期中测试卷-【典创·单元学情诊断卷】2025-2026学年八年级下册数学（人教版·新教材）

期中测试卷 题号 二 三 总分 得分 时间：120分钟 满分：120分 第一部分 选择题（共30分） 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的) 1.下列运算正确的是 ( A.2+5=7 B.√2×5=7 C.2÷2=2 D.√（-2)2=-2 2.已知1≤x≤3，则√(1-x)7+√(3-x)7= A.0 B.1 C.2 D.3 3.△ABC的三边长a,b,c满足(a-b)2+√2a-b-3+Ic-321=0,则△ABC是 A.等腰三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.等腰直角三角形 4.如图，在口ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是边AD的中点，连接OE.下列两条线段的 数量关系中一定成立的是 A.0E=240 R0E-方BC C.0E=24B 图1 图2 (第4题图)》 (第6题图) 5.小华的作业本上完成了四道题：①√16a=4a2;②√5a·√10a=52a;③a 1 a √a;④√3a-√2a=√a.她做对的题有 A.3个 B.2个 C.1个 D.0个 .33· 6.如图1是某教学楼的楼梯扶手侧面图，将扶手最上方的形状抽象成如图2所示的口ABCD,其中 ∠B+∠D=120°，则∠A的度数为 () A.60° B.70° C.110° D.120° 7.如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD互相垂直平分，AB=3,则四边形ABCD的周长为（) A.6 B.9 C.12 D.18 D B (第7题图) (第8题图) 8.如图是一个三级台阶，每一级的长、宽和高分别为9dm,3dm和1dm,A和B是这个台阶两个相 对的端点，若A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则这只蚂蚁沿着台阶面爬行的最短 路程为 () A.18 dm B.15 dm C.12 dm D.8 dm 9.如图，在正方形ABCD中，E为边BC上一点，将△ABE沿AE折叠至△AB'E处，B'E与AC交于 点F.若∠EFC=69°，则∠CAE的大小为 () A.10° B.12° C.14° D.15° 10.如图，在Rt△ABC中，分别以这个三角形的三边为边向外侧作正方形，面积分别记为S1,S2, S3.若S3+S2-S1=10,则图中阴影部分的面积为 () A.6 B.5 C. (第9题图) (第10题图) 第二部分 非选择题（共90分） 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11.设a=万+√6，b=万-√6，则a2256202的值是 34… 12.如图，在菱形ABCD中，AB=3,AF=2DF,∠ABC=120°，∠EFG=15°，FG⊥BC,则BE的长为 B 6 (第12题图) (第13题图) 13.如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,且BO=DO,请你添加一个条件 使四边形ABCD是平行四边形 14.在直线1上依次摆放着七个正方形（如图）.已知斜放的三个正方形的面积分别是1,2,3，正放 的四个正方形的面积依次是S1,S2,S3,S4,则S1+S2+S3+S4= (第14题图) (第15题图) 15.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=10,BC=12,点D是AC边的中点，点E是CB边上一动 点，连接DE,将△CDE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF,若△BEF是直角三角形，则 BE的长是 三、解答题（本题共8小题，共75分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16.