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.B.C.D.【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】A．，正确；B．，故B选项错误；C．，故C选项错误；D．，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.第38页共38页\n【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．【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.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】这个几何体共有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．第38页共38页\n【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:,3,4,4,6(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4.2B.3.6或3.8C.3.8或4.2D.3.8或4.2【答案】B【解析】【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=3.6；当a=2时，平均数为=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.已知关于的一元二次方程有两个实数根，，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.且【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：关于的一元二次方程有两个实数根，，第38页共38页\n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，菱形的两个顶点，在反比例函数的图象上，对角线，的交点恰好是坐标原点，已知，，则的值是（）A.B.C.D.【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ABCD是菱形，∴BA=AD，AC⊥BD，∵∠ABC=120，第38页共38页\n∴∠ABO=60，∵点B（-1，1），∴OB=，∵，∴AO=，作BF⊥轴于F，AE⊥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，∵AO，∴AE=OE=AO，∴点A的坐标为（，），∵点A在反比例函数的图象上，第38页共38页\n∴，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，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．7.已知关于的分式方程的解为正数，则的取值范围是（）A.B.且C.D.且【答案】B【解析】【分析】先解分式方程利用表示出的值，再由为正数求出的取值范围即可．【详解】方程两边同时乘以得，，解得：．∵为正数，∴，解得，∵，∴，即，∴的取值范围是且．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，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（）第38页共38页\nA.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】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==48，∴BD=8，∵DH⊥AB，BO=DO=4，∴OH=BD=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，学校计划用元钱购买、、三种奖品，种每个元，种每个元，种每个元，在种奖品不超过两个且钱全部用完的情况下，有多少种购买方案（）A.种B.种C.种D.种【答案】D【解析】【分析】第38页共38页\n设购买、、三种奖品分别为个，根据题意列方程得，化简后根据均为正整数，结合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、、三种奖品分别为个，根据题意列方程得，即，由题意得均为正整数．①当z=1时，∴，∴y分别取1，3，5，7，9，11，13，15共8种情况时，x为正整数；②当z=2时，∴，∴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，正方形的边长为，点在边上运动（不与点，重合），，点在射线上，且，与相交于点，连接、、．则下列结论：①；②的周长为；③；④的面积的最大值是；⑤当时，是线段的中点．其中正确的结论是（）第38页共38页\nA.①②③B.②④⑤C.①③④D.①④⑤【答案】D【解析】【分析】如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS），即可判断①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②③错误；设BE=x，则AE=a-x，AF=，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④正确；设AG=，利用前面所证EG=GH，在Rt△AEG中，利用勾股定理求得，即可判断⑤正确．【详解】如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH．∵BE=BH，∠EBH=90°，∴EH=BE，∵AF=BE，∴AF=EH，第38页共38页\n∵∠DAM=∠EHB=45°，∠BAD=90°，∴∠FAE=∠EHC=135°，∵BA=BC，BE=BH，∴AE=HC，∴△FAE≌△EHC（SAS），∴EF=EC，∠AEF=∠ECH，∵∠ECH+∠CEB=90°，∴∠AEF+∠CEB=90°，∴∠FEC=90°，∴∠ECF=∠EFC=45°，故①正确，如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，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③错误，∴△AEG的周长=AE+EG+AG=AE+AH=AE+AD+DH=AE+AD+EB=AB+AD=2a，故②错误，设BE=，则AE=，AF=，∴S△AEF=，第38页共38页\n∵，∴当时，，△AEF的面积的最大值为，故④正确；如图3，延长AD到H，使得DH=BE，同理：EG=GH，∵，则，设AG=，则DG=，∴EG=GH=，在Rt△AEG中，，即，解得：，∴当时，是线段的中点，故⑤正确；综上，①④⑤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．第38页共38页\n二、填空题（每题3分，满分30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】【解析】【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的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>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|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．12.函数中，自变量的取值范围是．【答案】x＞2【解析】【分析】根据分式有意义和二次根式有意义的条件求解.【详解】解：根据题意得，x﹣2＞0，解得x＞2．故答案为x＞2．【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；第38页共38页\n（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．13.