2020年黑龙江省龙东地区中考数学试卷及答案解析.pdf

《2020年黑龙江省龙东地区中考数学试卷及答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年黑龙江省龙东地区中考数学试卷及答案解析.pdf（36页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页 共 36 页黑龙江省龙东地区2020年初中毕业学业统一考试数学试题考生注意：1考试时间120分钟2全卷共三道大题，总分120分一、选择题（每题3分，满分30分）1.下列各运算中，计算正确的是（）A.22422aaaB.824xxxC.222()xyxxyyD.32639xx【答案】A【解析】【分析】根据单项式乘法法则、同底数除法法则、完全平方公式、积的乘方运算法则逐项进行分析判断即可【详解】A22422aaa，正确；B88262xxxx，故B选项错误；C222()2xyxxyy，故C选项错误；D326327xx，故D选项错误，故选A【点睛】本题考查了单项式的乘法、同底数幂的除法、完

2、全平方公式等，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键2.下列图标中是中心对称图形的是（）A.B.C.D.【答案】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第 2 页 共 36 页【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.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多是（）A.6B.7C.8D.9【答案】B【解析】【分析】这个几何体

3、共有3层，由左视图可得第一层小正方体的最多个数，由主视图可得第二层小正方体的最多个数，以及第三层的最多个数，再相加即可【详解】解：由题意，由主视图有3层，2列，由左视图可知，第一层最多有4个，第二层最多2个，第三层最多1个，所需的小正方体的个数最多是：4+2+1=7（个）；故选：B【点睛】本题主要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4.一组从小到大排列的数据:a,3,4,4,6(a为正整数),唯一的众数是4,则该组数据的平均数是()A.3.6或4.2 B.3.6或3.8 C.3.8或4.2 D.3.8或4.2 第 3 页 共 36 页【答案】B【解析】【

4、分析】根据众数的定义得出正整数a的值，再根据平均数的定义求解可得.【详解】数据：a，3，4，4，6（a为正整数），唯一的众数是4，a=1或2，当a=1时，平均数为1 34465=3.6；当a=2时，平均数为234465=3.8；故选C【点睛】本题主要考查了众数与平均数的定义，根据众数是一组数据中出现次数最多的数得出a的值是解题的关键.5.已知关于x的一元二次方程22(21)20 xkxkk有两个实数根1x，2x，则实数k的取值范围是（）A.14kB.14kC.4kD.14k且0k【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的根的判别式列不等式，再解不等式即可【详解】解：关于x的一元二次方程22(

5、21)20 xkxkk有两个实数根1x，2x，240,bac21,21,2,abkckk22214 120,kkk41,k第 4 页 共 36 页1.4k故选B【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的判别式，掌握一元二次方程的根的判别式是解题的关键6.如图，菱形ABCD的两个顶点A，C在反比例函数kyx的图象上，对角线AC，BD的交点恰好是坐标原点O，已知1,1B，120ABC，则k的值是（）A.5B.4C.3D.2【答案】C【解析】【分析】根据菱形的性质得到AC BD，根据勾股定理得到OB的长，利用三角函数得到OA的长，求得AOE=BOF=45，继而求得点A的坐标，即可求解【详解】四边形ABC

6、D是菱形，BA=AD，AC BD，ABC=120，ABO=60，点B（-1，1），OB=22112，tan60AOOB，AO=2 tan606，第 5 页 共 36 页作BFy轴于F，AEx轴于E，点B（-1，1），OF=BF=1，FOB=BOF=45，BOF+AOF=AOE+AOF=90，AOE=BOF=45，AOE为等腰直角三角形，AO6，AE=OE=AO2cos45632，点A的坐标为（3，3），点A在反比例函数kyx的图象上，3kxy，故选：C【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质、解直角三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键

