牡丹江市2018年中考数学试卷及答案(Word解析版)

这是一份牡丹江市2018年中考数学试卷及答案(Word解析版)，共24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。

黑龙江省牡丹江市2018年中考数学试卷
　
一、选择题（每小题3分，满分27分）
1．（3分）（2014•牡丹江）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
　
A．

B．

C．

D．


考点：
中心对称图形；轴对称图形．.
分析：
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解答：
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项错误；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形．故此选项错误；
C、既是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项正确；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形．故此选项错误．
故答案选：C．
点评：
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
　
2．（3分）（2014•牡丹江）在函数y=中，自变量x的取值范围是（　　）
　
A．
x≥0
B．
x＞0
C．
x≠0
D．
x＞0且x≠1

考点：
函数自变量的取值范围．.
分析：
分式的分母不为0；偶次根式被开方数大于或等于0；当一个式子中同时出现这两点时，应该是取让两个条件都满足的公共部分．
解答：
解：根据题意得到：x＞0，
故选B．
点评：
本题考查了函数式有意义的x的取值范围．判断一个式子是否有意义，应考虑分母上若有字母，字母的取值不能使分母为零，二次根号下字母的取值应使被开方数为非负数．易错易混点：学生易对二次根式的非负性和分母不等于0混淆．
　
3．（3分）（2014•牡丹江）下列计算正确的是（　　）
　
A．
2a2+a=3a2
B．
2a﹣1=（a≠0）
C．
（﹣a2）3÷a4=﹣a
D．
2a2•3a3=6a5

考点：
同底数幂的除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式；负整数指数幂．.
分析：
根据合并同类项的法则，同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方的知识求解即可求得答案．
解答：
解：A、2a2+a，不是同类项不能合并，故A选项错误；
B、2a﹣1=（a≠0），故B选项错误；
C、（﹣a2）3÷a4=﹣a2，故C选项错误；
D、2a2•3a3=6a5，故D选项正确．
故选：D．
点评：
此题考查了合并同类项的法则，同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方等知识，解题关键是熟记法则．
　
4．（3分）（2014•牡丹江）由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图如图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是（　　）

　
A．
3
B．
4
C．
5
D．
6

考点：
由三视图判断几何体．.
分析：
根据三视图的知识，主视图是由4个小正方形组成，而左视图是由4个小正方形组成，故这个几何体的底层最少有3个小正方体，第2层最少有1个小正方体．
解答：
解：根据左视图和主视图，这个几何体的底层最少有1+1+1=3个小正方体，
第二层最少有1个小正方体，
因此组成这个几何体的小正方体最少有3+1=4个．
故选B．
点评：
本题考查了由几何体判断三视图，意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就容易得到答案．
　
5．（3分）（2014•牡丹江）将抛物线y=（x﹣1）2+3向左平移1个单位，得到的抛物线与y轴的交点坐标是（　　）
　
A．
（0，2）
B．
（0，3）
C．
（0，4）
D．
（0，7）

考点：
二次函数图象与几何变换．.
专题：
几何变换．
分析：
先根据顶点式确定抛物线y=（x﹣1）2+3的顶点坐标为（1，3），在利用点的平移得到平移后抛物线的顶点坐标为（0，3），于是得到移后抛物线解析式为y=x2+3，然后求平移后的抛物线与y轴的交点坐标．
解答：
解：抛物线y=（x﹣1）2+3的顶点坐标为（1，3），把点（1，3）向左平移1个单位得到点的坐标为（0，3），所以平移后抛物线解析式为y=x2+3，所以得到的抛物线与y轴的交点坐标为（0，3）．
故选B．
点评：
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
　
6．（3分）（2014•牡丹江）若x：y=1：3，2y=3z，则的值是（　　）
　
A．
﹣5
B．
﹣
C．

