2021年浙江省衢州市中考数学第一次模拟试卷

2021年浙江省衢州市中考数学第一次模拟试卷

一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1．（3分）今年元月某天中午12时的气温为7C，过12小时气温下降8C，第二天0时的气温为( ) A．1C

B．1C

C．15C

D．8C

2．（3分）分别观察下列几何体，其中主视图、左视图和俯视图完全相同的是( )

A．圆锥 B．圆柱

C．三棱柱 D．正方体

3．（3分）设2m8，2n32，则2m3n等于( ) A．12

B．21

C．45

D．

4．（3分）从1，2，4，6这四个数字中任取一个，则取到的数为偶数的概率是( ) A．

3 43B．

8C．

1 2D．

1 45．（3分）式子A．x2x1有意义的x的取值范围是( ) x11且x1 2B．x1 C．x1 21D．x且x1

22x406．（3分）不等式组的解集在数轴上用阴影表示正确的是( )

x20A．C．

B．D．

7．（3分）电影《我和我的祖国》讲述了普通人与国家之间息息相关密不可分的动人故事，一上映就获得全国人民的追捧，第一天票房约3亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，三天后累计票房收入达10亿元，若把增长率记作x，则方程可以列为( ) A．3(1x)10

B．3(1x)210

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C．33(1x)210 D．33(1x)3(1x)210

8．（3分）如图，点C在AOB的边OA上，用尺规作出了CP//OB，作图痕迹中，FG是(

)

A．以点C为圆心、OD的长为半径的弧 B．以点C为圆心、DM的长为半径的弧 C．以点E为圆心、DM的长为半径的弧 D．以点E为圆心、OD的长为半径的弧

9．（3分）将函数yx2的图象用下列方法平移后，所得图象不经过点A(1,4)的是( ) A．向左平移1个单位 C．向上平移3个单位

B．向下平移1个单位 D．向右平移3个单位

10．（3分）把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm)为( )

A．732 B．742

C．832 D．842 二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分） 11．（4分）如果a，b为定值，关于x的一次方程它的解总是1，则a2b ． 12．（4

分）已知x1，(1x)(1x)1x2，(1x)(1xx2)1x3，

2kxaxbk2，无论k为何值时，36(1x)(1xx2x3)1x4，

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观察上式，猜想计算：(12)(1222232425) ．

13．（4分）若一组数据4，a，8，7，5的平均数是6，则这组数据的中位数是 ． 14．（4分）把七巧板按如图所示，进行①~⑦编号，①~⑦号分别对应着七巧板的七块，如果编号④对应的面积等于4，则由这七块拼成的正方形的面积等于 ．

15．（4分）如图，已知四边形ABCD是矩形，BC2AB，A，B两点的坐标分别是(1,0)，k(0,1)，C，D两点在反比例函数y(x0)的图象上，则k的值等于 ．

x

16．（4分）有一块面积为160m2的等腰三角形草地，测得它的一边长为20m．现要给这块三角形的周围围上栅栏，则栅栏的长度为 ． 三．解答题（共8小题，满分66分）

17．（6分）计算：|13|2cos301220200． 18．（6分）化简求值：(2x1x2，其中x2． x1)2x1x2x119．（6分）（1）如图1，在平行四边形ABCD中，点E1，E2是AB三等分点，点F1，F2是CD三等分点，E1F1，E2F2分别交AC于点G1，G2，求证：AG1G1G2G2C．

（2）如图2，由个边长为1的小正方形组成的一个网格图，线段MN的两个端点在格点上，请用一把无刻度的尺子，画出线段MN三等分点P，Q．（保留作图痕迹）

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20．（8分）某校学生准备调查初一年级学生参加“武术类”、“书画类”、“棋牌类”、“器乐类”四类校本课程的人数．

类别 武术类 书画类 棋牌类 器乐类 合计 频数（人数） 20 15 a 频率 0.25 0.20 b 1.00 （1）确定调查方式时，甲同学说：“我到初一（1）班去调查全体同学”；乙同学说：“放学时我到校门口随机调查部分同学”；丙同学说：“我到初一年级每个班随机调查一定数量的同学”．请指出哪位同学的调查方式最合理．