(本小题10分) 计算： (1)50×8区-42： (2原+-2-- ·35· 17.（本小题8分) 当x=2(而-3)，y=2(而+3)时，求代数式+上的值 18.（本小题8分) 如图，在△ABC中，∠C=90°，把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合： (1)若∠CBD=10°，求∠A的度数； (2)若AC=12,BC=9,求AD的长. D E (第18题图) ·36· 19.(本小题8分) 如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O,CD∥OE,直线CE是线段OD的垂直平分 线，CE分别交OD,AD于点F,G,连接DE. (1)判断四边形OCDE的形状，并说明理由； (2)当CD=4时，求EG的长. (第19题图) 20.（本小题8分) 如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE=CF,连接EF、BF,EF与对角线AC 交于点O,且BE=BF,∠BEF=2∠BAC. (1)求证：0E=0F; (2)若BC=2√3，求AB的长 (第20题图) .37. 21.（本小题8分) (1)如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF=45°，连接EF,探究BE、 DF、EF之间的数量关系，并说明理由； (2)如图2，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°，E、F分别是BC、DC上的点，且 ∠EAF=?∠BAD,此时(1)中的结论是否仍然成立？请说明理由. D 图1 图2 (第21题图) ·38· 22.（本小题12分) 在进行二次根式去分母时，我们有时会碰上如5，？，？，这样的式子了，其实我们还可以将 5'√3'3+1 其进一步化简： 55×553 B3×53:① 层-@ 2 23-1)_2(5-1=5-1.8 5+1(5+1)(5-1)(3)2-12 以上这种化简的步骤叫作分母有理化 2一还可以用以下方法化简： 3+1 23-1=()2-12=5+1)(5-1)=5-1.④ √5+1√3+13+1 3+1 (1)【小试牛刀】请参照③式、④式用不同的方法化简一2 5+3 (2)【拓展应用】化简：1+一1+1 1 万+l+5+5+万+5+…+2m++/2m =(n=1,2,3,…) ·39. 23.（本小题13分) 如图1，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE=AB,M,N分别为AE,BC的中点， 连接DE交AB于点O,连接MN交ED于点H. (1)求证：A0=B0: (2)求证：∠HEB=∠HWB; (3)如图2，过1作APD于点P,连接B即，求PP的慎 D D A M 0 A N B B E 图1 图2 (第23题图) ·40·),S=，所以7a(a+b)= (a-b)+分2，整理，得a2+=, (2)41: (3)解：如图，连接CD,作CD的垂直平分线，“（第23题答图） 交AB于点P,点P即为所求.设AP=x,则BP=40-x,因为 DP2=AP2+AD2=x2+252,CP2=BP2+BC2=(40-x)2+162, 所以+25=(40-x+16,解得x=所以0=123 80 千米 第二十一章测试卷 1.B2.B3.D4.B5.A6.D7.A8.C9.D10.C 11.512.60°13.814.415.①② 16.(1)证明：.∠BED=∠BFD,.∠AED=∠CFB,.四边形AB- CD是平行四边形，∴.AB∥CD,AB=CD,∴.∠CFB=∠ABF, .BE∥DF,.∠AED=∠ABF,.BF∥DE,∴.四边形BEDF是 平行四边形. (2)4 17.(1)解：在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，∠ABC=42°， .