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湘教版初中数学八年级下册第四单元《一次函数》单元测试卷（困难）（含答案解析）
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湘教版初中数学八年级下册第四单元《一次函数》单元测试卷（困难）（含答案解析）
考试范围：第四单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图， RtΔABC中，∠C=90∘，AB=5cm，AC=4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→C向点C运动，同时点Q从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C向点C运动，直到它们都到达点C为止．若ΔAPQ的面积为S(cm2)，点P的运动时间为t(s)，则S与t的函数图象是( )
A. B.
C. D.
2. 如图，四边形ABCD是菱形，∠A=60°，AB=4.已知直线l⊥AB，直线l与AD或CD的交点为点P，与AB或BC的交点为点Q.直线l从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向右平移，直至直线l与点C相交结束．若直线l的运动时间为x秒，△APQ的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为 ( )
A. B.
C. D.
3. 下列说法正确的是( )
A. 一次函数是正比例函数 B. 正比例函数是一次函数
C. 正比例函数不是一次函数 D. 不是正比例函数就是一次函数
4. 下列说法正确的是( )
A. 一次函数是正比例函数 B. 正比例函数是一次函数
C. 正比例函数不是一次函数 D. 不是正比例函数就是一次函数
5. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(4,0)，点Q是直线y=3x上的一个动点，以AQ为边，在AQ的右侧作等边△APQ，使得点P落在第一象限，连结OP，则OP+AP的最小值为( )
A. 6
B. 43
C. 8
D. 63
6. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=−3x+3与坐标轴分别交于A，B两点，以线段AB为边，在第一象限内作正方形ABCD，直线y=3x−2与y轴交于点F，与线段AB交于点E，将正方形ABCD沿x轴负半轴方向平移a个单位长度，使点D落在直线EF上．有下列结论：
①△ABO的面积为3；②点C的坐标是(4,1)；③点E到x轴距离是12；④a=1.其中正确结论的个数是( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
7. 如图，直线y=2x+2与直线y=−x+5相交于点A，将直线y=2x+2绕点A旋转45°后所得直线与x轴的交点坐标为( )
A. (−8,0)
B. (3,0)
C. (−11,0)，(73,0)
D. (−10,0)，(2,0)
8. 八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，则该直线l的解析式为( )
A. y = − x B. y = −34x C. y = −35x D. y = −910x
9. 一次函数y1=ax+b与y2=cx+d的图象如图所示，下列结论中正确的有( )
①对于函数y=ax+b来说，y随x的增大而减小
②函数y=ax+d的图象不经过第一象限
③a−c=d−b3
④d
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
10. A，B两地相距640km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s(km)，甲行驶的时间为t(h)，s与t的关系如图所示，下列说法：
①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；
②乙出发4h后追上甲；
③甲比乙晚到53h；
④甲车行驶8h或913h，甲，乙两车相距80km；
其中正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
11. 甲乙两车从A城出发匀速驶向B城，在整个行驶过程中，两车离开A城的距离y(km)与甲车行驶的时间t(h)之间的函数关系如图，则下列结论错误的是( )
①A、B两城相距300千米;②甲车比乙车早出发1小时，却晚到1小时;③相遇时乙车行驶了2.5小时;④当甲乙两车相距50千米时，t的值为54或56或156或254．
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
12. 疫苗接种对新冠疫情防控至关重要，接种疫苗能够对个体进行有效保护，并降低感染率、重症率和病亡率.甲、乙两地分别对本地各40万人接种新冠疫苗.甲地在前期完成5万人接种后，甲、乙两地同时以相同速度接种，甲地经过a天后接种人数达到25万人，由于情况变化，接种速度放缓，结果100天完成接种任务.乙地80天完成接种任务，甲、乙两地的接种人数y(万人)与接种所用时间x(天)之间的关系如图所示.由题意得出下列结论： ①乙地每天接种0.5万人; ②a的值为40; ③当甲地接种速度放缓后，y关于x的函数解析式为y=14x+15(40≤x≤100); ④当乙地完成接种任务时，甲地未接种疫苗的人数为10万人.其中正确结论有个．( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 函数y=xx−2中自变量x的取值范围是______．
14. 当a=_______时，函数y=(a−2)xa2−3是正比例函数．
15. 甲、乙两人都从光明学校出发，去距离光明学校1500m远的篮球馆打球，他们沿同一条道路匀速行走，乙比甲晚出发4min.设甲行走的时间为t(单位：min)，甲、乙两人相距y(单位：m)，表示y与t的函数关系的图象如图所示，根据图中提供的信息，下列说法：
①甲行走的速度为30m/min
②乙在距光明学校500m处追上了甲
③甲、乙两人的最远距离是480m
④甲从光明学校到篮球馆走了30min
正确的是______(填写正确结论的序号)．
16. 小明租用共享单车从家出发，匀速骑行到相距2400米的图书馆还书．小明出发的同时，他的爸爸以每分钟96米的速度从图书馆沿同一条道路步行回家，小明在图书馆停留了2分钟后沿原路按原速返回．设他们出发后经过t(分)时，小明与家之间的距离为s1(米)，小明爸爸与家之间的距离为s2(米)，图中折线OABD、线段EF分别表示s1、s2与t之间的函数关系的图象小明从家出发，经过______分钟在返回途中追上爸爸．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
在Rt △ABC中，已知∠ACB=90°，∠B=30°，AC=4，D是AB边上的一个动点，过点D作DE⊥AB，与边BC交于点E(点E不与点B、C重合)点F是线段EB的中点，作DH⊥DF，DH与AC交于点G，与射线BC交于点H．
(1) 求证：BD=DH；
(2) 若AD=3，求CH的长；
(3) 设AD=x，CH=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
18. (本小题8.0分)
等腰三角形ABC的周长为16，腰AB长为y，底边BC长为x，求：
(1)y关于x的函数表达式；
(2)自变量x的取值范围；
(3)底边BC长为7时，腰长为多少？
19. (本小题8.0分)
新定义：对于关于x的一次函数，我们称函数y=kx+b(x≤m)y=−kx−b(x>m)为一次函数y=kx+b(k≠0)的m变函数(其中m为常数)．
例如：对于关于x的一次函数y=x+4的3变函数为y=x+4(x≤3)y=−x−4(x>3)．
(1)关于x的一次函数y=−x+1的2变函数为y，则当x=4时，y= ．
(2)关于x的一次函数y=2x+2的1变函数为y1，当−3≤x≤3时，函数y1的取值范围是
(3)关于x的一次函数y=x+2的1变函数为y1，关于x的一次函数y=−12x−2的−1变函数为y2，求函数y1和函数y2的交点坐标．
20. (本小题8.0分)
如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为(3,4)，一次函数y=−23x+b的图象与边OC，AB分别交于点D，E，并且满足OD=BE，点M是线段DE上的一个动点．
(1)求b的值；
(2)设点N是x轴上方的平面内的一点，当以点O，M，D，N为顶点的四边形是菱形时，直接写出点N的坐标．
21. (本小题8.0分)
我们知道：角平分线上的点到角的两边距离相等，如图①，E是∠AOB的平分线OP上任意一点，若EC⊥OA，ED⊥OB，垂足分别为C，D，则EC=ED．
换一种眼光看：如图①，OP是∠AOB的平分线，C、D、E分别是OA、OB、OP上的动点，若∠OCE=∠ODE=90°，则CE=DE．
一般化：
(1)如图②，射线OP是∠AOB的平分线，C，D，E分别是OA，OB，OP上的动点，若∠OCE=∠ODE，则CE与DE的数量关系是 ．
再倒过来想一想：
(2)如图③，OP是∠AOB的平分线，C、D、E分别是OA、OB、OP上的动点，若CE=DE，则∠OCE与∠ODE有什么关系?请将图形补充完整并结合图形证明你的结论；
用用看：
(3)已知：点A(0,10)在y轴上，点B(−3,4)在函数y=−43x的图像上，点C在函数y=43x的图像上，连接AB、AC，若AB=AC，直接写出点C的坐标．
22. (本小题8.0分)
在学习一元一次不等式与一次函数的过程中，梓锐在同一个坐标系中发现直线l1:y1=−x+3与坐标轴相交于A，B两点，直线l2:y2=kx+b(k≠0)与坐标轴相交于C，D两点，两直线相交于点E，且点E的横坐标为2.已知OC=43，点P是直线l2上的动点．
(1)求直线l2的函数表达式；
(2)过点P作x轴的垂线与直线l1和x轴分别相交于M，N两点，当点N是线段PM的三等分点时，求P点的坐标；
(3)若点Q是x轴上的动点，是否存在以A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．
23. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=m(x−n)+1(m≠0)的图象为直线l，l交x轴于点A，且经过定点C(1,1)．
(1)请直接写出n的值：n=____；
(2)连接OC．
①当OC⊥l时，求此时直线l的解析式；
②在①的条件下，若点B在x轴上，以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，求此时点D的坐标；
(3)设一次函数y1=k(x−2)−1(k≠0)的图象为直线l1，若对任意的实数x，都满足y>y1，求m的取值范围．
24. (本小题8.0分)
某公司生产的一种营养品信息如下表．已知甲食材每千克的进价是乙食材的2倍，用80元购买的甲食材比用20元购买的乙食材多1千克．
营养品信息表