7、是明确题意，利用反比例函数的性质解答7.已知关于x的分式方程422xkxx的解为正数，则x的取值范围是（）A.80kB.8k且2k第 6 页 共 36 页C.8kD.4k且2k【答案】B【解析】【分析】先解分式方程利用k表示出x的值，再由x为正数求出k的取值范围即可【详解】方程两边同时乘以2x得，420 xxk，解得：83kxx为正数，803k，解得8k，2x，823k，即2k，k的取值范围是8k且2k故选：B【点睛】本题考查了解分式方程及不等式的解法，解题的关键是熟练运用分式方程的解法，8.如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DHAB于点H，连接OH，若6OA，48ABC

8、DS菱形，则OH的长为（）A.4B.8C.13D.6【答案】A【解析】【分析】第 7 页 共 36 页根据菱形面积=对角线积的一半可求BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半【详解】解：四边形ABCD是菱形，AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD=2ACBD=48，BD=8，DH AB，BO=DO=4，OH=12BD=4故选：A【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是灵活运用这些性质解决问题9.在抗击疫情网络知识竞赛中，为奖励成绩突出的学生，学校计划用200元钱购买A、B、C三种奖品，A种每个10元，B种每个20元，C种每个30元，在C种奖品不超过

9、两个且钱全部用完的情况下，有多少种购买方案（）A.12种B.15 种C.16种D.14种【答案】D【解析】【分析】设购买A、B、C三种奖品分别为,x y z个，根据题意列方程得102030200 xyz，化简后根据,x y z均为正整数，结合C种奖品不超过两个分类讨论，确定解的个数即可【详解】解：设购买A、B、C三种奖品分别为,x y z个，根据题意列方程得102030200 xyz，即2320 xyz，由题意得,x y z均为正整数当z=1时，217xy172yx，第 8 页 共 36 页y分别取1，3，5，7，9，11，13，15共8种情况时，x为正整数；当z=2时，214xy142yx，

10、y可以分别取2，4，6，8，10，12共6种情况，x为正整数；综上所述：共有8+6=14种购买方案故选：D【点睛】本题考查了求方程组的正整数解，根据题意列出方程，并确定方程组的解为正整数是解题关键10.如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），45DAM，点F在射线AM上，且2AFBE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG 则下列结论：45ECF；AEG的周长为212a；222BEDGEG；EAF的面积的最大值是218a；当13BEa时，G是线段AD的中点其中正确的结论是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH

11、证明 FAE EHC（SAS），即可判断正确；如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，则 CBE CDH（SAS），再证明 GCE GCH（SAS），即可判断第 9 页 共 36 页错误；设BE=x，则AE=a-x，AF=2x，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正确；设AG=y，利用前面所证EG=GH，在Rt AEG中，利用勾股定理求得12ya，即可判断正确【详解】如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EHBE=BH，EBH=90，EH=2BE，AF=2BE，AF=EH，DAM=EHB=45，BAD=90，FAE=EHC=135，BA=BC，BE=BH，AE=HC，FAE E

12、HC（SAS），EF=EC，AEF=ECH，ECH+CEB=90，AEF+CEB=90，FEC=90，ECF=EFC=45，故正确，如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，第 10 页 共 36 页则 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，故错误，AEG的周长=AE+EG+AG=AE+AH=AE+AD+DH=AE+AD+EB=AB+AD=2a，故错误，设BE=x，则AE=ax，AF=2x，S AEF=222111111222228ax x

13、xaxxaa，102，当12xa时，AEF的面积的最大值为218a，故正确；如图3，延长AD到H，使得DH=BE，第 11 页 共 36 页同理：EG=GH，13BEa，则23AEa，设AG=y，则DG=ay，EG=GH=1433ayaay，在Rt AEG中，222AEAGEG，即2222433ayay，解得：12ya，当13BEa时，G是线段AD的中点，故正确；综上，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二、填空题（每题3 分，满分 30

14、分）11.5G信号的传播速度为300000000m/s，将300000000用科学记数法表示为_【答案】83 10【解析】第 12 页 共 36 页【分析】科学记数法的表示形式为a 10n的形式，其中1|a|1时，n是正数；当原数的绝对值1时，n是负数【详解】300000000的小数点向左移动8位得到3，所以300000000用科学记数法表示为3 108，故答案为3 108【点睛】本题考查科学记数法的表示方法科学记数法的表示形式为a 10n的形式，其中1|a|1，解不等式得：x2a，不等式组的解集是1x2a，x 的一元一次不等式组有2个整数解，x只能取2和3，342a，解得：68a故答案为：6