∠ADC=360°-90°-90°-42°=138°，：DF平分∠ADC, ·∠ADF=7∠ADC=69 (2)证明：：在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，.∠ABC+ ∠ADC=360°-90°-90°=180°，：BE平分∠ABC,DF平分 ∠ADC,∠ABE=7∠ABC,LADF=7∠A0C,∠ABE+ ∠ADF=(∠ABC+∠ADC)=方X180=90,在 △ADF中，∠ADF+∠AFD=90°，.∠AFD=∠ABE,∴.BE ∥DF. 18.(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形∴.OD=OB,AD∥BC, :点E是CD的中点，∴OE=2BC,OE,∥BC(三角形的中位线 定理)，·EF//BD,.四边形OEFB是平行四边形，AD⊥BD .∠ADB=90°，：AD∥BC,.∠DBC=∠ADB=90°（两直线平 行，内错角相等)，∴.平行四边形OEFB是矩形. (2)解：四边形ABCD是平行四边形，.BC=AD=6,OB= 之BD,0B=2BC=子x6=3.在t△BCD中，∠DBC= 90°，由勾股定理，得BD=√CD2-BC=102-6=8,.OB =4, .∴.四边形OEFB的面积为OB·OE=4×3=12. 19.(1)证明：四边形ABCD是平行四边形， .AB∥CD,∴.∠F=∠CDF .DF平分∠ADC, .·.∠ADF=∠CDF .∠ADF=∠F,AD=AF (2)解：：四边形ABCD是平行四形 (第19题答图) 边形，.CD=AB=3..AD=AF= 6,AB=3,∴.BF=AF-AB=3,.BF=CD..∠F=∠CDE ∠FEB=∠DEC,BF=CD,.∴.△FEB≌△DEC,∴.EF=ED.如 1 图，连接AE.AD=AF,AE⊥DF,∠FAE=2∠BAD=60, ∠F=30,证=7A=3由勾股定理，得F= √AF2-AE=3V5. ·83 20.(1)证明：.AE∥BD,BE∥AC,∴.四边形AEBO是平行四边形. .OE=AB,∴.平行四边形AEBO是矩形，∴.∠BOA=90°， ∴AC⊥BD,∴.平行四边形ABCD是菱形. (2)解：由(1)得四边形AEBO是矩形，四边形ABCD是菱形， 0A=BE=2,AC1BD,B0=D0,∠AD0=7∠ADC=30°， .AD=20A=4,.0D=AD2-0A=25,.BD=20D=45. 21.解：(1)嘉嘉的说法不正确.理由：多边形的外角和始终等于 360°，与多边形的边数无关，∴.A的外角和与B相等，故嘉嘉的 说法不正确 (2)①根据题意，得180(7+x-2)-180×(7-2)=360,解得 x=2,即x的值为2.②根据题意，得180(n+x-2)-180(n- 2)=360,整理得180x=360,解得x=2.∴.无论n取何值，x的 值始终不变 22.(1)证明：.·四边形ABCD是平行四边形， ∴.OB=OD,AB//CD,.∴.∠EBO=∠FDO,∠OEB=∠OFD. ,∠EBO=∠FDO. 在△BOE和△DOF中， ∠OEB=∠OFD LOB=OD. ∴.△BOE≌△D0F(AAS),∴.OE=OF (2)解①：四边形ABCD是平行四边形，BD=2,AC=22, 0D=0=1,01=74C=万又AD=1,A0+0n= 12+12=(2)2=0A2,△AD0是等腰直角三角形，且∠AD0 =90°，.∠DA0=∠D0A=45°.当∠a=45°时，EF⊥AC,理由 如下：当∠D0F=∠a=45°时，∠A0F=∠AOD+∠DOF= 90°，EF⊥AC. ②四边形ABCD是平行四边形，.AB=CD.又：EF⊥AC,且 EF过点O,∴.EF垂直平分AC,.AF=CF.由①知，∠ADO= 90°，即∠ADB=90°，.AB=JAD2+BD=√+2=5， .∴.CD=AB=J5,则△ADF的周长为AD+DF+AF=AD+DF+ CF=AD+CD=1+5,故△ADF的周长为1+5. 