营养成份
每千克含铁42毫克
配料表
原料
每千克含铁
甲食材
50毫克
乙食材
10毫克
规格
每包食材含量
每包售价
A包装
1千克
45元
B包装
0.25千克
12元
(1)甲、乙两种食材每千克的进价分别是多少元？
(2)该公司每日用18000元购进甲、乙两种食材并恰好全部用完．已知每日其他费用为2000元，且生产的营养品当日全部售出．若A包装的数量不低于B包装的数量，求每日所获的最大总利润．
25. (本小题8.0分)
民族要复兴，乡村必振兴．襄阳市某合作社为尽快打开市场，对本地新产品进行线上和线下销售相结合的模式，具体费用标准如下：
销售方式
标价
实际销售价
线下
10元/千克
打八折
线上
10元/千克
40千克(含40千克)以下
打九折
超过40千克
超过部分每千克再让利3元
设购买这种新产品x千克，所需费用为y元.根据以上信息回答下列问题：
⑴直接写出两种销售模式对应的函数解析式；
⑵为了脱贫致富，发挥社员劳动工作积极性，合作社决定搞承包销售制.村民小明经过与合作社协商，决定以5元/千克承包100千克该商品进行线上和线下销售，小明通过对市场调查发现：当线上销售量不少于30千克且不多于50千克时，通过两种销售模式都能很快销售完该产品，设小明销售完该产品所获总利润为W元，求W的解析式；
⑶在⑵的条件下，小明决定将线上销售的新产品低于40千克时，线上销售的新产品每千克捐赠m(0
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了动点问题的函数图象，三角形面积，关键是熟练掌握三角形的面积与函数的关系．
先利用分类讨论思想得出函数关系式，然后确定函数图象．
【解答】
解：由勾股定理得BC=52−42=3(cm)．
分两种情况：
(1)当0
如图1，易证△AMQ∽△ACB，
∴MQ：3=2t：5，
∴MQ=65tcm，
∴S=12×65t×t=35t2，
∴函数图象是抛物线位于对称轴右侧的一部分，抛物线开口向上；
(2)当2.5
∴S=12t8−2t=−(t−2)2+4．
函数图象是抛物线位于对称轴(直线x=2)右侧的一部分，抛物线开口向下．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查对动点问题的函数图象，勾股定理，三角形的面积，二次函数的图象，正比例函数的图象，含30度角的直角三角形的性质，菱形的性质等知识点的理解和掌握，能根据这些性质进行计算是解此题的关键，用的数学思想是分类讨论思想．
根据三角形的面积公式，分段求出PQ的长度即可．
【解答】
解：如图1，当0≤x≤2时，y=S▵APQ=12AQ×PQ=12×x×3x=32x2；为开口向上的二次函数；
如图2，当2
y=S▵APQ=12AE×PQ=12×x×[23−3(x−4)]=−32x2+33x，为开口向下的二次函数；
故选A．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查一次函数和正比例函数的定义，熟练掌握一次函数和正比例函数的定义是解题的关键.根据一次函数与正比例函数的定义求解．
【解答】
解：正比例函数是一次函数，一次函数不一定是正比例函数．
故选B．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查一次函数和正比例函数的定义，熟练掌握一次函数和正比例函数的定义是解题的关键.根据一次函数与正比例函数的定义求解．
【解答】
解：正比例函数是一次函数，一次函数不一定是正比例函数．
故选B．
5.【答案】C
【解析】解：如图，作∠OAM=60°，边AM交直线OQ于点M，作直线PM，
由直线y=3x可知，∠MOA=60°，
∴∠MOA=∠OAM=60°，
∴△OAM是等边三角形，
∴OA=OM，
∵△APQ是等边三角形，
∴AQ=AP，∠PAQ=60°，
∴∠OAQ=∠MAP，
∴△OAQ≌△MAP(SAS)，
∴∠QOA=∠PMA=60°=∠MAO，
∴PM//x轴，即点P在直线PM上运动，
过点O关于直线PM的对称点B，连接AB，AB即为所求最小值，
此时，在Rt△OAB中，OA=4，∠BAO=60°，
∴∠OBA=30°，
∴AB=2OA=8．
故选：C．
根据点Q的运动先证明点P在直线PM是运动，再根据轴对称最值问题，作点P关于直线PM的对称点B，连接AB，求出AB的长即可．
本题属于一次函数与几何综合题，涉及勾股定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，轴对称最值问题，旋转的性质等知识，解题的关键是得出点P在直线PM是运动．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查一次函数的综合、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
①求得A、B的坐标，然后根据三角形面积公式求得面积，即可判断①；
②如图作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，利用三角形全等，求出点C、D坐标即可判断②；
③联立方程求得交点E的纵坐标，即可判断③；
④把D的纵坐标代入y=3x−2，求得平移后D的横坐标，根据平移前后的横坐标即可判断④．
【解答】
解：①∵直线y=−3x+3与坐标轴分别交于A，B两点，
∴A(0,3)，B(1,0)，
∴△ABO的面积为12×1×3=32，故①结论错误；
②如图作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，CN与DM交于点F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=BC，∠ABC=90°，
∵∠BAO+∠ABO=90°，∠ABO+∠CBN=90°，
∴∠BAO=∠CBN，
在△BAO和△CBN中，
∠OAB=∠CBN ∠AOB=∠BNCAB=BC，
∴△BAO≌△CBN(AAS)，
∴BN=AO=3，CN=BO=1，
同理可以得到：DF=AM=BO=1，CF=DM=AO=3，
∴C(4,1)，F(4,4)，D(3,4)，故结论②正确；
③由y=3x−2y=−3x+3，解得y=12，
∴E的纵坐标为12，
∴点E到x轴距离是12，故结论③正确；
∵D(3,4)，
将正方形ABCD沿x轴负方向平移a个单位长度，使点D恰好落在直线y=3x−2上，
∴把y=4代入y=3x−2得，x=2，
∴a=3−2=1，
∴正方形沿x轴负方向平移a个单位长度后，点D恰好落在直线y=3x−2上时，a=1，故结论④正确；
故选：B．
7.【答案】C
【解析】解：令2x+2=−x+5，解得x=1，
∴A(1,4)．
设直线y=2x+2与x轴交于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，
∴OC=1，AC=4，
令y=2x+2=0，则x=−1，
∴OB=1，
∴BC=2．
将直线y=2x+2绕点A旋转45°，需要分两种情况：
①当直线AB绕点A逆时针旋转45°时，如图1，设此时直线与x轴的交点为P，此时∠BAP=45°，
过点B作BD⊥AB交直线AP于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，
∴∠ACO=∠ABD=90°，
∴∠ABC+∠DBE=∠DBE+∠BDE=90°，
∴∠ABC=∠BDE，
∵∠ABD=90°，∠BAP=45°，
∴∠BDA=∠BAP=45°，
∴AB=BD，
∴△ACB≌△BED(AAS)，
∴BC=DE=2，BE=AC=4，
∴OE=3，
∴D(3,−2)，
设直线AP的解析式为y=kx+b，
∴k+b=43k+b=−2，解得k=−3b=7，
∴直线AP的解析式为y=−3x+7，
令y=0，则x=73，
∴P(73,0)；
②当直线AB绕点A顺时针旋转45°时，如图2，设此时直线与x轴的交点为Q，延长DB交AQ于点F，
则∠BAQ=45°，
∵∠ABF=∠ABD=90°，
∴∠BAF=∠BFA=45°，
∴BF=BA=BD，即点B为DF的中点，
∵B(−1,0)，D(3,−2)，
∴F(−5,2)，
设直线AQ的解析式为：y=mx+n，
∴−5m+n=2m+n=4，解得m=13n=113，
∴直线AQ的解析式为：y=13x+113．
令y=0，则x=−11，
∴Q(−11,0)，
综上所述，将直线y=2x+2绕点A旋转45°后所得直线与x轴的交点坐标为(−11,0)，(73,0)．
故选：C．
先求出点A的坐标；设直线y=2x+2与x轴交于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，可求出AC和BC的长；若将直线y=2x+2绕点A旋转45°，则需要分两种情况：当直线AB绕点A逆时针旋转45°时，如图1，设此时直线与x轴的交点为P；过点B作BD⊥AB交直线AP于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，可得△ACB≌△BED，进而可得点D的坐标，用待定系数法可求出直线AP的表达式，进而求出点P的坐标；当直线AB绕点A顺时针旋转45°时，如图2，设此时直线与x轴的交点为Q，延长DB交AQ于点F，则△ADF是等腰直角三角形，根据中点坐标公式可求出点F的坐标，进而求出直线AQ的表达式，最后可求出点Q的坐标．
本题属于一次函数与几何综合题目，涉及全等三角形的性质与判定，图象的交点，等腰三角形的性质等内容，关键是根据45°角作出垂线构造全等．本题若放在九年级可用相似解决．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了待定系数法求一次函数解析式和正方形的性质．设直线l和八个正方形的最上面交点为A，过A作AB⊥OB于B，作AC⊥OC于C，易知OB=3，利用三角形的面积公式和已知条件求出A的坐标即可得到该直线l的解析式．
【解答】
解：设直线l和八个正方形的最上面交点为A，过A作AB⊥OB于B，作AC⊥OC于C，
∵正方形的边长为1，
∴OB=3，
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴S△AOB=4+1=5，
∴12OB⋅AB=5，
∴AB=103，
∴OC=103，
由此可知直线l经过(−103,3)，
设直线方程为y=kx，
则3=−103k，
k=−910，
∴直线l解析式为y=−910x，
故选D．
9.【答案】D
【解析】解：由图象可得：对于函数y1=ax+b来说，y随x的增大而减小，故①正确；
由于a<0，d<0，所以函数y=ax+d的图象经过第二，三，四象限，故②正确；
∵一次函数y1=ax+b与y2=cx+d的图象的交点的横坐标为3，
∴3a+b=3c+d
∴3a−3c=d−b，
∴a−c=13(d−b)，故③正确；
当x=1时，y1=a+b，
当x=−1时，y2=−c+d，
由图象可知y1>y2，
∴a+b>−c+d
∴d
①根据函数图象直接得到结论；
②根据a、d的符号即可判断；
③当x=3时，y1=y2；
④当x=1和x=−1时，根据图象得不等式．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的图象与性质，利用数形结合是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了一次函数的应用，解决问题的关键是根据函数图象获得关键的信息，利用行程问题的数量关系列式计算．
