2024-2025学年扬州市梅岭中学九上数学开学经典试题【含答案】

这是一份2024-2025学年扬州市梅岭中学九上数学开学经典试题【含答案】，共25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。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分） “古诗•送郎从军：送郎一路雨飞池，十里江亭折柳枝；离人远影疾行去，归来梦醒度相思．”中，如果用纵轴y表示从军者与送别者行进中离原地的距离，用横轴x表示送别进行的时间，从军者的图象为O→A→B→C，送别者的图象为O→A→B→D，那么下面的图象与上述诗的含义大致吻合的是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）在同一直角坐标系中，函数y＝－kx＋k与y＝ (k≠0)的图象大致是( )
A．B．C．D．
3、（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=5cm,BC=4cm动点P从B点出发，沿B-C-D-A方向运动至A处停止.设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，x,y关系（）,
A．B．C．D．
4、（4分）如果不等式组有解，那么m的取值范围是
A．B．C．D．
5、（4分）等于( )
A．2B．0C．D．-2019
6、（4分）在平面直角坐标系中，把△ABC 先沿 x 轴翻折，再向右平移 3 个单位得到△ABC 现把这两步 操作规定为一种变换．如图，已知等边三角形 ABC 的顶点 B、C 的坐标分别是（1，1）、（3，1）， 把三角形经过连续 5 次这种变换得到三角形△ABC，则点 A 的对应点 A 的坐标是（ ）
A．（5，﹣）B．（14，1+）C．（17，﹣1﹣）D．（20，1+）
7、（4分）如图，在▱ABCD中，AD＝8，点E，F分别是AB，AC的中点，则EF等于（ ）
A．2B．3C．4D．5
8、（4分）如图，在所在平面上任意取一点O（与A、B、C不重合），连接OA、OB、OC，分别取OA、OB、OC的中点、、，再连接、、得到，则下列说法不正确的是（ ）
A．与是位似图形
B．与是相似图形
C．与的周长比为2:1
D．与的面积比为2:1
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）数学兴趣小组的甲、乙、丙、丁四位同学进行还原魔方练习，下表记录了他们次还原魔方所用时间的平均值与方差：
要从中选择一名还原魔方用时少又发挥稳定的同学参加比赛，应该选择________同学．
10、（4分）二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，对称轴是直线 x＝1，则下列四个结论：①c＞0； ②2a＋b＝0； ③b2－4ac＞0； ④a－b＋c＞0；正确的是_____．
11、（4分）若a，b是直角三角形的两个直角边，且，则斜边c=______．
12、（4分）内角和等于外角和2倍的多边形是__________边形．
13、（4分）已知关于x的一次函数同时满足下列两个条件：函数y随x的增大而减小；当时，对应的函数值，你认为符合要求的一次函数的解析式可以是______写出一个即可．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知，是等边三角形，是直线上一点，以为顶点做 ． 交过且平行于的直线于，求证：；当为的中点时，（如图1）小明同学很快就证明了结论：他的做法是：取的中点，连结，然后证明． 从而得到，我们继续来研究：
（1）如图2、当D是BC上的任意一点时，求证：
（2）如图3、当D在BC的延长线上时，求证：
（3）当在的延长线上时，请利用图4画出图形，并说明上面的结论是否成立（不必证明）．
15、（8分）为了让学生拓展视野、丰富知识，加深与自然和文化的亲近感,增加对集体生活方式和社会公共道德的体验,我区某中学决定组织部分师生去随州炎帝故里开展研学旅行活动.在参加此次活动的师生中,若每位老师带个学生,还剩个学生没人带;若每位老师带个学生，就有一位老师少带个学生.为了安全,既要保证所有师生都有车坐,又要保证每辆客车上至少要有名老师.现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如表所示.
（1）参加此次研学旅行活动的老师有 人；学生有 人；租用客车总数为 辆；
（2）设租用辆乙种客车，租车费用为元，请写出与之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，学校计划此次研学旅行活动的租车总费用不超过元，你能得出哪几种不同的租车方案？其中哪种租车方案最省钱？请说明理由.
