唯一众数4得出x的值，再利用算术平均数的定义求解可得．【解答】∵从小到大排列的数据：x，3，4，4，5（x为正整数），唯一的众数是4，∴x＝2或x＝1，当x＝2时，这组数据的平均数为2+3+4+4+55=3.6；当x＝1时，这组数据的平均数为1+3+4+4+55=3.4；即这组数据的平均数为3.4或3.6，5. 已知关于x的一元二次方程x2−(2k+1)x+k2+2k＝0有两个实数根x1，x2，则实数k的取值范围是（）A.k<14B.k≤14C.k>4D.k≤14且k≠0【答案】B【考点】根的判别式【解析】根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．【解答】∵关于x的一元二次方程x2−(2k+1)x+k2+2k＝0有两个实数根x1，x2，∴△＝[−(2k+1)]2−4×1×(k2+2k)≥0，解得：k≤14．6. 如图，菱形ABCD的两个顶点A，C在反比例函数y=kx的图象上，对角线AC，BD的交点恰好是坐标原点O，已知B(−1, 1)，∠ABC＝120∘，则k的值是（）A.5B.4C.3D.2【答案】C【考点】等边三角形的性质与判定菱形的性质反比例函数图象上点的坐标特征【解析】根据题意可以求得点A的坐标，从而可以求得k的值．【解答】∵四边形ABCD是菱形，∴BA＝AD，AC⊥BD，∵∠ABC＝120∘，∴∠BAD＝60∘，∴△ABD是等边三角形，∵点B(−1, 1)，∴OB=√2，∴AO=OBtan30=√6，设直线BD的解析式为y＝mx，∴1＝−m，∴m＝−1，∴直线BD的解析式为y＝−x，∴直线AC的解析式为y＝x，∵OA=√6，∴点A的坐标为(√3, √3)，∵点A在反比例函数y=kx的图象上，∴k=√3×√3=3，7. 已知关于x的分式方程xx−2−4=k2−x的解为正数，则k的取值范围是（）A.−8<k<0B.k>−8且k≠−2C.k>−8且k≠2D.k<4且k≠−2【答案】B【考点】分式方程的解【解析】表示出分式方程的解，根据解为正数确定出k的范围即可．【解答】分式方程xx−2−4=k2−x，去分母得：x−4(x−2)＝−k，去括号得：x−4x+8＝−k，解得：x=k+83，由分式方程的解为正数，得到k+83>0，且k+83≠2，解得：k>−8且k≠−2．8. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，S菱形ABCD＝48，则OH的长为（）A.4B.8C.√13D.6【答案】A【考点】菱形的性质【解析】由菱形的性质得出OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝12，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH=12BD，再由菱形的面积求出BD＝8，即可得出答案．【解答】∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，∴AC＝12，∵DH⊥AB，∴∠BHD＝90∘，∴OH=12BD，∵菱形ABCD的面积=12×AC×BD=12×12×BD＝48，∴BD＝8，∴OH=1BD＝4；29. 在抗击疫情网络知识竞赛中，为奖励成绩突出的学生，学校计划用200元钱购买A、B、C三种奖品，A种每个10元，B种每个20元，C种每个30元，在C种奖品不超过两个且钱全部用完的情况下，有多少种购买方案（）A.12种B.15种C.16种D.14种【答案】D【考点】二元一次方程的应用【解析】有两个等量关系：购买A种奖品钱数+购买B种奖品钱数+购买C种奖品钱数＝200；C种奖品个数为1或2个．设两个未知数，得出二元一次方程，根据实际含义确定解．【解答】设购买A种奖品m个，购买B种奖品n个，当C种奖品个数为1个时，根据题意得10m+20n+30＝200，整理得m+2n＝17，∵m、n都是正整数，0<2n<17，∴n＝1，2，3，4，5，6，7，8；当C种奖品个数为2个时，根据题意得10m+20n+60＝200，整理得m+2n＝14，∵m、n都是正整数，0<2n<14，∴n＝1，2，3，4，5，6；∴有8+6＝14种购买方案．10. 如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45∘，点F在射线AM上，且AF=√2BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG．则下列结论：①∠ECF＝45∘；)a；②△AEG的周长为(1+√22③BE2+DG2＝EG2；a2；④△EAF的面积的最大值是18a时，G是线段AD的中点．⑤当BE=13其中正确的结论是（）A.①②③B.②④⑤C.①③④D.