黑龍江省龍東地區(qū)2024年中考數(shù)學(xué)試卷含真題解析

黑龍江省龍東地區(qū)2024年中考數(shù)學(xué)試卷一、選擇題（每小題3分，共30分）1．下列計算正確的是（）A．a(chǎn)3?a2＝a6 B．（a2）5＝a7C．（﹣2a3b）3＝﹣8a9b3 D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2【答案】C【解析】【解答】解：A、a3?a2＝a5，故A錯誤，不符合題意；

B、（a2）5＝a10，故B錯誤，不符合題意；

C、（﹣2a3b）3＝﹣8a9b3，故C正確，符合題意；

D、（﹣a+b）（a+b）＝b2﹣a2，故D錯誤，不符合題意.故答案為：C.【分析】由同底數(shù)乘法運算法則判斷A，由冪的乘方運算法則判斷B，由積的乘方運算法則可判斷C，由平方差公式判斷D.2．下列圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】【解答】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故A錯誤，不符合題意；B、既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，故B正確，符合題意；

C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故C錯誤，不符合題意；

D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故C錯誤，不符合題意.

故答案為：B.【分析】根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義進行逐一判斷即可.3．一個由若干個大小相同的小正方體搭成的幾何體，它的主視圖和左視圖如圖所示，那么組成該幾何體所需小正方體的個數(shù)最少是（）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】C【解析】【解答】解：由題意可推理畫出其組合情況為：或.

∴組成該幾何體所需小正方體的個數(shù)最少是4個.故答案為：C.【分析】根據(jù)主視圖和左視圖推理還原最少的立體組合情況.4．一組數(shù)據(jù)2，3，3，4，則這組數(shù)據(jù)的方差為（）A．1 B．0.8 C．0.6 D．0.5【答案】D【解析】【解答】解：平均數(shù)=，

方差=.故答案為：D.【分析】由方差計算公式代入計算即可.5．關(guān)于x的一元二次方程（m﹣2）x2+4x+2＝0有兩個實數(shù)根，則m的取值范圍是（）A．m≤4 B．m≥4C．m≥﹣4且m≠2 D．m≤4且m≠2【答案】D【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的一元二次方程（m﹣2）x2+4x+2＝0有兩個實數(shù)根，

∴

解得：m≤4且m≠2，故答案為：D.【分析】由一元二次方程其二次項系數(shù)不為零，進一步結(jié)合根的個數(shù)與判別式關(guān)系得出不等關(guān)系組成不等式組，解之即可.6．已知關(guān)于x的分式方程2無解，則k的值為（）A．k＝2或k＝﹣1 B．k＝﹣2C．k＝2或k＝1 D．k＝﹣1【答案】A【解析】【解答】解：，方程兩邊同乘(x-3)得：kx-2(x-3)=-3

合并同類項得：(k-2)x=-9，

∵原分式方程無解，故分式方程存在增根或整式方程無解，

①若分式方程存在增根，即方程的解為x=3，

代入(k-2)x=-9，即k-2=-3，

解得k=-1；

②若整式方程無解，此時(k-2)x=-9無解，

即k-2=0，解得k=2；

綜上所述，k＝2或k＝﹣1

故答案為：A.【分析】由含參數(shù)k的分式方程無解，分類考慮整式方程無解或分式方程存在增根情況，按一般解分式方程步驟進行求解分析即可.7．國家“雙減”政策實施后，某班開展了主題為“書香滿校園”的讀書活動．班級決定為在活動中表現(xiàn)突出的同學(xué)購買筆記本和碳素筆進行獎勵（兩種獎品都買）．其中筆記本每本3元，碳素筆每支2元，共花費28元，則共有幾種購買方案（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)購買筆記本x本，碳素筆y支，

