2024年黑龙江省大庆市肇源县中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年黑龙江省大庆市肇源县中考数学二模试卷（含解析），共26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。

1.下列实数中，最大的数是( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.据2023年5月21日《天津日报》报道，在天津举办的第七届世界智能大会通过“百网同播、万人同屏、亿人同观”，全球网友得以共享高端思想盛宴，总浏览量达到935000000人次，将数据935000000用科学记数法表示应为( )
A. 0.935×109B. 9.35×108C. 93.5×107D. 935×106
3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体为( )
A.
B.
C.
D.
4.一种弹簧秤最大能称不超过10kg的物体，不挂物体时弹簧的长为12cm，每挂重1kg物体，弹簧伸长0.5cm，在弹性限度内，挂重后弹簧的长度y(cm)与所挂物体的质量x(kg)之间的函数关系式为( )
A. y=12−0.5x
B. y=12+0.5x
C. y=10+0.5x
D. y=0.5x
5.综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD为平行四边形.如图是其作图过程.在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是( )
A. 两组对边分别平行B. 两组对边分别相等
C. 对角线互相平分D. 一组对边平行且相等
6.中国高铁的飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志.如图是高铁线路在转向处所设计的圆曲线(即圆弧)，高铁列车在转弯时的曲线起点为A，曲线终点为B，过点A，B的两条切线相交于点C，列车在从A到B行驶的过程中转角α为60°.若圆曲线的半径OA=1.5km，则这段圆曲线AB的长为( )
A. π4kmB. π2kmC. 3π4kmD. 3π8km
7.春节期间，文具店的一种笔记本8折优惠出售．某同学发现，同样花12元钱购买这种笔记本，春节期间正好可比春节前多买一本．这种笔记本春节期间每本的售价是( )
A. 2元B. 3元C. 2.4元D. 1.6元
8.m，n是方程x2−2023x+2024=0的两根，则代数式(m2−2022m+2024)(n2−2022n+2024)的值是( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
9.如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G.若AF=2，FB=1，则MG=( )
A. 2 3
B. 3 52
C. 5+1
D. 10
10.抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=−1，其图象如图所示.下列结论：①abc<0；②(4a+c)2<(2b)2；③若(x1,y1)和(x2,y2)是抛物线上的两点，则当|x1+1|>|x2+1|时，y1A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.某仓库记账员为方便记账，将进货10件记作+10，那么出货5件应记作______．
12.因式分解：mx−my= ______．
13.如图，钢架桥的设计中采用了三角形的结构，其数学道理是______．
14.某公司5月份的营业额为25万，7月份的营业额为36万，已知5、6月的增长率相同，则增长率为 ．
15.已知1a+2b=1，且a≠−b，则ab−aa+b的值为______．
16.如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点A、B分别在x轴和y轴的正半轴上，点A的坐标(2,0)，AB= 5，将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC，反比例函数y=kx(k≠0)经过点C，则k的值是______．
17.如图，PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点B，点C在PA上，且CB=CA.若OA=5，PA=12，则CA的长为______．
18.如图，在四边形ABCD中，∠BCD=90°，对角线AC，BD相交于点O.若AB=AC=5，BC=6，∠ADB=2∠CBD，则AD的长为______．
