黑龙江省鹤岗市2020年中考数学试题及参考答案

这是一份黑龙江省鹤岗市2020年中考数学试题及参考答案，共43页。试卷主要包含了下列各运算中，计算正确的是，下列图标中是中心对称图形的是，一组从小到大排列的数据等内容，欢迎下载使用。


1．下列各运算中，计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．下列图标中是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
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少是（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．一组从小到大排列的数据：，3，4，4，5（为正整数），唯一的众数是4，则数据是（ ）
A．1B．2C．0或1D．1或2
5．已知是关于的一元二次方程的一个实数根，则实数的值是（ ）
A．0B．1C．−3D．−1
6．如图，正方形的两个顶点，在反比例函数的图象上，对角线，的交点恰好是坐标原点，已知，则的值是（ ）
A．5B．4C．3D．1
7．已知关于的分式方程的解为非正数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A．72B．24C．48D．96
9．学校计划用200元钱购买、两种奖品，种每个15元，B种每个25元，在钱全部用完的情况下，有多少种购买方案（ ）
A．2种B．3种C．4种D．5种
10．如图，正方形的边长为，点在边上运动（不与点，重合），，点在射线上，且，与相交于点，连接、、．则下列结论：①；②的周长为；③；④的面积的最大值是；⑤当时，是线段的中点．其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．②④⑤C．①③④D．①④⑤
11．2019年1月1日，“学习强国”平台全国上线，截至2019年3月17日止，重庆市党员“学习强国”APP注册人数约1180000，参学覆盖率达71%，稳居全国前列．将数据1180000用科学记数法表示为________．
12．函数的自变量的取值范围是______.
13．如图，和中，，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使和全等．
14．一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，从中随机摸出一个小球，是偶数的概率为______．
15．若关于的一元一次不等式组的解是，则的取值范围是_______．
16．如图，是的外接圆的直径，若，则_____°．
17．小明在手工制作课上，用面积为，半径为的扇形卡纸，围成一个圆锥侧面，则这个圆锥的底面半径为______．
18．如图，在边长为的正方形中将沿射线平移，得到，连接、．求的最小值为______．
19．在矩形中，，，点在边上，且，连接，将沿折叠．若点的对应点落在矩形的边上，则折痕的长为______．
20．如图，直线的解析式为与轴交于点，与轴交于点，以为边作正方形，点坐标为．过点作交于点，交轴于点，过点作轴的垂线交于点以为边作正方形，点的坐标为．过点作交于，交轴于点，过点作轴的垂线交于点，以为边作正方形，，则点的坐标______．
21．先化简，再求值：（1﹣）÷，其中a=sin30°．
22．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，的三个顶点、、均在格点上
（1）将向左平移个单位得到，并写出点的坐标；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
23．如图，已知二次函数与轴交于、两点（点位于点的左侧），与轴交于点，已知的面积是6．
（1）求的值；
（2）在抛物线上是否存在一点，使．存在请求出坐标，若不存在请说明理由．
24．某公司工会组织全体员工参加跳绳比赛，工会主席统计了公司50名员工一分钟跳绳成绩，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）该公司员工一分钟跳绳的平均次数至少是多少；
（2）该公司一名员工说：“我的跳绳成绩是我公司的中位数”请你给出该员工跳绳成绩的所在范围；
（3）若该公司决定给每分钟跳绳不低于140个的员工购买纪念品，每个纪念品300元，则公司应拿出多少钱购买纪念品．
25．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（单位：千米）与快递车所用时间（单位：时）的函数图象，已知货车比快递车早小时出发，到达武汉后用小时装卸货物，按原速、原路返回，货车比快递车最后一次返回物流公司晚小时．
（1）求的函数解析式；
（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）
26．以的两边、为边，向外作正方形和正方形，连接，过点作于，延长交于点．

（1）如图1，若，，易证：；
（2）如图2，；如图3，，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由．