依題意得：3x+2y=28，其中x，y均為正整數(shù)，

∵2y和28均能被2整除，故3x也能被2整除，∴x為正偶數(shù)，即x=2，4，6，8，

故二元一次方程的整數(shù)解組合情況為：

，，，，

答：有4種購買方案，分別是①購買筆記本2本，碳素筆11支；②購買筆記本4本，碳素筆8支；③購買筆記本6本，碳素筆5支；④購買筆記本8本，碳素筆2支；

故答案為：B.【分析】設(shè)購買筆記本x本，碳素筆y支，根據(jù)購買x本筆記本+購買y支碳素筆的費用=28，列出二元一次方程，再求出其正整數(shù)解即可得出答案.8．如圖，雙曲線y（x＞0）經(jīng)過A、B兩點，連接OA、AB，過點B作BD⊥y軸，垂足為D，BD交OA于點E，且E為AO的中點，則△AEB的面積是（）A．4.5 B．3.5 C．3 D．2.5【答案】A【解析】【解答】解：如圖，過點A作AF⊥BD，垂足為點F，設(shè)OD=a，DE=b

∵E是AO的中點，

∴AE=OE，

又∵∠AEF=∠OED，∠AFE=∠ODE=90°，

∴△AEF≌△OED(AAS)，

∴EF=DE=b，AF=OD=a，

∴點A(2a，2b)，

∵A，B均在反比例函數(shù)上，

∴，

解得，

∴，

故答案為：A.【分析】過點A作AF⊥BD，垂足為點F，用AAS證△AEF≌△OED，設(shè)代數(shù)表示點A的坐標，并利用A、B兩點均在反比例函數(shù)上，進而表示出點B坐標，從而表示出目標三角形面積并計算其值.9．如圖，菱形ABCD中，點O是BD的中點，AM⊥BC，垂足為M，AM交BD于點N，OM＝2，BD＝8，則MN的長為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【解答】解：如圖，連接AC，∵O是菱形ABCD對角線BD中點，

∴A、O、C三點共線，BO=DO=，

又∵OM=2，AM⊥BC，

∴AC=2OC=2AO=2MO=4，

在菱形ABCD中，∠CBO=∠CDO，AO⊥BO，

又∵∠ONM=∠NAO+∠AON=∠MBN+∠BMN，

∴∠OAN=∠NBM=∠COD，

在Rt△AON和Rt△BMN和Rt△COD中，

tan∠CDO=tan∠OAN=tan∠MBN，

∴，即，

解得：NO=1，2MN=BM，

設(shè)MN=t，則BM=2t，

又∵BN=BO-NO=4-1=3，

在Rt△BMN中，有，

即，解得(負值舍去)，

∴MN=t=.

故答案為：C.【分析】由菱形對稱性連接補全對角線，由斜邊中線推理得出對角線AC的長，故此時菱形為固定的幾何圖形，利用角度轉(zhuǎn)換可推理出等角，利用同角三角函數(shù)或相似結(jié)合勾股定理逐一計算邊長往目標線段靠攏即可.10．如圖，在正方形ABCD中，點H在AD邊上（不與點A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分線DF于點F，連接AC交BH于點M，連接BF交AC于點G，交CD于點N，連接BD．則下列結(jié)論：①∠HBF＝45°；②點G是BF的中點；③若點H是AD的中點，則sin∠NBC；④BNBM；⑤若AHHD，則S△BNDS△AHM．其中正確的結(jié)論是（）A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤【答案】A【解析】【解答】解：連接DG、HG，過點F作FP⊥AD，交AD延長線于點P，交BC延長線于點Q，