①④⑤【答案】D【考点】勾股定理全等三角形的性质与判定二次函数的最值正方形的性质【解析】①正确．如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．证明△FAE≅△EHC(SAS)即可解决问题．②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≅△CDH(SAS)，再证明△GCE≅△GCH(SAS)即可解决问题．④正确．设BE＝x，则AE＝a−x，AF=√2x，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．⑤正确．当BE=13a时，设DG＝x，则EG＝x+13a，利用勾股定理构建方程可得x=a2即可解决问题．【解答】如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．∵BE＝BH，∠EBH＝90∘，∴EH=√2BE，∵AF=√2BE，∴AF＝EH，∵∠DAM＝∠EHB＝45∘，∠BAD＝90∘，∴∠FAE＝∠EHC＝135∘，∵BA＝BC，BE＝BH，∴AE＝HC，∴△FAE≅△EHC(SAS)，∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECH，∵∠ECH+∠CEB＝90∘，∴∠AEF+∠CEB＝90∘，∴∠FEC＝90∘，∴∠ECF＝∠EFC＝45∘，故①正确，如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≅△CDH(SAS)，∴∠ECB＝∠DCH，∴∠ECH＝∠BCD＝90∘，∴∠ECG＝∠GCH＝45∘，∵CG＝CG，CE＝CH，∴△GCE≅△GCH(SAS)，∴EG＝GH，∵GH＝DG+DH，DH＝BE，∴EG＝BE+DG，故③错误，∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，设BE＝x，则AE＝a−x，AF=√2x，∴S△AEF=12⋅(a−x)×x=−12x2+12ax=−12(x2−ax+14a2−14a2)=−12(x−1 2a)2+18a2，∵−12<0，∴x=12a时，△AEF的面积的最大值为18a2．故④正确，当BE=13a时，设DG＝x，则EG＝x+13a，在Rt△AEG中，则有(x+13a)2＝(a−x)2+(23a)2，解得x=a2，∴AG＝GD，故⑤正确，二、填空题（每题3分，满分30分）5G信号的传播速度为300000000m/s，将数据300000000用科学记数法表示为________．【答案】3×108【考点】科学记数法--表示较大的数【解析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．【解答】300000000＝3×108．在函数y=x−2中，自变量x的取值范围是________．【答案】x>2【考点】函数自变量的取值范围【解析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．【解答】由题意得，x−2>0，解得x>2．如图，Rt△ABC和Rt△EDF中，∠B＝∠D，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件________，使Rt△ABC和Rt△EDF全等．【答案】AB＝ED(BC＝DF或AC＝EF或AE＝CF)【考点】直角三角形全等的判定【解析】本题是一道开放型的题目，答案不唯一，可以是AB＝ED或BC＝DF或AC＝EF或AE＝CF，只要符合全等三角形的判定定理即可．【解答】添加的条件是：AB＝ED，理由是：∵在Rt△ABC和Rt△EDF中{∠B=∠D AB=ED∠A=∠DEF，∴Rt△ABC≅Rt△EDF(ASA)，一个盒子中装有标号为1、2、3、4、5的五个小球，这些球除了标号外都相同，从中随机摸出两个小球，则摸出的小球标号之和大于6的概率为________．【答案】25【考点】列表法与树状图法【解析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与摸出的两个小球的标号之和大于6的情况，再利用概率公式即可求得答案．【解答】画树状图如图所示：∵共有20种等可能的结果，摸出的两个小球的标号之和大于6的有8种结果，∴摸出的两个小球的标号之和大于6的概率为820=25，故答案为：25．若关于x的一元一次不等式组{x−1>02x−a<0有2个整数解，则a的取值范围是________．【答案】6<a≤8【考点】一元一次不等式组的整数解【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：大小小大中间找确定不等式组的解集，再结合不等式组的整数解的个数得出关于a的不等式组，解之可得答案．