27．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元，售价每千克16元；乙种蔬菜进价每千克元，售价每千克18元．
（1）该超市购进甲种蔬菜10千克和乙种蔬菜5千克需要170元；购进甲种蔬菜6千克和乙种蔬菜10千克需要200元．求，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，设购买甲种蔬菜千克，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元，乙种蔬菜每千克捐出元给当地福利院，若要保证捐款后的利润率不低于20%，求的最大值．
28．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边长是方程的根，连接，，并过点作，垂足为，动点从点以每秒个单位长度的速度沿方向匀速运动到点为止；点沿线段以每秒个单位长度的速度由点向点匀速运动，到点为止，点与点同时出发，设运动时间为秒
（1）线段______；
（2）连接和，求的面积与运动时间的函数关系式；
（3）在整个运动过程中，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出点的坐标．
参考答案
1．D
【解析】
【分析】
直接利用完全平方公式以及整式的加减、幂的运算法则分别化简得出答案．
【详解】
A、结果是，故本选项不符合题意；
B、和不能合并，故本选项不符合题意；
C、结果是，故本选项不符合题意；
D、结果是，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
2．B
【解析】
【分析】
根据中心对称图形的概念 对各选项分析判断即可得解．
【详解】
A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图形重合．
3．C
【解析】
【分析】
左视图底面有2个小正方体，主视图底面有2个小正方体，则可以判断出该几何体底面最少有2个小正方体，最多有4个．根据这个思路可判断出该几何体有多少个小立方块．
【详解】
左视图与主视图相同，可判断出底面最少有2个，
第二层最少有1个小正方体，第三层最少有1个小正方体，
则这个几何体的小立方块的个数最少是个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了由三视图判断几何体的知识，根据题目中要求的以最少的小正方体搭建这个几何体，可以想象出左视图的样子，然后根据“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”很容易就知道小正方体的个数．
4．D
【解析】
【分析】
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．
【详解】
∵一组从小到大排列的数据：
，3，4，4，5（为正整数），唯一的众数是4，
∴数据是1或2.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查算术平均数，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．它是反映数据集中趋势的一项指标．
5．B
【解析】
【分析】
把x＝代入方程就得到一个关于m的方程，就可以求出m的值．
【详解】
解：根据题意得，
解得；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
6．D
【解析】
【分析】
把点B代入反比例函数即可得出答案．
【详解】
∵点在反比例函数的图象上，，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
7．A
【解析】
【分析】
表示出分式方程的解，由解为非正数得出关于k的不等式，解出k的范围即可．
【详解】
解：方程两边同时乘以得：，
∴，
∴，
∴，
∵解为非正数，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了分式方程的解及解一元一次不等式，熟练掌握分式方程的解法和一元一次不等式的解法是解题的关键．
8．C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得O为BD的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得BD的长度，最后由菱形的面积公式求得面积．
【详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴菱形的面积.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得BD．
9．B
【解析】
【分析】
设购买了A种奖品x个，B种奖品y个，根据学校计划用200元钱购买A、B两种奖品，其中A种每个15元，B种每个25元，钱全部用完可列出方程，再根据x，y为正整数可求出解．
【详解】
设购买了种奖品个，种奖品个，
根据题意得：，
化简整理得：，得，
∵，为非负整数，
∴，，，
∴有3种购买方案：
方案1：购买了种奖品0个，种奖品8个；
方案2：购买了种奖品5个，种奖品5个；
方案3：购买了种奖品10个，种奖品2个.
故选：B.