在正方形ABCD中，∵∠BAG=∠DAG=45°，AG=AG，AD=AB，

∴△ADG≌△ABG(SAS)，

∴DG=BG，

又∵HF平分∠CDP，此時∠BDF=∠CDB+∠CDF=45°+45°=90°，

設(shè)∠DBG=x，

∴∠BDG=∠DBG=x，∠DGF=∠BDG+∠DBG=2x，∠BFD=90°-x，

∴∠GDF=180°-∠DGF-∠DFG=90°-x，

∴DG=GF，

∴點G是BF的中點，故②正確，符合題意；

又∵∠BHF=90°，

∴HG=BG=GF=DG，

∴B、H、D、F四點在以點G為圓心，BG為半徑的圓上運動，此時∠HBF+∠HDF=180°，

∴∠HBF=180°-∠HDF=180°-135°=45°，故①正確，符合題意；

∴△BHF是等腰直角三角形，即BH=HF，

又∵∠BAH=∠HPF=90°，∠ABH+∠AHB=90°，∠AHB+∠FHP=90°，

∴∠ABH=∠PHF，

∴△ABH≌△PHF(AAS)，

對于③，若點H是AD的中點，設(shè)AH=DH=a，則AB=HP=2a，PF=AH=a，

又∵∠QPA=∠PAB=∠ABQ=90°。

∴四邊形ABQP是矩形，

∴PQ=AB=2a，BQ=AP=AH+HP=3a，QG=PQ-PF=a，

在Rt△BQF中，

BF=，

∴sin∠NBC，故③正確，符合題意；

在正方形ABCD中，由∠ABD=∠HBF=∠BAM=∠BDN=45°，AD=AB，

即∠ABM+∠MBD=∠MBD+∠DBN=45°，

∴∠ABM=∠DBN，

∴△ABM∽△DBN，

∴，即BNBM，故④正確，符合題意；

對于⑤，若AHHD，設(shè)AH=b，則DH=2b，BC=AD=3b，

∵AD∥BC，

∴△AMH∽△CMB，

∴，即BM=3HM，

∴，即，

由△ABM∽△DBN，

∴，即，故⑤錯誤，不符合題意.

綜上所述，正確的序號有：①②③④.

故答案為：A.【分析】利用已知雙直角三角形結(jié)合直角三角形斜邊中線先證明H是AD中點，后證明BHDF四點共圓，從而判斷①②；后利用一線三垂直構(gòu)造直角補全矩形，結(jié)合全等性質(zhì)逐一表示各邊并往目標角所在直角三角形靠攏，利用勾股定理求其斜邊并得出目標角正弦值判斷③；在①的基礎(chǔ)上找出與目標線段相關(guān)的兩三角形，利用相似即可直接判斷④；在④相似基礎(chǔ)上進而可以得出兩三角形面積相似比，后利用已知線段比例關(guān)系轉(zhuǎn)化即可得出目標三角形面積比.(注：本題意在解三角形，方法多樣，僅供參考)二、填空題（每小題3分，共30分）11．國家統(tǒng)計局公布數(shù)據(jù)顯示，2023年我國糧食總產(chǎn)量是13908億斤，將13908億用科學(xué)記數(shù)法表示為．【答案】1.3908×1012【解析】【解答】解：13908億=1390800000000=1.3908×1012．故答案為：1.3908×1012.【分析】按科學(xué)記數(shù)法的表示形式進行表示即可，小技巧：億為9位數(shù)，后接8個0，可較快完成表示.12．在函數(shù)y中，自變量x的取值范圍是．【答案】x≥3【解析】【解答】解：y，為使得自變量x有意義，

即，

解得x≥3.故答案為：x≥3.【分析】由分式和根式組成的式子結(jié)構(gòu)，為使得其有意義，結(jié)合分母不為零即被開方數(shù)為非負數(shù)分析即可.13．如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，請?zhí)砑右粋€條件，使得菱形ABCD為正方形．【答案】AC＝BD【解析】【解答】解：在菱形的基礎(chǔ)上進行正方形的判定，常見的考慮有，

①有一個角為直角的菱形是正方形，如：∠ABC=90°；

②對角線相等的菱形是正方形，如：AC=BD，AO=BO等.故答案為：AC=BD.【分析】在菱形的基礎(chǔ)上得出正方形的判定，可以從內(nèi)角和對角線兩個角度進行條件添加，言之有理即可.14．七年一班要從2名男生和3名女生中選擇兩名學(xué)生參加朗誦比賽，恰好選擇1名男生和1名女生的概率是．【答案】【解析】【解答】解：記2名男生為，3名女生為，

則選擇2名學(xué)生的可能情況有，，，，；

，，；

，；

.