三、解答题：本题共10小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1)−22+( 2−1)0−1；
(2)已知，A=a−4，B=−a+2.若A>B，求a的取值范围．
20.(本小题4分)
如图是4×4的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图(保留作图痕迹)．

(1)在图1中作锐角△ABC，使点C在格点上；
(2)在图2中的线段AB上作点Q，使PQ最短．
21.(本小题5分)
数学兴趣小组借助无人机开展实物测量的社会实践活动.如图所示，在河岸边的C处，兴趣小组令一架无人机沿67°的仰角方向飞行130米到达点A处，然后无人机沿水平线AF方向继续飞行30米至B处，测得此时河对岸D处的俯角为32°.线段AM的长为无人机距地面的铅直高度，点M、C、D在同一条直线上．
(1)求无人机的飞行高度AM；
(2)求CD的长．
(参考数据：sin32°≈1732，cs32°≈1720，tan32°≈58，sin67°≈1213，cs67°≈513，tan67°≈125)
22.(本小题5分)
某校八年级共有200名学生，为了解八年级学生地理学科的学习情况，从中随机抽取40名学生的八年级上、下两个学期期末地理成绩进行整理和分析(两次测试试卷满分均为35分，难度系数相同；成绩用x表示，分成6个等级：A.x<10；B.10≤x<15；C.15≤x<20；D.20≤x<25；E.25≤x<30；F.30≤x≤35).下面给出了部分信息：
a.八年级学生上、下两个学期期末地理成绩的统计图如图：

b.八年级学生上学期期末地理成绩在C.15≤x<20这一组的成绩是：15，15，15，15，15，16，16，16，18，18；
c.八年级学生上、下两个学期期末地理成绩的平均数、众数、中位数如下：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)填空：m= ______；
(2)若x≥25为优秀，则这200名学生八年级下学期期末地理成绩达到优秀的约有______人；
(3)你认为该校八年级学生的期末地理成绩下学期比上学期有没有提高？请说明理由．
23.(本小题6分)
中国古代的“四书”是指《论语》《孟子》《大学》《中庸》，它是儒家思想的核心著作，是中国传统文化的重要组成部分.若从这四部著作中随机抽取两本(先随机抽取一本，不放回，再随机抽取另一本)，请你画树状图或者列表求抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是多少？
24.(本小题7分)
如图，过矩形ABCD的对角线AC的中点O作EF⊥AC，交BC边于点E，交AD边于点F，分别连接AE，CF．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若AB=6，AC=10，求EF的长．
25.(本小题7分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点D，直线l2：与x轴交于点B(1,0)，与l2相交于点C(m,4)．
(1)求直线l2的解析式；
(2)求四边形OBCD的面积；
(3)若点M为x轴上一动点，过点M(t,0)作垂直于x轴的直线，与直线l2交于点Q.若S△AQC=2S△ABC，请直接写出所有符合题意的点Q的坐标．
26.(本小题7分)
某商场购进了A，B两种商品，若销售10件A商品和20件B商品，则可获利280元；若销售20件A商品和30件B商品，则可获利480元．
(1)求A，B两种商品每件的利润；
(2)已知A商品的进价为24元/件，目前每星期可卖出200件A商品，市场调查反映：如调整A商品价格，每降价1元，每星期可多卖出20件，如何定价才能使A商品的利润最大？最大利润是多少？
27.(本小题8分)
如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，BC=BD，DE⊥AC于点E，DE交BF于点F，交AB于点G，∠BOD=2∠F，连接BD．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)判断△DGB的形状，并说明理由；
(3)当BD=2时，求FG的长．
28.(本小题9分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+2x+c经过点A(0,1)，点P，Q在此抛物线上，其横坐标分别为m，2m(m>0)，连接AP，AQ．
(1)求此抛物线的解析式．
(2)当点Q与此抛物线的顶点重合时，求m的值．
(3)当∠PAQ的边与x轴平行时，求点P与点Q的纵坐标的差．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2>1>0>−1，