D．
5

考点：
比例的性质．.
分析：
根据比例设x=k，y=3k，再用k表示出z，然后代入比例式进行计算即可得解．
解答：
解：∵x：y=1：3，
∴设x=k，y=3k，
∵2y=3z，
∴z=2k，
∴==﹣5．
故选A．
点评：
本题考查了比例的性质，利用“设k法”分别表示出x、y、z可以使计算更加简便．
　
7．（3分）（2014•牡丹江）如图，⊙O的直径AB=2，弦AC=1，点D在⊙O上，则∠D的度数是（　　）

　
A．
30°
B．
45°
C．
60°
D．
75°

考点：
圆周角定理；含30度角的直角三角形．.
分析：
由⊙O的直径是AB，得到∠ACB=90°，根据特殊三角函数值可以求得∠B的值，继而求得∠A和∠D的值．
解答：
解：∵⊙O的直径是AB，
∴∠ACB=90°，
又∵AB=2，弦AC=1，
∴sinB=，
∴∠B=30°，
∴∠A=∠D=60°，
故选：C．
点评：
本题考查的是圆周角定理及直角三角形的性质，比较简单，但在解答时要注意特殊三角函数的取值．
　
8．（3分）（2014•牡丹江）如图，点P是菱形ABCD边上一动点，若∠A=60°，AB=4，点P从点A出发，以每秒1个单位长的速度沿A→B→C→D的路线运动，当点P运动到点D时停止运动，那么△APD的面积S与点P运动的时间t之间的函数关系的图象是（　　）

　
A．

B．

C．

D．


考点：
动点问题的函数图象．.
分析：
根据∠A的度数求出菱形的高，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．
解答：
解：∵∠A=60°，AB=4，
∴菱形的高=4×=2，
点P在AB上时，△APD的面积S=×4×t=t（0≤t≤4）；
点P在BC上时，△APD的面积S=×4×2=4（4＜t≤8）；
点P在CD上时，△APD的面积S=×4×（12﹣t）=﹣t+12（8＜t≤12），
纵观各选项，只有B选项图形符合．
故选B．
点评：
本题考查了动点问题函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，分三段求出相应的函数解析式是解题的关键．
　
9．（3分）（2014•牡丹江）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：
①FB⊥OC，OM=CM；
②△EOB≌△CMB；
③四边形EBFD是菱形；
④MB：OE=3：2．
其中正确结论的个数是（　　）

　
A．
1
B．
2
C．
3
D．
4

考点：
菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．.
分析：
①根据已知得出△OBF≌△CBF，可求得△OBF与△CBF关于直线BF对称，进而求得FB⊥OC，OM=CM；
②因为△EOB≌△FOB≌△FCB，故△EOB不会全等于△CBM．
③先证得∠ABO=∠OBF=30°，再证得OE=OF，进而证得OB⊥EF，因为BD、EF互相平分，即可证得四边形EBFD是菱形；
④根据三角函数求得MB=OM/，OF=OM/，即可求得MB：OE=3：2．
解答：
解：连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AC、BD互相平分，
∵O为AC中点，
∴BD也过O点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=OC，∠OBC=60°，
在△OBF与△CBF中

∴△OBF≌△CBF（SSS），
∴△OBF与△CBF关于直线BF对称，
∴FB⊥OC，OM=CM；
∴①正确，
∵∠OBC=60°，
∴∠ABO=30°，
∵△OBF≌△CBF，
∴∠OBM=∠CBM=30°，
∴∠ABO=∠OBF，
∵AB∥CD，
∴∠OCF=∠OAE，
∵OA=OC，
易证△AOE≌△COF，
∴OE=OF，
∴OB⊥EF，
∴四边形EBFD是菱形，
∴③正确，
∴△EOB≌△FOB≌△FCB，
∴△EOB≌△CMB错误．
∵∠OMB=∠BOF=90°，∠OBF=30°，
∴MB=OM/，OF=OM/，
∵OE=OM，
∴MB：OE=3：2，正确；
故选C．