共10種可能事件，其中1男1女的事件有6種，

∴恰好選擇1名男生和1名女生的概率P=.故答案為：.【分析】列舉所有可能發(fā)生的事件，找出滿足題意的事件即可計算得出其概率.15．關(guān)于x的不等式組恰有3個整數(shù)解，則a的取值范圍是．【答案】a＜0【解析】【解答】解：關(guān)于x的不等式組，

解①得：x≤2；

解②得：x>2a，

∵不等式組恰好有3個整數(shù)解，

易分析該3個整數(shù)解為0，1，2，

即，

解得：a＜0故答案為：a＜0.【分析】解含參不等式組，即用參數(shù)a表示不等式組的解，進而由恰好3個整數(shù)解分析含參數(shù)解所在位置范圍，需注意代入分析嘗試臨界整數(shù)值是否能取等問題.16．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AD是直徑，若∠B＝25°，則∠CAD＝°．【答案】65【解析】【解答】解：連接CD，∵，

∴∠D=∠B=25°，

又∵AD是直徑，

∴∠ACD=90°，

∴∠CAD=180°-∠D-∠ACD=65°.

故答案為：65.【分析】利用同弧所對圓周角相等將條件轉(zhuǎn)換往目標角靠攏，結(jié)合直徑所對圓周角為直角即可推理計算得出目標角度數(shù).17．若圓錐的底面半徑為3，側(cè)面積為36π，則這個圓錐側(cè)面展開圖的圓心角是°．【答案】90【解析】【解答】解：設(shè)圓錐母線長為l，圓心角度數(shù)為n°.

依題意得，圓錐側(cè)面展開圖的弧長=圓錐底面周長=，

此時側(cè)面積=，

解得l=12，

∴，

解得n=90.故答案為：90.【分析】利用圓錐側(cè)面展開扇形計算公式，在已知條件基礎(chǔ)上代入公式先計算圓錐母線長，后得出其圓心角度數(shù)即可.18．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠BAC，BC＝2，AD＝1，線段AD繞點A旋轉(zhuǎn)，點P為CD的中點，則BP的最大值是．【答案】【解析】【解答】解：如圖，取AC中點E，∵BC=2，tan∠BAC，

∴在Rt△ACB中，

tan∠BAC，解得AC=4，

又∵P和E分別是CD和AC的中點，

∴AE=CE=，PE=，

在Rt△BCE中，有，

∵BE>0，

∴，

又∵，

當且僅當B、P、E三點共線時，此時點P在BE延長線上，

故答案為：.【分析】根據(jù)題干已知條件解△ACB，即求出AC的長，利用動點P為中點構(gòu)造中位線找出運動過程的不變量，從而得出BP的最大值，此處也可以視作圓的運動軌跡，從而分析其最值.19．矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，將AB沿過點A的一條直線折疊，折痕交直線BC于點P（點P不與點B重合），點B的對稱點落在矩形對角線所在的直線上，則PC長為．【答案】、或10【解析】【解答】解：如圖，以A為圓心，AB長為半徑，此時點B對稱點為圓上一點，

此時與對稱軸所在直線共有3個交點，故對稱點所在位置及點P共有三種情況，

在矩形ABCD中，

AB=3，AC=4，

∴AC=BD=.

①如圖，若點B對稱點B'落在對角線AC上，

由矩形及其翻折的性質(zhì)可知，

設(shè)CP=a，AB'=AB=3，∠AB'P=∠ABC=90°，

BP'=BP=BC-CP=4-a，B'C=AC-AB'=2，

在Rt△B'PC中，有，

∴，解得；

②如圖，若點B對稱點B'落在對角線BC上，

設(shè)AP與BD交于點Q，

由矩形翻折可知，∠ABP=∠AQB=90°，即∠BAP+∠ABQ=∠ABQ+∠CBD=90°，CD=AB=3，

∴∠BAP=∠CBD，

在Rt△ABP和Rt△CBD中，

∴tan∠CBD=tan∠BAP，

即，

解得BP=，

∴CP=；

③如圖，若點B對稱點B'落在對角線AC延長上，

同①可設(shè)CP=x，此時B'P=BP=x-4，B'C=AC+AB=8，

在Rt△CB'P中，有，

即，

解得x=10.

綜上所述，PC的長為、或10.