【解答】解不等式x−1>0，得：x>1，解不等式2x−a<0，得：x<a2，则不等式组的解集为1<x<a2，∵不等式组有2个整数解，∴不等式组的整数解为2、3，则3<a2≤4，解得6<a≤8，如图，AD是△ABC的外接圆⊙O的直径，若∠BAD＝40∘，则∠ACB＝________∘．【答案】50【考点】三角形的外接圆与外心【解析】连接BD，如图，根据圆周角定理即可得到结论．【解答】连接BD，如图，∵AD为△ABC的外接圆⊙O的直径，∴∠ABD＝90∘，∴∠D＝90∘−∠BAD＝90∘−40∘＝50∘，∴∠ACB＝∠D＝50∘．小明在手工制作课上，用面积为150πcm2，半径为15cm的扇形卡纸，围成一个圆锥侧面，则这个圆锥的底面半径为10cm．【答案】10【考点】圆锥的计算扇形面积的计算【解析】l⋅R（l为弧长，R为扇形的半径）计算出扇形的弧长，先根据扇形的面积公式：S=12然后根据圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，利用圆的周长公式计算出圆锥的底面半径．【解答】∵S=1l⋅R，2∴1⋅l⋅15＝150π，解得l＝20π，2设圆锥的底面半径为rcm，∴2π⋅r＝20π，∴r＝10(cm)．如图，在边长为4的正方形ABCD中，将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，连接EC、GC．求EC+GC的最小值为________．【答案】4√5【考点】轴对称——最短路线问题正方形的性质平移的性质【解析】如图，连接DE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT．首先证明B，A，T 共线，求出TC，证明四边形EGCD是平行四边形，推出DE＝CG，推出EC+CG＝EC+ ED＝EC+TE，根据TE+EC≥TC即可解决问题．【解答】如图，连接DE，AE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC=AD＝4，∠ABC＝90∘，∠ABD＝45∘，∵AE // BD，∴∠EAD＝∠ABD＝45∘，∵D，T关于AE对称，∴AD＝AT＝4，∠TAE＝∠EAD＝45∘，∴∠TAD＝90∘，∵∠BAD＝90∘，∴B，A，T共线，∴CT=√BT2+BC2=4√5，∵EG＝CD，EG // CD，∴四边形EGCD是平行四边形，∴CG＝DE，∴EC+CG＝EC+ED＝EC+TE，∵TE+EC≥TC，∴EC+CG≥4√5，∴EC+CG的最小值为4√5．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE=35a，连接AE，将△ABE 沿AE折叠．若点B的对应点B′落在矩形ABCD的边上，则折痕的长为________．【答案】√2或√305【考点】翻折变换（折叠问题）矩形的性质【解析】分两种情况：①当点B′落在AD边上时，证出△ABE是等腰直角三角形，得出AE=√2AB=√2；②当点B′落在CD边上时，证明△ADB′∽△B′CE，得出B′DEC =AB′B′E，求出BE=35a=√55，由勾股定理求出AE即可．【解答】分两种情况：①当点B′落在AD边上时，如图1所示：∵ 四边形ABCD 是矩形， ∴ ∠BAD ＝∠B ＝90∘，∵ 将△ABE 沿AE 折叠．点B 的对应点B′落在矩形ABCD 的AD 边上， ∴ ∠BAE ＝∠B ′AE =12∠BAD ＝45∘，∴ △ABE 是等腰直角三角形， ∴ AB ＝BE ＝1，AE =√2AB =√2； ②当点B ′落在CD 边上时，如图2所示：∵ 四边形ABCD 是矩形，∴ ∠BAD ＝∠B ＝∠C ＝∠D ＝90∘，AD ＝BC ＝a ，∵ 将△ABE 沿AE 折叠．点B 的对应点B′落在矩形ABCD 的CD 边上， ∴ ∠B ＝∠AB ′E ＝90∘，AB ′＝AB ＝1，B ′E ＝BE =35a ，∴ CE ＝BC −BE ＝a −35a =25a ，B ′D =√AB ′2−AD 2=√1−a 2，在△ADB ′和△B ′CE 中，∠B ′AD ＝∠EB ′C ＝90∘−∠AB ′D ，∠D ＝∠C ＝90∘， ∴ △ADB ′∽△B ′CE ， ∴B ′D EC=AB ′B ′E，即√1−a 225a =135a，解得：a =√53，或a =−√53（舍去）， ∴ BE =35a =√55， ∴ AE =√AB 2+BE 2=√12+(√55)2=√305； 综上所述，折痕的长为√2或√305；如图，直线AM 的解析式为y ＝x +1与x 轴交于点M ，与y 轴交于点A ，以OA 为边作正方形ABCO ，点B 坐标为(1, 1)．