最大的数是2．
故选：D．
正数>0>负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小；据此进行判断即可．
本题考查有理数的大小比较，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】B
【解析】解：935000000=9.35×108，
故选：B．
将一个数表示为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
3.【答案】B
【解析】解：由几何体的三视图可得该几何体是B选项，
故选：B．
根据几何体的三视图分析解答即可．
此题考查由三视图判断几何体，关键是熟悉几何体的三视图．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，得y=12+0.5x(0≤x≤10)，
故选：B．
根据不挂物体时弹簧的长为12cm，每挂重1kg物体，弹簧伸长0.5cm，可得在弹性限度内，y与x的函数关系式．
本题考查了一次函数的应用，理解题意并根据题意建立函数关系式是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由作图可知OD=OB，OA=OC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故选：C．
根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断即可．
本题考查作图−复杂作图，平行四边形的判定等知识，解题的关键是读懂图象信息．
6.【答案】B
【解析】解：∵过点A，B的两条切线相交于点C，
∴∠OAC=∠OBC=90°，
∴A、O、B、C四点共圆，
∴∠AOB=α=60°，
∴圆曲线AB的长为：60π⋅1.5180=12π(km)．
故选：B．
由圆的切线可得∠OAC=∠OBC=90°，进而可证明A、O、B、C四点共圆，利用圆内接四边形的性质可求得∠AOB=60°，再根据弧长公式计算可求解．
本题主要考查圆的切线的性质，点与圆的位置关系，圆内接四边形的性质，弧长的计算，证明A、O、B、C四点共圆求解∠AOB的度数是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：设这种笔记本节日前每本的售价是x元，
根据题意得：120.8x−12x=1，
解得：x=3，
经检验，x=3是原方程的解，
∴0.8x=0.8×3=2.4(元)，
答：这种笔记本节日期间每本的售价是2.4元，
故选：C．
设这种笔记本节日前每本的售价是x元，由“12元钱购买这种笔记本，节日期间正好可比节日前多买一本”可列出方程．
本题考查分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵m，n是方程x2−2023x+2024=0的两根，
∴m2−2023m+2024=0，n2−2023n+2024=0，mn=2024，
∴m2−2022m=m−2024，n2−2022n=n−2024，
∴(m2−2022m+2024)(n2−2022n+2024)
=(m−2024+2024)(n−2024+2024)
=mn
=2024，
故选：C．
先根据一元二次方程解的定义得到m2−2023m+2024=0，n2−2023n+2024=0，再由根与系数的关系得到mn=2024，进而得到m2−2022m=m−2024，n2−2022n=n−2024，据此代值计算即可．
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程解的定义，解题的关键是掌握相关知识．
9.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，AF=2，FB=1，
∴CD=AD=AB=BC=3，∠ADC=∠DAB=∠ABC=90°，DC/​/AB，AD//BC，
∴AC= AD2+CD2=3 2，
∵EF⊥AB，
∴EF/​/BC，
∴△AEF∽△ACB，
∴EFCB=AFAB，
∴EF3=23，
∴EF=2，
∴AE= AF2+EF2=2 2，
∴CE=AC−AE= 2，
∵AD//CM，
∴△ADE∽△CME，
∴ADCM=AECE，
∴3CM=2 2 2=2，
∴CM=32=BM，
在△CDM和△BGM中，
∠DCM=∠GBM=90°,CM=BM∠CMD=∠BMG，
∴△CDM≌△BGM(SAS)，
∴CD=BG=3，
∴MG= BG2+BM2= 32+(32)2=32 5．
故选：B．