23.(1)2. (2)如图展示了两种不同的拼法： (3)①32 ②由①可知HQ=3,HW=2,在Rt△QHW中，QW=√HQ+H =√32+2=√3，在Rt△BQN中，BN2-QN2=BQ,在Rt △BHQ中，Bf+HQ2=BQ2,所以BN2-QN2=BH+HQ,设 B阻=，所以(x+2)2-(2=+3,解得=，所80 =a0+册-√2+（号）23， 2 所以正方形0P心的边长是3 期中测试卷 1.C2.C3.D4.C5.A6.D7.C8.B9.B10.C 11.√万-612.2-513.AD∥BC(答案不唯一)14.4 15.7或9 16解：(1)原式=52×45-42=102-4万=62： =∠ABM=90°.又.BM=DF,∴.△ADF≌△ABM(SAS),.AF 22 =AM,∠1=∠2.：∠EAF=45°，∴.∠1+∠3=45°，.∠2+ (2)原武=4+-299-2停 ∠3=∠MAE=45°=∠EAE.又：AE=AE,.△EAM≌△EAF 4 3 3 4 (SAS),.EF=EM=BE+BM.又：BM=DF,.EF=EB DF. 17解x=(爪-3)y=(厅+3). 1 .x+y=,y=2 -2 把+灯=厅y=之代人得 M m2-2× (第21题答图1) (第21题答图2) 原式= -=20. (2)EF=BE+DF仍然成立.理由如下：如图(2)延长CB到M, 使得BM=DF,连接AM.∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠4 18.解：(1)由折叠性质得∠A=∠DBA,:△ABC中，∠C+∠A+ =180°，.∠4=∠D.又AB=AD,BM=DF,.△ADF≌ ∠ABC=180°，即∠C+∠A+∠DBA+∠CBD=180°，又∠C △ABM(SAS),AF=AM,L1=∠2.：∠EAF=7∠BAD, 90,∠CBD=10°，∠A=∠DBA=180°-90°-10=40： 2 .∠1+∠3=∠EAF,∴.∠2+∠3=∠MAE=∠EAF.又AE= (2)由折叠性质得AD=BD,设AD=BD=x,则CD=AC-AD= AE,.△EAM≌△EAF(SAS),'.EF=EM=BE+BM.又：BM 12-x,在Rt△BCD中，BC2+CDP=BD,即92+(12-x)2= =DF..'.EF =EB+DF. 2,解得x=空即A0=空 8 2.解：(1)参照③式2 25-B)=25- +5=5+5)5- 5-3 19.解：(1)四边形OCDE是菱形，理由如下：CD∥OE,∴.∠FDC =5-5; =∠FOE,直线CE是线段OD的垂直平分线，∴.FD=FO,ED r∠FDC=∠FOE 参照④试2=5-3-52--5+65-®=5-5， =OE,CD=C0,在△FDC和△FOE中，FD=F0 5+55+55+5 5+5 L∠DFC=∠OFE (2)原式=3(5-1)+分(5-5)+方(7-5)+ .∴.△FDC≌△FOE(ASA),∴.CD=OE,又ED=OE,CD=CO, .·.ED=OE=CD=CO,∴.四边形OCDE是菱形. +(2T-可 (2):四边形ABCD为矩形，∴.∠BCD=∠CDA=90°，D0= CO,:直线CE是线段OD的垂直平分线，.CD=CO,.CD= =5-1+5-5+万-5++2a+T-2am C0=D0,∴.△ODC为等边三角形，∴.D0=CD=4,∠ODC= =2n+I-1 60°，DF=2D0=2,在Rt△CDF中，CD=4,DF=2,由勾股 2 23.(1)证明：.：四边形ABCD是正方形，·.AD=AB,AD∥BC, 定理得CF=√CD2-DF产=25，由(1)可知四边形OCDE是 .∴.∠DAB=∠ABE,∠ADO=∠BEO..AB=BE,.AD=BE 菱形.EF=CF=2√3，.∠GDF=∠CDA-∠ODC=30°， .△ADO≌△BEO(ASA),∴.A0=B0. (2)证明：延长BC至F,且使CF=BC,连接AF,如图(1)所 DC=2GF GF2+D2=(2GF)23G=4,GF= 示： 20.