（2）他们采用了最为合理的调查方法收集数据，并绘制了如图所示的统计表和扇形统计图． 请你根据以上图表提供的信息解答下列问题： ①a ，b ；

②在扇形统计图中，器乐类所对应扇形的圆心角的度数是 ；

③若该校初一年级有学生560人，请你估计大约有多少学生参加武术类校本课程．

21．（8分）如图，已知点D是ABC外接圆O上的一点，ACBD于G，连接AD，过

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点B作直线BF//AD交AC于E，交O于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD

（1）求证：DBFACB； （2）若AG6GE，试探究GOD与ADC之间的数量关系，并证明． 2

22．（10分）甲、乙两车沿同一条道路从A地出发向1200km外的B地输送紧急物资，甲在途中休息了3小时，休息前后的速度不同，最后两车同时到达B地，如图甲、乙两车到A地的距离y（千米）与乙车行驶时间x（小时）之间的函数图象．

（1）甲车休息前的行驶速度为 千米/时，乙车的速度为 千米/时； （2）当9x15，求甲车的行驶路程y与x之间的函数关系式； （3）直接写出甲出发多长时间与乙在途中相遇．

323．（10分）如图1，平面直角坐标系中，直线yxm交x轴于点A(4,0)，交y轴正半

4轴于点B．

（1）求AOB的面积；

（2）如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，ABBC，P为线段AB（不含A，B两点）上一点，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；

（3）在（2）的条件下，M为线段CA延长线上一点，且AMCQ，在直线AC上方的直

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线AB上是否存在点N，使QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

24．（12分）如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．

（1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示． ①线段DG与BE之间的数量关系是 ； ②直线DG与直线BE之间的位置关系是 ；

（2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD2AB，AG2AE时，上述结论是否成立，并说明理由．

（3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE1，AB2，求BG2DE2的值（直接写出结果）．

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2021年浙江省衢州市中考数学第一次模拟试卷

参与试题解析

一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1．（3分）今年元月某天中午12时的气温为7C，过12小时气温下降8C，第二天0时的气温为( ) A．1C

B．1C

C．15C

D．8C

【分析】用中午12时的气温减去下降的温度，然后根据减去一个数等于加上这个数的相反数进行计算即可得解．

【解答】解：787(8)1(C)． 故选：B．

【点评】本题考查了有理数的减法，熟记运算法则是解题的关键．

2．（3分）分别观察下列几何体，其中主视图、左视图和俯视图完全相同的是( )

A．圆锥 B．圆柱

C．三棱柱 D．正方体

【分析】分别得出圆锥体、圆柱体、三棱柱、正方体的三视图的形状，再判断即可． 【解答】解：圆锥的主视图、左视图都是等腰三角形，而俯视图是圆，因此选项A不符合题意；

圆柱体的主视图、左视图都是矩形，而俯视图是圆形，因此选项B不符合题意； 三棱柱主视图、左视图都是矩形，而俯视图是三角形，因此选项C不符合题意； 正方体的三视图都是形状、大小相同的正方形，因此选项D符合题意； 故选：D．

【点评】本题考查简单几何体的三视图，明确圆锥、圆柱、三棱柱、正方体的三视图的形状和大小是正确判断的前提．

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3．（3分）设2m8，2n32，则2m3n等于( ) A．12