16、（8分）某班为了从甲、乙两同学中选出班长，进行了一次演讲答辩与民主测评．A、B、C、D、E五位老师作为评委，对“演讲答辩”情况进行评价，全班50位同学参与了民主测评．结果如下表所示：
表1 演讲答辩得分表（单位：分）
表2 民主测评票数统计表（单位：张）
规定：演讲答辩得分按“去掉一个最高分和一个最低分再算平均分”的方法确定；
民主测评得分=“好”票数×2分+“较好”票数×1分+“一般”票数×0分；
综合得分=演讲答辩得分×（1﹣a）+民主测评得分×a（0.5≤a≤0.8）．
（1）当a=0.6时，甲的综合得分是多少？
（2）a在什么范围时，甲的综合得分高？a在什么范围时，乙的综合得分高？
17、（10分）先化简，再求值：其中a＝1．
18、（10分）因式分解：
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图甲，在所给方格纸中，每个小正方形的边长都是1，标号为①②③的三个三角形均为格点三角形（顶点在格点处）请将图乙中的▱ABCD分割成三个三角形，使它们与标号为①②③的三个三角形分别对应全等．
20、（4分）如图：已知一条直线经过点A(0,2)、点B(1,0),将这条直线向左平移与x轴，轴分别交于点C、点D,若DB=DC,则直线CD的函数表达式为__________．
21、（4分）如图，是直线上的一点，已知的面积为，则的面积为________.
22、（4分）定义一种运算法则“”如下：，例如：，若，则的取值范围是____________.
23、（4分）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得正方形的对角线，则图1中对角线AC的长为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知：如图，C为线段BE上一点，AB∥DC，AB=EC，BC=CD．
求证：∠A=∠E．
25、（10分）已知：如图1，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴分别相交于点，与直线相交于点.
（1）求点的坐标；
（2）若平行于轴的直线交于直线于点，交直线于点，交轴于点，且，求的值；
（3）如图2，点是第四象限内一点，且，连接，探究与之间的位置关系，并证明你的结论.
26、（12分）小东到学校参加毕业晚会演出，到学校时发现演出道具还放在家中，此时距毕业晚会开始还有25分钟，于是立即步行回家．同时，他父亲从家里出发骑自行车以他3倍的速度给他送道具，两人在途中相遇，相遇后，小东父亲立即骑自行车以原来的速度载小东返回学校．图中线段AB、OB表示相遇前（含相遇）父亲送道具、小东取道具过程中，各自离学校的路程S（米）与所用时间t分）之间的函数关系，结合图象解答下列问题．
（1）求点B坐标；
（2）求AB直线的解析式；
（3）小东能否在毕业晚会开始前到达学校？
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、C
【解析】
由题意得送郎一路雨飞池，说明十从军者和送别者的函数图象在一开始的时候一样，再根据十里江亭折柳枝，说明从军者与送者离原地的距离不变，最后根据离人远影疾行去，说明从军者离原地的距离越来越远，送别者离原地的距离越来越近即可得出答案．
【详解】
∵送郎一路雨飞池，
∴十从军者和送别者的函数图象在一开始的时候一样，
∵十里江亭折柳枝，
∴从军者与送者离原地的距离不变，
∵离人远影疾行去，
∴从军者离原地的距离越来越远，送别者离原地的距离越来越近．
故选：C．
考查了函数的图象，首先应理解函数图象的横轴和纵轴表示的量，再根据实际情况来判断函数图象．
2、C
【解析】
当k>0时，函数y=-kx+k的图象分布在第一、二、四象限，函数y= 的图象位于第一、三象限。
故本题正确答案为C.
3、B
【解析】
易得当点P在BC上由B到C运动时△ABP的面积逐渐增大，由C到D运动5cm ，△ABP的面积不变，由D到A运动4cm，△ABP的面积逐渐减小直至为0，由此可以作出判断.