点评：
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及三角函数等的知识．
　
二、填空题（每小题3分，满分33分）
10．（3分）（2014•牡丹江）2014年我国农村义务教育保障资金约为87900000000元，请将数87900000000用科学记数法表示为　8.79×1010　．

考点：
科学记数法—表示较大的数．.
分析：
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的值是易错点，由于87900000000有11位，所以可以确定n=11﹣1=10．
解答：
解：87 900 000 000=8.79×1010．
故答案为：8.79×1010．
点评：
此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．
　
11．（3分）（2014•牡丹江）如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，BE=CF，请添加一个条件　AB=DE（答案不唯一）　，使△ABC≌△DEF．


考点：
全等三角形的判定．.
专题：
开放型．
分析：
可选择利用AAS或SAS进行全等的判定，答案不唯一，写出一个符合条件的即可．
解答：
解：添加AB=DE．
∵BE=CF，
∴BC=EF，
∵AB∥DE，
∴∠B=∠DEF，
∵在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
故答案可为：AB=DE（答案不唯一）．
点评：
本题考查了全等三角形的判定，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的几种判定定理．
　
12．（3分）（2014•牡丹江）某种商品每件的标价为240元，按标价的八折销售时，每件仍能获利20%，则这种商品每件的进价为　160　元．

考点：
一元一次方程的应用．.
分析：
设这种商品每件的进价为x元，根据按标价的八折销售时，仍可获利10%，列方程求解．
解答：
解：设这种商品每件的进价为x元，
由题意得，240×0.8﹣x=10%x，
解得：x=160，
即每件商品的进价为160元．
故答案是：160．
点评：
本题考查了一元一次方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出等量关系，列方程求解．
　
13．（3分）（2014•牡丹江）一组数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12，平均数是6，这组数据的中位数是　3　．

考点：
中位数；算术平均数；众数．.
分析：
先根据数据2，3，x，y，12的平均数是6，求出x+y=13，再根据数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12，求出x，y的值，最后把这组数据从小到大排列，即可得出答案．
解答：
解：∵数据2，3，x，y，12的平均数是6，
∴（2+3+x+y+12）=6，
解得：x+y=13，
∵数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12，
∴x=12，y=1或x=1，y=12，
把这组数据从小到大排列为：1，2，3，12，12，
则这组数据的中位数是3；
故答案为：3．
点评：
本题考查了众数、平均数与中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），给定一组数据，出现次数最多的那个数，称为这组数据的众数．
　
14．（3分）（2014•牡丹江）⊙O的半径为2，弦BC=2，点A是⊙O上一点，且AB=AC，直线AO与BC交于点D，则AD的长为　1或3　．

考点：
垂径定理；勾股定理．.
专题：
分类讨论．
分析：
根据题意画出图形，连接OB，由垂径定理可知BD=BC，在Rt△OBD中，根据勾股定理求出OD的长，进而可得出结论．
解答：
解：如图所示：
∵⊙O的半径为2，弦BC=2，点A是⊙O上一点，且AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴BD=BC=，
在Rt△OBD中，
∵BD2+OD2=OB2，即（）2+OD2=22，解得OD=1，
∴当如图1所示时，AD=OA﹣OD=2﹣1=1；
当如图2所示时，AD=OA+OD=2+1=3．
故答案为：1或3．

点评：
本题考查的是垂径定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．
　
15．（3分）（2014•牡丹江）在一个不透明的口袋中有3个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，随机地取出一个小球然后放回，再随机地取出一个小球，则两次取出小球的标号的和是3的倍数的概率是　　．

考点：
列表法与树状图法．.
分析：
列举出所有情况，看两次取出的小球的标号之和是3的倍数情况数占总情况数的多少即可．
解答：
解：树状图如下：

共9种情况，两次取出的小球的标号之和是3的倍数的情况数有3种，
所以两次取出的小球的标号之和是3的倍数的概率为=．
故答案为：．
点评：
考查概率的求法；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；得到两次取出的小球的标号之和是3的倍数的情况数是解决本题的关键．
　
16．（3分）（2014•牡丹江）如图，是由一些点组成的图形，按此规律，在第n个图形中，点的个数为　n2+2　．