根据相似三角形的判定结合正方形的性质证得△AEF∽△ACB，求得AC=3 2，根据相似三角形的性质求得AE=2 2，CE= 2，证得△ADE∽△CME，根据相似三角形的性质得到CM=32=BM，证得△CDM≌△BGM，求出BG，根据勾股定理即可求出MG．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：①∵抛物线图象开口向上，
∴a>0，
∵对称轴在直线y轴左侧，
∴a，b同号，b>0，
∵抛物线与y轴交点在x轴下方，
∴c<0，
∴abc<0，故①正确．
②(4a+c)2−(2b)2=(4a+c+2b)(4a+c−2b)，
当x=2时ax2+bx+c=4a+c+2b，由图象可得4a+c+2b>0，
由图象知，当x=−2时，ax2+bx+c=4a+c−2b，由图象可得4a+c−2b<0，
∴(4a+c)2−(2b)2<0，即(4a+c)2<(2b)2，
故②正确．
③|x1+1|=|x1−(−1)|，|x2+1|=|x2−(−1)|，
∵|x1+1|>|x2+1|，
∴点(x1,y1)到对称轴的距离大于点(x2,y2)到对称轴的距离，
∴y1>y2，
故③错误．
④∵抛物线的顶点坐标为(−1,m)，
∴抛物线与直线y=m+2有两个交点，
∴ax2+bx+c=m+2有实数根．
故④错误，
综上所述，①②正确，
故选：C．
①由图象开口方向，对称轴位置，与y轴交点位置判断a，b，c符号．
②把x=±2分别代入函数解析式，结合图象可得(4a+c)2−(2b)2的结果符号为负．
③由抛物线开口向上，距离对称轴距离越远的点y值越大．
④由抛物线顶点纵坐标为m可得ax2+bx+c≥m，从而进行判断ax2+bx+c=m+2有实数根．
本题考查二次函数的图象的性质，解题关键是熟练掌握二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)中a，b，c与函数图象的关系．
11.【答案】−5
【解析】解：∵进货10件记作+10，
∴出货5件应记作−5，
故答案为：−5．
正数和负数是一组具有相反意义的量，据此即可得出答案．
本题考查正数和负数的意义，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
12.【答案】m(x−y)
【解析】解：原式=m(x−y)．
故答案为：m(x−y)．
直接提取公因式m，进而分解因式即可．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
13.【答案】三角形具有稳定性
【解析】解：这样做的数学依据是三角形具有稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
根据三角形具有稳定性解答即可．
本题考查的是三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
14.【答案】20%
【解析】【分析】
本题考查了一元二次方程的应用，根据数量关系列出关于x的一元二次方程是解题的关键．
设平均每月的增长率为x，根据5月份的营业额为25万元，7月份的营业额为36万元，表示出7月份的营业额，即可列出方程解答．
【解答】
解：设平均每月的增长率为x，
由题意得25(1+x)2=36，
解得x1=0.2，x2=−2.2(不合题意，舍去)
所以平均每月的增长率为20%．
故答案为：20%．
15.【答案】1
【解析】解：∵1a+2b=1，
∴bab+2aab=2a+bab=1，
∴ab=2a+b，
∴ab−aa+b=2a+b−aa+b=a+ba+b=1．
故答案为：1．
根据1a+2b=1，可得ab=2a+b，再代入ab−aa+b即可求出答案．
本题考查了分式的加减法和分式的值，熟练掌握分式的运算法则是关键．
16.【答案】6
【解析】解：作CD⊥x轴，垂足为D，
在Rt△AOB中，OA=2，AB= 5，
∴OB= AB2−OA2= 5−4=1，
∵将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC，
∴∠OAB=∠DCA=90°−∠CAD，
在△AOB和△CDA中，
∠OAB=∠DCA∠AOB=∠CDA=90°AB=AC，
∴△AOB≌△CDA(AAS)，
∴AD=OB=1，CD=OA=2，
∴OD=OA+AD=2+1=3，
∴C(3,2)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)经过点C，
∴k=3×2=6．
故答案为：6．
由勾股定理求出线段OB长，根据条件证明△AOB和△CDA全等，得到点C坐标，继而求出k值即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握图象上点的坐标特征是解答本题的关键．
17.【答案】103
【解析】解：连接OC，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠OAP=90°，
在△OAC和△OBC中
OA=OBOC=OCCA=CB,
∴△OAC≌△OBC(SSS)，
∴∠OAP=∠OBC=90°，
在Rt△OAP中，OA=5，PA=12，
∴OP= OA2+AP2= 52+122=13，
∵△OAC的面积+△OCP的面积=△OAP的面积，
∴12OA·AC+12OP·BC=12OA·AP，
∴OA·AC+OP·BC=OA·AP，
∴5AC+13BC=5×12，
∴AC=BC=103，
故答案为：103．
连接OC，根据切线的性质可得∠OAP=90°，然后利用SSS证明△OAC≌△OBC，从而可得∠OAP=∠OBC=90°，再在Rt△OAP中，利用勾股定理求出OP=13，最后根据△OAC的面积+△OCP的面积=△OAP的面积，进行计算即可解答．
本题考查了切线的性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18.【答案】 973
【解析】解：过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，如图所示：
则∠AHC=∠AHB=90°，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BH=HC=12BC=3，
∴AH= AC2−CH2=4，
∵∠ADB=∠CBD+∠CEH，∠ADB=2∠CBD，
∴∠CBD=∠CED，
∴DB=DE，
∵∠BCD=90°，
∴DC⊥BE，
∴CE=BC=6，
∴EH=CE+CH=9，
∵DC⊥BE，AH⊥BC，
∴CD//AH，
∴△ECD∽△EHA，
∴CDAH=CEHE，
即CD4=69，
∴CD=83，
∴DE= CE2+CD2= 62+(83)2=2 973，
∵CD//AH，
∴DEAD=CECH，
即2 973AD=63，
解得AD= 973．
故答案为： 973．
过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，根据等腰三角形的性质得出BH=HC=12BC=3，根据勾股定理求出AH= AC2−CH2=4，证明∠CBD=∠CED，得到DB=DE，根据等腰三角形的性质得出CE=BC=6，证明CD//AH，得到CDAH=CEHE，求出CD=83，根据勾股定理求出DE= CE2+CD2= 62+(83)2=2 973，根据CD//AH，得到DEAD=CECH，即2 973AD=63，求出结果即可．
本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=−4+1−1
=−4；
(2)由题意得a−4>−a+2，
解得a>3．
【解析】(1)利用乘方的意义以及0次幂的意义计算即可；
本题考查的是实数的运算，解一元一次不等式，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解题的关键．
20.【答案】解：如图：

(1)△ABC即为所求(答案不唯一)；
(2)点Q即为所求．
【解析】(1)根据锐角三角形的定义及网格线的特点作图；
(2)根据网格线的特点及垂线段最短作图．
本题考查了作图的应用与设计，掌握网格线的特征是解题的关键．
21.【答案】解：(1)由题意得：AM⊥MD，
在Rt△AMC中，AC=130米，∠ACM=67°，
∴AM=AC⋅sin67°≈130×1213=120(米)，
∴无人机的飞行高度AM约为120米；
(2)过点B作BG⊥DM，垂足为G，

由题意得：AB=MG=30米，AM=BG=120米，∠FBD=32°，AF/​/DM，
∴∠FBD=∠BDG=32°，
在Rt△BDG中，DG=BGtan32∘≈12058=192(米)，
在Rt△AMC中，AC=130米，∠ACM=67°，
∴CM=AC⋅cs67°≈130×513=50(米)，
∴CD=MG+DG−CM=30+192−50=172(米)，
∴CD的长约为172米．
【解析】(1)根据题意可得：AM⊥MD，然后在Rt△AMC中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
(2)过点B作BG⊥DM，垂足为G，根据题意可得：AB=MG=30米，AM=BG=120米，∠FBD=32°，AF/​/DM，从而可得∠FBD=∠BDG=32°，然后分别在Rt△BDG和Rt△AMC中，利用锐角三角函数的定义求出DG和CM的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22.【答案】16 35
【解析】解：(1)把八年级上学期40名学生的地理成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别为16，16，故中位数m=16+162=16．