【详解】
函数图象分三段：①当点P在BC上由B到C运动4cm，△ABP的面积逐渐增大；
②当点P在CD上由C到D运动5cm，△ABP的面积不变；
③当点P在DA上由D到A运动4cm，△ABP的面积逐渐减小，直至为0.
由此可知，选项B正确.
故选B.
本题考查了动点问题的函数图象，解决本题应首先看清横轴和纵轴表示的量．
4、C
【解析】
在数轴上表示两个不等式的解集，若不等式组有解，则有公共部分，可求得m的取值范围.
【详解】
在数轴上分析可得，不等式组有解，则两个不等式有公共解，那么m的取值范围是.
故选：C
本题考核知识点：不等式组的解.解题关键点：理解不等式组的解的意义.
5、C
【解析】
根据0指数幂和负整数指数幂的运算法则计算即可得答案．
【详解】
=1×=，
故选：C．
本题考查0指数幂及负整数指数幂，任何不为0的数的0次幂都等于1，熟练掌握运算法则是解题关键．
6、C
【解析】
首先把△ABC先沿x轴翻折，再向右平移3个单位得到△ABC得到点A 的坐标为（2+3，-1- ），同样得出A 的坐标为（2+3+3，1+），…由此得出A 的坐标为（2+3×5，-1-），进一步选择答案即可．
【详解】
∵把△ABC先沿x轴翻折,再向右平移3个单位得到△ABC得到点A1的坐标为(2+3,−1−)，
同样得出A的坐标为(2+3+3,1+)，
…
A的坐标为(2+3×5,−1−),即(17,−1−).
故选：C.
此题考查坐标与图形变化-对称，坐标与图形变化-平移，规律型：点的坐标，解题关键在于根据题意找出规律.
7、C
【解析】
利用平行四边形性质得到BC长度，然后再利用中位线定理得到EF
【详解】
在▱ABCD中，AD＝8，得到BC=8，因为点E，F分别是AB，AC的中点，所以EF为△ABC的中位线，EF=，故选C
本题主要考查平行四边形性质与三角形中位线定理，属于简单题
8、D
【解析】
根据三角形中位线定理得到A1B1=AB，A1C1=AC，B1C1=BC，根据位似变换的概念、相似三角形的性质判断即可．
【详解】
∵点A1、B1、C1分别是OA、OB、OC的中点，
∴A1B1=AB，A1C1=AC，B1C1=BC，
∴△ABC与△A1B1C1是位似图形，A正确；
△ABC与是△A1B1C1相似图形，B正确；
△ABC与△A1B1C1的周长比为2：1，C正确；
△ABC与△A1B1C1的面积比为4：1，D错误；
故选：D．
考查的是位似变换，掌握位似变换的概念、相似三角形的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、丁
【解析】
据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【详解】
解：因为乙和丁的方差最小，但丁平均数最小，
所以丁还原魔方用时少又发挥稳定．
故应该选择丁同学．
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
10、①②③
【解析】
由抛物线开口方向得到a＜0，由抛物线与y轴交点位置得到c＞0，则可对①进行判断；利用抛物线的对称轴方程可对②进行判断；由抛物线与x轴的交点个数可对③进行判断；由于x=-1时函数值小于0，则可对④进行判断．
【详解】
解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线与y轴交点位于y轴正半轴，
∴c＞0，所以①正确；
∵抛物线的对称轴为直线，
∴b=-2a，即2a+b=0，所以②正确；
∵抛物线与x轴有两个不同的交点，
∴b2-4ac＞0，所以③正确；
∵x=-1时，y＜0，
∴a-b+c＜0，所以④错误．
故答案为：①②③.
本题考查了二次函数与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
11、5
【解析】
根据绝对值的性质和二次根式的性质，求出a,b的值，再利用勾股定理即可解答.