考点：
规律型：图形的变化类．.
分析：
分析数据可得：第1个图形中点的个数为3；第2个图形中点的个数为3+3；第3个图形中点的个数为3+3+5；第4个图形中点的个数为3+3+5+7；…则知第n个图形中小圆的个数为3+3+5+7+…+（2n﹣1）．据此可以求得答案．
解答：
解：第1个图形中点的个数为3；
第2个图形中点的个数为3+3；
第3个图形中点的个数为3+3+5；
第4个图形中点的个数为3+3+5+7；
…
第n个图形中小圆的个数为3+3+5+7+…+（2n﹣1）=n2+2．
故答案为：n2+2．
点评：
此题考查图形与数字结合规律的题目．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
　
17．（3分）（2014•牡丹江）如图，在△ABC中，AC=BC=8，∠C=90°，点D为BC中点，将△ABC绕点D逆时针旋转45°，得到△A′B′C′，B′C′与AB交于点E，则S四边形ACDE=　28　．


考点：
旋转的性质．.
分析：
利用旋转的性质得出∠B=∠BDE=45°，BD=4，进而由S四边形ACDE=S△ACB﹣S△BDE求出即可．
解答：
解：由题意可得：∠B=∠BDE=45°，BD=4，
则∠DEB=90°，
∴BE=DE=2，
∴S△BDE=×2×2=4，
∵S△ACB=×AC×BC=32，
∴S四边形ACDE=S△ACB﹣S△BDE=28．
故答案为：28．
点评：
此题主要考查了旋转的性质以及三角形面积求法，得出S△BDE是解题关键．
　
18．（3分）（2014•牡丹江）抛物线y=ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），对称轴是直线x=﹣1，则a+b+c=　0　．

考点：
二次函数的性质．.
分析：
根据二次函数的对称性求出抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一交点为（1，0），由此求出a+b+c的值．
解答：
解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），对称轴是直线x=﹣1，
∴y=ax2+bx+c与x轴的另一交点为（1，0），
∴a+b+c=0．
故答案为0．
点评：
本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的对称性求出抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一交点为（1，0）是解题的关键．
　
19．（3分）（2014•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（3，0），连接AB，将△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在x轴上的点A′处，折痕所在的直线交y轴正半轴于点C，则直线BC的解析式为　y=﹣x+　．


考点：
翻折变换（折叠问题）；待定系数法求一次函数解析式．.
专题：
计算题．
分析：
在Rt△OAB中，OA=4，OB=3，用勾股定理计算出AB=5，再根据折叠的性质得BA′=BA=5，CA′=CA，则OA′=BA′﹣OB=2，设OC=t，则CA=CA′=4﹣t，在Rt△OA′C中，根据勾股定理得到t2+22=（4﹣t）2，解得t=，则C点坐标为（0，），然后利用待定系数法确定直线BC的解析式．
解答：
解：∵A（0，4），B（3，0），
∴OA=4，OB=3，
在Rt△OAB中，AB==5，
∵△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在x轴上的点A′处，
∴BA′=BA=5，CA′=CA，
∴OA′=BA′﹣OB=5﹣3=2，
设OC=t，则CA=CA′=4﹣t，
在Rt△OA′C中，
∵OC2+OA′2=CA′2，
∴t2+22=（4﹣t）2，解得t=，
∴C点坐标为（0，），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
把B（3，0）、C（0，）代入得，解得，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+．
故答案为y=﹣x+．
点评：
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，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．也考查了勾股定理和待定系数法求一次函数解析式．
　
20．（3分）（2014•牡丹江）矩形ABCD中，AB=2，BC=1，点P是直线BD上一点，且DP=DA，直线AP与直线BC交于点E，则CE=　﹣2或+2　．