15、8a【点睛】本题考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组的应用，解此题的关键是能得出关于a的取值范围第 15 页 共 36 页16.如图，AD是ABC的外接圆O的直径，若40BAD，则ACB_【答案】50【解析】【分析】连接BD，如图，根据圆周角定理得到ABD=90，则利用互余计算出D=50，然后再利用圆周角定理得到 ACB 的度数【详解】连接BD，如图，AD为 ABC 的外接圆O的直径，ABD=90，D=90-BAD=90-40=50，ACB=D=50 故答案为：50【点睛】本题考查了圆周角定理：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.小明在手工制作

16、课上，用面积为2150 cm，半径为15cm的扇形卡纸，围成一个圆锥侧面，则这个圆锥的底面半径为_cm【答案】10第 16 页 共 36 页【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1=2SlR扇形得：扇形的弧长=2 1501520（厘米），圆锥的底面半径=20210（厘米）故答案是：10【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.如图，在边长为4的正方形ABCD中将ABD沿射线BD平移，得到EGF，连接EC、GC求ECGC的最小值为 _【答案】4 5【解析】【分析】将 ABC 沿射线CA平移到 ABC的位置，连接CE、A

17、E、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，CE+ED最小，由勾股定理求出CD的值即为EC+GC的最小值【详解】如图，将ABC 沿射线CA平移到 ABC的位置，连接CE、AE、DE，第 17 页 共 36 页ABGEDC 且AB=GE=DC，四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，AEBG，CG=DE，AECC，由作图易得，点C与点C关于AE对称，CE=CE，又 CG=DE，EC+GC=C E+ED

18、，当点C、E、D在同一直线时，CE+ED最小，此时，在Rt C DE中，CB=4，BD=4+4=8，CD=22484 5，即EC+GC的最小值为4 5，故答案为：4 5【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.在矩形ABCD中，1AB，BCa，点E在边BC上，且35BEa，连接AE，将ABE沿AE折叠若点B对应点B落在矩形ABCD的边上，则折痕的长为_【答案】2或305【解析】第 18 页 共 36 页【分析】分两种情况：点B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

19、况：（1）当点B落在AD上时，如图1，四边形ABCD是矩形，90BADB，将ABE沿AE折叠，点B的对应点B落在AD边上，1452BAEB AEBAD，ABBE，315a，3=15BEa在Rt ABE中，AB=1，BE=1，AE=222ABBE（2）当点B落在CD上，如图2，第 19 页 共 36 页四边形ABCD是矩形，90BADBCD，ADBCa，将ABE沿AE折叠，点B的对应点B落在CD边上，90BAB E，1ABAB，35EBEBa，2221DBB AADa，3255ECBCBEaaa，在ADB和BCE中，9090B ADEB CAB DDCADBBCE，DBABCEB E，即2112

20、355aaa，解得，53a（负值舍去）35=55BEa在Rt ABE中，AB=1，BE=55，AE=22305ABBE故答案为：2或305.【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.如图，直线AM的解析式为1yx与x轴交于点M，与y轴交于点A，以OA为边作正方形ABCO，点B坐标为1,1过点B作1EOMA交MA于点E，交x轴于点1O，过点1O作x轴的垂线交MA于点1A以11O A为边作正方形1111O A B C，点1B的坐标为5,3过点1B作12E OMA交MA于1E，交x轴于第 20 页 共 36 页点2O，过点2O作x轴的

21、垂线交MA于点2A，以22O A为边作正方形2222O A B C，则点2020B的坐标_【答案】202020202 31,3【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：AM的解析式为1yx，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1111O A B C是正方形，O1C1=C1O2=MO1=3，OC1=2 3-1=5，B1C1=O1C1=3，B1（5，3），A2O2=3C1O2=9，B2C2=