【详解】
∵
∴a-3=0,b-4=0
解得a=3,b=4,
∵a，b是直角三角形的两个直角边，
∴c= =5.
故答案为：5.
此题考查绝对值的性质和二次根式的性质，勾股定理，解题关键在于求出ab的值.
12、六
【解析】
设多边形有n条边，则内角和为180°（n-2），再根据内角和等于外角和2倍可得方程180（n-2）=360×2，再解方程即可．
【详解】
解：设多边形有n条边，由题意得：
180（n-2）=360×2，
解得：n=6，
故答案为：六．
本题考查多边形的内角和和外角和，关键是掌握内角和为180°（n-2）．
13、(答案不唯一)
【解析】
先设一次函数,由一次函数y随x的增大而减小可得:,由当时,对应的函数值可得:,故符合条件的一次函数中,即可.
【详解】
设一次函数,
因为一次函数y随x的增大而减小,
所以,
因为当时,对应的函数值
所以,
所以符合条件的一次函数中,即可.
故答案为:.
本题主要考查一次函数图象和性质,解决本题的关键是要熟练掌握一次函数图象和性质.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析；（2）见解析；（4）见解析，，仍成立
【解析】
（1）在AB上截取AF=DC，连接FD，证明△BDF是等边三角形，得出∠BFD=60°，证出∠FAD=∠CDE，由ASA证明△AFD≌△DCE，即可得出结论；
（2）在BA的延长线上截取AF=DC，连接FD，证明△BDF是等边三角形得出∠F=60°，证出∠FAD=∠CDE，由ASA证明△AFD≌△DCE，即可得出结论；
（3）在AB的延长线上截取AF=DC，连接FD，证明△BDF是等边三角形，得出∠BFD=60°，证出∠FAD=∠CDE，由ASA证明△AFD≌△DCE，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：在AB上截取AF=DC，连接FD，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠B=60°，
又∵AF=DC，
∴BF=BD，
∴△BDF是等边三角形，
∴∠BFD=60°，
∴∠AFD=120°，
又∵AB∥CE，
∴∠DCE=120°=∠AFD，
而∠EDC+∠ADE=∠ADC=∠FAD+∠B∠ADE=∠B=60°，
∴∠FAD=∠CDE，
在△AFD和△DCE中
，
∴△AFD≌△DCE（ASA），
∴AD=DE；
（2）证明：在BA的延长线上截取AF=DC，连接FD，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠B=60°，
又∵AF=DC，
∴BF=BD，
∴△BDF是等边三角形，
∴∠F=60°，
又∵AB∥CE，
∴∠DCE=60°=∠F，
而∠FAD=∠B+∠ADB，∠CDE=∠ADE+∠ADB，
又∵∠ADE=∠B=60°，
∴∠FAD=∠CDE，
在△AFD和△DCE中，
，
∴△AFD≌△DCE（ASA），
∴AD=DE；
（3）解：AD=DE仍成立．理由如下：
在AB的延长线上截取AF=DC，连接FD，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴∠FAD+∠ADB=60°，
又∵AF=DC，
∴BF=BD，
∵∠DBF=∠ABC=60°，
∴△BDF是等边三角形，
∴∠AFD=60°，
又∵AB∥CE，
∴∠DCE=∠ABC=60°，
∴∠AFD=∠DCE，
∵∠ADE=∠CDE+∠ADB=60°，
∴∠FAD=∠CDE，
在△AFD和△DCE中，
，
∴△AFD≌△DCE（ASA），
∴AD=DE．
本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解题的关键．
15、（1）；；；（2）；（3）共有种租车方案：方案一：租用甲种客车辆，乙种客车辆；方案二：租用甲种客车辆，乙种客车辆；方案三：租用甲种客车辆，乙种客车辆；最节省费用的租车方案是：租用甲种客车辆，乙种客车辆；
【解析】
（1）设出老师有x名，学生有y名，得出二元一次方程组，解出即可；
（2）设用辆乙，则甲种客车数为：辆，代入计算即可
（3）设租用x辆乙种客车，则甲种客车数为：（8-x）辆，由题意得出400x+300（8-x）≤3100，得出x取值范围，分析得出即可．
【详解】
(1)设老师有x名，学生有y名。
依题意，列方程组 ，
解得，
∵每辆客车上至少要有2名老师，
∴汽车总数不能超过8辆；
又要保证300名师生有车坐,汽车总数不能小于=(取整为8)辆，
综合起来可知汽车总数为8辆；
答：老师有16名，学生有284名；租用客车总数为8辆。
（2）租用辆乙，甲种客车数为：辆，
.