B．21

C．45

D．

【分析】根据2m8，2n32，可以求得22m3n的值，从而可以得到2m3n的值，本题得以解决．

【解答】解：2m8，2n32，

22m3n(2m)2(2n)382323(23)2(25)326215221， 2m3n21，

故选：B．

【点评】本题考查幂的乘方与积的乘方，解题的关键是巧妙的利用幂的乘方与积的乘方进行计算．

4．（3分）从1，2，4，6这四个数字中任取一个，则取到的数为偶数的概率是( ) A．

3 43B．

8C．

1 2D．

1 4【分析】首先确定偶数的个数，再根据概率公式可得答案． 【解答】解：1，2，4，6这四个数字中偶数有2，4，6，共3个， 则取到的数为偶数的概率是故选：A．

【点评】此题主要考查了概率，关键是掌握随机事件A的概率P（A）事件A可能出现的结果数．

所用可能出现的结果数2x1有意义的x的取值范围是( ) x13， 45．（3分）式子A．x1且x1 2B．x1 C．x1 21D．x且x1

2【分析】根据被开方数是非负数且分母不等于零，可得答案． 【解答】解：由题意，得

2x10且x10，

解得x1且x1， 2故选：A．

【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，利用被开方数是非负数且分母不等于零得出不等式是解题关键．

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2x406．（3分）不等式组的解集在数轴上用阴影表示正确的是( )

x20A．C．

B．D．

【分析】先求出不等式组的解集并在数轴上表示出来，找出符合条件的选项即可． 2x40①【解答】解：，

x20②由①得x2，由②得x2， 故此不等式组的解集为：故选：C．

【点评】本题考查的是在数轴上表示不等式组的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来(，

向右画；，

向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面

表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“

”，“

”要用实心圆点表示；“”，“ ”要用空心圆点表示．

7．（3分）电影《我和我的祖国》讲述了普通人与国家之间息息相关密不可分的动人故事，一上映就获得全国人民的追捧，第一天票房约3亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，三天后累计票房收入达10亿元，若把增长率记作x，则方程可以列为( ) A．3(1x)10 C．33(1x)210

B．3(1x)210

D．33(1x)3(1x)210

【分析】设平均每天票房的增长率为x，根据三天后累计票房收入达10亿元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．

【解答】解：设平均每天票房的增长率为x， 根据题意得：33(1x)3(1x)210． 故选：D．

【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

8．（3分）如图，点C在AOB的边OA上，用尺规作出了CP//OB，作图痕迹中，FG是(

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)

A．以点C为圆心、OD的长为半径的弧 B．以点C为圆心、DM的长为半径的弧 C．以点E为圆心、DM的长为半径的弧 D．以点E为圆心、OD的长为半径的弧

【分析】根据平行线的判定，作一个角等于已知角的方法即可判断． 【解答】解：由作图可知作图步骤为：

①以点O为圆心，任意长为半径画弧DM，分别交OA，OB于M，D． ②以点C为圆心，以OM为半径画弧EN，交OA于E． ③以点E为圆心，以DM为半径画弧FG，交弧EN于N． ④过点N作射线CP．

根据同位角相等两直线平行，可得CP//OB． 故选：C．

【点评】本题考查作图复杂作图，平行线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

9．（3分）将函数yx2的图象用下列方法平移后，所得图象不经过点A(1,4)的是( ) A．向左平移1个单位 C．向上平移3个单位

【分析】根据平移规律，可得答案．

【解答】解：A、向左平移1个单位后，得y(x1)2，图象经过A点，故A不符合题意；

B．向下平移1个单位 D．向右平移3个单位

B、向下平移1个单位后，得yx21图象不经过A点，故B符合题意；

C、向上平移3个单位后，得yx23，图象经过A点，故C不符合题意；

D、向右平移3个单位后，得y(x3)2，图象经过A点，故D不符合题意；

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故选：B．

【点评】主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减． 10．（3分）把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm)为( )

A．732 B．742

C．832 D．842 【分析】如图，过点M作MHAR于H，过点N作NJAW想办法求出AR，RM，于J．MN，NW，WD即可解决问题．

【解答】解：如图，过点M作MHAR于H，过点N作NJAW于J．

由题意EMN是等腰直角三角形，EMEN2，MN22， 四边形EMHK是矩形，

EKAKMH1，KHEM2，

RMH是等腰直角三角形，

RHMH1，RM2，同法可证NW2，

由题意ARRAAWWD4，

ADARRMMNNWDW422224842，

故选：D．

【点评】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题． 二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分） 11．（4分）如果a，b为定值，关于x的一次方程