考点：
矩形的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．.
专题：
分类讨论．
分析：
依题意画出图形：以点D为圆心，DA长为半径作圆，与直线BC交于点P（有2个），利用等腰三角形的性质分别求出CE的长度．
解答：
解：矩形ABCD中，AB=2，AD=1，
由勾股定理得：BD=．
如图所示，以点D为圆心，DA长为半径作圆，交直线BD于点P1、P2，连接AP1、P2A并延长，分别交直线BC于点E1、E2．
∵DA=DP1，
∴∠1=∠2．
∵AD∥BC，
∴∠4=∠3，又∵∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
∴BE1=BP1=，
∴CE1=BE1﹣BC=﹣2；
∵DA=DP2
∴∠5=∠6
∵AD∥BC，
∴∠5=∠7，
∴∠6=∠7，
∴BE2=BP2=+1，
∴CE2=BE2+BC=+2．
故答案为：﹣2或+2．

点评：
本题考查了矩形的性质、勾股定理、等腰三角形等知识点．考查重点是分类讨论的数学思想，本题所求值有2个，注意不要漏解．
　
三、解答题（满分60分）
21．（5分）（2014•牡丹江）先化简，再求值：（x﹣）÷，其中x=cos60°．

考点：
分式的化简求值；特殊角的三角函数值．.
分析：
先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再求出x的值代入进行计算即可．
解答：
解：原式=÷
=•
=，
当x=cos60°=时，原式==﹣．
点评：
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
　
22．（6分）（2014•牡丹江）如图，抛物线y=ax2+2x+c经过点A（0，3），B（﹣1，0），请解答下列问题：
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的顶点为点D，对称轴与x轴交于点E，连接BD，求BD的长．
注：抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（﹣，）．


考点：
待定系数法求二次函数解析式；二次函数的性质．.
专题：
计算题．
分析：
（1）将A与B代入抛物线解析式求出a与c的值，即可确定出抛物线解析式；
（2）利用顶点坐标公式表示出D坐标，进而确定出E坐标，得到DE与OE的长，根据B坐标求出BO的长，进而求出BE的长，在直角三角形BED中，利用勾股定理求出BD的长．
解答：
解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c经过点A（0，3），B（﹣1，0），
∴将A与B坐标代入得：，
解得：，
则抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；

（2）由D为抛物线顶点，得到D（1，4），
∵抛物线与x轴交于点E，
∴DE=4，OE=1，
∵B（﹣1，0），
∴BO=1，
∴BE=2，
在Rt△BED中，根据勾股定理得：BD===2．
点评：
此题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
　
23．（6分）（2014•牡丹江）在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，以AC为一边作正方形ACDE，过点D作DF⊥BC交直线BC于点F，连接AF，请你画出图形，直接写出AF的长，并画出体现解法的辅助线．

考点：
作图—应用与设计作图；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质．.
分析：
根据题意画出两个图形，再利用勾股定理得出AF的长．
解答：
解：如图1所示：
∵AB=AC=5，BC=6，
∴AM=4，
∵∠ACM+∠DCF=90°，∠MAC+∠ACM=90°，
∴∠CAM=∠DCF，
在△AMC和△CFD中
，
∴△AMC≌△CFD（AAS），
∴AM=CF=4，
故AF==，
如图2所示：
∵AB=AC=5，BC=6，
∴AM=4，MC=3，
∵∠ACM+∠DCF=90°，∠MAC+∠ACM=90°，
∴∠CAM=∠DCF，
在△AMC和△CFD中
，
∴△AMC≌△CFD（AAS），
∴AM=FC=4，
∴FM=FC﹣MC=1，
故AF==．
注：每图1分（图1中没有辅助线、没有直角符号均不给分；图2中没有辅助线、没有直角符号、点B在正方形外均不给分）．

