黑龙江铁力市第四中学2022年中考数学对点突破模拟试卷含解析

这是一份黑龙江铁力市第四中学2022年中考数学对点突破模拟试卷含解析，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，二元一次方程组的解为，4的平方根是，若M等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，矩形 ABCD 的边 AB=1，BE 平分∠ABC，交 AD 于点 E，若点 E 是 AD 的中点，以点 B 为圆心，BE 长为半径画弧，交 BC 于点 F，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．2- B． C．2- D．
2．下列运算正确的是( )
A．4x+5y=9xy B．（−m）3•m7=m10
C．（x3y）5=x8y5 D．a12÷a8=a4
3．从﹣1，2，3，﹣6这四个数中任选两数，分别记作m，n，那么点（m，n）在函数y＝图象上的概率是（　　）
A． B． C． D．
4．二元一次方程组的解为（　　）
A． B． C． D．
5．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．等边三角形 B．菱形 C．平行四边形 D．正五边形
6．下列成语描述的事件为随机事件的是（　　）
A．水涨船高 B．守株待兔 C．水中捞月 D．缘木求鱼
7．4的平方根是（　　）
A．2 B．±2 C．8 D．±8
8．如图是二次函数y =ax2+bx + c(a≠0)图象如图所示，则下列结论，①c<0，②2a + b=0；③a+b+c=0，④b2–4ac<0，其中正确的有( )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4
9．如图，有一矩形纸片ABCD，AB=10，AD=6，将纸片折叠，使AD边落在AB边上，折痕为AE，再将以DE为折痕向右折叠，AE与BC交于点F，则的面积为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．10
10．若M（2，2）和N（b，﹣1﹣n2）是反比例函数y=的图象上的两个点，则一次函数y=kx+b的图象经过（　　）
A．第一、二、三象限 B．第一、二、四象限
C．第一、三、四象限 D．第二、三、四象限
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．A、B两地相距20km，甲乙两人沿同一条路线从A地到B地．甲先出发，匀速行驶，甲出发1小时后乙再出发，乙以2km/h的速度度匀速行驶1小时后提高速度并继续匀速行驶，结果比甲提前到达．甲、乙两人离开A地的距离y(km)与时间t(h)的关系如图所示，则甲出发_____小时后和乙相遇．

12．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，A，B为格点
（Ⅰ）AB的长等于__
（Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中求作一点C，使得CA=CB且△ABC的面积等于，并简要说明点C的位置是如何找到的__________________

13．如图，转盘中6个扇形的面积相等，任意转动转盘1次，当转盘停止转动时，指针指向的数小于5的概率为_____．

14．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC、BD，若S四边形ABCD＝18，则BD的最小值为_________．

15．若关于的不等式组无解， 则的取值范围是 ________.
16．已知抛物线y＝x2－x－1与x轴的一个交点为(m，0)，则代数式m2－m＋2017的值为____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，且∠B=45°，AD=DC=1，点M为边BC上一动点，联结AM并延长交射线DC于点F，作∠FAE=45°交射线BC于点E、交边DCN于点N，联结EF．
（1）当CM：CB=1：4时，求CF的长．
（2）设CM=x，CE=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
（3）当△ABM∽△EFN时，求CM的长．

18．（8分）在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交AC于点E，交BC于点D，P为AC延长线上一点，且∠PBC＝∠BAC，连接DE，BE．
（1）求证：BP是⊙O的切线；
（2）若sin∠PBC＝，AB＝10，求BP的长．

19．（8分）甲、乙、丙3名学生各自随机选择到A、B2个书店购书．
（1）求甲、乙2名学生在不同书店购书的概率；
（2）求甲、乙、丙3名学生在同一书店购书的概率．
20．（8分）矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC边于点E，P为DE上的一点（PE＜PD），PM⊥PD，PM交AD边于点M．
（1）若点F是边CD上一点，满足PF⊥PN，且点N位于AD边上，如图1所示．
求证：①PN=PF；②DF+DN=DP；
（2）如图2所示，当点F在CD边的延长线上时，仍然满足PF⊥PN，此时点N位于DA边的延长线上，如图2所示；试问DF，DN，DP有怎样的数量关系，并加以证明．