过点B 作EO 1⊥MA 交MA 于点E ，交x 轴于点O 1，过点O 1作x 轴的垂线交MA 于点A 1，以O 1A 1为边作正方形O 1A 1B 1C 1，点B 1的坐标为(5, 3)．过点B 1作E 1O 2⊥MA 交MA 于E 1，交x 轴于点O 2，过点O 2作x 轴的垂线交MA 于点A 2．以O 2A 2为边作正方形O 2A 2B 2C 2．…．则点B 2020的坐标________．【答案】(2×32020−1, 32020) 【考点】规律型：数字的变化类一次函数图象上点的坐标特点 一次函数的性质 相似三角形的性质与判定 规律型：图形的变化类 规律型：点的坐标【解析】由B 坐标为(1, 1)根据题意求得A 1的坐标，进而得B 1的坐标，继续求得B 2，B 3，B 4的坐标，根据这5点的坐标得出规律，再按规律得结果． 【解答】∵ 点B 坐标为(1, 1)，∴ OA ＝AB ＝BC ＝CO ＝CO 1＝1， ∵ A 1(2, 3)，∴ A 1O 1＝A 1B 1＝B 1C 1＝C 1O 2＝3， ∴ B 1(5, 3)， ∴ A 2(8, 9)，∴ A 2O 2＝A 2B 2＝B 2C 2＝C 2O 3＝9， ∴ B 2(17, 9)，同理可得B 3(53, 27)， B 4(161, 81)， …由上可知，B n (2×3n −1, 3n )，∴ 当n ＝2020时，B n (2×32020−1, 32020)． 三、解答题（满分60分）先化简，再求值：(2−x−1x+1)÷x 2+6x+9x 2−1，其中x ＝3tan 30∘−3．【答案】原式＝(2x+2x+1−x−1x+1)÷(x+3)2(x+1)(x−1) =x +3x +1⋅(x +1)(x −1)(x +3)2=x−1x+3，当x＝3tan30∘−3＝3×√33−3=√3−3时，原式=√3−3−1√3−3+3=√3−4√3＝1−4√33．【考点】特殊角的三角函数值分式的化简求值【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将特殊锐角的三角函数值代入求出x的值，继而代入计算可得．【解答】原式＝(2x+2x+1−x−1x+1)÷(x+3)2(x+1)(x−1)=x+3x+1⋅(x+1)(x−1)(x+3)2=x−1x+3，当x＝3tan30∘−3＝3×√33−3=√3−3时，原式=√3−3−1√3−3+3=√3√3＝1−4√33．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点A(5, 2)、B(5, 5)、C(1, 1)均在格点上．（1）将△ABC向左平移5个单位得到△A1B1C1，并写出点A1的坐标；（2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90∘后得到的△A2B2C1，并写出点A2的坐标；（3）在（2）的条件下，求△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．【答案】如图所示，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标为(0, 2)；如图所示，△A2B2C1即为所求，点A2的坐标为(−3, −3)；如图，∵BC=√42+42=4√2，∴△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积为：90π×(4√2)2360+12×3×4＝8π+6．【考点】作图-旋转变换作图-相似变换扇形面积的计算【解析】（1）依据△ABC向左平移5个单位，即可得到△A1B1C1，进而写出点A1的坐标；（2）依据△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90∘，即可得到的△A2B2C1，进而写出点A2的坐标；（3）依据扇形面积公式和三角形面积公式，即可得到△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积．【解答】如图所示，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标为(0, 2)；如图所示，△A2B2C1即为所求，点A2的坐标为(−3, −3)；如图，∵BC=√42+42=4√2，∴△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积为：90π×(4√2)2360+12×3×4＝8π+6．如图，已知二次函数y ＝−x 2+bx +c 的图象经过点A(−1, 0)，B (3, 0)，与y 轴交于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在点P ，使∠PAB ＝∠ABC ，若存在请直接写出点P 的坐标．