根据函数图象即可得到甲车行驶的速度以及乙车行驶的速度；根据函数图象即可得到乙出发3h后追上甲；根据图象，当乙到达B地时，甲乙相距100km，据此可得甲比乙晚到53h；根据甲，乙两车相距80km，列出方程进行求解即可．
【解答】
解：①由图可得，甲车行驶的速度是60÷1=60km/h，
∵甲先出发1h，乙出发3h后追上甲，
∴3(v乙−60)=60，
∴v乙=80km/h，
即乙车行驶的速度是80km/h，故①正确；
②∵当t=1时，乙出发，当t=4时，乙追上甲，
∴乙出发3h后追上甲，故②错误；
③由图可得，当乙到达B地时，甲乙相距100km，
∴甲比乙晚到100÷60=53h，故③正确；
④由图可得，当60t+80=80(t−1)时，
解得t=8；
当60t+80=640时，
解得t=913，
∴甲车行驶8h或913h，甲，乙两车相距80km，故④正确；
综上所述，正确的个数是3个．
故选：C．
11.【答案】D
【解析】解：①由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，故①不符合题意；
②甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即甲车比乙车早出发1小时，却晚到1小时;故②不合题意；
③设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把(5,300)代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把(1,0)和(4,300)代入可得m+n=04m+n=300，
解得m=100n=−100，
∴y乙=100t−100，
令y甲=y乙可得：60t=100t−100，解得t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③符合题意；
④令|y甲−y乙|=50，可得|60t−100t+100|=50，即|100−40t|=50，
当100−40t=50时，可解得t=54，
当100−40t=−50时，可解得t=154，
又当t=56时，y甲=50，此时乙还没出发，
当t=256时，乙到达B城，y甲=250；
综上可知当t的值为56或54或154或256，故④符合题意．
观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式有关知识由接种速度=接种人数÷接种天数求解；利用待定系数法求解；将x=80代入解析式得出y=35，然后由40−35=5即可
【解答】
解：乙地接种速度为40÷80=0.5(万人/天)，
0.5a=25−5，
解得a=40；
故①②正确
设y=kx+b，
将(40,25)，(100,40)代入解析式得：40k+b=25100k+b=40，
解得k=14b=15
∴y关于x的函数解析式y=14x+15(40≤x≤100)；
把x=80代入y=14x+15得y=14×80+15=35，
40−35=5(万人)，
∴当乙地完成接种任务时，甲地未接种疫苗的人数为5万人；
故③正确，④错误
13.【答案】x≥0且x≠2
【解析】解：由题意得，x≥0且x−2≠0，
解得x≥0且x≠2．
故答案为：x≥0且x≠2．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，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；
(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．
14.【答案】−2
【解析】
【分析】
本题考查的是正比例函数的定义，即一般地，形如y=kx(k是常数，k≠0)的函数叫做正比例函数，其中k叫做比例系数．根据正比例函数的定义列出关于m的不等式组，求出m的值即可．
【解答】
解：∵函数y=(a−2)xa2−3是正比例函数，
∴a−2≠0a2−3=1,
解得a=−2，
故答案为−2．
15.【答案】①③
【解析】
【分析】
本题重点考查了一次函数图象和实际应用相结合的问题，此类题是近年的热点问题．
结合函数图象，根据t=4时，y=120可求甲的速度；
t=10时y=0，乙追上甲可知此时甲、乙离学校的距离；
t=a时乙达到篮球馆，甲、乙间距离最大；
根据：总路程÷甲的速度=甲所用时间，可得甲的时间．
【解答】
解：由题意可知乙比甲晚出发4min，当0≤t≤4时甲在行走而乙不动，结合函数图象t=4时y=120，故甲行走的速度为30m/min，故①正确；
当4
故答案为：①③．
16.【答案】20
【解析】
【分析】
考查一次函数的图象和性质、二元一次方程组的应用等知识，正确的识图，得出点的坐标求出直线的关系式是解决问题的首要问题．由题意得点B的坐标为(12,2400)，小明骑车返回用时也是10分钟，因此点D的坐标为(22,0)，小明的爸爸返回的时间为2400÷96=25分，点F的坐标(25,0)
因此可以求出BD、EF的函数关系式，由关系式求出交点的横坐标即可
【解答】
解：由题意得：B(12,2400)，D(22,0)，F(25,0)，E(0,2400)
设直线BD、EF的关系式分别为s1=k1t+b1，s2=k2t+b2，
把B(12,2400)，D(22,0)，F(25,0)，E(0,2400)代入相应的关系式得：
12k1+b1=240022k1+b1=0，25k2+b2=0b2=2400，
解得：k1=−240b1=5280，k2=−96b2=2400，
直线BD、EF的关系式分别为s1=−240t+5280，s2=−96t+2400，
当s1=s2时，即：−240t+5280=−96t+2400，
解得：t=20，
故答案为：20．
17.【答案】解：(1)证明：∵DE⊥AB，
∴∠BDE=90∘，
又∵F为BE中点，
∴DF=12BE=EF，
∵∠ACB=90∘，∠B=30∘，
∴∠BED=60∘，
∴△DEF为等边三角形，
∴∠EFD=60∘，
∵DF⊥DH，
∴∠FDH=90∘，
∴∠H=90°−∠EFD=30∘，
∴∠H=∠B，
∴BD=DH；
(2)∵∠ACB=90∘，∠B=30∘，AC=4，
∴AB=2AC=8，
∴BC=AB2−AC2=43，
∵AD=3，
∴BD=5，
∵∠EDB=90∘，∠B=30∘，
∴BE=2DE，BE2=DE2+BD2，
∴BE=1033，
∴DF=EF=12BE=533，
∵BC=43，
∴CE=233，
∵∠H=30∘，∠FDH=90∘，
∴HF=2DF=1033，
∴CH=HF−EF−CE=3；
(3)∵∠ACB=90∘，∠B=30∘，AC=4，
∴AB=2AC=8，
∴BC=AB2−AC2=43，
∵AD=x，
∴BD=8−x，
∵∠EDB=90∘，∠B=30∘，
∴BE=2DE，BE2=DE2+BD2，
∴BE=233(8−x)，
∴DF=EF=12BE=33(8−x)，
∵BC=43，
∴CE=43−233(8−x)=233x−433，
∵∠H=30∘，∠FDH=90∘，
∴HF=2DF=233(8−x)，
∴CH=HF−EF−CE=43−3x，
即y=43−3x(2
(1)根据题意先证明出三角形DEF为等边三角形，从而得出∠EFD=60∘，最后求出∠H=∠B即可解答；
(2)先利用勾股定理得出BC，然后利用30°直角三角形的性质得出BE=2DE，利用勾股定理得出BE，进而求出DF，EF，CE，最后再求出CH；
(3)同(2)的思路解答即可．
18.【答案】解：(1)由三角形的周长为16，得x+2y=16，
∴y=−12x+8；
(2)∵x，y是三角形的边长，
∴x>0，y>0，2y>x，
∴x>02−12x+8>x,
解得：0
所以当底边BC=7时，腰长为92．
【解析】本题考查了求函数关系式以及等腰三角形性质，三角形的三边关系，函数自变量的取值范围，利用了三角形的周长公式得出函数关系式，利用三角形三边的关系得出自变量的取值范围．
(1)等腰三角形的两个腰是相等的，根据题中条件即可列出腰长和底边长的关系式；
(2)根据两个腰长的和大于底边长及底边长为正数可得自变量的取值．
(3)将x=7代入(1)中求出的函数关系式求解即可．
19.【答案】解：(1)3；
(2)−8≤y1≤4；
(3)根据定义得：
y1： y=x+2,x≤1 y=−x−2,x>1,y2： y=− 1 2x−2,x≥−1 y= 1 2 x+2,x>−1,
如图：
根据题意列方程组：
① y=x+2,x≤1 y=− 1 2 x−2,x≤−1，解得−83y=−23；
②y=x+2,x≤1 y= 1 2x+2,x>−1解得： x=0 y=2；
① y=−x−2,x>1 y=− 12 x−2,x≤−1，无解；
② y=−x−2,x>1 y= 12 x+2,x>−1，无解；
综上所述函数y1和函数y2的交点坐标为(−83,−23)和(0,2)．
【解析】
【分析】
本题考查一次函数的应用、两直线平行或相交等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程组确定两个函数的交点坐标，属于中考压轴题．
(1)根据m变函数的定义即可解决问题；
(2)根据m变函数的定义，求出特殊点的函数值即可解决问题；
(3)转化为方程组解决问题即可．
【解答】
解：(1)根据m变函数定义，关于x的一次函数y=−x+1的2变函数为：
y=−x+1x≤2 y=x−1x>2,
∴x=4时，y=4−1=3，
故答案为3；
(2)由题意：y1： y=2x+2,x≤1 y=−2x−2,x>1,
∴x=−3时，y=−4，x=3时，y=−8，
x=1时，y=4，
∴−8≤y1≤4
故答案为−8≤y1≤4；
(3)见答案．
20.【答案】解：(1)∵矩形OABC的顶点B的坐标为(3,4)，
∴OC=AB=4，OA=BC=3，
在y=−23x+b中，令x=0，得y=b，
∴点D的坐标为(0,b)．
∴OD=b．
∵OD=BE，
∴BE=b，
∴点E的坐标是(3,4−b)．
∵点E(3,4−b)在直线y=−23x+b上，
∴4−b=−23×3+b，
解得b=3，
答：b的值为3；
(2)设线段DE上的点M的坐标为(m,−23m+3)，
由(1)，得点D、E的坐标分别为(0,3)、(3,1)，
∴OD=3，AE=1，
分两种情况讨论： ①当OD作为菱形的对角线时，如图 ①，得菱形OMDN，
∴MN⊥OD，MN、OD互相平分，
∴−23m+3=12×3，
解得m=94，
∴点M的坐标为(94,32)，
此时点N的坐标为(−94,32).
②当OD作为菱形的一边时，如图 ②，得菱形OMND，
∴MN//OD，MN=OM=OD=3，
根据点M的坐标为(m,−23m+3)，
可得点N的坐标为(m,−23m+6)，
过点M作MP⊥x轴于点P，则在Rt△OPM中，OP=m，MP=−23m+3．
由勾股定理，得m2+(−23m+3)2=32，
化简，得139m2−4m=0．
由题意，点M不在y轴上，即m≠0，
在等式139m2−4m=0两边同时除以m，得139m−4=0，解得m=3613．
此时点N的坐标为(3613,5413).
综上所述，满足题意的点N的坐标为(−94,32)或(3613,5413).