21．（8分）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，点E在⊙O外，∠EAC=∠D=60°．求∠ABC的度数；求证：AE是⊙O的切线；当BC=4时，求劣弧AC的长．
22．（10分） (y﹣z)1+(x﹣y)1+(z﹣x)1＝(y+z﹣1x)1+(z+x﹣1y)1+(x+y﹣1z)1．
求的值．
23．（12分）先化简，再求值：（﹣2）÷，其中x满足x2﹣x﹣4=0
24．某校为美化校园，计划对面积为1800m2的区域进行绿化，安排甲、乙两个工程队完成.已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化的面积的2倍，并且在独立完成面积为400 m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天.
（1）求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是多少m2？
（2）若学校每天需付给甲队的绿化费用是0.4万元，乙队为0.25万元，要使这次的绿化总费用不超过8万元，至少应安排甲队工作多少天？



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】
利用矩形的性质以及结合角平分线的性质分别求出AE，BE的长以及∠EBF的度数，进而利用图中阴影部分的面积=S-S-S，求出答案．
【详解】
∵矩形ABCD的边AB=1，BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBF=45°,AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE=45°，
∴AB=AE=1,BE= ，
∵点E是AD的中点，
∴AE=ED=1，
∴图中阴影部分的面积=S −S −S =1×2− ×1×1−
故选B.
【点睛】
此题考查矩形的性质，扇形面积的计算，解题关键在于掌握运算公式
2、D
【解析】
各式计算得到结果，即可作出判断．
【详解】
解：A、4x+5y=4x+5y，错误；
B、（-m）3•m7=-m10，错误；
C、（x3y）5=x15y5，错误；
D、a12÷a8=a4，正确；
故选D．
【点睛】
此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
3、B
【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点（m，n）恰好在反比例函数y＝图象上的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】
解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，点（m，n）恰好在反比例函数y＝图象上的有：（2，3），（﹣1，﹣6），（3，2），（﹣6，﹣1），
∴点（m，n）在函数y＝图象上的概率是：．
故选B．
【点睛】
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
4、C
【解析】
利用加减消元法解这个二元一次方程组.
【详解】
解：
①-②2，得：y=-2，
将y=-2代入②，得：2x-2=4，
解得，x=3，
所以原方程组的解是.
故选C.
【点睛】
本题考查了解二元一次方程组和解一元一次方程等知识点，解此题的关键是把二元一次方程组转化成一元一次方程，题目比较典型，难度适中.
5、B
【解析】
在平面内，如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转前后的图形能互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，分别判断各选项即可解答.
【详解】
解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握是解题的关键.
6、B
【解析】试题解析：水涨船高是必然事件，A不正确；
守株待兔是随机事件，B正确；
水中捞月是不可能事件，C不正确
缘木求鱼是不可能事件，D不正确；
故选B．
考点：随机事件.
7、B
【解析】
依据平方根的定义求解即可．
【详解】
∵（±1）1=4，
∴4的平方根是±1．
故选B．
【点睛】
本题主要考查的是平方根的定义，掌握平方根的定义是解题的关键．
8、B
【解析】
由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】
①抛物线与y轴交于负半轴，则c＜1，故①正确；
②对称轴x1，则2a+b=1．故②正确；
③由图可知：当x=1时，y=a+b+c＜1．故③错误；
④由图可知：抛物线与x轴有两个不同的交点，则b2﹣4ac＞1．故④错误．
综上所述：正确的结论有2个．
故选B．
【点睛】
本题考查了图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的值求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
9、C
【解析】
根据折叠易得BD，AB长，利用相似可得BF长，也就求得了CF的长度，△CEF的面积=CF•CE．
【详解】
解：由折叠的性质知，第二个图中BD=AB-AD=4，第三个图中AB=AD-BD=2，
因为BC∥DE，
所以BF：DE=AB：AD，
所以BF=2，CF=BC-BF=4，
所以△CEF的面积=CF•CE=8；
故选：C．
点睛：
本题利用了：①折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；②矩形的性质，平行线的性质，三角形的面积公式等知识点．
10、C
【解析】
把（2，2）代入得k=4，把（b，﹣1﹣n2）代入得,k=b（﹣1﹣n2），即
根据k、b的值确定一次函数y=kx+b的图象经过的象限．
【详解】
解：把（2，2）代入,
得k=4，
把（b，﹣1﹣n2）代入得：
k=b（﹣1﹣n2），即,
∵k=4＞0，＜0，
∴一次函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，
故选C．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象的性质以及一次函数经过的象限，根据反比例函数的性质得出k，b的符号是解题关键．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
由图象得出解析式后联立方程组解答即可．
【详解】
由图象可得：y甲=4t（0≤t≤5）；y乙=；
由方程组，解得t=．
故答案为．
【点睛】
此题考查一次函数的应用，关键是由图象得出解析式解答．
12、 取格点P、N（S△PAB=），作直线PN，再证=作线段AB的垂直平分线EF交PN于点C，点C即为所求．
【解析】
（Ⅰ）利用勾股定理计算即可；
（Ⅱ）取格点P、N（S△PAB=），作直线PN，再证=作线段AB的垂直平分线EF交PN于点C，点C即为所求．
【详解】
解：（Ⅰ）AB= =，
故答案为．
（Ⅱ）如图取格点P、N（使得S△PAB=），作直线PN，再证=作线段AB的垂直平分线EF交PN于点C，点C即为所求．