故答案為：、或10.【分析】通過翻折變化作圓分析符合題意的對稱點位置有三，后結(jié)合常用勾股定理等量關(guān)系設(shè)元解決矩形翻折的解三角形，其中適當引用相似或三角函數(shù)可更快解出對應(yīng)目標線段長.20．如圖，在平面直角坐標系中，正方形OMNP頂點M的坐標為（3，0），△OAB是等邊三角形，點B坐標是（1，0），△OAB在正方形OMNP內(nèi)部緊靠正方形OMNP的邊（方向為O→M→N→P→O→M（→…）做無滑動滾動，第一次滾動后，點A的對應(yīng)點記為A1，A1的坐標是（2，0）；第二次滾動后，A1的對應(yīng)點記為A2，A2的坐標是（2，0）；第三次滾動后，A2的對應(yīng)點記為A3，A3的坐標是（3，）；如此下去，……，則A2024的坐標是．【答案】（1，3）【解析】【解答】解：如圖，觀察點A變化后的坐標，觀察可知，回到點A處，即完成一圈的變化，后循環(huán)變化，

此時，故此時A2024的坐標與A8一致，

∴

故答案為：（1，3）.【分析】將滾動變化的圖形表示推理完整，后找出循環(huán)周期和目標循環(huán)的余數(shù)，進而找出與目標相同的點坐標即可得出結(jié)論.三、解答題（滿分60分）21．先化簡，再求值：（1），其中m＝cos60°．【答案】解：原式＝1﹣m，當m＝cos60°時，原式＝1．【解析】【分析】先通分計算括號內(nèi)異分母分式的減法，然后將各個分式的分子、分母能分解因式的分別分解因式，同時將除法轉(zhuǎn)變?yōu)槌朔?，進而約分化簡；求出特殊角三角函數(shù)值代入化簡后的式子計算即可.22．如圖，在正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長都是1個單位長度，在平面直角坐標系中，△ABC的三個頂點坐標分別為A（﹣1，1），B（﹣2，3），C（﹣5，2）．⑴畫出△ABC關(guān)于y軸對稱的△A1B1C1，并寫出點B1的坐標；⑵畫出△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°后得到的△AB2C2，并寫出點B2的坐標；⑶在（2）的條件下，求點B旋轉(zhuǎn)到點B2的過程中所經(jīng)過的路徑長（結(jié)果保留π）．【答案】解：⑴△A1B1C1如圖所示，

B1的坐標為（2，3）；⑵△AB2C2如圖所示，B2的坐標為（﹣3，0）；⑶∵AB，∠BAB2＝90°，∴點B旋轉(zhuǎn)到點B2的過程中所經(jīng)過的路徑長為：．【解析】【分析】（1）畫出關(guān)于y軸對稱后的三角形并寫出目標點的坐標即可；

（2）找出△ABC頂點B、C繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點，即畫出旋轉(zhuǎn)后的三角形，并寫出目標點坐標即可；

（3）由旋轉(zhuǎn)分析其經(jīng)過路徑為圓弧，結(jié)合勾股定理求出半徑代入弧長公式中計算即可.23．如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，其中B（1，0），C（0，3）．（1）求拋物線的解析式；（2）在第二象限的拋物線上是否存在一點P，使得△APC的面積最大．若存在，請直接寫出點P坐標和△APC的面積最大值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）解：將B（1，0），C（0，3）代入拋物線y＝﹣x2+bx+c中，，解得：，∴拋物線y＝﹣x2﹣2x+3．（2）解：存在，P的坐標為（，）；△APC面積的最大值為.【解析】【解答】（2）解：存在，P的坐標為（，）；△APC面積的最大值為.

令y＝0，則0＝﹣x2﹣2x+3，解得：x1＝﹣3，x2＝1，

∴A（﹣3，0），

∴OA＝3，

∵C（0，3），

∴OC＝3，

過點P作PE⊥x軸于點E，

設(shè)P（x，﹣x2﹣2x+3），且在第二象限內(nèi)，

∴OE＝﹣x，AE＝3+x，

∴S△APC＝S△APE+S梯形PCOE﹣S△AOC

AE×PE（OC+PE）×OEOA×OC

（3+x）（﹣x2﹣2x+3）（3﹣x2﹣2x+3）（﹣x）3×3

（x）2

∵0，

∴S△APC有最大值，

∴當x時，S△APC有最大值，最大值為，

此時點P的坐標為（，）．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法將已知點代入拋物線解析式中組成方程組，解之即可得拋物線解析式；