【点睛】
本题考查了二元一次方程的应用，关键是读懂题意，根据题意列出二元一次方程，然后根据解为非负整数确定出x，y的值．
10．D
【解析】
【分析】
如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS），即可判断①正确；如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS），即可判断②③错误；设BE=x，则AE=a-x，AF=，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题即可判断④正确；设AG=，利用前面所证EG=GH，在Rt△AEG中，利用勾股定理求得，即可判断⑤正确．
【详解】
如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH．
∵BE=BH，∠EBH=90°，
∴EH=BE，
∵AF=BE，
∴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= AE +AD+DH =AE +AD+EB =AB+AD=2a，故②错误，
设BE=，则AE=，AF=，
∴S△AEF=，
∵，
∴当时，，△AEF的面积的最大值为，故④正确；
如图3，延长AD到H，使得DH=BE，
同理：EG=GH，
∵，则，
设AG=，则DG=，
∴EG=GH =，
在Rt△AEG中，，
即，
解得：，
∴当时，是线段的中点，故⑤正确；
综上，①④⑤正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数最值的应用，勾股定理的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
11．．
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为的形式，其中，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．当原数绝对值时，n是正数；当原数的绝对值时，n是负数．
【详解】
解：1180000用科学记数法表示为：，
故答案为．
【点睛】
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．x>
【解析】
【分析】
根据分式、二次根式有意义的条件，确定x的范围即可．
【详解】
依题意有2x-3＞0，
解得x>．
故该函数的自变量的取值范围是x>.
故答案为：x>.
【点睛】
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0．二次根式有意义，被开方数是非负数．自变量的取值范围必须使含有自变量的表达式都有意义：①当表达式的分母不含有自变量时，自变量取全体实数．例如y=2x+13中的x．②当表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零．例如y=x+2x-1．③当函数的表达式是偶次根式时，自变量的取值范围必须使被开方数不小于零．④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．
13．，答案不唯一
【解析】
【分析】
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等，只要符合全等三角形的判定定理即可．
【详解】
∵和中，
∴，
∵，
∴，
∴添加，
在和中
，
∴，
故答案为：答案不唯一．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理的内容是解此题的关键，注意：两直角三角形全等的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL等．
14．
【解析】
【分析】
直接利用概率公式计算可得．
【详解】
解：∵盒子中共装有5个小球，其中标号为偶数的有2、4这2个小球，
∴从中随机摸出一个小球，是偶数的概率为，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
15．
【解析】
【分析】
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，再结合不等式组的解集为得出关于a的不等式组，解之可得答案．
【详解】
解不等式，得：，
解不等式，得：，
∵不等式组的解集为，
∴，
解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是一元一次不等式组的整数解，正确求出每一个不等式解集是基础，根据不等式组的解集得出关于a的不等式组是解答此题的关键．
16．50
【解析】
【分析】
根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】
∵是的外接圆的直径，
∴点，，，在上，
∵，
∴，
故答案为：50．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
17．
【解析】
【分析】
根据扇形的面积公式与圆的周长公式，即可求解．
【详解】
由得：扇形的弧长=（厘米），
圆锥的底面半径=（厘米）．
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查圆锥的底面半径，掌握圆锥的侧面扇形弧长等于底面周长，是解题的关键．
18．
【解析】
【分析】
将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，证出四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，根据平行四边形的性质和平移图形的性质，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即为EC+GC的最小值．
【详解】
如图，将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，

∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，
∴四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，
∴AE∥BG，CG=DE，
∴AE⊥CC′，
由作图易得，点C与点C′关于AE对称，C′E=CE，
又∵CG=DE，
∴EC+GC=C′E+ED，
当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，
此时，在Rt△C′D′E中，
C′B′=4，B′D=4+4=8， C′D=，
即EC+GC的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解．
19．或
【解析】
【分析】
分两种情况：点落在AD上和CD上，首先求出a的值，再根据勾股定理求出抓痕的长即可．
【详解】
分两种情况：
（1）当点落在AD上时，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
，
∵将沿AE折叠，点B的对应点落在AD边上，
，
，
，
∴
在Rt△ABE中，AB=1，BE=1，
∴AE=
（2）当点落在CD上，如图2，
∵四边形ABCD是矩形，
，，
∵将沿AE折叠，点B的对应点落在CD边上，
，，，
，
，
在和中，
，
，即，
解得，（负值舍去）
∴
在Rt△ABE中，AB=1，BE=，
∴AE=
故答案为：或.