故答案为：取格点P、N（S△PAB=），作直线PN，再证=作线段AB的垂直平分线EF交PN于点C，点C即为所求．
【点睛】
本题考查作图﹣应用与设计，线段的垂直平分线的性质、等高模型等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想思考问题，属于中考常考题型．
13、
【解析】
试题解析：∵共6个数，小于5的有4个，∴P（小于5）==．故答案为．
14、6
【解析】
过A作AM⊥CD于M，过A作AN⊥BC于N，先根据“AAS”证明△DAM≌△BAN,再证明四边形AMCN为正方形,可求得AC=6,从而当BD⊥AC时BD最小，且最小值为6.
【详解】
如下图，过A作AM⊥CD于M，过A作AN⊥BC于N，则∠MAN＝90°,
∠DAM＋∠BAM＝90°，∠BAM＋∠BAN＝90°,
∴∠DAM＝∠BAN.
∵∠DMA＝∠N＝90°，AB＝AD,
∴△DAM≌△BAN,
∴AM＝AN,
∴四边形AMCN为正方形,
∴S四边形ABCD＝S四边形AMCN＝AC2,
∴AC=6,
∴BD⊥AC时BD最小，且最小值为6.
故答案为：6.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键.
15、
【解析】
首先解每个不等式，然后根据不等式无解，即两个不等式的解集没有公共解即可求得．
【详解】
，
解①得：x＞a+3，
解②得：x＜1．
根据题意得：a+3≥1，
解得：a≥-2．
故答案是：a≥-2．
【点睛】
本题考查了一元一次不等式组的解，解题的关键是熟练掌握解一元一次不等式组的步骤.．
16、1
【解析】
把点（m，0）代入y＝x2﹣x﹣1，求出m2﹣m＝1，代入即可求出答案．
【详解】
∵二次函数y＝x2﹣x﹣1的图象与x轴的一个交点为（m，0），∴m2﹣m﹣1＝0，∴m2﹣m＝1，∴m2﹣m+2017＝1+2017＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点问题，求代数式的值的应用，解答此题的关键是求出m2﹣m＝1，难度适中．

三、解答题（共8题，共72分）
17、 (1) CF=1；（2）y=，0≤x≤1；（3）CM=2﹣．
【解析】
（1）如图1中，作AH⊥BC于H．首先证明四边形AHCD是正方形，求出BC、MC的长，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题；
（2）在Rt△AEH中，AE2=AH2+EH2=12+（1+y）2，由△EAM∽△EBA，可得，推出AE2=EM•EB，由此构建函数关系式即可解决问题；
（3）如图2中，作AH⊥BC于H，连接MN，在HB上取一点G，使得HG=DN，连接AG．想办法证明CM=CN，MN=DN+HM即可解决问题；
【详解】
解：（1）如图1中，作AH⊥BC于H．