（3）租车总费用不超过元，租用乙种客车不少于辆，
，解得：，
为使名师生都有座，，
解得：，
取整数为.
共有种租车方案：
方案一：租用甲种客车辆，乙种客车辆；
方案二：租用甲种客车辆，乙种客车辆；
方案三：租用甲种客车辆，乙种客车辆；
由（2），随的减小而减小，
且为整数，当时，元，
故最节省费用的租车方案是：租用甲种客车辆，乙种客车辆；
本题考查二元一次方程组的应用，一次函数以及一元一次不等式的应用，正确列出式子是解题关键.
16、（1）89分（2）当0.5≤a＜0.75时，甲的综合得分高，0.75＜a≤0.8时，乙的综合得分高
【解析】
（1）由题意可知：分别计算出甲的演讲答辩得分以及甲的民主测评得分，再将a＝0.6代入公式计算可以求得甲的综合得分；
（2）同（1）一样先计算出乙的演讲答辩得分以及乙的民主测评得分，则乙的综合得分＝89（1−a）＋88a，甲的综合得分＝92（1−a）＋87a，再分别比较甲、乙的综合得分，甲的综合得分高时即当甲的综合得分＞乙的综合得分时，可以求得a的取值范围；同理甲的综合得分高时即当甲的综合得分＜乙的综合得分时，可以求得a的取值范围．
【详解】
（1）甲的演讲答辩得分＝＝92（分），
甲的民主测评得分＝40×2＋7×1＋3×0＝87（分），
当a＝0.6时，甲的综合得分＝92×（1−0.6）＋87×0.6＝36.8＋52.2＝89（分）；
答：当a＝0.6时，甲的综合得分是89分；
（2）∵乙的演讲答辩得分＝＝89（分），
乙的民主测评得分＝42×2＋4×1＋4×0＝88（分），
∴乙的综合得分为：89（1−a）＋88a，甲的综合得分为：92（1−a）＋87a，
当92（1−a）＋87a＞89（1−a）＋88a时，即有a＜，
又0.5≤a≤0.8，
∴0.5≤a＜0.75时，甲的综合得分高；
当92（1−a）＋87a＜89（1−a）＋88a时，即有a＞，
又0.5≤a≤0.8，
∴0.75＜a≤0.8时，乙的综合得分高．
答：当0.5≤a＜0.75时，甲的综合得分高，0.75＜a≤0.8时，乙的综合得分高．
本题考查的是平均数的求法．同时还考查了解不等式，本题求a的范围时要注意“0.5≤a≤0.8”这个条件．
17、，
【解析】
先利用平方差公式化简，可得原式，再代入求解即可．
【详解】
解：原式
．
当时，原式．
本题考查了分式的化简求值问题，掌握平方差公式、分式的运算法则是解题的关键．
18、（x+y-1）（x+y+1）
【解析】
将前三项先利用完全平方公式分解因式，进而结合平方差公式分解因式得出即可．
【详解】
解：（x2+y2+2xy）-1
=（x+y）2-1
=（x+y-1）（x+y+1）．
此题主要考查了分组分解法以及公式法分解因式，熟练利用公式法分解因式是解题关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、详见解析
【解析】
直接利用网格结合全等三角形的判定方法得出答案．
【详解】
解：如图所示：③与④全等；②与⑥全等；⑤与①全等．
此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定，正确应用网格是解题关键．
20、
【解析】
试题分析：设直线AB的解析式为y=kx+b，
把A（0，1）、点B（1，0）代入，
得，解得．
∴直线AB的解析式为y=﹣1x+1．
将这直线向左平移与x轴负半轴、y轴负半轴分别交于点C、点D，使DB=DC时，
∵y轴⊥BC
∴OB=OC，
∴BC=1，
因为平移后的图形与原图形平行，故平移以后的函数解析式为：y=﹣1（x+1）+1，
即y=-1x-1．
21、
【解析】
根据平行四边形面积的表示形式及三角形的面积表达式可得出△ABE的面积为平行四边形的面积的一半．
【详解】
根据图形可得：△ABE的面积为平行四边形的面积的一半，
又∵▱ABCD的面积为52cm2，
∴△ABE的面积为26cm2.