故答案为：16；
(2)200×6+140=35(人)，
即这200名学生八年级下学期期末地理成绩达到优秀的约有35人．
故答案为：35；
(3)该校八年级学生的期末地理成绩下学期比上学期有提高，理由如下：
因为该校八年级学生的期末地理成绩下学期的平均数、众数和中位数均比上学期大，所以该校八年级学生的期末地理成绩下学期比上学期有提高．
(1)根据中位数的定义可得m的值；
(2)用200乘样本中下学期期末地理成绩达到优秀的学生所占比例即可；
(3)比较平均数、众数和中位数可得答案．
本题考查条形统计图，样本估计总体的思想，中位数，众数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23.【答案】解：将《论语》《孟子》《大学》《中庸》分别记为A，B，C，D，
列表如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的结果有：(A,C)，(C,A)，共2种，
∴抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率为212=16．
【解析】列表可得出所有等可能的结果数以及抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，
∴∠OAF=∠OCE，
∵O是AC的中点，
∴AO=CO，
在△AOF和△COE中，
∠OAF=∠OCE,AO=CO,∠AOF=∠COE,
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．
(2)解：在Rt△ABC中，BC= AC2−AB2=8，
由(1)知四边形AECF是菱形，
∴AE=CE，EF⊥AC，且EF，AC互相平分，
设AE=CE=x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，即62+(8−x)2=x2，
解得x=254，
在Rt△AOE中，AO=12AC=5,AO2+OE2=AE2，
即52+OE2=(254)2，解得OE=154，
∴EF=2OE=152．
【解析】(1)先证明△AOF≌△COE，得出OE=OF，然后证明四边形AECF是平行四边形，最后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；
(2)设AE=CE=x，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得62+(8−x)2=x2，求出x=254，再在Rt△AOE中，利用勾股定理求出OE=154，即可求解．
本题考查了矩形的性质，掌握菱形的判定与性质，勾股定理等知识是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵直线l1：y=x+2与l2相交于点C(m,4)，
∴4=m+2，
解得m=2，
∴C(2,4)，
设直线l2的表达式为y=kx+b(k≠0)，
把点B(1,0)，C(2,4)代入得：
∴0=k+b4=2k+b，
解得k=4b=−4，
∴直线l2的解析式为y=4x−4；
(2)当x=0时，y=2，
∴直线l1与y轴的交点D的坐标为(0,2)，
∴OD=2，
当y=0时，0=x+2，x=−2，
∴直线l1与x轴的交点A的坐标为(−2,0)，
∴OA=2，
∵B(1,0)，
∴AB=3，
∴S四边形OBCD=S△ABC−S△AOD=12×3×4−12×2×2=4．
(3)∵过点M(t,0)作垂直于x轴的直线，与直线l2交于点Q，
∴点Q的坐标为：(t,4t−4)，
S△ABC=12×3×4=6，
∴S△AQC=2S△ABC=12，
当点Q在点C的上方时，如图所示：

S△AQC=S△ABQ−S△ABC=12×3×(4t−4)−6=12，
解得：t=4，
∴此时点Q的坐标为(4,12)；
当点Q在点C的下方时，如图所示：

S△AQC=12×3×(4−4t+4)=12，
解得：t=0，
∴此时点Q的坐标为(0,−4)；
综上分析可知，点Q的坐标为(0,−4)或(4,12)．
【解析】(1)先求出点C的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式即可；
(2)先求出点A、B的坐标，得出AB=3，然后根据S四边形OBCD=S△ABC−S△AOD求出结果即可；
(3)先求出点Q的坐标为：(t,4t−4)，得出S△ABC=12×3×4=6，求出S△AQC=2S△ABC=12，分两种情况，当点Q在点C的上方时，当点Q在点C的下方时，分别求出点Q的坐标即可．
本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数与坐标轴的交点问题，求直线所围成的图形面积，解题的关键是画出图形，数形结合，熟练掌握待定系数法．