（2）利用（2）的拋物線解析式求出與x軸交點A坐標，設(shè)點P坐標進而利用鉛錘法分割表示算法不規(guī)則的目標三角形面積，最后利用配方法(非負性結(jié)構(gòu))分析或二次函數(shù)最值分析得出目標三角形面積的最大值及點P的坐標即可.24．為貫徹落實教育部辦公廳關(guān)于“保障學(xué)生每天校內(nèi)、校外各一小時體育活動時間”的要求，某學(xué)校要求學(xué)生每天堅持體育鍛煉．學(xué)校從全體男生中隨機抽取了部分學(xué)生，調(diào)查他們的立定跳遠成績，整理如下不完整的頻數(shù)分布表和統(tǒng)計圖，結(jié)合圖解答下列問題：組別分組（cm）頻數(shù)A50＜x≤1003B100＜x≤150mC150＜x≤20020D200＜x≤25014E250＜x≤3005（1）頻數(shù)分布表中m＝，扇形統(tǒng)計圖中n＝；（2）本次調(diào)查立定跳遠成績的中位數(shù)落在組別；（3）該校有600名男生，若立定跳遠成績大于200cm為合格，請估計該校立定跳遠成績合格的男生有多少人？【答案】（1）8；40（2）C（3）解：600228（名），答：估計該校立定跳遠成績合格的男生有228人．【解析】【解答】解：（1）依題意，組別A的頻數(shù)為3，占比為6%，

故總?cè)藬?shù)=3÷6%=50（人）；

組別B的頻數(shù)m=50-3-20-14-5=8（人）；

組別C的占比=，故n=40.

故答案為：8；40；

（2）被抽取的50名學(xué)生立定跳遠成績按從小到大的順序排列第25個和第26個的平均數(shù)，

∵3+8＜25，3+8+20＝31＞25

∴被抽取的50名學(xué)生這一天的體育活動時間數(shù)據(jù)的中位數(shù)在C組；

故答案為：C；

【分析】（1）由頻數(shù)分布表和統(tǒng)計圖分析求出總調(diào)查總?cè)藬?shù)，進而得出各部分人數(shù)及其占比，即目標m和n的值；

（2）在（1）總?cè)藬?shù)的基礎(chǔ)上，根據(jù)中位數(shù)的定義按從小到大排序找出中間數(shù)所在組別即可；

（3）以頻率估計概率，計算當前調(diào)查人數(shù)合格率估算全校男生的合格人數(shù)即可.25．甲、乙兩貨車分別從相距225km的A、B兩地同時出發(fā)，甲貨車從A地出發(fā)途經(jīng)配貨站時，停下來卸貨，半小時后繼續(xù)駛往B地，乙貨車沿同一條公路從B地駛往A地，但乙貨車到達配貨站時接到緊急任務(wù)立即原路原速返回B地，結(jié)果比甲貨車晚半小時到達B地．如圖是甲、乙兩貨車距A地的距離y（km）與行駛時間x（h）之間的函數(shù)圖象，結(jié)合圖象回答下列問題：（1）甲貨車到達配貨站之前的速度是km/h，乙貨車的速度是km/h；（2）求甲貨車在配貨站卸貨后駛往B地的過程中，甲貨車距A地的距離y（km）與行駛時間x（h）之間的函數(shù)解析式；（3）直接寫出甲、乙兩貨車在行駛的過程中，出發(fā)多長時間甲、乙兩貨車與配貨站的距離相等．【答案】（1）30；40（2）解：∵3.5+0.5＝4（h），6﹣0.5＝5.5（h），∴點E（4，105），F(xiàn)（5.5，225）．設(shè)線段對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝kx+b（k、b為常數(shù)，且k≠0）．將坐標E（4，105）和F（5.5，225）分別代入y＝kx+b，得，解得，∴甲貨車在配貨站卸貨后駛往B地的過程中，甲貨車距A地的距離y與行駛時間x之間的函數(shù)解析式為y＝80x﹣215（4≤x≤5.5）．（3）解：出發(fā)h或h或5h甲、乙兩貨車與配貨站的距離相等．【解析】【解答】解：（1）甲貨車到配貨站之前的速度=105÷3.5=30（km/h），