【解析】
【分析】
本题考查一次函数图像上点的坐标特征，矩形的性质，菱形的性质，分类讨论的数学思想，一次函数综合题，难度较大．
(1)首先在一次函数的解析式中令x=0，即可求得D的坐标，则OD的长度即可求得，OD=b，则E的坐标即可利用b表示出来，然后代入一次函数解析式即可得到关于b的方程，求得b的值；
(2)分成四边形OMDN是菱形和四边形OMND是菱形两种情况进行讨论，四边形OMDN是菱形时，M是OD的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N；四边形OMND是菱形，OM=OD，M在直角DE上，设出M的坐标，根据OM=OD即可求得M的坐标，则根据ON和DM的中点重合，即可求得N的坐标．
21.【答案】解：(1)CE=DE．
(2)∠OCE=∠ODE或∠OCE+∠ODE=180°．
证明：如图，过点E作EF⊥OA，垂足为点F，作EG⊥OB，垂足为点G．
∵射线OP是∠AOB的平分线
∴EF=EG．
不妨设点D在OG上，分两种情况讨论：
①点C在线段OF上，
在Rt△ECF和Rt△EDG中，CE=DE，EF=EG，
∴Rt△ECF≌Rt△EDG(HL)．
∴∠ECF=∠EDG，
∴180°−∠ECF=180°−∠EDG，
即∠OCE=∠ODE．
②点C在线段OF的延长线上的C′点，
在Rt△EC′F和Rt△EDG中，C′E=DE，EF=EG，
∴Rt△EC′F≌Rt△EDG(HL)，
∴∠EC′F=∠EDG，
又∵∠EDG=180°−∠ODE，
∴∠EC′F=180°−∠ODE，
即∠OC′E+∠ODE=180°，
综上所述：若CE=DE，则∠OCE=∠ODE或∠OCE+∠ODE=180°．
(3)(3,4)或(335,445)
【解析】本题主要考查角平分的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，解答的关键是对全等三角形的判定与性质的灵活运用，要求学会分类讨论的思想及知识的迁移应用．
(1)过点E作EM⊥OA，垂足为点M，作EN⊥OB，垂足为点N，证△END≌△EMC即可；
(2)过点E作EF⊥OA，垂足为点F，作EG⊥OB，垂足为点G.分两种情况：①点C在线段OF上，②点C在线段OF的延长线上的C′点，分别通过证明两个直角三角形全等即可解答；
(3)分两种情况：当点C与点B关于y轴对称时，由对称性质即可得到点C的坐标；当点C与点B关于y轴不对称时，设C(a,43a)，分别作BK⊥轴，CQ⊥y，CP⊥x，垂足分别为K、Q、P，则AQ=10−43a，求出AB的长，再利用勾股定理求出a值即可．
解：(1)证明：如图②，过点E作EM⊥OA，垂足为点M，作EN⊥OB，垂足为点N．
∵OP是∠AOB的平分线，
∵EC⊥OA，ED⊥OB，
∴EM=EN，∠END=∠EMC=90°，
∵∠OCE=∠ODE，
∴△END≌△EMC，
∴CE=DE；
(2)见答案；
(3)∵点B(−3,4)在函数y=−43x的图像上，点C在函数y=43x的图像上，直线y=43x与直线y=−43x关于y轴对称，
∴直线y=43x与y轴的夹角等于直线y=−43x与y轴的夹角，点A(0,10)在y轴上，
∴点A在∠BOC的平分线上，
∴当点C1与点B关于y轴对称时，点C1 (3,4)；
当点C2与点B关于y轴不对称时，设C2(a,43a)，
分别作BK⊥轴，C2Q⊥y，C2P⊥x，垂足分别为K、Q、P，则AQ=10−43a，
∵AB2=10−42+32=45，
∴AB2=AC22=45，
在RtΔAC2Q中，AQ2+C2Q2=AC22，
∴10−43a2+a2=45，
解得，a=335或a=3，
∴43a=43×335=445或43a=4(舍去)，
∴C2(335,445)，
综上，若AB=AC，则点C的坐标为(3,4)或(335,445)
22.【答案】解：(1)将点E的横坐标2代入直线l1：y1=−x+3，
得y1=−2+3=1，
∴点E(2,1)，
∵OC=43，
∴C(43,0)，
将点E和点C坐标代入直线l2：y2=kx+b，
得2k+b=143k+b=0，
解得k=32b=−2，
∴直线l2：y2=32x−2；
(2)设点N的坐标为(t,0)，
则点P(t,32t−2)，M(t,−t+3)，
当点P在点E的左侧时，如图所示：
则PN=2−32t，MN=−t+3，
∵点N是线段PM的三等分点，
∴MN=2PN或PN=2MN，
当MN=2PN时，−t+3=2(2−32t)，
解得t=12，
∴P(12,−54)，
当PN=2MN时，2−32t=2(−t+3)，
解得t=8(舍)，
当点P在点E右侧时，如图所示：
PN=32t−2，MN=t−3，
∵点N是线段PM的三等分点，
∴MN=2PN或PN=2MN，
当MN=2PN时，t−3=2(32t−2)，
解得t=12(舍)，
当PN=2MN时，
32t−2=2(t−3)，
解得t=8，
∴P(8,10)，
综上，点P的坐标为(12,−54)或(8,10)；
(3)存在以A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，
设点Q(m,0)，P(n,32n−2)，
∵A(0,3)，E(2,1)，
①以AE，PQ为对角线时，
得2=m+n3+1=32n−2，
解得m=−2n=4，
∴点P(4,4)，
②以AP，EQ为对角线时，
得n=m+232n−2+3=1，
解得m=−2n=0，
∴P(0,−2)；
③以AQ，EP为对角线时，
得m=n+23=32n−2+1，
解得m=143n=83，
∴P(83,2)，
综上，点P坐标为(4,4)或(0,−2)或(83,2)．
【解析】本题考查了一次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式，线段的三等分点，平行四边形的判定等，本题综合性较强，注意分情况讨论是解题的关键．
(1)先求出点E的坐标，再待定系数法求解析式即可；
(2)设点N的坐标为(t,0)，则点P(t,32t−2)，M(t,−t+3)，分情况讨论：当点P在点E的左侧时，当点P在点E的右侧时，分别列方程求解即可；
(3)设点Q(m,0)，P(n,32n−2)，分情况讨论：①以AE，PQ为对角线时，②以AP，EQ为对角线时，③以AQ，EP为对角线时，分别列二元一次方程组，求解即可．
23.【答案】解：(1)1；
(2)①∵OC⊥l，定点C(1,1)，
∴∠COA=45°，
∴OC=AC=12+12=2，
∴OA=OC2+AC2=2，
∴A的坐标为(2,0)，
将A的坐标(2,0)代入y=m(x−1)+1
得：0=m(2−1)+1，
∴m=−1，
∴l的解析式为：y=−x+2；
②∵y=−x+2交x轴于点A，
∴A的坐标为(2,0)，
CA=(2−1)2+(0−1)2=2，
∵四边形ABCD是菱形，B在x轴上，
∴AB=CD=2，
由C(1,1)，
如图，
当B在A右边，AB//CD时，D的坐标为(1+2,1)，
当B在A左边，AB//CD时，D的坐标为(1−2,1)，
当B在A左边，AB⊥CD时，C、D两点关于x轴对称，则D的坐标为(1,−1)，
综上所述，D点的坐标为：(1+2,1).(1−2,1)或(1,−1)；
(3)∵y>y1对任意实数x成立，m≠0，k≠0，
∴l//l1，
∴m=k，
∵m(x−1)+1>k(x−2)−1，
∴m(x−1−x+2)>−2，
∴m>−2．
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的性质，待定系数法求解一次函数关系式，勾股定理及菱形的性质，解题的关键是灵活运用性质解决实际问题．
(1)把C(1,1)代入y=m(x−n)+1 (m≠0)，求解即可；
(2)①先得出∠COA=45°，再利用勾股定理得出OC，OA的值，进而得出A的坐标，代入y=m(x−1)+1，即可得出结论；
②先利用勾股定理得出CA的值，再利用菱形的性质得出AB=CD=2，最后根据坐标与图形的性质结合图形分情况得出结果；
(3)先分析出l//l1，进而得出m=k，最后根据m(x−1)+1>k(x−2)−1，得出结论．
【解答】
解：(1)∵y=m(x−n)+1 (m≠0)经过定点C(1,1)，
∴1=m(1−n)+1，
∴1−n=0，
∴n=1，
故答案为：1．
(2)①见答案；
②见答案；
(3)见答案．
24.【答案】解：(1)设乙食材每千克进价为a元，则甲食材每千克进价为2a元，
由题意得802a−20a=1，
解得a=20，
经检验，a=20是所列方程的根，且符合题意，
∴2a=40，
答：甲食材每千克进价为40元，乙食材每千克进价为20元；
(2)设每日购进甲食材x千克，乙食材y千克，
由题意得40x+20y=1800050x+10y=42(x+y)，解得x=400y=100，
设A为m包，则B为500−m0.25=(2000−4m)包，
∵A的数量不低于B的数量，
∴m≥2000−4m，
∴m≥400，
设总利润为W元，根据题意得：
W=45m+12(2000−4m)−18000−2000=−3m+4000，
∵k=−3<0，
∴W随m的增大而减小，
∴当m=400时，W的最大值为2800，
答：当A为400包时，总利润最大，最大总利润为2800元．
【解析】本题考查一次函数的应用、分式方程的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程和一次函数关系式，利用一次函数的性质和不等式的性质解答，注意分式方程要检验．
(1)设乙食材每千克进价为a元，则甲食材每千克进价为2a元，根据“用80元购买的甲食材比用20元购买的乙食材多1千克”列分式方程解答即可；
(2)设每日购进甲食材x千克，乙食材y千克，根据(1)的结论以及“每日用18000元购进甲、乙两种食材并恰好全部用完”列方程组求出甲乙食材各多少千克，设A为m包，则B为500−m0.25包，根据“A的数量不低于B的数量”求出m的取值范围；设总利润为W元，根据题意求出W与x的函数关系式，再根据一次函数的性质，即可得到获利最大的进货方案，并求出最大利润．
25.【答案】解：⑴根据表格中数据可得：
线下y=8x，
线上y=9x(0⩽x⩽40)6x+120(x>40),
⑵当30≤x≤40时，
W=(9−5)x+(8−5)(100−x)=x+300，
当40
综上：W=x+300(30⩽x⩽40)−2x+420(x>40)；
⑶设小明捐赠后利润为Q元，
当30≤x≤40时，
Q=x+300−mx=(1−m)x+300，
∵0
∵30≤x≤40，
∴Q=(1−m)x+300>300>280，不成立，
当40
∵−(2+2m)<0，
∴Q随x增大而减小，
∵Q低于280元，
∴Q=−40(2+2m)+420≤280，
解得：m≥34，
∴m的最小值为34．
【解析】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，写出相应的函数解析式．
⑴根据题意和题目中的数据，可以分别写出两种销售模式下所需费用y(元)与购买产品数量x(千克)之间的函数关系式；
⑵可分别根据当30≤x≤40时，和当40
湘教版初中数学八年级下册第四单元《一次函数》单元测试卷（困难）（含答案解析）
考试范围：第四单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图， RtΔABC中，∠C=90∘，AB=5cm，AC=4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→C向点C运动，同时点Q从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C向点C运动，直到它们都到达点C为止．若ΔAPQ的面积为S(cm2)，点P的运动时间为t(s)，则S与t的函数图象是( )