如图，和中，，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件___________，使和全等．【答案】（或或等）【解析】【分析】由题意得和中，，故要添加条件需得到一组边相等即可．【详解】解：∵和均为直角三角形，∴,又∵，故要使得和全等，只需添加条件（或或等）即可．故答案：（或或等）【点睛】本题考查了全等的判定，根据题意得到两个三角形有两组角分别相等，故只要添加一组对应边相等即可．14.一个盒子中装有标号为、、、、的五个小球，这些球除了标号外都相同，从中随机摸出两个小球，则摸出的小球标号之和大于的概率为______．【答案】【解析】第38页共38页\n【分析】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两次摸出的小球的标号之和大于6的情况，再利用概率公式即可求得答案．【详解】解：画树状图如图所示：∵共有20种等可能的结果，两次摸出的小球的标号之和大于6的有8种结果，∴两次摸出的小球的标号之和大于6的概率为：；故答案为：．【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意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，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．15.若关于的一元一次不等式组有个整数解，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集，根据已知得出答案即可．【详解】解：解不等式①得：x>1，解不等式②得：x<，∴不等式组的解集是1＜x＜，∵x的一元一次不等式组有2个整数解，第38页共38页\n∴x只能取2和3，∴，解得：故答案为：．【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．16.如图，是的外接圆的直径，若，则______．【答案】【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°，第38页共38页\n∴∠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.小明在手工制作课上，用面积为，半径为的扇形卡纸，围成一个圆锥侧面，则这个圆锥的底面半径为______．【答案】【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】由得：扇形的弧长=（厘米），圆锥的底面半径=（厘米）．故答案是：．【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，在边长为的正方形中将沿射线平移，得到，连接、．求的最小值为______．【答案】【解析】【分析】将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，证出四边形ABGE和四边形EGCD第38页共38页\n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，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即为EC+GC的最小值．【详解】如图，将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，∴四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，∴AE∥BG，CG=DE，∴AE⊥CC′，由作图易得，点C与点C′关于AE对称，C′E=CE，又∵CG=DE，∴EC+GC=C′E+ED，当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，此时，在Rt△C′D′E中，C′B′=4，B′D=4+4=8，C′D=，即EC+GC的最小值为，故答案为：．【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．第38页共38页\n19.在矩形中，，，点在边上，且，连接，将沿折叠．若点对应点落在矩形的边上，则折痕的长为______．【答案】或【解析】【分析】分两种情况：点落在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】分两种情况：（1）当点落在AD上时，如图1，∵四边形ABCD是矩形，，∵将沿AE折叠，点B的对应点落在AD边上，，，，∴在Rt△ABE中，AB=1，BE=1，∴AE=第38页共38页\n（2）当点落在CD上，如图2，∵四边形ABCD是矩形，，，∵将沿AE折叠，点B的对应点落在CD边上，，，，，，在和中，，，即，解得，（负值舍去）∴在Rt△ABE中，AB=1，BE=，第38页共38页\n∴AE=故答案为：或.【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，直线的解析式为与轴交于点，与轴交于点，以为边作正方形，点坐标为．过点作交于点，交轴于点，过点作轴的垂线交于点以为边作正方形，点的坐标为．过点作交于，交轴于点，过点作轴的垂线交于点，以为边作正方形，，则点的坐标______．【答案】【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：∵的解析式为，∴M（-1，0），A（0，1），即AO=MO=1，∠AMO=45°，由题意得：MO=OC=CO1=1，第38页共38页\nO1A1=MO1=3，∵四边形是正方形，∴O1C1=C1O2=MO1=3，∴OC1=2×3-1=5，B1C1=O1C1=3，B1（5，3），∴A2O2=3C1O2=9，B2C2=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B，故答案为：．【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，属于中考常考题型．三、解答题（满分60分）21.先化简，再求值：，其中．【答案】,【解析】【分析】括号内先通分进行分式的减法运算，然后进行分式的除法运算，将特殊角的三角函数值代入求出x的值，然后代入化简后的结果进行计算即可．【详解】原式==第38页共38页\n==，当时，原式．【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，的三个顶点、、均在格点上（1）将向左平移个单位得到，并写出点的坐标；（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；（3）在（2）的条件下，求在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．【答案】（1）见解析,；（2）图形见解析，；（3）【解析】分析】第38页共38页\n（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；（3）根据题意可以求得BC的长，从而可以求得在旋转过程中扫过的面积．【详解】（1）如图所示，；（2）如图所示，（3）【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，已知二次函数的图象经过点，，与轴交于点．第38页共38页\n（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在点，使，若存在请直接写出点的坐标．若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，，【解析】【分析】（1）把点AB坐标代入即可求解；（2）分点P在轴下方和下方两种情况讨论，求解即可．【详解】（1）∵二次函数的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：；（2）存在，理由如下：当点P在轴下方时，如图，设AP与轴相交于E，第38页共38页\n令，则，∴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，把A(-1，0)代入得：，∴直线AE的解析式为，解方程组，得：(舍去)或，∴点P的坐标为(4，)；当点P在轴上方时，如图，设AP与轴相交于D，第38页共38页\n同理，求得点D的坐标为(0，1)，同理，求得直线AD的解析式为，解方程组，得：(舍去)或，∴点P的坐标为(2，)；综上，点P的坐标为(2，)或(4，)【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次，某班班长统计了全班名学生一分钟跳绳成绩，列出的频数分布直方图如图所示，（每个小组包括左端点，不包括右端点）．