2kxaxbk2，无论k为何值时，36第11页（共29页）

3它的解总是1，则a2b  ．

2【分析】根据一元一次方程的解的定义即可求出答案． 【解答】解：将x1代入方程



2kxaxbk2， 362ka1bk2， 364k2a1bk12， 4kbk132a，

k(4b)132a，

由题意可知：b40，132a0， a13，b4， 21338． 22a2b3故答案为：

2【点评】本题考查一元一次方程，解题的关键是正确理解一元一次方程的解定义，本题属于中等题型． 12．（4

分）已知x1，(1x)(1x)1x2，(1x)(1xx2)1x3，

(1x)(1xx2x3)1x4，

观察上式，猜想计算：(12)(1222232425) 63 ．

【分析】直接利用已知得出：(12)(1222232425)126，进而得出答案． 【解答】解：由题意可得：

(12)(1222232425)

126

63．

故答案为：63．

【点评】此题主要考查了多项式乘以多项式，正确将原式变形是解题关键．

13．（4分）若一组数据4，a，8，7，5的平均数是6，则这组数据的中位数是 6 ． 【分析】首先根据平均数是6求出a的值，然后根据中位数的概念求解． 【解答】解：由题意得4a87565，

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解得：a6，

这组数据按照从小到大的顺序排列为：4，5，6，7，8， 则中位数为6． 故答案为：6．

【点评】本题考查了中位数和平均数的知识，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数；平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．

14．（4分）把七巧板按如图所示，进行①~⑦编号，①~⑦号分别对应着七巧板的七块，如果编号④对应的面积等于4，则由这七块拼成的正方形的面积等于 32 ．

【分析】由七巧板的作图原理，可知④是平行四边形，并且它的一边长是正方形边长的一半，这条边上的高是正方形边长的

1，再由平行四边形面积即可求解． 4【解答】解：设正方形的边长为a，

11则④是平行四边形，它的面积aa4，

24a232，

故答案为32．

【点评】本题考查七巧板中的几何图形；能够理解七巧板的构图原理是解题的关键． 15．（4分）如图，已知四边形ABCD是矩形，BC2AB，A，B两点的坐标分别是(1,0)，k(0,1)，C，D两点在反比例函数y(x0)的图象上，则k的值等于 6 ．

x

【分析】由A、B两点的坐标，可得出AOB是等腰直角三角形，再根据ABCD是矩形，进而可得出BEC也是等腰直角三角形，由相似比为2，可求出点C的坐标，从而确定k的

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值即可．

【解答】解：过点C作CEy轴，垂足为E，

A，B两点的坐标分别是(1,0)，(0,1)，

OAOB1，OABOBA45， ABCD是矩形， ABC90，

CBE180904545BCE， AOB∽BEC，



OAOBAB， BECEBC又BC2AB，

BECE2，OEOBBE123，

点C(2,3)，代入反比例函数关系式得，

k236，

故答案为：6．

【点评】考查反比例函数图象上 点的坐标特征，矩形的性质以及相似三角形的判定和性质，求出点C的坐标是解决问题的关键．

16．（4分）有一块面积为160m2的等腰三角形草地，测得它的一边长为20m．现要给这块三角形的周围围上栅栏，则栅栏的长度为 204或4085或40165 ． 【分析】分20m是底边和腰两种情况讨论；当是腰时又可以分为钝角三角形和锐角三角形两种情况，再次分情况讨论．