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
20．
【解析】
【分析】
根据题意得出三角形AMO为等腰直角三角形，∠AMO=45°，分别求出个线段的长度，表示出B1和B2的坐标，发现一般规律，代入2020即可求解
【详解】
解：∵的解析式为，
∴M（-1，0），A（0，1），
即AO=MO=1，∠AMO=45°，
由题意得：MO=OC=CO1=1，
O1A1=MO1=3，
∵四边形是正方形，
∴O1C1=C1O2=MO1=3，
∴OC1=2×3-1=5，B1C1=O1C1=3，B1（5，3），
∴A2O2=3C1O2=9，B2C2=9，OO2=OC2-MO=9-1=8，
综上，MCn=2×3n，OCn=2×3n-1，BnCn=AnOn=3n，
当n=2020时，OC2020=2×32020-1，B2020C2020 =32020，
点B，
故答案为：．
【点睛】
本题考查规律型问题、等腰直角三角形的性质以及点的坐标，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
21．，-1.
【解析】
【分析】
括号内先通分进行分式的加减法运算，然后再进行分式的乘除法运算，根据特殊角的三角函数值得到a的值代入进行计算即可得.
【详解】
解：原式=
=
=，
当a=sin30°=时，原式==﹣1.
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算的运算顺序以及特殊角的三角函数值是解题的关键.
22．（1）见解析, ；（2）图形见解析，；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；
（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；
（3）根据题意可以求得BC的长，从而可以求得在旋转过程中扫过的面积．
【详解】
（1）如图所示，；
（2）如图所示，
（3）
【点睛】
此题考查作图-平移变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则．
23．（1）；（2）存在，点的坐标为或或．
【解析】
【分析】
（1）根据求出A,B,C的坐标，再由的面积是6得到关于a的方程即可求解；
（2）根据得到点的纵坐标为±3，分别代入解析式即可求解．
【详解】
（1）∵，
令，则，
∴，
令，即
解得，
由图象知：
∴，
∵
∴
解得：，（舍去）；
（2）∵，
∴，
∵.
∴点的纵坐标为±3，
把代入得，
解得或，
把代入得，
解得或，
∴点的坐标为或或．
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是熟知待定系数法的应用．
24．（1）该公司员工一分钟跳绳的平均次数至少是100.8个；（2）处在中间位置的两个数都在100～120这个范围；（3）公司应拿出2100元钱购买纪念品．
【解析】
【分析】
（1）要求平均次数至少是多少，可每组都取最小值计算平均数即可；
（2）找出中位数所在的成绩范围；
（3）样本中获奖的有7人，求出费用即可．
【详解】
（1）该公司员工一分钟跳绳的平均数为：
，
答：该公司员工一分钟跳绳的平均次数至少是100.8个；
（2）把50个数据从小到大排列后，
处在中间位置的两个数都在100～120这个范围；
（3）（元），
答：公司应拿出2100元钱购买纪念品．
【点睛】
本题考查频数分布直方图的意义和制作方法，理解频数、频率、总数之间的关系是正确计算的前提．
25．（1）；（2）货车返回时与快递车途中相遇的时间，；（3）100km
【解析】
【分析】
（1）由图象可知点M和点E的坐标，运用待定系数法求ME的解析式即可；
（2）运用待定系数法求出BC，CD，FG的解析式，分别联立方程组，求出交点坐标即可得到结果；
（3）由（2）知两车最后一次相遇时快递车行驶1小时，根据路程=速度×时间可得结论.