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；第38页共38页\n（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）平均次数至少是次，超过全校的平均次数；（2）跳绳成绩所在范围为；（3）．【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，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=17<25，4+13+19=36>26，所以中位数一定在100～120范围内，即该生跳绳成绩的所在范围为100～120；（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)，所以P（其跳绳次数超过全校平均数）=，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．【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．第38页共38页\n25.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（单位：千米）与快递车所用时间（单位：时）的函数图象，已知货车比快递车早小时出发，到达武汉后用小时装卸货物，按原速、原路返回，货车比快递车最后一次返回物流公司晚小时．（1）求的函数解析式；（2）求快递车第二次往返过程中，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）；（2）货车返回时与快递车途中相遇的时间，；（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.【详解】解：（1）由图象可知：M，E设的解析式把M，E代入得：，解得，第38页共38页\n的解析式为；（2）由图象知B（4，0），C(6,200)设的解析式,把B（4，0），C(6,200)代入得，，解得，，∴的解析式为：由图象知F（5，200），G（9，0）设的解析式，把F（5，200），G（9，0）代入上式得，，解得，，故的解析式为：联立方程组得，，解得；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，，解得，故CD的解析式为y=-100x+800,第38页共38页\n联立方程组得，解得答：货车返回时与快递车途中相遇的时间，（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①，在中，，，点、分别在、边上，，连接、、，点、、分别是、、的中点，连接、、．（1）与的数量关系是______．（2）将绕点逆时针旋转到图②和图③的位置，判断与有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．【答案】（1）；（2）图（2）：，图（3）：，理由见解析．【解析】【分析】（1）先证明AD=BE，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到第38页共38页\n，再进行代换即可；（2）：如图（2）连接，延长交于，交于，先证明，得到，AD=BE，，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可．【详解】解：（1）∵中，，，∴∠BAC=∠ABC=45°∵，，∴AD=BE，∵点、、分别是、、的中点，∴PM，PN分别为△ABE，△BAD中位线，∴PM∥BE,PM=BE,PN∥AC,PN=AD,∴PM=PN,∠APM=∠BPN=45°，∴∠PMN=90°，∴△PMN为等腰直角三角形，∴，∴，即；（2）图（2）：图（3）：证明：如图（2）连接，延长交于，交于，，，第38页共38页\n，，，，，，，，、、分别是、、的中点，，，，，，，是等腰直角三角形，，．图②【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元，售价每千克元；乙种蔬菜进价每千克元，售价每千克第38页共38页\n元．（1）该超市购进甲种蔬菜千克和乙种蔬菜千克需要元；购进甲种蔬菜千克和乙种蔬菜千克需要元．求，的值．（2）该超市决定每天购进甲、乙两种蔬菜共千克，且投入资金不少于元又不多于元，设购买甲种蔬菜千克，求有哪几种购买方案（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元，乙种蔬菜每千克捐出元给当地福利院，若要保证捐款后的利润率不低于，求的最大值．【答案】（1）、的值分别为和；（2）共3种方案分别为：方案一购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；方案二购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；方案三购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；（3）的最大值为【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，解得：；答：、的值分别为和；（2）根据题意，解得：，因为是整数第38页共38页\n所以为、、；∴共3种方案，分别为：方案一购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；方案二购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；方案三购甲种蔬菜千克，乙种蔬菜千克；（3）方案一的利润为：元，方案二的利润为：元，方案三的利润为：元，利润最大值为元，甲售出，乙售出，∴解得：答：的最大值为；【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，矩形的边长是方程的根，连接，，并过点作，垂足为，动点从点以每秒个单位长度的速度沿方向匀速运动到点为止；点沿线段以每秒个单位长度的速度由点向点匀速运动，到点为止，点与点同时出发，设运动时间为秒第38页共38页\n（1）线段______；（2）连接和，求的面积与运动时间的函数关系式；（3）在整个运动过程中，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出点的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）(，)或(，)【解析】【分析】（1）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）解方程得：(舍去)，∴AB=6，∵四边形是矩形，，∴AB=CD=6，BD=2AB=12，∴BC=AD=，∵，∴，故答数为：；（2）如图1，过点M作MH⊥BD于H，第38页共38页\n∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC=30°，∴MH=MD=，∵∠DBC=30°，CN⊥BD，∴BN=，当点P在线段BN上即时，△PMN的面积；当点P与点N重合即时，s=0，当点P在线段ND上即时，△PMN的面积；∴；（3）如图，过点P作PE⊥BC于E，第38页共38页\n当PN=PM=9-2t时，则DM=，MH=DM=，DH=，∵，∴，解得：或，即或，则BE=或BE=，∴点P的坐标为(，)或(，)；当PN=NM=9-2t时，∵，∴，解得或24（不合题意舍去），∴BP=6，PE=BP=3，BE=PE=3∴点P的坐标为(，)，综上所述：点P坐标为(，)或(，)．第38页共38页\n【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．第38页共38页