(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB∥CD,所以∠OAE 则BF=CE,四边形ABCD是 ·∠COF=∠AOE 正方形，∴.AB=DC,AD∥BC, =∠OCF,在△COF和△AOE中，{∠OAE=∠OCF, ∠BAD=∠ABC=∠DCB=90° LCF=AE 在△ABF和△DCE中， C N B 所以△COF≌△AOE(AAS),所以OE=OF; AB=DC. (第23题答图1)》 (2)解：如图所示，连接B0,:BE=BF, ∠ABC=∠DCB. OE=OF,∴.OB⊥EF,.在Rt△BEO中， BF CE. ∠BEF+∠ABO=90°，.·四边形ABCD ∴.△ABF≌△DCE(SAS),∴.∠DEC=∠AFB.EB=CF,BN= 是矩形，.∠ABC=90°，：△AOE≌ CV,.N为EF的中点，.MW为△AEF的中位线，MW∥AF, ACOF,..OA =OC,..OB=0A=OC, .∴.∠HNB=∠AFB=∠HEB. (第20题答图) ·∠BAC=∠ABO,又∠BEF= (3)解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q,如图(2)所示： 2∠BAC,∴.2∠BAC+∠BAC=90°，解得∠BAC=30°， 则∠PBQ=90°.∠ABE=180°-∠ABC D A :BC=2√5，∴.AC=2BC=4√5，所以AB=√AC-BC= =90°，∴.∠EBQ=∠ABP..AD∥BC, ∴.∠ADP=∠BEQ..AP⊥DE,∠BAD=90° √(43)2-(25)2=6. .∠BAP=∠ADP,.∠BEQ=∠BAP. C B 21.解：(1)EF=BE+DF.理由如下：如图(1)，延长CB到M,使得 (第23题答图2) BM=DF,连接AM.四边形ABCD是正方形，AB=AD,∠D ·84· ∠EBQ=∠ABP 在△BEQ和△BAP中，BE=BA, L∠BEO=∠BAP .△BEQ≌△BAP(ASA),.PA=QE,QB=BP .△PBQ是等腰直角三角形，.PQ=√2BP P-品=瓦 BP BP 第二十二章测试卷 1.C2.B3.C4.A5.A6.B7.C8.B9.B10.C 1.y=100012.12013.甲14.115,223 16.解：(1)题表中有两个变量，分别是年份和人口总数； (2)用x表示年份，用y表示世界人口总数，那么随着x的变 化，y的变化趋势是逐渐增大 17.解：(1)填表如下： -2-10123 y=-x+243210-1… (2)描点并连线，如图所示 18.解：(1)当x=0时，y=2,点A在该函数的图象上，当x=2 时y=-了+2=-子≠0点B不在该函数的图象上 (2)点Ba.0)在该函数的图象上-了+2=0，a= 石~点P,(-子，)在该函数的图象上， 6=-号×(-3)P+2=空 19.解：(1)当x=400时，榆林米线的原料量为800-400=400（千克）， 出品率为80%，故榆林米线的成品量为400×80%=320（千克）， 答：榆林米线的成品量是320千克； (2)榆林豆腐的成品量为x×400%=4x(千克)， 榆林米线的成品量为(800-x)×80%=0.8(800-x)(千克)， 总成品量y=4x+0.8(800-x)=4x+640-0.8.x=3.2x+640 故y与x的关系式为y=3.2x+640. 20.(1)由表格数据可知，水位高度y米随时间x小时的变化规律为： 水位高度每小时增加5米，且初始高度为8米，∴.y=5x+8; (2)引水坝内水的体积V=200(5x+8)=1000x+1600,已知 每立方米水可发电约3.6kW·h,则总发电量W=3.6V=3.6 ×(1000x+1600)=3600x+5760,当x=10时，W=3600×10 +5760=41760(kW·h). 21.解：(1)该车平均每千米的耗油量为(45-30)÷150=0.1(L), 行驶路程x(km)与剩余油量Q(L)的关系式为Q=45-0.1x (2)将x=280代入Q=45-0.1x,得Q=45-0.1×280=17(L), 答：当汽车行驶280km时，剩余油量为17L (3)他们能在汽车报警前回到家.