乙貨車的速度=[2×(225-105)]÷6=40（km/h），

故答案為：30；40；

（3）線段CM對應(yīng)的函數(shù)表達式為y＝225﹣40x＝﹣40x+225（0≤x≤3），線段MN對應(yīng)的函數(shù)表達式為y＝105+40（x﹣3）＝40x﹣15（3＜x≤6），

線段OD對應(yīng)的函數(shù)表達式為y＝30x（0≤x≤3.5）．

①當0≤x≤3時，甲貨車離配貨站的距離為（105﹣30x）km，乙貨車離配貨站的距離為﹣40x+225﹣105＝（﹣40x+120）km，

根據(jù)“甲、乙兩貨車與配貨站的距離相等”，得105﹣30x＝﹣40x+120，解得x；

②當3＜x≤3.5時，甲貨車離配貨站的距離為（105﹣30x）km，乙貨車離配貨站的距離為40x﹣15﹣105＝（40x﹣120）km，

根據(jù)“甲、乙兩貨車與配貨站的距離相等”，得105﹣30x＝40x﹣120，解得x；

③當乙貨車返回B地過程中與甲貨車相遇時，兩車與配貨站的距離相等，根據(jù)“相遇時兩車與A地距離相等”，80x﹣215＝40x﹣15，解得x＝5；

綜上所述，出發(fā)h或h或5h甲、乙兩貨車與配貨站的距離相等．

【分析】（1）將行程問題通過草圖大致描述，不難分析甲、乙兩貨車行駛的路線圖與函數(shù)圖信息匹配，利用已知數(shù)據(jù)找出對應(yīng)兩貨車的路程和時間即可求出目標所需速度；

（2）由題干和函數(shù)信息得出點E和點F的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出此時線段EF的函數(shù)解析式；

（3）在求出甲貨車的函數(shù)解析式基礎(chǔ)上，進一步求出乙貨車的函數(shù)解析式，分段討論乙貨車在往返途中距離配貨站距離相等建立其函數(shù)關(guān)系式間的等量關(guān)系，后逐一解之即可.26．已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠MAN∠BAC，∠MAN在∠BAC的內(nèi)部，點M、N在BC上，點M在點N的左側(cè)，探究線段BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系．

（1）如圖①，當∠BAC＝90°時，探究如下：由∠BAC＝90°，AB＝AC可知，將△ACN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABP，則CN＝BP且∠PBM＝90°，連接PM，易證△AMP≌△AMN，可得MP＝MN，在Rt△PBM中，BM2+BP2＝MP2，則有BM2+NC2＝MN2．

（2）當∠BAC＝60°時，如圖②：當∠BAC＝120°時，如圖③，分別寫出線段BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系，并選擇圖②或圖③進行證明．【答案】解：圖②的結(jié)論是BM2+NC2+BM?NC＝MN2．證明：∵AB＝AC，∠BAC＝60°，