点评：
此题主要考查了应用设计与作图，利用分类讨论得出是解题关键．
　
24．（7分）（2014•牡丹江）某校为了了解本校九年级学生的视力情况（视力情况分为：不近视，轻度近视，中度近视，重度近视），随机对九年级的部分学生进行了抽样调查，将调查结果进行整理后，绘制了如下不完整的统计图，其中不近视与重度近视人数的和是中度近视人数的2倍．

请你根据以上信息解答下列问题：
（1）求本次调查的学生人数；
（2）补全条形统计图，在扇形统计图中，“不近视”对应扇形的圆心角度数是　144　度；
（3）若该校九年级学生有1050人，请你估计该校九年级近视（包括轻度近视，中度近视，重度近视）的学生大约有多少人．

考点：
条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．.
分析：
（1）根据轻度近视的人数是14人，占总人数的28%，即可求得总人数；
（2）设中度近视的人数是x人，则不近视与重度近视人数的和2x，列方程求得x的值，即可求得不近视的人数，然后利用360°乘以对应的百分比即可求得圆心角的度数；
（3）利用总人数乘以对应的百分比即可求解．
解答：
解：（1）本次调查的学生数是：14÷28%=50（人）；

（2）设中度近视的人数是x人，则不近视与重度近视人数的和2x，则x+2x+14=50，
解得：x=12，
则中度近视的人数是12，不近视的人数是：24﹣4=20（人），
则“不近视”对应扇形的圆心角度数是：360°×=144°；

（3）1050×=630（人）．
答：该校九年级近视（包括轻度近视，中度近视，重度近视）的学生大约630人．
点评：
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
　
25．（8分）（2014•牡丹江）快、慢两车分别从相距480千米路程的甲、乙两地同时出发，匀速行驶，先相向而行，途中慢车因故停留1小时，然后以原速继续向甲地行驶，到达甲地后停止行驶；快车到达乙地后，立即按原路原速返回甲地（快车掉头的时间忽略不计），快、慢两车距乙地的路程y（千米）与所用时间x（小时）之间的函数图象如图，请结合图象信息解答下列问题：

（1）直接写出慢车的行驶速度和a的值；
（2）快车与慢车第一次相遇时，距离甲地的路程是多少千米？
（3）两车出发后几小时相距的路程为200千米？请直接写出答案．

考点：
一次函数的应用．.
分析：
（1）根据行程问题的数量关系速度=路程÷时间及路程=速度×时间就可以得出结论；
（2）由（1）的结论可以求出点D的坐标，再由题意可以求出快车的速度就可以求出点B的坐标，由待定系数法求出AB的解析式及OD的解析式就可以求出结论；
（3）根据（2）的结论，由待定系数法求出求出直线BC的解析式和直线EF的解析式，再由一次函数与一元一次方程的关系建立方程就可以求出结论．
解答：
解：（1）由题意，得
慢车的速度为：480÷（9﹣1）=60千米/时，
∴a=60×（7﹣1）=360．
答：慢车的行驶速度为60千米/时和a=360千米；

（2）由题意，得
5×60=300，
∴D（5，300），设yOD=k1x，由题意，得
300=5k1，
∴k1=60，
∴yOD=60x．
∵快车的速度为：（480+360）÷7=120千米/时．
∴480÷120=4小时．
∴B（4，0），C（8，480）．
设yAB=k2x+b，由题意，得
，
解得：，
∴yAB=﹣120x+480
∴，
解得：．
∴480﹣160=320千米．
答：快车与慢车第一次相遇时，距离甲地的路程是320千米；