A. B.
C. D.
2. 如图，四边形ABCD是菱形，∠A=60°，AB=4.已知直线l⊥AB，直线l与AD或CD的交点为点P，与AB或BC的交点为点Q.直线l从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向右平移，直至直线l与点C相交结束．若直线l的运动时间为x秒，△APQ的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为 ( )
A. B.
C. D.
3. 下列说法正确的是( )
A. 一次函数是正比例函数 B. 正比例函数是一次函数
C. 正比例函数不是一次函数 D. 不是正比例函数就是一次函数
4. 下列说法正确的是( )
A. 一次函数是正比例函数 B. 正比例函数是一次函数
C. 正比例函数不是一次函数 D. 不是正比例函数就是一次函数
5. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(4,0)，点Q是直线y=3x上的一个动点，以AQ为边，在AQ的右侧作等边△APQ，使得点P落在第一象限，连结OP，则OP+AP的最小值为( )
A. 6
B. 43
C. 8
D. 63
6. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=−3x+3与坐标轴分别交于A，B两点，以线段AB为边，在第一象限内作正方形ABCD，直线y=3x−2与y轴交于点F，与线段AB交于点E，将正方形ABCD沿x轴负半轴方向平移a个单位长度，使点D落在直线EF上．有下列结论：
①△ABO的面积为3；②点C的坐标是(4,1)；③点E到x轴距离是12；④a=1.其中正确结论的个数是( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
7. 如图，直线y=2x+2与直线y=−x+5相交于点A，将直线y=2x+2绕点A旋转45°后所得直线与x轴的交点坐标为( )
A. (−8,0)
B. (3,0)
C. (−11,0)，(73,0)
D. (−10,0)，(2,0)
8. 八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，则该直线l的解析式为( )
A. y = − x B. y = −34x C. y = −35x D. y = −910x
9. 一次函数y1=ax+b与y2=cx+d的图象如图所示，下列结论中正确的有( )
①对于函数y=ax+b来说，y随x的增大而减小
②函数y=ax+d的图象不经过第一象限
③a−c=d−b3
④d
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
10. A，B两地相距640km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s(km)，甲行驶的时间为t(h)，s与t的关系如图所示，下列说法：
①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；
②乙出发4h后追上甲；
③甲比乙晚到53h；
④甲车行驶8h或913h，甲，乙两车相距80km；
其中正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
11. 甲乙两车从A城出发匀速驶向B城，在整个行驶过程中，两车离开A城的距离y(km)与甲车行驶的时间t(h)之间的函数关系如图，则下列结论错误的是( )
①A、B两城相距300千米;②甲车比乙车早出发1小时，却晚到1小时;③相遇时乙车行驶了2.5小时;④当甲乙两车相距50千米时，t的值为54或56或156或254．
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
12. 疫苗接种对新冠疫情防控至关重要，接种疫苗能够对个体进行有效保护，并降低感染率、重症率和病亡率.甲、乙两地分别对本地各40万人接种新冠疫苗.甲地在前期完成5万人接种后，甲、乙两地同时以相同速度接种，甲地经过a天后接种人数达到25万人，由于情况变化，接种速度放缓，结果100天完成接种任务.乙地80天完成接种任务，甲、乙两地的接种人数y(万人)与接种所用时间x(天)之间的关系如图所示.由题意得出下列结论： ①乙地每天接种0.5万人; ②a的值为40; ③当甲地接种速度放缓后，y关于x的函数解析式为y=14x+15(40≤x≤100); ④当乙地完成接种任务时，甲地未接种疫苗的人数为10万人.其中正确结论有个．( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 函数y=xx−2中自变量x的取值范围是______．
14. 当a=_______时，函数y=(a−2)xa2−3是正比例函数．
15. 甲、乙两人都从光明学校出发，去距离光明学校1500m远的篮球馆打球，他们沿同一条道路匀速行走，乙比甲晚出发4min.设甲行走的时间为t(单位：min)，甲、乙两人相距y(单位：m)，表示y与t的函数关系的图象如图所示，根据图中提供的信息，下列说法：
①甲行走的速度为30m/min
②乙在距光明学校500m处追上了甲
③甲、乙两人的最远距离是480m
④甲从光明学校到篮球馆走了30min
正确的是______(填写正确结论的序号)．
16. 小明租用共享单车从家出发，匀速骑行到相距2400米的图书馆还书．小明出发的同时，他的爸爸以每分钟96米的速度从图书馆沿同一条道路步行回家，小明在图书馆停留了2分钟后沿原路按原速返回．设他们出发后经过t(分)时，小明与家之间的距离为s1(米)，小明爸爸与家之间的距离为s2(米)，图中折线OABD、线段EF分别表示s1、s2与t之间的函数关系的图象小明从家出发，经过______分钟在返回途中追上爸爸．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
在Rt △ABC中，已知∠ACB=90°，∠B=30°，AC=4，D是AB边上的一个动点，过点D作DE⊥AB，与边BC交于点E(点E不与点B、C重合)点F是线段EB的中点，作DH⊥DF，DH与AC交于点G，与射线BC交于点H．
(1) 求证：BD=DH；
(2) 若AD=3，求CH的长；
(3) 设AD=x，CH=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
18. (本小题8.0分)
等腰三角形ABC的周长为16，腰AB长为y，底边BC长为x，求：
(1)y关于x的函数表达式；
(2)自变量x的取值范围；
(3)底边BC长为7时，腰长为多少？
19. (本小题8.0分)
新定义：对于关于x的一次函数，我们称函数y=kx+b(x≤m)y=−kx−b(x>m)为一次函数y=kx+b(k≠0)的m变函数(其中m为常数)．
例如：对于关于x的一次函数y=x+4的3变函数为y=x+4(x≤3)y=−x−4(x>3)．
(1)关于x的一次函数y=−x+1的2变函数为y，则当x=4时，y= ．
(2)关于x的一次函数y=2x+2的1变函数为y1，当−3≤x≤3时，函数y1的取值范围是
(3)关于x的一次函数y=x+2的1变函数为y1，关于x的一次函数y=−12x−2的−1变函数为y2，求函数y1和函数y2的交点坐标．
20. (本小题8.0分)
如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为(3,4)，一次函数y=−23x+b的图象与边OC，AB分别交于点D，E，并且满足OD=BE，点M是线段DE上的一个动点．
(1)求b的值；
(2)设点N是x轴上方的平面内的一点，当以点O，M，D，N为顶点的四边形是菱形时，直接写出点N的坐标．
21. (本小题8.0分)
我们知道：角平分线上的点到角的两边距离相等，如图①，E是∠AOB的平分线OP上任意一点，若EC⊥OA，ED⊥OB，垂足分别为C，D，则EC=ED．
换一种眼光看：如图①，OP是∠AOB的平分线，C、D、E分别是OA、OB、OP上的动点，若∠OCE=∠ODE=90°，则CE=DE．
一般化：
(1)如图②，射线OP是∠AOB的平分线，C，D，E分别是OA，OB，OP上的动点，若∠OCE=∠ODE，则CE与DE的数量关系是 ．
再倒过来想一想：
(2)如图③，OP是∠AOB的平分线，C、D、E分别是OA、OB、OP上的动点，若CE=DE，则∠OCE与∠ODE有什么关系?请将图形补充完整并结合图形证明你的结论；
用用看：
(3)已知：点A(0,10)在y轴上，点B(−3,4)在函数y=−43x的图像上，点C在函数y=43x的图像上，连接AB、AC，若AB=AC，直接写出点C的坐标．
22. (本小题8.0分)
在学习一元一次不等式与一次函数的过程中，梓锐在同一个坐标系中发现直线l1:y1=−x+3与坐标轴相交于A，B两点，直线l2:y2=kx+b(k≠0)与坐标轴相交于C，D两点，两直线相交于点E，且点E的横坐标为2.已知OC=43，点P是直线l2上的动点．
(1)求直线l2的函数表达式；
(2)过点P作x轴的垂线与直线l1和x轴分别相交于M，N两点，当点N是线段PM的三等分点时，求P点的坐标；
(3)若点Q是x轴上的动点，是否存在以A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．
23. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=m(x−n)+1(m≠0)的图象为直线l，l交x轴于点A，且经过定点C(1,1)．
(1)请直接写出n的值：n=____；
(2)连接OC．
①当OC⊥l时，求此时直线l的解析式；
②在①的条件下，若点B在x轴上，以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，求此时点D的坐标；
(3)设一次函数y1=k(x−2)−1(k≠0)的图象为直线l1，若对任意的实数x，都满足y>y1，求m的取值范围．
24. (本小题8.0分)
某公司生产的一种营养品信息如下表．已知甲食材每千克的进价是乙食材的2倍，用80元购买的甲食材比用20元购买的乙食材多1千克．
营养品信息表
营养成份
每千克含铁42毫克
配料表
原料
每千克含铁
甲食材
50毫克
乙食材
10毫克
规格
每包食材含量
每包售价
A包装
1千克
45元
B包装
0.25千克
12元
(1)甲、乙两种食材每千克的进价分别是多少元？
(2)该公司每日用18000元购进甲、乙两种食材并恰好全部用完．已知每日其他费用为2000元，且生产的营养品当日全部售出．若A包装的数量不低于B包装的数量，求每日所获的最大总利润．
25. (本小题8.0分)
民族要复兴，乡村必振兴．襄阳市某合作社为尽快打开市场，对本地新产品进行线上和线下销售相结合的模式，具体费用标准如下：
销售方式
标价
实际销售价
线下
10元/千克