∵CD⊥BC，AD∥BC，
∴∠BCD=∠D=∠AHC=90°，
∴四边形AHCD是矩形，
∵AD=DC=1，
∴四边形AHCD是正方形，
∴AH=CH=CD=1，
∵∠B=45°，
∴AH=BH=1，BC=2，
∵CM=BC=，CM∥AD，
∴=，
∴=，
∴CF=1．
（2）如图1中，在Rt△AEH中，AE2=AH2+EH2=12+（1+y）2，
∵∠AEM=∠AEB，∠EAM=∠B，
∴△EAM∽△EBA，
∴=，
∴AE2=EM•EB，
∴1+（1+y）2=（x+y）（y+2），
∴y=，
∵2﹣2x≥0，
∴0≤x≤1．
（3）如图2中，作AH⊥BC于H，连接MN，在HB上取一点G，使得HG=DN，连接AG．

则△ADN≌△AHG，△MAN≌△MAG，
∴MN=MG=HM+GH=HM+DN，
∵△ABM∽△EFN，
∴∠EFN=∠B=45°，
∴CF=CE，
∵四边形AHCD是正方形，
∴CH=CD=AH=AD，EH=DF，∠AHE=∠D=90°，
∴△AHE≌△ADF，
∴∠AEH=∠AFD，
∵∠AEH=∠DAN，∠AFD=∠HAM，
∴∠HAM=∠DAN，
∴△ADN≌△AHM，
∴DN=HM，设DN=HM=x，则MN=2x，CN=CM=x，
∴x+x=1，
∴x=﹣1，
∴CM=2﹣．
【点睛】
本题考查了正方形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质.熟练运用平行线分线段成比例定理是解（1）的关键；证明△EAM∽△EBA是解（2）的关键；综合运用全等三角形的判定与性质是解（3）的关键.
18、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）连接AD，求出∠PBC＝∠ABC，求出∠ABP＝90°，根据切线的判定得出即可；
（2）解直角三角形求出BD，求出BC，根据勾股定理求出AD，根据相似三角形的判定和性质求出BE，根据相似三角形的性质和判定求出BP即可．
【详解】
解：（1）连接AD，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠BAC，
∵∠ADB=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，
∵∠PBC=∠BAC，
∴∠PBC+∠ABD=90°，
∴∠ABP=90°，即AB⊥BP，
∴PB是⊙O的切线；
（2）∵∠PBC=∠BAD，
∴sin∠PBC=sin∠BAD，
∵sin∠PBC==，AB=10，
∴BD=2，由勾股定理得：AD==4，
∴BC=2BD=4，
∵由三角形面积公式得：AD×BC=BE×AC，
∴4×4=BE×10，
∴BE=8，
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE=6，
∵∠BAE=∠BAP，∠AEB=∠ABP=90°，
∴△ABE∽△APB，
∴=，
∴PB===．
【点睛】
本题考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的性质和判定等知识点，能综合运用性质定理进行推理是解此题的关键．
19、（1）P=;（2）P=.
【解析】
试题分析：依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
试题解析：（1）甲、乙两名学生到A、B两个书店购书的所有可能结果有：

从树状图可以看出，这两名学生到不同书店购书的可能结果有AB、BA共2种，
所以甲乙两名学生在不同书店购书的概率P（甲、乙2名学生在不同书店购书）=；
（2）甲、乙、丙三名学生AB两个书店购书的所有可能结果有：

从树状图可以看出，这三名学生到同一书店购书的可能结果有AAA、BBB共2种，
所以甲乙丙到同一书店购书的概率P(甲、乙、丙3名学生在同一书店购书)=.
点睛：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2），证明见解析．
【解析】
（1）①利用矩形的性质，结合已知条件可证△PMN≌△PDF，则可证得结论；
②由勾股定理可求得DM=DP，利用①可求得MN=DF，则可证得结论；
（2）过点P作PM1⊥PD，PM1交AD边于点M1，则可证得△PM1N≌△PDF，则可证得M1N=DF，同（1）②的方法可证得结论．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°．
又∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠EDC=45°；
∵PM⊥PD，∠DMP=45°，
∴DP=MP．
∵PM⊥PD，PF⊥PN，
∴∠MPN+∠NPD=∠NPD+∠DPF=90°，∴∠MPN=∠DPF．
在△PMN和△PDF中， ，
∴△PMN≌△PDF（ASA），
∴PN=PF，MN=DF；
②∵PM⊥PD，DP=MP，∴DM2=DP2+MP2=2DP2，∴DM=DP．
∵又∵DM=DN+MN，且由①可得MN=DF，∴DM=DN+DF，∴DF+DN=DP；
（2）．理由如下：
过点P作PM1⊥PD，PM1交AD边于点M1，如图，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°．
又∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠EDC=45°；
∵PM1⊥PD，∠DM1P=45°，∴DP=M1P，
∴∠PDF=∠PM1N=135°，同（1）可知∠M1PN=∠DPF．
在△PM1N和△PDF中，
∴△PM1N≌△PDF（ASA），∴M1N=DF，
由勾股定理可得：=DP2+M1P2=2DP2，∴DM1DP．
∵DM1=DN﹣M1N，M1N=DF，∴DM1=DN﹣DF，
∴DN﹣DF=DP．