（3）设直线BC的解析式为yBC=k3x+b3，由题意，得
，
解得：，
∴yBC=120x﹣480；
设直线EF的解析式为yEF=k4x+b4，由题意，得
，
解得：，
∴yEF=60x﹣60．
当60x﹣（﹣120x+480）=200时，
解得：x=；
当60x﹣（﹣120x+480）=﹣200时
解得：x=；
当120x﹣480﹣（60x﹣60）=200时，
解得：x=＞9（舍去）．
当120x﹣480﹣（60x﹣60）=﹣200时
解得：x=＜4（舍去）；
当120x﹣480﹣60x=﹣200时
解得：x=．
综上所述：两车出发小时、小时或小时时，两车相距的路程为200千米．
点评：
本题考查了行程问题的数量关系路程=速度×时间的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，一次函数与一元一次方程的关系的运用，解答时求出一次函数的解析式是关键．
　
26．（8分）（2014•牡丹江）如图，在等边△ABC中，点D在直线BC上，连接AD，作∠ADN=60°，直线DN交射线AB于点E，过点C作CF∥AB交直线DN于点F．

（1）当点D在线段BC上，∠NDB为锐角时，如图①，求证：CF+BE=CD；
（提示：过点F作FM∥BC交射线AB于点M．）
（2）当点D在线段BC的延长线上，∠NDB为锐角时，如图②；当点D在线段CB的延长线上，∠NDB为钝角时，如图③，请分别写出线段CF，BE，CD之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（2）的条件下，若∠ADC=30°，S△ABC=4，则BE=　8　，CD=　4或8　．

考点：
全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．.
分析：
（1）通过△MEF≌△CDA即可求得ME=CD，因为通过证四边形BCFM是平行四边形可以得出BM=CF，从而证得CF+BE=CD；
（2）作FM∥BC，得出四边形BCFM是平行四边形，然后通过证得△MEF≌△CDA即可求得，
（3）根据△ABC的面积可求得AB=BC=AC=4，所以BD=2AB=8，所以 BE=8，图②CD=4图3CD=8，
解答：
（1）证明：如图①，过点F作FM∥BC交射线AB于点M，

∵CF∥AB，
∴四边形BMFC是平行四边形，
∴BC=MF，CF=BM，
∴∠ABC=∠EMF，∠BDE=∠MFE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，BC=AC，
∴∠EMF=∠ACB，AC=MF，
∵∠ADN=60°，
∴∠BDE+∠ADC=120°，∠ADC+∠DAC=120°，
∴∠BDE=∠DAC，
∴∠MFE=∠DAC，
在△MEF与△CDA中，
，
∴△MEF≌△CDA（AAS），
∴CD=ME=EB+BM，
∴CD=BE+CF．

（2）如图②，CF+CD=BE，如图3，CF﹣CD=BE；

（3）如图②图③，BE=8，CD=4或8．

点评：
本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半等．
　
27．（10分）（2014•牡丹江）某工厂有甲种原料69千克，乙种原料52千克，现计划用这两种原料生产A，B两种型号的产品共80件，已知每件A型号产品需要甲种原料0.6千克，乙种原料0.9千克；每件B型号产品需要甲种原料1.1千克，乙种原料0.4千克．请解答下列问题：
（1）该工厂有哪几种生产方案？
（2）在这批产品全部售出的条件下，若1件A型号产品获利35元，1件B型号产品获利25元，（1）中哪种方案获利最大？最大利润是多少？
（3）在（2）的条件下，工厂决定将所有利润的25%全部用于再次购进甲、乙两种原料，要求每种原料至少购进4千克，且购进每种原料的数量均为整数．若甲种原料每千克40元，乙种原料每千克60元，请直接写出购买甲、乙两种原料之和最多的方案．

考点：
一次函数的应用；一元一次不等式组的应用．.
分析：
（1）设生产A型号产品x件，则生产B型号产品（80﹣x）件，根据原材料的数量与每件产品的用量建立不等式组，求出其解即可；
（2）设所获利润为W元，根据总利润=A型号产品的利润+B型号产品的利润建立W与x之间的函数关系式，求出其解即可；
（3）根据（2）的结论，设购买甲种原料m千克，购买乙种原料n千克，建立方程，根据题意只有n最小，m最大才可以得出m+n最大得出结论．
解答：
解：（1）设生产A型号产品x件，则生产B型号产品（80﹣x）件，由题意，得
，
解得：38≤x≤40．
∵x为整数，
∴x=38，39，40，
∴有3种购买方案：
方案1，生产A型号产品38件，生产B型号产品42件；
方案2，生产A型号产品39件，生产B型号产品41件；
方案3，生产A型号产品40件，生产B型号产品40件．