故答案为：26.
本题考查平行四边形的性质，解题关键在于熟练掌握三角形的面积公式.
22、
【解析】
根据新定义列出不等式即可求解.
【详解】
依题意得-3x+5≤11
解得
故答案为：.
此题主要考查列不等式，解题的关键是根据题意列出不等式进行求解.
23、
【解析】
如图1，2中，连接．在图2中，利用勾股定理求出，在图1中，只要证明是等边三角形即可解决问题．
【详解】
解：如图1，2中，连接．
在图2中，四边形是正方形，
，，
∵，
cm，
在图1中，四边形ABCD是菱形，，
，
是等边三角形，
cm，
故答案为：．
本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、见解析
【解析】
直接利用全等三角形的判定方法得出△ABC≌△ECD，即可得出答案．
【详解】
证明：∵AB∥DC，
∴∠B=∠ECD，
在△ABC和△ECD中，
，
∴△ABC≌△ECD（SAS），
∴∠A=∠E（全等三角形的对应角相等）．
本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握全等三角形的判定与性质.
25、（1）；（2）或；(3),理由见解析。
【解析】
（1）联立两函数即可求出C点坐标;
（2）根据题意写出M,D,E的坐标，再根据即可列式求解；
（3）过作，交的延长线于，设交于点，得到得为等腰直角三角形，再证明，故可得，即可求解.
【详解】
（1）联立，解得
∴
（2）
依题意得
解得或
(3),理由如下：
过作，交的延长线于，设交于点
易得为等腰直角三角形，
易得
此题主要考查一次函数的应用，解题的关键是根据题意作出辅助线、熟知一次函数的图像及全等三角形的判定与性质.
26、（1）点B的坐标为（15，900）；（2）s=﹣180t+310；（3）小东能在毕业晚会开始前到达学校．
【解析】
（1）由图象可知：父子俩从出发到相遇时花费了15分钟，设小东步行的速度为x米/分，则小东父亲骑车的速度为3x米/分，依题意得：
15（x+3x）=310，
解得：x=1．
∴两人相遇处离学校的距离为1×15=900（米）．
∴点B的坐标为（15，900）；
（2）设直线AB的解析式为：s=kt+b．
∵直线AB经过点A（0，310）、B（15，900）
∴
∴直线AB的解析式为：s=﹣180t+310；
（3）解法一：
小东取道具遇到父亲后，赶往学校的时间为： =5（分），
∴小东从取道具到赶往学校共花费的时间为：15+5=20（分），
∵20＜25，
∴小东能在毕业晚会开始前到达学校．
解法二：
在s=﹣180t+310中，令s=0，即﹣180t+310=0，解得：t=20，
即小东的父亲从出发到学校花费的时间为20（分），
∵20＜25，
∴小东能在毕业晚会开始前到达学校．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
甲
乙
丙
丁
（秒）
A
B
C
D
E
甲
90
92
94
95
88
乙
89
86
87
94
91
“好”票数
“较好”票数
“一般”票数
甲
40
7
3
乙
42
4
4