打八折
线上
10元/千克
40千克(含40千克)以下
打九折
超过40千克
超过部分每千克再让利3元
设购买这种新产品x千克，所需费用为y元.根据以上信息回答下列问题：
⑴直接写出两种销售模式对应的函数解析式；
⑵为了脱贫致富，发挥社员劳动工作积极性，合作社决定搞承包销售制.村民小明经过与合作社协商，决定以5元/千克承包100千克该商品进行线上和线下销售，小明通过对市场调查发现：当线上销售量不少于30千克且不多于50千克时，通过两种销售模式都能很快销售完该产品，设小明销售完该产品所获总利润为W元，求W的解析式；
⑶在⑵的条件下，小明决定将线上销售的新产品低于40千克时，线上销售的新产品每千克捐赠m(0
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了动点问题的函数图象，三角形面积，关键是熟练掌握三角形的面积与函数的关系．
先利用分类讨论思想得出函数关系式，然后确定函数图象．
【解答】
解：由勾股定理得BC=52−42=3(cm)．
分两种情况：
(1)当0
如图1，易证△AMQ∽△ACB，
∴MQ：3=2t：5，
∴MQ=65tcm，
∴S=12×65t×t=35t2，
∴函数图象是抛物线位于对称轴右侧的一部分，抛物线开口向上；
(2)当2.5
∴S=12t8−2t=−(t−2)2+4．
函数图象是抛物线位于对称轴(直线x=2)右侧的一部分，抛物线开口向下．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查对动点问题的函数图象，勾股定理，三角形的面积，二次函数的图象，正比例函数的图象，含30度角的直角三角形的性质，菱形的性质等知识点的理解和掌握，能根据这些性质进行计算是解此题的关键，用的数学思想是分类讨论思想．
根据三角形的面积公式，分段求出PQ的长度即可．
【解答】
解：如图1，当0≤x≤2时，y=S▵APQ=12AQ×PQ=12×x×3x=32x2；为开口向上的二次函数；
如图2，当2
y=S▵APQ=12AE×PQ=12×x×[23−3(x−4)]=−32x2+33x，为开口向下的二次函数；
故选A．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查一次函数和正比例函数的定义，熟练掌握一次函数和正比例函数的定义是解题的关键.根据一次函数与正比例函数的定义求解．
【解答】
解：正比例函数是一次函数，一次函数不一定是正比例函数．
故选B．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查一次函数和正比例函数的定义，熟练掌握一次函数和正比例函数的定义是解题的关键.根据一次函数与正比例函数的定义求解．
【解答】
解：正比例函数是一次函数，一次函数不一定是正比例函数．
故选B．
5.【答案】C
【解析】解：如图，作∠OAM=60°，边AM交直线OQ于点M，作直线PM，
由直线y=3x可知，∠MOA=60°，
∴∠MOA=∠OAM=60°，
∴△OAM是等边三角形，
∴OA=OM，
∵△APQ是等边三角形，
∴AQ=AP，∠PAQ=60°，
∴∠OAQ=∠MAP，
∴△OAQ≌△MAP(SAS)，
∴∠QOA=∠PMA=60°=∠MAO，
∴PM//x轴，即点P在直线PM上运动，
过点O关于直线PM的对称点B，连接AB，AB即为所求最小值，
此时，在Rt△OAB中，OA=4，∠BAO=60°，
∴∠OBA=30°，
∴AB=2OA=8．
故选：C．
根据点Q的运动先证明点P在直线PM是运动，再根据轴对称最值问题，作点P关于直线PM的对称点B，连接AB，求出AB的长即可．
本题属于一次函数与几何综合题，涉及勾股定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，轴对称最值问题，旋转的性质等知识，解题的关键是得出点P在直线PM是运动．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查一次函数的综合、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
①求得A、B的坐标，然后根据三角形面积公式求得面积，即可判断①；
②如图作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，利用三角形全等，求出点C、D坐标即可判断②；
③联立方程求得交点E的纵坐标，即可判断③；
④把D的纵坐标代入y=3x−2，求得平移后D的横坐标，根据平移前后的横坐标即可判断④．
【解答】
解：①∵直线y=−3x+3与坐标轴分别交于A，B两点，
∴A(0,3)，B(1,0)，
∴△ABO的面积为12×1×3=32，故①结论错误；
②如图作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，CN与DM交于点F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=BC，∠ABC=90°，
∵∠BAO+∠ABO=90°，∠ABO+∠CBN=90°，
∴∠BAO=∠CBN，
在△BAO和△CBN中，
∠OAB=∠CBN ∠AOB=∠BNCAB=BC，
∴△BAO≌△CBN(AAS)，
∴BN=AO=3，CN=BO=1，
同理可以得到：DF=AM=BO=1，CF=DM=AO=3，
∴C(4,1)，F(4,4)，D(3,4)，故结论②正确；
③由y=3x−2y=−3x+3，解得y=12，
∴E的纵坐标为12，
∴点E到x轴距离是12，故结论③正确；
∵D(3,4)，
将正方形ABCD沿x轴负方向平移a个单位长度，使点D恰好落在直线y=3x−2上，
∴把y=4代入y=3x−2得，x=2，
∴a=3−2=1，
∴正方形沿x轴负方向平移a个单位长度后，点D恰好落在直线y=3x−2上时，a=1，故结论④正确；
故选：B．
7.【答案】C
【解析】解：令2x+2=−x+5，解得x=1，
∴A(1,4)．
设直线y=2x+2与x轴交于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，
∴OC=1，AC=4，
令y=2x+2=0，则x=−1，
∴OB=1，
∴BC=2．
将直线y=2x+2绕点A旋转45°，需要分两种情况：
①当直线AB绕点A逆时针旋转45°时，如图1，设此时直线与x轴的交点为P，此时∠BAP=45°，
过点B作BD⊥AB交直线AP于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，
∴∠ACO=∠ABD=90°，
∴∠ABC+∠DBE=∠DBE+∠BDE=90°，
∴∠ABC=∠BDE，
∵∠ABD=90°，∠BAP=45°，
∴∠BDA=∠BAP=45°，
∴AB=BD，
∴△ACB≌△BED(AAS)，
∴BC=DE=2，BE=AC=4，
∴OE=3，
∴D(3,−2)，
设直线AP的解析式为y=kx+b，
∴k+b=43k+b=−2，解得k=−3b=7，
∴直线AP的解析式为y=−3x+7，
令y=0，则x=73，
∴P(73,0)；
②当直线AB绕点A顺时针旋转45°时，如图2，设此时直线与x轴的交点为Q，延长DB交AQ于点F，
则∠BAQ=45°，
∵∠ABF=∠ABD=90°，
∴∠BAF=∠BFA=45°，
∴BF=BA=BD，即点B为DF的中点，
∵B(−1,0)，D(3,−2)，
∴F(−5,2)，
设直线AQ的解析式为：y=mx+n，
∴−5m+n=2m+n=4，解得m=13n=113，
∴直线AQ的解析式为：y=13x+113．
令y=0，则x=−11，
∴Q(−11,0)，
综上所述，将直线y=2x+2绕点A旋转45°后所得直线与x轴的交点坐标为(−11,0)，(73,0)．
故选：C．
先求出点A的坐标；设直线y=2x+2与x轴交于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，可求出AC和BC的长；若将直线y=2x+2绕点A旋转45°，则需要分两种情况：当直线AB绕点A逆时针旋转45°时，如图1，设此时直线与x轴的交点为P；过点B作BD⊥AB交直线AP于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，可得△ACB≌△BED，进而可得点D的坐标，用待定系数法可求出直线AP的表达式，进而求出点P的坐标；当直线AB绕点A顺时针旋转45°时，如图2，设此时直线与x轴的交点为Q，延长DB交AQ于点F，则△ADF是等腰直角三角形，根据中点坐标公式可求出点F的坐标，进而求出直线AQ的表达式，最后可求出点Q的坐标．
本题属于一次函数与几何综合题目，涉及全等三角形的性质与判定，图象的交点，等腰三角形的性质等内容，关键是根据45°角作出垂线构造全等．本题若放在九年级可用相似解决．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了待定系数法求一次函数解析式和正方形的性质．设直线l和八个正方形的最上面交点为A，过A作AB⊥OB于B，作AC⊥OC于C，易知OB=3，利用三角形的面积公式和已知条件求出A的坐标即可得到该直线l的解析式．
【解答】
解：设直线l和八个正方形的最上面交点为A，过A作AB⊥OB于B，作AC⊥OC于C，
∵正方形的边长为1，
∴OB=3，
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴S△AOB=4+1=5，
∴12OB⋅AB=5，
∴AB=103，
∴OC=103，
由此可知直线l经过(−103,3)，
设直线方程为y=kx，
则3=−103k，
k=−910，
∴直线l解析式为y=−910x，
故选D．
9.【答案】D
【解析】解：由图象可得：对于函数y1=ax+b来说，y随x的增大而减小，故①正确；
由于a<0，d<0，所以函数y=ax+d的图象经过第二，三，四象限，故②正确；
∵一次函数y1=ax+b与y2=cx+d的图象的交点的横坐标为3，
∴3a+b=3c+d
∴3a−3c=d−b，
∴a−c=13(d−b)，故③正确；
当x=1时，y1=a+b，
当x=−1时，y2=−c+d，
由图象可知y1>y2，
∴a+b>−c+d
∴d
①根据函数图象直接得到结论；
②根据a、d的符号即可判断；
③当x=3时，y1=y2；
④当x=1和x=−1时，根据图象得不等式．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的图象与性质，利用数形结合是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了一次函数的应用，解决问题的关键是根据函数图象获得关键的信息，利用行程问题的数量关系列式计算．
根据函数图象即可得到甲车行驶的速度以及乙车行驶的速度；根据函数图象即可得到乙出发3h后追上甲；根据图象，当乙到达B地时，甲乙相距100km，据此可得甲比乙晚到53h；根据甲，乙两车相距80km，列出方程进行求解即可．