若不存在，请说明理由． 【答案】根据题意得{−1−b +c =0−9+3b +c =0 ，解得{b =2c =3．故抛物线的解析式为y ＝−x 2+2x +3；二次函数y ＝−x 2+2x +3的对称轴是x ＝(−1+3)÷2＝1， 当x ＝0时，y ＝3， 则C(0, 3)，点C 关于对称轴的对应点P 1(2, 3)， 设直线BC 的解析式为y ＝kx +3， 则3k +3＝0， 解得k ＝−1．则直线BC 的解析式为y ＝−x +3，设与BC 平行的直线AP 2的解析式为y ＝−x +m ， 则1+m ＝0， 解得m ＝−1．则与BC 平行的直线AP 2的解析式为y ＝−x −1，联立抛物线解析式得{y =−x −1y =−x 2+2x +3 ，解得{x 1=4y 1=−5 ，{x 2=−1y 2=0 （舍去）．P 2(4, −5)．综上所述，P 1(2, 3)，P 2(4, −5)．【考点】二次函数综合题 【解析】（1）运用待定系数法即可求解；（2）先求出点C 的坐标，根据抛物线与x 轴的两个交点，可求对称轴，找到点C 关于对称轴的对应点；先运用待定系数法求出直线BC 的解析式，再根据互相平行的两直线的关系求出与BC 平行的直线AP 2的解析式，联立抛物线解析式即可求解． 【解答】根据题意得{−1−b +c =0−9+3b +c =0 ，解得{b =2c =3．故抛物线的解析式为y ＝−x 2+2x +3；二次函数y ＝−x 2+2x +3的对称轴是x ＝(−1+3)÷2＝1， 当x ＝0时，y ＝3， 则C(0, 3)，点C 关于对称轴的对应点P 1(2, 3)， 设直线BC 的解析式为y ＝kx +3， 则3k +3＝0， 解得k ＝−1．则直线BC 的解析式为y ＝−x +3，设与BC 平行的直线AP 2的解析式为y ＝−x +m ， 则1+m ＝0， 解得m ＝−1．则与BC 平行的直线AP 2的解析式为y ＝−x −1，联立抛物线解析式得{y =−x −1y =−x 2+2x +3 ，解得{x 1=4y 1=−5 ，{x 2=−1y 2=0 （舍去）．P 2(4, −5)．综上所述，P 1(2, 3)，P 2(4, −5)．为了提高学生体质，战胜疫情，某中学组织全校学生宅家一分钟跳绳比赛，全校跳绳平均成绩是每分钟99次，某班班长统计了全班50名学生一分钟跳绳成绩，列出的频数分布直方图如图所示，（每个小组包括左端点，不包括右端点）．求：（（1））该班一分钟跳绳的平均次数至少是多少，是否超过全校的平均次数；（2）该班的一个学生说：“我的跳绳成绩是我班的中位数”请你给出该生跳绳成绩的所在范围；（3）从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率是多少．【答案】=100.8，该班一分钟跳绳的平均次数至少是：60×4+80×13+100×19+120×7+140×5+160×250∵100.8>99，∴超过全校的平均次数；这个学生的跳绳成绩在该班是中位数，因为4+13+19＝36，所以中位数一定在100∼120范围内；该班一分钟跳绳成绩大于或等于100次的有：19+7+5+2＝33（人），．故从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率是3350【考点】频数（率）分布直方图加权平均数中位数概率公式【解析】（1）观察直方图，根据平均数公式计算平均次数后，比较得答案；（2）根据中位数意义，确定中位数的范围；（3）根据频率的计算方法，可得跳绳成绩达到或超过校平均次数的概率为0.66．【解答】该班一分钟跳绳的平均次数至少是：60×4+80×13+100×19+120×7+140×5+160×250=100.8，∵100.8>99，∴超过全校的平均次数；这个学生的跳绳成绩在该班是中位数，因为4+13+19＝36，所以中位数一定在100∼120范围内；该班一分钟跳绳成绩大于或等于100次的有：19+7+5+2＝33（人），故从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率是3350．为抗击疫情，支持武汉，某物流公司的快递车和货车每天往返于物流公司、武汉两地，快递车比货车多往返一趟，如图表示两车离物流公司的距离y（单位：千米）与快递车所用时间x（单位：时）的函数图象，已知货车比快递车早1小时出发，到达武汉后用2小时装卸货物，按原速、原路返回，货车比快递车最后一次返回物流公司晚1小时．（1）求ME的函数解析式；（2）求快递车第二次往返过程中，与货车相遇的时间．（3）求两车最后一次相遇时离武汉的距离．