【解答】解：（1）当20是等腰三角形的底边时，

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根据面积求得底边上的高AD是16，

再根据等腰三角形的三线合一，知：底边上的高也是底边上的中线，即底边的一半BD10， 根据勾股定理即可求得其腰长ABAD2BD22，此时三角形的周长是204；

（2）当20是腰时，由于高可以在三角形的内部，也可在三角形的外部，又应分两种情况． 根据面积求得腰上的高是16； ①当高在三角形的外部时，

在RTADC中，ADAC2CD212，从而可得BD32，

进一步根据勾股定理求得其底边是BCCD2BD2162322165，此时三角形的周长是40165； ②当高在三角形的内部时，

根据勾股定理求得ADAC2CD212，BDABAD8，

在RTCDB中，BCCD2BD21628285，此时三角形的周长是4085； 故答案为：204或4085或40165．

【点评】此题考查了勾股定理的应用，等腰三角形的性质，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． 三．解答题（共8小题，满分66分）

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17．（6分）计算：|13|2cos301220200．

【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及绝对值的性质和二次根式的性质分别化简得出答案．

【解答】解：原式312313231

3231 22．

【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键． 18．（6分）化简求值：(2x1x2，其中x2． x1)2x1x2x1【分析】根据分式的混合运算先将分式化简，再代入求值即可．

2x1x21(x1)2【解答】解：原式

x1x2x(2x)x1 1x2x(x1) x2x

当x2时，原式22．

【点评】本题考查了分式的化简求值，解决本题的关键是掌握分式的化简．

19．（6分）（1）如图1，在平行四边形ABCD中，点E1，E2是AB三等分点，点F1，F2是CD三等分点，E1F1，E2F2分别交AC于点G1，G2，求证：AG1G1G2G2C．

（2）如图2，由个边长为1的小正方形组成的一个网格图，线段MN的两个端点在格点上，请用一把无刻度的尺子，画出线段MN三等分点P，Q．（保留作图痕迹）

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【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理证明即可． （2）利用（1）中结论，构造平行四边形解决问题即可． 【解答】（1）证明：如图1中，

四边形ABCD是平行四边形， ABCD，AB//CD，AD//BC， 11DF1CD，AE1AB，

33DF1AE1，

四边形ADF1E1是平行四边形，

AD//E1F1， E1G1//BC，



AG1AE1， ACAB3CG2CF21， CACD31AC， 3同法可证：

AG1CG2AG1G1G2G2C．

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（2）如图，点P，Q即为所求．

【点评】本题考查则有应用与设计，平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

20．（8分）某校学生准备调查初一年级学生参加“武术类”、“书画类”、“棋牌类”、“器乐类”四类校本课程的人数．

类别 武术类 书画类 棋牌类 器乐类 合计 频数（人数） 20 15 a 频率 0.25 0.20 b 1.00 （1）确定调查方式时，甲同学说：“我到初一（1）班去调查全体同学”；乙同学说：“放学时我到校门口随机调查部分同学”；丙同学说：“我到初一年级每个班随机调查一定数量的同学”．请指出哪位同学的调查方式最合理．

（2）他们采用了最为合理的调查方法收集数据，并绘制了如图所示的统计表和扇形统计图． 请你根据以上图表提供的信息解答下列问题： ①a 100 ，b ；

②在扇形统计图中，器乐类所对应扇形的圆心角的度数是 ；

③若该校初一年级有学生560人，请你估计大约有多少学生参加武术类校本课程．

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【分析】（1）根据题意和三名同学的说法可以选出最合理的调查方式；

（2）①根据书画类的频数和频率可以求得a的值，再根据棋牌的类的频数，从而可以得到b的值；

②根据根据频数分布表中的数据可以计算出在扇形统计图中，器乐类所对应扇形的圆心角的度数；

③根据根据频数分布表中的数据可以计算出初一年级大约有多少学生参加武术类校本课程． 【解答】解：（1）调查的人数较多，范围较大，

应当采用随机抽样调查，

到初一年级每个班随机调查一定数量的同学相对比较全面，

丙同学的说法最合理．

（2）①喜欢书画类的有20人，频率为0.20， a200.20100，b151000.15，

故答案为：100，0.15；

②喜欢器乐类的频率为：10.250.200.150.4，

喜欢器乐类所对应的扇形的圆心角的度数为：3600.4144，

故答案为：144；

③喜欢武术类的人数为：5600.25140（人)， 答：大约有140名学生参加武术类校本课程．

【点评】本题考查扇形统计图、频数分布表、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

21．（8分）如图，已知点D是ABC外接圆O上的一点，ACBD于G，连接AD，过点B作直线BF//AD交AC于E，交O于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD

（1）求证：DBFACB； （2）若AG6GE，试探究GOD与ADC之间的数量关系，并证明． 2第19页（共29页）

【分析】（1）根据平行线性质及圆周角性质直接得出结论．

（2）作OMDC于点M，连接OC．先证明ACBCBFDBF30，再根据AG与GE的关系推出DGOD，然后可得出结论．

【解答】（1）证明：BF//AD，

ADBDBF，

ADBACB， DBFACB；

（2）GOD与ADC之间的数量关系为：2GODADC240． 理由如下：

作OMDC于点M，连接OC．

AD//BF，

ABDF， F为CD中点，

CFDFAB，

ACBCBFDBF， ACBD于G， BGCAGD90， DBFCBFACB90，

第20页（共29页）

ACBCBFDBF30，DBC60， ADBACB30，DOC2DBC120， ODOC， ODM30，

设GEx，则AGDG6x， 232363632x，BG3x，GC3x，DCx，DMx， x，OD2224DGOD，

2GODODG180， ADBODC60，

2GODODGADBODC240，

即2GODADC240．

【点评】本题主要考查了三角形的外接圆及其性质、圆中各种角度的相互转化、含30的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，判断出ACBCBFDBF30以及证明DGOD是解答的关键．

22．（10分）甲、乙两车沿同一条道路从A地出发向1200km外的B地输送紧急物资，甲在途中休息了3小时，休息前后的速度不同，最后两车同时到达B地，如图甲、乙两车到A地的距离y（千米）与乙车行驶时间x（小时）之间的函数图象．

（1）甲车休息前的行驶速度为 120 千米/时，乙车的速度为 千米/时； （2）当9x15，求甲车的行驶路程y与x之间的函数关系式； （3）直接写出甲出发多长时间与乙在途中相遇．

【分析】（1）根据甲在途中休息了3小时，结合函数图象可求出b的值，进而由路程时间

速度，便可求得结果；

（2）用待定系数法进行解答便可；

第21页（共29页）

（3）设甲出发x小时与乙在途中相遇，分两种情况：在甲中途休息前相遇，甲中途休息时相遇．分别列出一元一次方程解答． 【解答】解：（1）由题意知，b936，

甲车休息前的行驶速度为：600(b1)600(61)120（千米/时），

乙车的速度为：12001580（千米/时）， 故答案为：120；80；

（2）设当9x15时，甲车的行驶路程y与x之间的函数关系式为ykxb(k0)， 把(9,600)，(12,1200)代入得， 9kb600， 15kb1200k100解得，，

b300当9x15时，甲车的行驶路程y与x之间的函数关系式为：y100x300；

（3）设甲出发x小时与乙在途中相遇，根据题意得， ①在甲途中休息前相遇，有120x80x801， 解得，x2；

②在甲途中休息时相遇，有80(x1)600， 解得，x6.5，

综上，甲出发2小时或6.5小时与乙在途中相遇．

【点评】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，路程、速度、时间三者之间的关系，第（3）题关键在于分情况讨论．

323．（10分）如图1，平面直角坐标系中，直线yxm交x轴于点A(4,0)，交y轴正半

4轴于点B．

（1）求AOB的面积；

（2）如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，ABBC，P为线段AB（不含A，B两点）上一点，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；

第22页（共29页）

（3）在（2）的条件下，M为线段CA延长线上一点，且AMCQ，在直线AC上方的直线AB上是否存在点N，使QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