∴△ABC是等邊三角形，

∴∠ABC＝∠ACB＝60°，

以點B為頂點在△ABC外作∠ABK＝60°，在BK上截取BQ＝CN，連接QA、QM，過點Q作QH⊥BC，垂足為H，

∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，

∴△ACN≌△ABQ（SAS），

∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，

又∵∠CAN+∠BAM＝30°，

∴∠BAM+∠QAB＝30°，

即∠QAM＝∠MAN，

又∵AM＝AM，

∴△AQM≌△ANM（SAS），

∴MN＝QM；

∵ABQ＝60°，∠ABC＝60°，

∴∠QBH＝60°，

∴∠BQH＝30°，

∴BHBQ，QHBQ，

∴HM＝BM+BH＝BMBQ，

在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BMBQ）2＝QM2，

整理得BM2+BQ2+BM?BQ＝QM2．

∴BM2+NC2+BM?NC＝MN2．

圖③的結(jié)論是：BM2+NC2﹣BM?NC＝MN2．

證明：以點B為頂點在△ABC外作∠ABK＝30°，在BK上截取BQ＝CN，連接QA、QM，過點Q作QH⊥BC，垂足為H，

∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，

∴△ACN≌△ABQ（SAS），

∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，

又∵∠CAN+∠BAM＝60°，

∴∠BAM+∠QAB＝60°，即∠QAM＝∠MAN，

又∵AM＝AM，

∴△AQM≌△ANM（SAS），

∴MN＝QM，

在Rt△BQH中，∠QBH＝60°，∠BQH＝30°，

∴BHBQ，QHBQ，

HM＝BM﹣BH＝BMBQ，

在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BMBQ）2＝QM2，

整理得BM2+BQ2﹣BM?BQ＝QM2．

∴BM2+NC2﹣BM?NC＝MN2．【解析】【分析】（1）類比（1）推理選取頂角為60°等腰三角形進行旋轉(zhuǎn)(即作全等)，進而證明二次全等將目標三線段進行靠攏，結(jié)合全等性質(zhì)推出特殊角后，利用特殊角作垂解三角形，從而得出含特殊三角形三邊關(guān)系，即目標線段的三邊關(guān)系.

（2）同理推出頂角為120°的等腰三角形即可.27．為了增強學(xué)生的體質(zhì)，某學(xué)校倡導(dǎo)學(xué)生在大課間開展踢毽子活動，需購買甲、乙兩種品牌毽子．已知購買甲種品牌毽子10個和乙種品牌毽子5個共需200元；購買甲種品牌毽子15個和乙種品牌毽子10個共需325元．（1）購買一個甲種品牌毽子和一個乙種品牌毽子各需要多少元？（2）若購買甲、乙兩種品牌毽子共花費1000元，甲種品牌毽子數(shù)量不低于乙種品牌毽子數(shù)量的5倍且不超過乙種品牌毽子數(shù)量的16倍，則有幾種購買方案？（3）若商家每售出一個甲種品牌毽子利潤是5元，每售出一個乙種品牌毽子利潤是4元，在（2）的條件下，學(xué)校如何購買毽子商家獲得利潤最大？最大利潤是多少元？【答案】（1）解：設(shè)購買一個甲種品牌毽子需要x元，一個乙種品牌毽子需要y元，根據(jù)題意得：，解得：．答：購買一個甲種品牌毽子需要15元，一個乙種品牌毽子需要10元；（2）解：設(shè)購買m個甲種品牌毽子，則購買（100m）個乙種品牌毽子，根據(jù)題意得：，解得：m≤64，又∵m，（100m）均為正整數(shù)，∴m可以為60，62，64，∴學(xué)校共有3種購買方案，方案1：購買60個甲種品牌毽子，10個乙種品牌毽子；方案2：購買62個甲種品牌毽子，7個乙種品牌毽子；方案3：購買64個甲種品牌毽子，4個乙種品牌毽子；（3）解：學(xué)校選擇方案1商家可獲得的總利潤為5×60+4×10＝340（元）；學(xué)校選擇方案2商家可獲得的總利潤為5×62+4×7＝338（元）；學(xué)校選擇方案3商家可獲得的總利潤為5×64+4×4＝336（元）．∵340＞338＞336，∴在（2）的條件下，學(xué)校購買60個甲種品牌毽子，10個乙種品牌毽子時，商家獲得利潤最大，最大利潤是340元．【解析】【分析】（1）結(jié)合題意，根據(jù)單價、數(shù)量和總價關(guān)系并結(jié)合“購買甲種品牌毽子10個和乙種品牌毽子5個共需200元；購買甲種品牌毽子15個和乙種品牌毽子10個共需325元”列出二元一次方程組，解之即可得出目標物品的單價；

（2）在（1）單價的基礎(chǔ)上，進一步設(shè)出購買數(shù)量，由數(shù)量建立不等式組結(jié)合整數(shù)解得出購買方案；

（3）在（2）的基礎(chǔ)上，根據(jù)利潤逐一算出對應(yīng)方案的利潤比較即可，若是方案情況較多，可選擇用代數(shù)式表示其利潤并利用函數(shù)分析其最值即可.28．如圖，在平面直角坐標系中，等邊三角形OAB的邊OB在x軸上，點A在第一象限，OA的長度是一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的根，動點P從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度沿折線OA﹣AB運動，動點Q從點O出發(fā)以每秒3個單位長度的速度