【解答】
解：①由图可得，甲车行驶的速度是60÷1=60km/h，
∵甲先出发1h，乙出发3h后追上甲，
∴3(v乙−60)=60，
∴v乙=80km/h，
即乙车行驶的速度是80km/h，故①正确；
②∵当t=1时，乙出发，当t=4时，乙追上甲，
∴乙出发3h后追上甲，故②错误；
③由图可得，当乙到达B地时，甲乙相距100km，
∴甲比乙晚到100÷60=53h，故③正确；
④由图可得，当60t+80=80(t−1)时，
解得t=8；
当60t+80=640时，
解得t=913，
∴甲车行驶8h或913h，甲，乙两车相距80km，故④正确；
综上所述，正确的个数是3个．
故选：C．
11.【答案】D
【解析】解：①由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，故①不符合题意；
②甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即甲车比乙车早出发1小时，却晚到1小时;故②不合题意；
③设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把(5,300)代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把(1,0)和(4,300)代入可得m+n=04m+n=300，
解得m=100n=−100，
∴y乙=100t−100，
令y甲=y乙可得：60t=100t−100，解得t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③符合题意；
④令|y甲−y乙|=50，可得|60t−100t+100|=50，即|100−40t|=50，
当100−40t=50时，可解得t=54，
当100−40t=−50时，可解得t=154，
又当t=56时，y甲=50，此时乙还没出发，
当t=256时，乙到达B城，y甲=250；
综上可知当t的值为56或54或154或256，故④符合题意．
观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式有关知识由接种速度=接种人数÷接种天数求解；利用待定系数法求解；将x=80代入解析式得出y=35，然后由40−35=5即可
【解答】
解：乙地接种速度为40÷80=0.5(万人/天)，
0.5a=25−5，
解得a=40；
故①②正确
设y=kx+b，
将(40,25)，(100,40)代入解析式得：40k+b=25100k+b=40，
解得k=14b=15
∴y关于x的函数解析式y=14x+15(40≤x≤100)；
把x=80代入y=14x+15得y=14×80+15=35，
40−35=5(万人)，
∴当乙地完成接种任务时，甲地未接种疫苗的人数为5万人；
故③正确，④错误
13.【答案】x≥0且x≠2
【解析】解：由题意得，x≥0且x−2≠0，
解得x≥0且x≠2．
故答案为：x≥0且x≠2．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，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；
(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．
14.【答案】−2
【解析】
【分析】
本题考查的是正比例函数的定义，即一般地，形如y=kx(k是常数，k≠0)的函数叫做正比例函数，其中k叫做比例系数．根据正比例函数的定义列出关于m的不等式组，求出m的值即可．
【解答】
解：∵函数y=(a−2)xa2−3是正比例函数，
∴a−2≠0a2−3=1,
解得a=−2，
故答案为−2．
15.【答案】①③
【解析】
【分析】
本题重点考查了一次函数图象和实际应用相结合的问题，此类题是近年的热点问题．
结合函数图象，根据t=4时，y=120可求甲的速度；
t=10时y=0，乙追上甲可知此时甲、乙离学校的距离；
t=a时乙达到篮球馆，甲、乙间距离最大；
根据：总路程÷甲的速度=甲所用时间，可得甲的时间．
【解答】
解：由题意可知乙比甲晚出发4min，当0≤t≤4时甲在行走而乙不动，结合函数图象t=4时y=120，故甲行走的速度为30m/min，故①正确；
当4
故答案为：①③．
16.【答案】20
【解析】
【分析】
考查一次函数的图象和性质、二元一次方程组的应用等知识，正确的识图，得出点的坐标求出直线的关系式是解决问题的首要问题．由题意得点B的坐标为(12,2400)，小明骑车返回用时也是10分钟，因此点D的坐标为(22,0)，小明的爸爸返回的时间为2400÷96=25分，点F的坐标(25,0)
因此可以求出BD、EF的函数关系式，由关系式求出交点的横坐标即可
【解答】
解：由题意得：B(12,2400)，D(22,0)，F(25,0)，E(0,2400)
设直线BD、EF的关系式分别为s1=k1t+b1，s2=k2t+b2，
把B(12,2400)，D(22,0)，F(25,0)，E(0,2400)代入相应的关系式得：
12k1+b1=240022k1+b1=0，25k2+b2=0b2=2400，
解得：k1=−240b1=5280，k2=−96b2=2400，
直线BD、EF的关系式分别为s1=−240t+5280，s2=−96t+2400，
当s1=s2时，即：−240t+5280=−96t+2400，
解得：t=20，
故答案为：20．
17.【答案】解：(1)证明：∵DE⊥AB，
∴∠BDE=90∘，
又∵F为BE中点，
∴DF=12BE=EF，
∵∠ACB=90∘，∠B=30∘，
∴∠BED=60∘，
∴△DEF为等边三角形，
∴∠EFD=60∘，
∵DF⊥DH，
∴∠FDH=90∘，
∴∠H=90°−∠EFD=30∘，
∴∠H=∠B，
∴BD=DH；
(2)∵∠ACB=90∘，∠B=30∘，AC=4，
∴AB=2AC=8，
∴BC=AB2−AC2=43，
∵AD=3，
∴BD=5，
∵∠EDB=90∘，∠B=30∘，
∴BE=2DE，BE2=DE2+BD2，
∴BE=1033，
∴DF=EF=12BE=533，
∵BC=43，
∴CE=233，
∵∠H=30∘，∠FDH=90∘，
∴HF=2DF=1033，
∴CH=HF−EF−CE=3；
(3)∵∠ACB=90∘，∠B=30∘，AC=4，
∴AB=2AC=8，
∴BC=AB2−AC2=43，
∵AD=x，
∴BD=8−x，
∵∠EDB=90∘，∠B=30∘，
∴BE=2DE，BE2=DE2+BD2，
∴BE=233(8−x)，
∴DF=EF=12BE=33(8−x)，
∵BC=43，
∴CE=43−233(8−x)=233x−433，
∵∠H=30∘，∠FDH=90∘，
∴HF=2DF=233(8−x)，
∴CH=HF−EF−CE=43−3x，
即y=43−3x(2
(1)根据题意先证明出三角形DEF为等边三角形，从而得出∠EFD=60∘，最后求出∠H=∠B即可解答；
(2)先利用勾股定理得出BC，然后利用30°直角三角形的性质得出BE=2DE，利用勾股定理得出BE，进而求出DF，EF，CE，最后再求出CH；
(3)同(2)的思路解答即可．
18.【答案】解：(1)由三角形的周长为16，得x+2y=16，
∴y=−12x+8；
(2)∵x，y是三角形的边长，
∴x>0，y>0，2y>x，
∴x>02−12x+8>x,
解得：0
所以当底边BC=7时，腰长为92．
【解析】本题考查了求函数关系式以及等腰三角形性质，三角形的三边关系，函数自变量的取值范围，利用了三角形的周长公式得出函数关系式，利用三角形三边的关系得出自变量的取值范围．
(1)等腰三角形的两个腰是相等的，根据题中条件即可列出腰长和底边长的关系式；
(2)根据两个腰长的和大于底边长及底边长为正数可得自变量的取值．
(3)将x=7代入(1)中求出的函数关系式求解即可．
19.【答案】解：(1)3；
(2)−8≤y1≤4；
(3)根据定义得：
y1： y=x+2,x≤1 y=−x−2,x>1,y2： y=− 1 2x−2,x≥−1 y= 1 2 x+2,x>−1,
如图：
根据题意列方程组：
① y=x+2,x≤1 y=− 1 2 x−2,x≤−1，解得−83y=−23；
②y=x+2,x≤1 y= 1 2x+2,x>−1解得： x=0 y=2；
① y=−x−2,x>1 y=− 12 x−2,x≤−1，无解；
② y=−x−2,x>1 y= 12 x+2,x>−1，无解；
综上所述函数y1和函数y2的交点坐标为(−83,−23)和(0,2)．
【解析】
【分析】
本题考查一次函数的应用、两直线平行或相交等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程组确定两个函数的交点坐标，属于中考压轴题．
(1)根据m变函数的定义即可解决问题；
(2)根据m变函数的定义，求出特殊点的函数值即可解决问题；
(3)转化为方程组解决问题即可．
【解答】
解：(1)根据m变函数定义，关于x的一次函数y=−x+1的2变函数为：
y=−x+1x≤2 y=x−1x>2,
∴x=4时，y=4−1=3，
故答案为3；
(2)由题意：y1： y=2x+2,x≤1 y=−2x−2,x>1,
∴x=−3时，y=−4，x=3时，y=−8，
x=1时，y=4，
∴−8≤y1≤4
故答案为−8≤y1≤4；
(3)见答案．
20.【答案】解：(1)∵矩形OABC的顶点B的坐标为(3,4)，
∴OC=AB=4，OA=BC=3，
在y=−23x+b中，令x=0，得y=b，
∴点D的坐标为(0,b)．
∴OD=b．
∵OD=BE，
∴BE=b，
∴点E的坐标是(3,4−b)．
∵点E(3,4−b)在直线y=−23x+b上，
∴4−b=−23×3+b，
解得b=3，
答：b的值为3；
(2)设线段DE上的点M的坐标为(m,−23m+3)，
由(1)，得点D、E的坐标分别为(0,3)、(3,1)，
∴OD=3，AE=1，
分两种情况讨论： ①当OD作为菱形的对角线时，如图 ①，得菱形OMDN，
∴MN⊥OD，MN、OD互相平分，
∴−23m+3=12×3，
解得m=94，
∴点M的坐标为(94,32)，
此时点N的坐标为(−94,32).
②当OD作为菱形的一边时，如图 ②，得菱形OMND，
∴MN//OD，MN=OM=OD=3，
根据点M的坐标为(m,−23m+3)，
可得点N的坐标为(m,−23m+6)，
过点M作MP⊥x轴于点P，则在Rt△OPM中，OP=m，MP=−23m+3．
由勾股定理，得m2+(−23m+3)2=32，
化简，得139m2−4m=0．
由题意，点M不在y轴上，即m≠0，
在等式139m2−4m=0两边同时除以m，得139m−4=0，解得m=3613．
此时点N的坐标为(3613,5413).
综上所述，满足题意的点N的坐标为(−94,32)或(3613,5413).