【详解】
解：（1）由图象可知：M，E
设的解析式
把M，E代入得：
，解得，
的解析式为；
（2）由图象知B（4，0），C(6,200)
设的解析式,
把B（4，0），C(6,200)代入得，，
解得，，
∴的解析式为：
由图象知F（5，200），G（9，0）
设的解析式，
把F（5，200），G（9，0）代入上式得，，
解得，，
故的解析式为：
联立方程组得，，解得；
由图象得，C（6，200），D（8，0）
设CD的解析式为y=rx+s，
把C（6，200），D（8，0）代入上式得，，
解得，
故CD的解析式为y=-100x+800,
联立方程组得，解得
答：货车返回时与快递车途中相遇的时间，
（3）由（2）知，最后一次相遇时快递车行驶1小时，
其速度为：200÷2=100(km/h)
所以，两车最后一次相遇时离武汉的距离为：100×1=100（km）
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，相遇问题，读懂题目信息，理解两车的运动过程是解题的关键
26．（1）见解析；（2）时，（1）中结论成立，证明见解析；时，（1）中结论成立，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）由等腰直角三角形的性质得出∠MAC=45°，证得∠EAN=∠NAG，由等腰三角形的性质得出结论；
（2）如图1，2，证明方法相同，利用“AAS”证明△ABM和△EAP全等，根据全等三角形对应边相等可得EP=AM，同理可证GQ=AM，从而得到EP=GQ，再利用“AAS”证明△EPN和△GQN全等，根据全等三角形对应边相等可得EN=NG．
【详解】
（1）证明：∵，，∴，
∵，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵四边形和四边形为正方形，
∴，
∴.
（2）如图1，时，（1）中结论成立.
理由：过点作交的延长线于，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴.
如图2，时，（1）中结论成立.
理由：过点作交的延长线于，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴.
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形，运用全等三角形的性质是解题的关键．
27．（1）的值为10，的值为14；（2）有3种购买方案，方案1：购买甲种蔬菜58千克，乙种蔬菜42千克；方案2：购买甲种蔬菜59千克，乙种蔬菜41千克；方案3：购买甲种蔬菜60千克，乙种蔬菜40千克；（3）的最大值为1.8．
【解析】
【分析】
（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．
【详解】
（1）依题意，得：，
解得：.
答：的值为10，的值为14.
（2）设购买甲种蔬菜千克，则购买乙种蔬菜千克，
依题意，得：，
解得：.
∵为正整数，
∴，
∴有3种购买方案，
方案1：购买甲种蔬菜58千克，乙种蔬菜42千克；
方案2：购买甲种蔬菜59千克，乙种蔬菜41千克；
方案3：购买甲种蔬菜60千克，乙种蔬菜40千克.
（3）设超市获得的利润为元，
则.
∵，
∴随的增大而增大，
∴当时，取得最大值，最大值为.
依题意，得：，
解得：.
答：的最大值为1.8．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；（3）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
28．（1）；（2）；（3）(，)或(，)
【解析】
【分析】
（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．
【详解】
（1）解方程得：(舍去)，
∴AB=6，
∵四边形是矩形，，
∴AB=CD=6，BD=2AB=12，
∴BC=AD=，
∵，
∴，
故答数为：；
（2）如图1，过点M作MH⊥BD于H，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=30°，
∴MH=MD=，
∵∠DBC=30°，CN⊥BD，
∴BN=，
当点P在线段BN上即时，
△PMN的面积；
当点P与点N重合即时，s=0，
当点P在线段ND上即时，
△PMN的面积；
∴；
（3）如图，过点P作PE⊥BC于E，
当PN=PM=9-2t时，则DM=，MH=DM=，DH=，
∵，
∴，
解得：或，
即或，
则BE=或BE=，
∴点P的坐标为(，)或(，)；
当PN=NM=9-2t时，
∵，
∴，
解得或24（不合题意舍去），
∴BP=6，PE=BP=3，BE=PE=3
∴点P的坐标为(，)，
综上所述：点P坐标为(，)或(，) ．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，一元二次方程的解法，三角形的面积公式，勾股定理，等腰三角形的性质，坐标与图形等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．