（直接写出答案）【答案】设ME的函数解析式为y＝kx+b(k≠0)，由ME经过(0, 50)，(3, 200)可得：{b=503k+b=200，解得{k=50b=50，∴ME的解析式为y＝50x+50；设BC的函数解析式为y＝mx+n，由BC经过(4, 0)，(6, 200)可得：{4m+n=0 6m+n=200，解得{m=100n=−400，∴ BC 的函数解析式为y ＝100x −400；设FG 的函数解析式为y ＝px +q ，由FG 经过(6, 200)，(9, 0)可得： {5p +q =2009p +q =0 ，解得{p =−50q =450 ， ∴ FG 的函数解析式为y ＝−50x +450， 解方程组{y =100x −400y =−50x +450 得{x =173y =5003 ； 设CD 的函数解析式为y ＝cx +d ，由CD 经过(8, 0)，(6, 200)可得： {8c +d =06c +d =200，解得{c =−100d =800 ，∴ CD 的函数解析式为y ＝−100x +800， 解方程组{y =−100x +800y =−50x +450得{x =7y =100 ，答：货车返回时与快递车图中相遇的时间173ℎ，7ℎ； (7−5)×50＝100(km)，答：两车最后一次相遇时离武汉的距离为100km ．【考点】一次函数的应用 【解析】（1）利用待定系数法求一次函数解析式即可；（2）分两种情况，利用待定系数法分别求出BC 、CD 与FG 的解析式，再联立解答即可； （3）根据题意列式计算即可． 【解答】设ME 的函数解析式为y ＝kx +b(k ≠0)，由ME 经过(0, 50)，(3, 200)可得： {b =503k +b =200 ，解得{k =50b =50， ∴ ME 的解析式为y ＝50x +50；设BC 的函数解析式为y ＝mx +n ，由BC 经过(4, 0)，(6, 200)可得： {4m +n =06m +n =200 ，解得{m =100n =−400， ∴ BC 的函数解析式为y ＝100x −400；设FG 的函数解析式为y ＝px +q ，由FG 经过(6, 200)，(9, 0)可得： {5p +q =2009p +q =0 ，解得{p =−50q =450 ， ∴ FG 的函数解析式为y ＝−50x +450， 解方程组{y =100x −400y =−50x +450 得{x =173y =5003 ； 设CD 的函数解析式为y ＝cx +d ，由CD 经过(8, 0)，(6, 200)可得： {8c +d =06c +d =200，解得{c =−100d =800 ，∴ CD 的函数解析式为y ＝−100x +800， 解方程组{y =−100x +800y =−50x +450得{x =7y =100 ，ℎ，7ℎ；答：货车返回时与快递车图中相遇的时间173(7−5)×50＝100(km)，答：两车最后一次相遇时离武汉的距离为100km．如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90∘，AC＝BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．（1）BE与MN的数量关系是________．（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到图②和图③的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．【答案】BE=√2NM如图②中，结论仍然成立．理由：连接AD，延长BE交AD于点H．∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90∘，∵∠ACB−∠ACE＝∠DCE−∠ACE，∴∠ACD＝∠ECB，∴△ECB≅△DCA(SAS)，∴BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，∵∠AHB＝180∘−(∠HAB+∠ABH)＝180∘−(45∘+∠HAC+∠ABH)＝∠180∘−(45∘+∠HBC+∠ABH)＝180∘−90∘＝90∘，∴BH⊥AD，∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，∴PM // BE，PM=12BE，PN // AD，PN=12AD，∴PM＝PN，∠MPN＝90∘，∴△PMN是等腰直角三角形，∴PM=√22MN，∴BE＝2PM＝2×√22MN=√2MN．【考点】旋转的性质等腰直角三角形三角形中位线定理【解析】（1）如图①中，只要证明△PMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．（2）如图②中，结论仍然成立．