22、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B202020202 31,3，故答案为：202020202 31,3【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，的第 21 页 共 36 页属于中考常考题型三、解答题（满分60分）21.先化简，再求值：22169211xxxxx，其中3tan303x【答案】13xx,34 33【解析】【分析】括 号 内 先 通 分 进 行 分 式 的 减 法 运

23、算，然 后 进 行 分 式 的 除 法 运 算，将 特 殊 角 的 三 角 函 数 值 代 入3tan303x求出x的值，然后代入化简后的结果进行计算即可【详解】原式=221311111xxxxxxx=21122113xxxxxx=211313xxxxx=13xx，当33tan30333333x时，原式33 13434 333333【点睛】本题考查了分式的混合运算化简求值，涉及了分式的减法、乘除法运算，特殊角的三角函数值，二次根式的混合运算等，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键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，ABC的三个顶点5,2A、5,5B

24、、1,1C均在格点上第 22 页 共 36 页（1）将ABC向左平移5个单位得到111A B C，并写出点1A的坐标；（2）画出111A B C绕点1C顺时针旋转90后得到的221A B C，并写出点2A的坐标；（3）在（2）的条件下，求111A B C在旋转过程中扫过的面积（结果保留）【答案】（1）见解析,10,2A；（2）图形见解析，23,3A；（3）86【解析】分析】（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点1A的坐标；（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点2A的坐标；（3）根据题意可以求得BC的长，从而可以求得111A B C在旋转过程中扫过的面积【详解】（1）111A B C

25、如图所示，10,2A；（2）221A B C如图所示，23,3A（3）22444 2BC211s(4 2)3 48642【第 23 页 共 36 页【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.如图，已知二次函数2yxbxc的图象经过点1,0A，3,0B，与y轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在点P，使PABABC，若存在请直接写出点P的坐标 若不存在，请说明理由【答案】（1）2yx2x3；（2）存在，1(2,3)P，2(4,5)P【解析】【分析】（1）把点AB坐标代入2yxbxc即可求解；（2）分点P在x轴下方和下方两种情况

26、讨论，求解即可【详解】（1）二次函数2yxbxc的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，10930bcbc，第 24 页 共 36 页解得：23bc，抛物线的解析式为：2yx2x3；（2）存在，理由如下：当点P在x轴下方时，如图，设AP与y轴相交于E，令0 x，则3y，点C的坐标为(0，3)，A(-1，0)，B(3，0)，OB=OC=3，OA=1，ABC=45，PAB=ABC=45，OAE是等腰直角三角形，OA=OE=1，点E的坐标为(0，-1)，设直线AE的解析式为1ykx，把A(-1，0)代入得：1k，直线AE的解析式为1yx，第 25 页 共 36 页解方程组2123yxyxx，得：1

27、110 xy(舍去)或2245xy，点P的坐标为(4，5)；当点P在x轴上方时，如图，设AP与y轴相交于D，同理，求得点D的坐标为(0，1)，同理，求得直线AD的解析式为1yx，解方程组2123yxyxx，得：1110 xy(舍去)或2223xy，点P的坐标为(2，3)；综上，点P的坐标为(2，3)或(4，5)【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组，分类讨论是解本题的关键24.为了提高学生体质，战胜疫情，某中学组织全校学生宅家一分钟跳绳比赛，全校跳绳平均成绩是每分钟99次，某班班长统计了全班50名学生一分钟跳绳成绩，列出的频数分布直方图

28、如图所示，（每个小组包括左端点，不包括右端点）第 26 页 共 36 页求：（1）该班一分钟跳绳的平均次数至少是多少，是否超过全校的平均次数；（2）该班的一个学生说：“我的跳绳成绩是我班的中位数”请你给出该生跳绳成绩的所在范围；（3）从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率是多少【答案】（1）平均次数至少是100.8次，超过全校的平均次数；（2）跳绳成绩所在范围为100 120；（3）3350【解析】【分析】（1）观察直方图，用每组的最低成绩，根据加权平均数公式计算可得该班一分钟跳绳的最少平均次数，再与校平均成绩比较即可得答案；（2）根据中位数意义，确定中位数的范围即可；（3）先确定出