3【分析】（1）由于yxm交x轴于点A(4,0)，求出m的值，可得出OA4，OB3，

4则可得出答案；

（2）根据勾股定理得到AB5BC，得到点C(0,2)，求出直线AC解析式为y33由于P在直线yx3上，可设点P(t,t3)，即可得到结论；

441x2，2（3）过点M作MGPQ于G，根据全等三角形的性质得到QGOC2，GMOA4，过点N作NHPQ于H，过点M作MRNH于点R，推出四边形GHRM是矩形，根据矩形的性质得到HRGM4，可设GHRMk，根据全等三角形的性质得到13HNRMk，NRQH2k，得到N(t1,t1)根据N在直线AB:yx3上，即

24可得出答案． 【解答】解：（1）304m，

43yxm交x轴于点A(4,0)，

4解得m3，

直线AB解析式为yx3，

34令x0，y3，B(0,3)； A(4,0)，B(0,3)， OA4，OB3， AOB90，

SAOB

11OAOB436； 22第23页（共29页）

（2）OA4，OB3，

ABOA2OB25BC， OC2，

点C(0,2)，

设直线AC解析式为ykxn， 4kn0，

n21k2， n2直线AC解析式为y1x2， 23P在直线yx3上，

4可设点P(t,t3)，

34PQ//y轴，且点Q在y1x2上， 2

1Q(t,t2)，

2315d(t3)(t2)t5；

424（3）过点M作MGPQ于G，

第24页（共29页）

QGM90COA， PQ//y轴， OCAGQM， CQAM， ACQM，

在OAC与GMQ中， AOCMGQACOMQG， ACMQOACGMQ(AAS)， QGOC2，GMOA4，

过点N作NHPQ于H，过点M作MRNH于点R， MGHRHGMRH90，

四边形GHRM是矩形，

HRGM4，可设GHRMk，

MNQ是等腰直角三角形， QMN90，NQNM， HNQHQN90， HNQRNM90， RNMHQN， HNQRMN(AAS)，

HNRMk，NRQH2k，

HRHNNR， k2k4， k1，

GHNHRM1，

HQ3， 1Q(t,t2)，

211N(t1,t23)即N(t1,t1)，

22第25页（共29页）

3N在直线AB:yx3上，

4

13t1(t1)3， 24t1，

93P(1,)，N(2,)．

42【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握坐标与图形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键． 24．（12分）如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．

（1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示． ①线段DG与BE之间的数量关系是 DGBE ； ②直线DG与直线BE之间的位置关系是 ；

（2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD2AB，AG2AE时，上述结论是否成立，并说明理由．

（3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE1，AB2，求BG2DE2的值（直接写出结果）．

【分析】（1）先判断出ABEDAG，进而得出BEDG，ABEADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；

（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出ABE∽DAG，得出ABEADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；

（3）如图④中，作ETAD于T，GHBA交BA的延长线于H．设ETx，ATy．利用勾股定理，以及相似三角形的性质即可解决问题． 【解答】解：（1）①如图②中，

第26页（共29页）

四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， AEAG，ABAD，BADEAG90， BAEDAG，

在ABE和DAG中， ABADBAEDAG， AEAGABEADG(SAS)， BEDG；

②如图2，延长BE交AD于T，交DG于H． 由①知，ABEDAG， ABEADG， ATBABE90， ATBADG90，

ATBDTH，

DTHADG90， DHB90， BEDG，

故答案为：BEDG，BEDG；

（2）数量关系不成立，DG2BE，位置关系成立． 如图③中，延长BE交AD于T，交DG于H．

第27页（共29页）

四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形， BADEAG， BAEDAG，

AD2AB，AG2AE，



ABAE1， ADAG2ABE∽ADG， ABEADG，DG2BE，

ATBABE90， ATBADG90，

BE1， DG2ATBDTH，

DTHADG90， DHB90， BEDG；

（3）如图④中，作ETAD于T，GHBA交BA的延长线于H．设ETx，ATy．

AHG∽ATE，

第28页（共29页）



GHAHAG2， ETATAEGH2x，AH2y，

4x24y24， x2y21，

BG2DE2(2x)2(2y2)2x2(4y)25x25y22025．

【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质，判断出ABEADG或ABE∽ADG是解本题的关键．

第29页（共29页）