【点睛】
本题为四边形的综合应用，涉及矩形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识．在每个问题中，构造全等三角形是解题的关键，注意勾股定理的应用．本题考查了知识点较多，综合性较强，难度适中．
21、（1）60°;(2)证明略;(3)
【解析】
（1）根据∠ABC与∠D都是劣弧AC所对的圆周角，利用圆周角定理可证出∠ABC=∠D=60°； 
（2）根据AB是⊙O的直径，利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，结合∠ABC=60°求得∠BAC=30°，从而推出∠BAE=90°，即OA⊥AE，可得AE是⊙O的切线；
（3）连结OC，证出△OBC是等边三角形，算出∠BOC=60°且⊙O的半径等于4，可得劣弧AC所对的圆心角∠AOC=120°，再由弧长公式加以计算，可得劣弧AC的长．
【详解】
（1）∵∠ABC与∠D都是弧AC所对的圆周角，
∴∠ABC=∠D=60°；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠BAC=30°，
∴∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°，
即BA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（3）如图，连接OC，

∵OB=OC，∠ABC=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=4，∠BOC=60°，
∴∠AOC=120°，
∴劣弧AC的长为==．
【点睛】
本题考查了切线长定理及弧长公式，熟练掌握定理及公式是解题的关键.
22、1
【解析】
通过已知等式化简得到未知量的关系，代入目标式子求值.
【详解】
∵（y﹣z）1+（x﹣y）1+（z﹣x）1=（y+z﹣1x）1+（z+x﹣1y）1+（x+y﹣1z）1．
∴（y﹣z）1﹣（y+z﹣1x）1+（x﹣y）1﹣（x+y﹣1z）1+（z﹣x）1﹣（z+x﹣1y）1=2，
∴（y﹣z+y+z﹣1x）（y﹣z﹣y﹣z+1x）+（x﹣y+x+y﹣1z）（x﹣y﹣x﹣y+1z）+（z﹣x+z+x﹣1y）（z﹣x﹣z﹣x+1y）=2，
∴1x1+1y1+1z1﹣1xy﹣1xz﹣1yz=2，
∴（x﹣y）1+（x﹣z）1+（y﹣z）1=2．
∵x，y，z均为实数，
∴x=y=z．
∴
23、1
【解析】
首先运用乘法分配律将所求的代数式去括号,然后再合并化简,最后整体代入求解.
【详解】
解：（﹣2）÷
=
=x2﹣3﹣2x+2
=x2﹣2x﹣1，
∵x2﹣x﹣4=0，
∴x2﹣2x=8，
∴原式=8﹣1=1．
【点睛】
分式混合运算要注意先去括号;分子、 分母能因式分解的先因式分解;除法要统一为乘法运算.注意整体代入思想在代数求值计算中的应用.
24、（1）111，51；（2）11.
【解析】
（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积是x（m2），根据在独立完成面积为411m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天，列出方程，求解即可；
（2）设应安排甲队工作y天，根据这次的绿化总费用不超过8万元，列出不等式，求解即可．
【详解】
解：（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积是x（m2），根据题意得：

解得：x=51，
经检验x=51是原方程的解，
则甲工程队每天能完成绿化的面积是51×2=111（m2），
答：甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是111m2、51m2；
（2）设应安排甲队工作y天，根据题意得：
1.4y+×1．25≤8，
解得：y≥11，
答：至少应安排甲队工作11天．