理由如下： (45-3)÷0.1=420(km),200×2=400(km). .·420>400,∴.他们能在汽车报警前回到家. 22.解：(1)48； ·85 (2):蚂蚁的速度为2米/分，.s=2t(0≤t≤2). (3)①.·沿途只有一处有食物，∴.蚂蚁在BO段吃食物，11-8 -2=1(分)，.蚂蚁从B爬1分钟找到食物，4-1×2= 2(米)，.蚂蚁停下来吃食物的地方离出发点的距离为2米 ②2÷2=1（分），11+1=12（分），∴.蚂蚁返回0的时间为12 分钟 23.解：(1)5.97.6； (2)链条节数x; (3)根据题意，得y=2.5x-0.8(x-1)=1.7x+0.8: 即y与x之间的函数解析式为y=1.7x+0.8; (4)因为自行车上的链条为环形，在展直的基础上还要缩短 0.8cm,所以这辆自行车的链条的总长度为1.7×60+0.8 0.8=102(cm). 答：这根链条安装到自行车上后，总长度为102cm. 第二十三章测试卷 1.C2.B3.B4.D5.C6.C7.A8.C9.B10.A Lm22(-22)186>014 y=1 15.①②④ 16.解：(1)根据题意，设y-3=x(k≠0)，把x=2,y=7代人，得 2k=7-3,解得k=2,所以y-3=2x,故y关于x的函数解析式 为y=2x+3: (2)把x=-2代入y=2x+3,得)=2所以当x=-分时，y 的值是2. 17.解：(1)y关于x的函数解析式为y=3.8×10+(x-10)×4.6 =4.6x-8(x>10); (2).3.8×10=38<61,∴.当y=61时，4.6x-8=61,解得x= 15,因此小明家里本月用水15吨. 18.解：(1)设y关于x的函数解析式为y=x+b(k≠0)， 山题立得{离：8解得化s ∴y关于x的函数解析式为y=2x+546. (2)当y=700时，2x+546=700,解得x=77 因此停止加热时的气体温度为77℃. 19.解：(1)设轿车出发后x小时追上大巴，依题意，得40(x+1)= 60x,解得x=2.故轿车出发后2小时追上大巴，此时，两车与学 校相距60×2=120（千米）. (2):轿车出发后2小时追上大巴，此时，两车与学校相距120 千米，∴.此时大巴行驶了3小时，∴.B(3,120).由题图得A(1, 0),设AB所在直线的解析式为s=t+b(k≠0)， 一低o年得传m。 .AB所在直线的解析式为s=60t-60. 20.解：(1)当0≤x<150时，设y=k1x+b1(k1≠0)， 图象经过点(0,60)，(150,35)， 「b1=60, 150k1+b1=35 解得=6=名+60 【b1=60, 当150≤x≤200时，设y=k2x+b2(k2≠0)， ·图象经过点(150,35)，(200,10)， r150k2+b2=35 解得飞，=之 1 1200k2+b2=10 1b2=110 1 1 “y=-2t+110.综上，当0≤x<150时，y=-6x+60;当 150≤x≤200时，7=-分+10： 得最大利润， (3)根据题意得(1-25%)(4a+480)≥450，解得a≥30. 1 (2)当x=180时，y=-2×180+110=20, 答：第二批购进大樱桃至少30千克，能使剩余利润不少于 450元 故此时蓄电池的剩余电量是20kW·h. 第二次月考测试卷 21.解：(1)y1=3n+50(n为正整数)， 1.C2.B3.C4.B5.B6.D7.C8.C9.A10.C r80,0≤n≤30且n为正整数， 2={5m-70,n>30且n为正整数 1.s=3x2.0≤≤30013714y=1.8+2615②③ (2)当0≤n≤30时，令3n+50=80,解得n=10, 16.解：(1)任意实数； 当n>30时，令3n+50=5n-70,解得n 1y/元 (2)1: =60,3×60+50=230..