【解析】
【分析】
本题考查一次函数图像上点的坐标特征，矩形的性质，菱形的性质，分类讨论的数学思想，一次函数综合题，难度较大．
(1)首先在一次函数的解析式中令x=0，即可求得D的坐标，则OD的长度即可求得，OD=b，则E的坐标即可利用b表示出来，然后代入一次函数解析式即可得到关于b的方程，求得b的值；
(2)分成四边形OMDN是菱形和四边形OMND是菱形两种情况进行讨论，四边形OMDN是菱形时，M是OD的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N；四边形OMND是菱形，OM=OD，M在直角DE上，设出M的坐标，根据OM=OD即可求得M的坐标，则根据ON和DM的中点重合，即可求得N的坐标．
21.【答案】解：(1)CE=DE．
(2)∠OCE=∠ODE或∠OCE+∠ODE=180°．
证明：如图，过点E作EF⊥OA，垂足为点F，作EG⊥OB，垂足为点G．
∵射线OP是∠AOB的平分线
∴EF=EG．
不妨设点D在OG上，分两种情况讨论：
①点C在线段OF上，
在Rt△ECF和Rt△EDG中，CE=DE，EF=EG，
∴Rt△ECF≌Rt△EDG(HL)．
∴∠ECF=∠EDG，
∴180°−∠ECF=180°−∠EDG，
即∠OCE=∠ODE．
②点C在线段OF的延长线上的C′点，
在Rt△EC′F和Rt△EDG中，C′E=DE，EF=EG，
∴Rt△EC′F≌Rt△EDG(HL)，
∴∠EC′F=∠EDG，
又∵∠EDG=180°−∠ODE，
∴∠EC′F=180°−∠ODE，
即∠OC′E+∠ODE=180°，
综上所述：若CE=DE，则∠OCE=∠ODE或∠OCE+∠ODE=180°．
(3)(3,4)或(335,445)
【解析】本题主要考查角平分的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，解答的关键是对全等三角形的判定与性质的灵活运用，要求学会分类讨论的思想及知识的迁移应用．
(1)过点E作EM⊥OA，垂足为点M，作EN⊥OB，垂足为点N，证△END≌△EMC即可；
(2)过点E作EF⊥OA，垂足为点F，作EG⊥OB，垂足为点G.分两种情况：①点C在线段OF上，②点C在线段OF的延长线上的C′点，分别通过证明两个直角三角形全等即可解答；
(3)分两种情况：当点C与点B关于y轴对称时，由对称性质即可得到点C的坐标；当点C与点B关于y轴不对称时，设C(a,43a)，分别作BK⊥轴，CQ⊥y，CP⊥x，垂足分别为K、Q、P，则AQ=10−43a，求出AB的长，再利用勾股定理求出a值即可．
解：(1)证明：如图②，过点E作EM⊥OA，垂足为点M，作EN⊥OB，垂足为点N．
∵OP是∠AOB的平分线，
∵EC⊥OA，ED⊥OB，
∴EM=EN，∠END=∠EMC=90°，
∵∠OCE=∠ODE，
∴△END≌△EMC，
∴CE=DE；
(2)见答案；
(3)∵点B(−3,4)在函数y=−43x的图像上，点C在函数y=43x的图像上，直线y=43x与直线y=−43x关于y轴对称，
∴直线y=43x与y轴的夹角等于直线y=−43x与y轴的夹角，点A(0,10)在y轴上，
∴点A在∠BOC的平分线上，
∴当点C1与点B关于y轴对称时，点C1 (3,4)；
当点C2与点B关于y轴不对称时，设C2(a,43a)，
分别作BK⊥轴，C2Q⊥y，C2P⊥x，垂足分别为K、Q、P，则AQ=10−43a，
∵AB2=10−42+32=45，
∴AB2=AC22=45，
在RtΔAC2Q中，AQ2+C2Q2=AC22，
∴10−43a2+a2=45，
解得，a=335或a=3，
∴43a=43×335=445或43a=4(舍去)，
∴C2(335,445)，
综上，若AB=AC，则点C的坐标为(3,4)或(335,445)
22.【答案】解：(1)将点E的横坐标2代入直线l1：y1=−x+3，
得y1=−2+3=1，
∴点E(2,1)，
∵OC=43，
∴C(43,0)，
将点E和点C坐标代入直线l2：y2=kx+b，
得2k+b=143k+b=0，
解得k=32b=−2，
∴直线l2：y2=32x−2；
(2)设点N的坐标为(t,0)，
则点P(t,32t−2)，M(t,−t+3)，
当点P在点E的左侧时，如图所示：
则PN=2−32t，MN=−t+3，
∵点N是线段PM的三等分点，
∴MN=2PN或PN=2MN，
当MN=2PN时，−t+3=2(2−32t)，
解得t=12，
∴P(12,−54)，
当PN=2MN时，2−32t=2(−t+3)，
解得t=8(舍)，
当点P在点E右侧时，如图所示：
PN=32t−2，MN=t−3，
∵点N是线段PM的三等分点，
∴MN=2PN或PN=2MN，
当MN=2PN时，t−3=2(32t−2)，
解得t=12(舍)，
当PN=2MN时，
32t−2=2(t−3)，
解得t=8，
∴P(8,10)，
综上，点P的坐标为(12,−54)或(8,10)；
(3)存在以A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，
设点Q(m,0)，P(n,32n−2)，
∵A(0,3)，E(2,1)，
①以AE，PQ为对角线时，
得2=m+n3+1=32n−2，
解得m=−2n=4，
∴点P(4,4)，
②以AP，EQ为对角线时，
得n=m+232n−2+3=1，
解得m=−2n=0，
∴P(0,−2)；
③以AQ，EP为对角线时，
得m=n+23=32n−2+1，
解得m=143n=83，
∴P(83,2)，
综上，点P坐标为(4,4)或(0,−2)或(83,2)．
【解析】本题考查了一次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式，线段的三等分点，平行四边形的判定等，本题综合性较强，注意分情况讨论是解题的关键．
(1)先求出点E的坐标，再待定系数法求解析式即可；
(2)设点N的坐标为(t,0)，则点P(t,32t−2)，M(t,−t+3)，分情况讨论：当点P在点E的左侧时，当点P在点E的右侧时，分别列方程求解即可；
(3)设点Q(m,0)，P(n,32n−2)，分情况讨论：①以AE，PQ为对角线时，②以AP，EQ为对角线时，③以AQ，EP为对角线时，分别列二元一次方程组，求解即可．
23.【答案】解：(1)1；
(2)①∵OC⊥l，定点C(1,1)，
∴∠COA=45°，
∴OC=AC=12+12=2，
∴OA=OC2+AC2=2，
∴A的坐标为(2,0)，
将A的坐标(2,0)代入y=m(x−1)+1
得：0=m(2−1)+1，
∴m=−1，
∴l的解析式为：y=−x+2；
②∵y=−x+2交x轴于点A，
∴A的坐标为(2,0)，
CA=(2−1)2+(0−1)2=2，
∵四边形ABCD是菱形，B在x轴上，
∴AB=CD=2，
由C(1,1)，
如图，
当B在A右边，AB//CD时，D的坐标为(1+2,1)，
当B在A左边，AB//CD时，D的坐标为(1−2,1)，
当B在A左边，AB⊥CD时，C、D两点关于x轴对称，则D的坐标为(1,−1)，
综上所述，D点的坐标为：(1+2,1).(1−2,1)或(1,−1)；
(3)∵y>y1对任意实数x成立，m≠0，k≠0，
∴l//l1，
∴m=k，
∵m(x−1)+1>k(x−2)−1，
∴m(x−1−x+2)>−2，
∴m>−2．
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的性质，待定系数法求解一次函数关系式，勾股定理及菱形的性质，解题的关键是灵活运用性质解决实际问题．
(1)把C(1,1)代入y=m(x−n)+1 (m≠0)，求解即可；
(2)①先得出∠COA=45°，再利用勾股定理得出OC，OA的值，进而得出A的坐标，代入y=m(x−1)+1，即可得出结论；
②先利用勾股定理得出CA的值，再利用菱形的性质得出AB=CD=2，最后根据坐标与图形的性质结合图形分情况得出结果；
(3)先分析出l//l1，进而得出m=k，最后根据m(x−1)+1>k(x−2)−1，得出结论．
【解答】
解：(1)∵y=m(x−n)+1 (m≠0)经过定点C(1,1)，
∴1=m(1−n)+1，
∴1−n=0，
∴n=1，
故答案为：1．
(2)①见答案；
②见答案；
(3)见答案．
24.【答案】解：(1)设乙食材每千克进价为a元，则甲食材每千克进价为2a元，
由题意得802a−20a=1，
解得a=20，
经检验，a=20是所列方程的根，且符合题意，
∴2a=40，
答：甲食材每千克进价为40元，乙食材每千克进价为20元；
(2)设每日购进甲食材x千克，乙食材y千克，
由题意得40x+20y=1800050x+10y=42(x+y)，解得x=400y=100，
设A为m包，则B为500−m0.25=(2000−4m)包，
∵A的数量不低于B的数量，
∴m≥2000−4m，
∴m≥400，
设总利润为W元，根据题意得：
W=45m+12(2000−4m)−18000−2000=−3m+4000，
∵k=−3<0，
∴W随m的增大而减小，
∴当m=400时，W的最大值为2800，
答：当A为400包时，总利润最大，最大总利润为2800元．
【解析】本题考查一次函数的应用、分式方程的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程和一次函数关系式，利用一次函数的性质和不等式的性质解答，注意分式方程要检验．
(1)设乙食材每千克进价为a元，则甲食材每千克进价为2a元，根据“用80元购买的甲食材比用20元购买的乙食材多1千克”列分式方程解答即可；
(2)设每日购进甲食材x千克，乙食材y千克，根据(1)的结论以及“每日用18000元购进甲、乙两种食材并恰好全部用完”列方程组求出甲乙食材各多少千克，设A为m包，则B为500−m0.25包，根据“A的数量不低于B的数量”求出m的取值范围；设总利润为W元，根据题意求出W与x的函数关系式，再根据一次函数的性质，即可得到获利最大的进货方案，并求出最大利润．
25.【答案】解：⑴根据表格中数据可得：
线下y=8x，
线上y=9x(0⩽x⩽40)6x+120(x>40),
⑵当30≤x≤40时，
W=(9−5)x+(8−5)(100−x)=x+300，
当40
综上：W=x+300(30⩽x⩽40)−2x+420(x>40)；
⑶设小明捐赠后利润为Q元，
当30≤x≤40时，
Q=x+300−mx=(1−m)x+300，
∵0
∵30≤x≤40，
∴Q=(1−m)x+300>300>280，不成立，
当40
∵−(2+2m)<0，
∴Q随x增大而减小，
∵Q低于280元，
∴Q=−40(2+2m)+420≤280，
解得：m≥34，
∴m的最小值为34．
【解析】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，写出相应的函数解析式．
⑴根据题意和题目中的数据，可以分别写出两种销售模式下所需费用y(元)与购买产品数量x(千克)之间的函数关系式；
⑵可分别根据当30≤x≤40时，和当40
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