29、该班一分钟跳绳成绩大于或等于100次的人数，然后利用概率公式进行求解即可【详解】（1）该班一分钟跳绳的平均次数至少为60 480 13 100 19 120 7140 5160 2100.89950，即该班一分钟跳绳的平均次数至少是100.8次，超过了全校的平均次数；（2）这个学生的跳绳成绩在该班是中位数，共有50名学生，可知中位数是将跳绳次数从小到大排列后位于第25、26这两个次数的平均数，因为4+13=1726，所以中位数一定在100120范围内，第 27 页 共 36 页即该生跳绳成绩的所在范围为100120；（3）该班一分钟跳绳成绩大于或等于100次的有：l9+7+5+2=33(人)，

30、所以P（其跳绳次数超过全校平均数）=3350，答：从该班中任选一人，其跳绳次数超过全校平均数的概率为3350【点睛】本题考查了频数分布直方图，简单的概率计算，中位数等知识，读懂统计图，弄清题意，找准相关数据，灵活运用相关知识是解题的关键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y（单位：千米）与快递车所用时间x（单位：时）的函数图象，已知货车比快递车早1小时出发，到达武汉后用2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1小时（1）求ME的函数解析式；（2）求快递车第二次往返过程中

31、，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）【答案】（1）5050yx；（2）货车返回时与快递车途中相遇的时间173h，7h；（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.第 28 页 共 36 页【详解】解：（1）由图象可知：M0,50，E3,200设ME的解析式ykxb0k把M0,50，E3,200代入得：503200bkb，解得5050b

32、k，ME的解析式为5050yx03x；（2）由图象知B（4，0），C(6,200)设BC的解析式ymxn,把B（4，0），C(6,200)代入得，406200mnmn，解得，100400mn，BC的解析式为：100400yx由图象知F（5，200），G（9，0）设FG的解析式ypxq，把F（5，200），G（9，0）代入上式得，520090pqpq，解得，50450pq，故FG的解析式为：50450yx联立方程组得，10040050450yxyx，解得173xh；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，620080rsr

33、s，第 29 页 共 36 页解得，100800rs故CD的解析式为y=-100 x+800,联立方程组得10080050450yxyx，解得7xh答：货车返回时与快递车途中相遇的时间173h，7h（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.如图，在Rt ABC中，90ACB，ACBC，点D、E分别在AC、BC边上，DCEC，连接DE、AE、BD，点M、

34、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN（1）BE与MN的数量关系是_（2）将DEC绕点C逆时针旋转到图和图的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图或图进行证明【答案】（1）2BEMN；（2）图（2）：2BEMN，图（3）：2BEMN，理由见解析【解析】【分析】第 30 页 共 36 页（1）先证明AD=BE，根据中位线定理证明PMN 为等腰直角三角形，得到22PMMN，再进行代换即可；（2）：如图（2）连接AD，延长BE交AD于H，交AC于G，先证明ACDBCE，得到，AD=BE，90AHB，根据中位线定理证明PMN 为等腰直角三角形，得到22PMMN，

35、再进行代换即可【详解】解：（1）Rt ABC中，90ACB，ACBC，BAC=ABC=45 ACBC，DCEC，AD=BE，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，PM，PN分别为 ABE，BAD 中位线，PM BE,PM=12BE,PN AC,PN=12AD,PM=PN,APM=BPN=45，PMN=90，PMN为等腰直角三角形，22sin22PMMNPNMMNMN，22BEPMMN，即2BEMN；（2）图（2）：2BEMN图（3）：2BEMN证明：如图（2）连接AD，延长BE交AD于H，交AC于G，90ACBDCE，DCAECB，DCEC，ACBC，第 31 页 共 36 页ACDBCE