连接AD，延长BE交AD于点H．由△ECB≅△DCA，推出BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，即可推出BH⊥AD，由M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，推出PM // BE，PM=12BE，PN // AD，PN=12AD，推出PM＝PN，∠MPN＝90∘，可得BE＝2PM＝2×√22MN=√2MN．【解答】如图①中，∵AM＝ME，AP＝PB，∴PM // BE，PM=12BE，∵BN＝DN，AP＝PB，∴PN // AD，PN=12AD，∵AC＝BC，CD＝CE，∴AD＝BE，∴PM＝PN，∵∠ACB＝90∘，∴AC⊥BC，∴∵PM // BC，PN // AC，∴PM⊥PN，∴△PMN的等腰直角三角形，∴MN=√2PM，∴MN=√2⋅12BE，∴BE=√2MN，故答案为BE=√2MN．如图②中，结论仍然成立．理由：连接AD，延长BE交AD于点H．∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90∘，∵∠ACB−∠ACE＝∠DCE−∠ACE，∴∠ACD＝∠ECB，∴△ECB≅△DCA(SAS)，∴BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，∵∠AHB＝180∘−(∠HAB+∠ABH)＝180∘−(45∘+∠HAC+∠ABH)＝∠180∘−(45∘+∠HBC+∠ABH)＝180∘−90∘＝90∘，∴BH⊥AD，∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，∴PM // BE，PM=12BE，PN // AD，PN=12AD，∴PM＝PN，∠MPN＝90∘，∴△PMN是等腰直角三角形，∴PM=√22MN，∴BE＝2PM＝2×√22MN=√2MN．某农谷生态园响应国家发展有机农业政策，大力种植有机蔬菜，某超市看好甲、乙两种有机蔬菜的市场价值，经调查甲种蔬菜进价每千克m元，售价每千克16元；乙种蔬菜进价每千克n元，售价每千克18元．（1）该超市购进甲种蔬菜15千克和乙种蔬菜20千克需要430元；购进甲种蔬菜10千克和乙种蔬菜8千克需要212元，求m，n的值．（2）该超市决定每天购进甲、乙两种蔬菜共100千克，且投入资金不少于1160元又不多于1168元，设购买甲种蔬菜x 千克（x 为正整数），求有哪几种购买方案．（3）在（2）的条件下，超市在获得的利润取得最大值时，决定售出的甲种蔬菜每千克捐出2a 元，乙种蔬菜每千克捐出a 元给当地福利院，若要保证捐款后的利润率不低于20%，求a 的最大值．【答案】依题意，得：{15m +20n =43010m +8n =212， 解得：{m =10n =14． 答：m 的值为10，n 的值为14．依题意，得：{10x +14(100−x)≥116010x +14(100−x)≤1168， 解得：58≤x ≤60．又∵ x 为正整数，∴ x 可以为58，59，60，∴ 共有3种购买方案，方案1：购进58千克甲种蔬菜，42千克乙种蔬菜；方案2：购进59千克甲种蔬菜，41千克乙种蔬菜；方案3：购进60千克甲种蔬菜，40千克乙种蔬菜． 购买方案1的总利润为(16−10)×58+(18−14)×42＝516（元）；购买方案2的总利润为(16−10)×59+(18−14)×41＝518（元）；购买方案3的总利润为(16−10)×60+(18−14)×40＝520（元）．∵ 516<518<520，∴ 利润最大值为520元，即售出甲种蔬菜60千克，乙种蔬菜40千克．依题意，得：(16−10−2a)×60+(18−14−a)×40≥(10×60+14×40)×20%， 解得：a ≤95． 答：a 的最大值为95． 【考点】一元一次不等式组的应用二元一次方程的应用二元一次方程组的应用——其他问题二元一次方程组的应用——行程问题【解析】（1）根据“购进甲种蔬菜15千克和乙种蔬菜20千克需要430元；购进甲种蔬菜10千克和乙种蔬菜8千克需要212元”，即可得出关于m ，n 的二元一次方程组，解之即可得出结论；（2）根据总价＝单价×数量结合投入资金不少于1160元又不多于1168元，即可得出关于x 的一元一次不等式组，解之即可得出x 的取值范围，再结合x 为正整数即可得出各购买方案；（3）求出（2）中各购买方案的总利润，比较后可得出获得最大利润时售出甲、乙两种蔬菜的重量，再根据总利润＝每千克利润×销售数量结合捐款后的利润率不低于20%，即可得出关于a 的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．