26.【答案】解：(1)设A商品每件的利润为x元，B商品每件的利润为y元，
根据题意，得10x+20y=28020x+30y=480,
解得：x=12y=8,
答：A商品每件的利润为12元，B商品每件的利润为8元．
(2)设降价a元利润为w元，
根据题意，得：w=(12−a)(200+20a)，
=2400+240a−200a−20a，
=−20a2+40a+2400，
=−20(a−1)2+2420，
∵−20<0，
∴当a=1时，w有最大值，最大值为2420，此时定价24+12−1=35(元)．
答：定价为35元时，利润最大，最大为2420元．
【解析】(1)根据题意列出二元一次方程组解答即可；
(2)根据“商品利润=单件利润×销售数量“，列出二次函数解析式，将其化成顶点式，再结合“售价=进价+利润“解答即可．
本题主要考查了二元一次方程组和二次函数的应用，读懂题意并能列出等量关系式是解答本题的关键．
27.【答案】(1)证明：连接OC，

∵BD=BC，
∴∠BOD=∠BOC，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠BOC=2∠A，
又∵∠BOD=2∠F，
∴∠A=∠F，
又∵∠AGE=∠BGF，
∴∠AEG=∠GBF，
∵DE⊥AC，
∴∠AEG=90°，
∴∠GBF=90°，
∴OB⊥BF，
∵OB为半径，
∴BF是⊙O的切线；
(2)解：△DGB为等腰三角形，
理由：∵DB=BC，
∴DB=BC，DC⊥AB，
∴∠DCB=∠CDB，
∵OB⊥BF，
∴DC/​/BF，
∴∠BDC=∠DBF，
又∵∠BDC=∠A，
∴∠DBF=∠A，
又∵∠A=∠F，
∴∠DBF=∠F，
∵∠GBF=90°，
∴∠F+∠DGB=90°，∠DBG+∠DBF=90°，
∴∠DGB=∠DBG，
∴DB=DG，
即△DBG为等腰三角形；
(3)解：由(2)可知，DB=DG，∠F=∠DBF，
∴DF=DB，
∴DF=DG=DB=2，
∴FG=4．
【解析】(1)连接OC，由圆周有定理得出∠BOD=∠BOC，由等腰三角形的性质证出∠GBF=90°，由切线的判定可得出结论；
(2)由垂径定理得出DB=BC，DC⊥AB，证出∠DCB=∠CDB，由直角三角形的性质得出∠DGB=∠DBG，则可得出结论；
(3)由(2)可知，DB=DG，∠F=∠DBF，则可得出答案．
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的判定与性质，垂径定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
28.【答案】解：(1)把A(0,1)代入y=−x2+2x+c得：c=1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+1；
(2)∵y=−x2+2x+1=−(x−1)2+2，
∴抛物线y=−x2+2x+1的顶点为(1,2)，
∵Q在抛物线上，其横坐标为2m，
∴2m=1，
解得m=12；
∴m的值为12；
(3)当AQ//x轴时，如图：

由y=−x2+2x+1=−(x−1)2+2知，抛物线对称轴为直线x=1，
∵AQ//x轴，
∴A，Q关于直线x=1对称，
∵A(0,1)，
∴Q(2,1)，
∴2m=2，
解得m=1，
∴P的横坐标为1，
把x=1代入y=−x2+2x+1得y=2，
∴P(1,2)，
∴点P与点Q的纵坐标的差为2−1=1；
当AP//x轴时，如图：

∵AP//x轴，
∴A，P关于直线x=1对称，
∵A(0,1)，
∴P(2,1)，
∴m=2，
∴Q的横坐标为4，
把x=4代入y=−x2+2x+1得y=−7，
∴Q(4,−7)，
∴点P与点Q的纵坐标的差为1−(−7)=8；
综上所述，点P与点Q的纵坐标的差为1或8．
【解析】(1)把A(0,1)代入y=−x2+2x+c可得抛物线的解析式为y=−x2+2x+1；
(2)求出抛物线y=−x2+2x+1的顶点为(1,2)，可得2m=1，故m的值为12；
(3)分两种情况：当AQ//x轴时，可得Q(2,1)，m=1，故P(1,2)，从而点P与点Q的纵坐标的差为2−1=1；当AP//x轴时，P(2,1)，可得Q(4,−7)，故点P与点Q的纵坐标的差为1−(−7)=8．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．学期
平均数
众数
中位数
八年级上学期
17.7
15
m
八年级下学期
18.2
19
18.5
A
B
C
D
A
(A,B)
(A,C)
(A,D)
B
(B,A)
(B,C)
(B,D)
C
(C,A)
(C,B)
(C,D)
D
(D,A)
(D,B)
(D,C)