（2）设所获利润为W元，由题意，得
W=35x+25（80﹣x），
w=10x+2000，
∴k=10＞0，
∴W随x的增大而增大，
∴当x=40时．W最大=2400元．
∴生产A型号产品40件，B型号产品40件时获利最大，最大利润为2400元．

（3）设购买甲种原料m千克，购买乙种原料n千克，由题意，得
40m+60n=2400
2m+3n=120．
∵m+n要最大，
∴n要最小．
∵m≥4，n≥4，
∴n=4．
∴m=9．
∵购买甲种原料9千克，乙种原料4千克．
点评：
本题考查了列一元一次不等式组解实际问题的运用，一元一次不等式组的解法的运用，一次函数的解析式的运用，二元一次不定方程的解法的运用．解答时由一次函数的解析式求解时关键．
　
28．（10分）（2014•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A，B，直线CD与x轴、y轴分别交于点C，D，AB与CD相交于点E，线段OA，OC的长是一元二次方程x2﹣18x+72=0的两根（OA＞OC），BE=5，tan∠ABO=．
（1）求点A，C的坐标；
（2）若反比例函数y=的图象经过点E，求k的值；
（3）若点P在坐标轴上，在平面内是否存在一点Q，使以点C，E，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请写出满足条件的点Q的个数，并直接写出位于x轴下方的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


考点：
一次函数综合题．.
分析：
（1）先求出一元二次方程x2﹣18x+72=0的两根就可以求出OA，OC的值，进而求出点A，C的坐标；
（2）先由勾股定理求出AB的值，得出AE的值，如图1，作EM⊥x轴于点M，由相似三角形的现在就可以求出EM的值，AM的值，就可以求出E的坐标，由待定系数法就可以求出结论；
（3）如图2，分别过C、E作CE的垂线交坐标轴三个点P1、P3、P4，可作出三个Q点，过E点作x轴的垂线与x轴交与p2，即可作出Q2，以CE为直径作圆交于y轴两个点P5、P6，使PC⊥PE，即可作出Q5、Q6．
解答：
解：（1）∵x2﹣18x+72=0
∴x1=6，x2=12．
∵OA＞OC，
∴OA=12，OC=6．
∴A（12，0），C（﹣6，0）；

（2）∵tan∠ABO=，
∴=，
∴，
∴OB=16．
在Rt△AOB中，由勾股定理，得
AB==20．
∵BE=5，
∴AE=15．
如图1，作EM⊥x轴于点M，
∴EM∥OB．
∴△AEM∽△ABO，
∴，
∴，
∴EM=12，AM=9，
∴OM=12﹣9=3．
∴E（3，12）．
∴12=，
∴k=36；

（3）满足条件的点Q的个数是6，如图2所示，
x轴的下方的Q4（10，﹣12），Q6（﹣3，6﹣3）；

如图①∵E（3，12），C（﹣6，0），
∴CG=9，EG=12，
∴EG2=CG•GP，
∴GP=16，
∵△CPE与△PCQ是中心对称，
∴CH=GP=16，QH=FG=12，
∵OC=6，
∴OH=10，
∴Q（10，﹣12），

如图②∵E（3，12），C（﹣6，0），
∴CG=9，EG=12，
∴CE=15，
∵MN=CG=，
可以求得PH=3﹣6，
∴Q（﹣3，6﹣3），


点评：
本题考查了一次函数的交点坐标的求法以及勾股定理的运用，三角函数的应用，三角形相似对应边成比例等．