36、，CADCBE，BEAD，AGHCGE，90CADAGHCBECGE，90AHB，P、M、N分别是AB、AE、BD的中点，/PNAD，12PNAD，/PMBE，12PMBE，PMPN，190MPNAHB，PMN是等腰直角三角形，2MNPM，22BEPMMN图【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定与性质，中位线定理等知识，综合性较强，解题关键理解运用好中位线性质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m元，售价每千克16元；乙种蔬菜进价每千克n元，售价每千克18元（1）该超市购进甲种蔬菜15 千克

37、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元求m，n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x千克，求有哪几种购买方案第 32 页 共 36 页（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2a元，乙种蔬菜每千克捐出a元给当地福利院，若要保证捐款后的利润率不低于20%，求a的最大值【答案】（1）m、n的值分别为10和14；（2）共3种方案分别为：方案一购甲种蔬菜58千克，乙种蔬菜42千克；方案二购甲种蔬菜59千克，乙种蔬菜41千克；方案三购甲种蔬菜

38、60千克，乙种蔬菜40千克；（3）a的最大值为1.8【解析】【分析】（1）根据题意可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得m、n的值；（2）根据题意，列出一元一次不等式组，解方程组即可得到购买方案；（3）分别求出三种方案的利润，然后列出不等式，即可求出答案【详解】解：（1）由题意得1520430108212mnmn，解得：1014mn；答：m、n的值分别为10和14；（2）根据题意1014(100)11601014(100)1168xxxx，解得：5860 x，因为x是整数所以x为58、59、60；共3种方案，分别为：方案一购甲种蔬菜58千克，乙种蔬菜42千克；方案二购甲种蔬菜59千克，乙种

39、蔬菜41千克；方案三购甲种蔬菜60千克，乙种蔬菜40千克；（3）方案一的利润为：(16 10)58(18 14)42516元，方案二的利润为：(16 10)59(18 14)41518元，第 33 页 共 36 页方案三的利润为：(16 10)60(18 14)40520元，利润最大值为520元，甲售出60kg，乙售出40kg，(16 102)60(18 14)4020%1160aa解得：1.8a答：a的最大值为1.8；【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，利用二元一次方程组，以及不等式组的知识解答28.如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边A

40、B长是方程23180 xx的根，连接BD，30DBC，并过点C作CNBD，垂足为N，动点P从点B以每秒2个单位长度的速度沿BD方向匀速运动到点D为止；点M沿线段DA以每秒3个单位长度的速度由点D向点A匀速运动，到点A为止，点P与点M同时出发，设运动时间为t秒0t（1）线段CN_；（2）连接PM和MN，求PMN的面积s与运动时间t的函数关系式；（3）在整个运动过程中，当PMN是以PN为腰的等腰三角形时，直接写出点P的坐标【答案】（1）3 3；（2）2239 39024290239 396242tttstttt；（3）(3 3，3)或(7 33，73)【解析】【分析】第 34 页 共 36 页（1

41、）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23180 xx得：1263xx，(舍去)，AB=6，四边形ABCD是矩形，30DBC，AB=CD=6，BD=2AB=12，BC=AD=22221266 3BDAB，BDC1122SBC CDBD CN，6 363 312BC CDCNBD，故答数为：3 3；（2）如图1，过点M作MH BD于H，AD BC，ADB=DBC=30，MH=12MD=32t，DBC=30，CN BD，BN=39CN，第 35 页

42、 共 36 页当点P在线段BN上即902t时，PMN 的面积21339 3(92)2224stttt；当点P与点N重合即92t时，s=0，当点P在线段ND上即962t时，PMN 的面积21339 3(29)2224stttt；2239 39024290239 396242tttstttt；（3）如图，过点P作PEBC于E，当PN=PM=9-2t时，则DM=3t，MH=12DM=32t，DH=32t，222MHPHPM，222331229222tttt，解得：3t或73t，第 36 页 共 36 页即132PEBPt或1723PEBPt，则BE=3 3或BE=733，点P的坐标为(3 3，3)或(733，73)；当PN=NM=9-2t时，222MHNHMN，2223339222ttt，解得3t或24（不合题意舍去），BP=6，PE=12BP=3，BE=3PE=33点P的坐标为(3 3，3)，综上所述：点P坐标为(3 3，3)或(733，73)【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