【解答】依题意，得：{15m +20n =43010m +8n =212， 解得：{m =10n =14． 答：m 的值为10，n 的值为14．依题意，得：{10x +14(100−x)≥116010x +14(100−x)≤1168， 解得：58≤x ≤60．又∵ x 为正整数，∴ x 可以为58，59，60，∴ 共有3种购买方案，方案1：购进58千克甲种蔬菜，42千克乙种蔬菜；方案2：购进59千克甲种蔬菜，41千克乙种蔬菜；方案3：购进60千克甲种蔬菜，40千克乙种蔬菜． 购买方案1的总利润为(16−10)×58+(18−14)×42＝516（元）；购买方案2的总利润为(16−10)×59+(18−14)×41＝518（元）；购买方案3的总利润为(16−10)×60+(18−14)×40＝520（元）．∵ 516<518<520，∴ 利润最大值为520元，即售出甲种蔬菜60千克，乙种蔬菜40千克．依题意，得：(16−10−2a)×60+(18−14−a)×40≥(10×60+14×40)×20%， 解得：a ≤95．答：a 的最大值为95．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD 的边AB 长是x 2−3x −18＝0的根，连接BD ，∠DBC ＝30∘，并过点C 作CN ⊥BD ，垂足为N ，动点P 从B 点以每秒2个单位长度的速度沿BD 方向匀速运动到D 点为止；点M 沿线段DA 以每秒√3个单位长度的速度由点D 向点A 匀速运动，到点A 为止，点P 与点M 同时出发，设运动时间为t 秒(t >0)．（1）线段CN ＝________；（2）连接PM 和MN ，求△PMN 的面积s 与运动时间t 的函数关系式；（3）在整个运动过程中，当△PMN 是以PN 为腰的等腰三角形时，直接写出点P 的坐标．【答案】3√3如图，过点M作MH⊥BD于H，∵AD // BC，∴∠ADB＝∠DBC＝30∘，∴MH=12MD=√32t，∵∠DBC＝30∘，CN⊥BD，∴BN=√3CN＝9，当0<t<92时，△PMN的面积s=12×(9−2t)×√32t=−√32t2+9√34t；当t=92时，点P与点N重合，s＝0，当92<t≤6时，△PMN的面积s=12×(2t−9)×√32t=√32t2−9√34t；如图，过点P作PE⊥BC于E，当PN＝PM＝9−2t时，∵PM2＝MH2+PH2，∴(9−2t)2＝(√32t)2+(12−2t−32t)2，∴t＝3或t=73，∴BP＝6或143，当BP＝6时，∵∠DBC＝30∘，PE⊥BC，∴PE=12BP＝3，BE=√3PE＝3√3，∴点P(3√3, 3)，当BP=143时，同理可求点P(7√33, 73 )，当PN＝NM＝9−2t时，∵NM2＝MH2+NH2，∴(9−2t)2＝(√32t)2+(32t−3)2，∴t＝3或24（不合题意舍去），∴BP＝6，∴点P(3√3, 3)，综上所述：点P坐标为(3√3, 3)或(7√33, 73 )．【考点】四边形综合题【解析】（1）解方程求出AB的长，由直角三角形的性质可求BD，BC的长，CN的长；（2）分三种情况讨论，由三角形的面积可求解；（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解．【解答】∵AB长是x2−3x−18＝0的根，∴AB＝6，AB＝−3（舍去），∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝CD＝6，∠BCD＝90∘，∵∠DBC＝30∘，∴BD＝2CD＝12，BC=√3CD＝6√3，∵∠DBC＝30∘，CN⊥BD，∴CN=12BC＝3√3，故答案为：3√3．如图，过点M作MH⊥BD于H，∵AD // BC，∴∠ADB＝∠DBC＝30∘，∴MH=12MD=√32t，∵∠DBC＝30∘，CN⊥BD，∴BN=√3CN＝9，当0<t<92时，△PMN的面积s=12×(9−2t)×√32t=−√32t2+9√34t；当t=92时，点P与点N重合，s＝0，当92<t≤6时，△PMN的面积s=12×(2t−9)×√32t=√32t2−9√34t；如图，过点P作PE⊥BC于E，当PN＝PM＝9−2t时，∵PM2＝MH2+PH2，∴(9−2t)2＝(√32t)2+(12−2t−32t)2，∴t＝3或t=73，∴BP＝6或143，当BP＝6时，∵∠DBC＝30∘，PE⊥BC，∴PE=12BP＝3，BE=√3PE＝3√3，∴点P(3√3, 3)，当BP=143时，同理可求点P(7√33, 73 )，当PN＝NM＝9−2t时，∵NM2＝MH2+NH2，∴(9−2t)2＝(√32t)2+(32t−3)2，∴t＝3或24（不合题意舍去），∴BP＝6，∴点P(3√3, 3)，综上所述：点P坐标为(3√3, 3)或(7√33, 73 )．。