两函数图象的 230. (3)描点、连线，函数的图象，如图所示 交点坐标为(10,80)，(60,230)，则两函 80 数的图象如图所示. 50 根据图象可知，当0≤n<10或n>60 0103060n/ 时，y1<y2,当n=10或n=60时，y1= (第21题答图) 2,当10<n<60时，y1>2,.当0≤n<10或n>60时，快递 员应该选择方案二；当n=10或n=60时，两个方案的日工资 相同，任选其一即可；当10<n<60时，快递员应该选择方 案一 2.解：()当m=-写时，直线1的解析式为y=-号+8当x (第16题答图) 0时，y=8,所以点B的坐标为(0,8)，当y=0时，x=6,所以点 17.解：(1)设y=kx(k≠0). A的坐标为(6,0)，所以OB=8,OA=6,所以△AB0的面积为 当x=-6时，y=2,2=-6k,解得k=- 3 20A·0B=24: (2)在Rt△AOB中，OA=6,OB=8,由勾股定理，得AB= )关于x的函数解析式为)=一与： √OA2+OB=10,由折叠的性质，得AB,=AB=10,所以OB,= (2)把点(a,-3)的坐标代人y=-号x,得-3=-子a,解得 4B,-OA=10-6=4.设M0=x,则MB,=MB=8-x.在 a=9,即a的值为9. Rt△OMB1中，OM2+OB=BM,即x2+42=(8-x)2,解得x 18.解：(1)小明离家的时间他们离家的路程30； =3,所以点M(0,3).设直线AM的解析式为y=kx+b(k≠0)， (2)2.5-0.8=1.7(h),30÷4=7.5(km/h) 把点M(0,3),A(6,0)的坐标分别代人，得。解得 答：小明在书城停留了1.7h,小明从家出发到达文华公园的平 均速度为7.5km/h. =立所以直线的解析式为y=一之+3， (③)由图象可得，小明从书城到文华公园的平均速度为0,1 b=3, =12(km/h), (3)因为BA=CA,且点C在x轴上，所以，点C的坐标为(-4,0)或 30 (16,0.由题意可设直线CD的解析式为y=-专x+c,当点C的 小明爸爸驾车的平均速度为3.5”2.5=30(km/h), 设爸爸出发后mh追上小明，根据题意得：30m-12m=12, 坐标为(-4,0)时，0=-专×(-4)+c,解得e=-5当点C的 解得m=子0-30×号=10(m, 坐标为(16,0)时，0=-手×16+c,解得c-所以直线CD的解 答：爸爸驾车经过号小时追上小明，此时距离文华公园10km 析试为y=争或=子+等 4.64 19.解：(1)由题意得y1=13x+30,2=18x; (2)令y1=y2,即13x+30=18x,解得x=6,令y1>y2,即13x+ 23.解：(1)设每千克小樱桃的进价为x元，根据题意得.630 30>18x,解得x<6,令y1<y,,即13x+30<18x,解得x>6, ·.当购买劳动工具少于6件时，选择方案二；当购买劳动工具 十8，解得x=10.经检验，x=10是原方程的解，且符合实际意 等于6件时，两种方案均可；当购买劳动工具超过6件时，选择 方案一 义，x+8=10+8=18. 20.解：(1)：直线y=kx+b与直线y=x+1平行，k=1,y=x 答：每千克大樱桃的进价为18元，每千克小樱桃的进价为 10元. +6,令x=0,得y=6,令y=0,得x+6=0,解得x=-6 (2)设张大爷再购进a千克大樱桃，根据题意得：18a+10(60 =18,解得b=±6， -a)≤1000，解得：a≤50.每千克大樱桃的利润为30-18=12 .直线解析式为y=x+6或y=x-6; (元)，每千克小樱桃的利润为18-10=8（元）.设总利润为w 元，根据题意得：w=12a+8(60-a),整理得0=4a+480.有条 (2)设直线与x轴的交点到原点的距离为a,则7a×6=18,解 件可知w随a的增大而增大，∴.当a=50时，w有最大值，此时 得a=6,.直线与x轴的交点坐标为(6,0)或(-6,0).直线 60-a=10.答：再购进50千克大樱桃、10千克小樱桃，才能获 与y轴的交点坐标为(0,6)，∴.直线解析式为y=x+6,把 ·86-