2026年黑龙江省龙东地区中考数学试卷

**基本信息** 2026年黑龙江省龙东地区中考数学试卷以真实情境为载体，覆盖初中数学核心知识，通过基础巩固、能力提升、创新应用的梯度设计，考查数学眼光、思维与语言，适配中考选拔需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|中心对称、幂运算、统计、分式方程|剪纸艺术情境（文化传承）、冰雪运动方案问题（应用意识）| |填空题|10/30|科学记数法、圆的切线、折叠问题、规律探究|诗词概率（数学眼光）、菱形动态最值（空间观念）| |解答题|8/60|二次函数、行程问题、正方形综合、利润方案|行程函数图象（模型意识）、矩形存在性探究（创新意识）|

2026年黑龙江省龙东地区中考数学试卷 一、选择题（本大题共10道小题，每小题3分，共30分） 1．（3分）·【易】剪纸艺术是中国古老的民间艺术之一，下面剪纸图案中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）·【较易】下列运算正确的是（　　） A．x5•x2＝x10 B．m2+m2＝2m4 C．（x+y）2＝x2+y2 D．（﹣2a）3＝﹣8a3 3．（3分）·【较易】如图，一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的左视图是（　　） A． B． C． D． 4．（3分）·【较易】在“体重管理年”的活动中，某校对学生的体重进行监测，下面是其中的一组数据（单位：kg）：47，49，56，52，56．这组数据的众数和平均数分别是（　　） A．52，52 B．56，52 C．56，50 D．52，56 5．（3分）·【较易】深耕黑土地，守护大粮仓．某水稻生产基地2023年平均每公顷产7000kg水稻，到2025年平均每公顷产8470kg水稻，设水稻每公顷产量的年平均增长率为x，可列方程为（　　） A．7000（1+2x）＝8470 B．7000（1+x）2＝8470 C．7000+7000（1+x）+7000（1+x）2＝8470 D．7000×2（1+x）＝8470 6．（3分）·【较易】已知关于x的分式方程的解为正数，则k的取值范围为（　　） A．k＞﹣6 B．k＜﹣6 C．k＞﹣6且k≠﹣4 D．k＜﹣6且k≠﹣4 7．（3分）·【较易】在第25届米兰冬奥会上，我国冰雪健儿取得了骄人的成绩．为了弘扬中华体育精神，某中学开展“冰雪运动进校园”活动．学校计划用300元购买笔记本和钢笔两种奖品，笔记本20元/个，钢笔15元/个．所有资金恰好用完，则购买方案有（　　） A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 8．（3分）·【中档】如图，在平面直角坐标系中，双曲线y（k≠0）上有A，B两点，AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D，H为OB的中点，S△AHO＝6，则k的值为（　　） A．8 B．﹣8 C．16 D．﹣16 9．（3分）·【较易】如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，D为BC上一点，且AC＝AD，E，F分别是CD，AB的中点，连接EF，若AC＝2，则EF的长为（　　） A． B． C．1 D．0.5 10．（3分）·【较难】如图，在菱形ABCD中，DE垂直平分BC，∠EDF∠ADC，DF，DE分别交对角线AC于G，H两点，下列结论：①连接EF，则△DEF为等边三角形；②过点G作GN⊥AD于点N，则GN＝GF；③AG＝GH＝CHEF；④M为边AB上任意一点，连接MD和ME，若S△BME：S△DEC＝4：5，则有S△DAM：S菱形ABCD＝1：10；⑤逆时针旋转∠FDE，使射线DF与边AB交于点P，射线DE与边BC交于点Q，若CQ，AP＝2，则PQ．其中正确的是（　　） A．①③④ B．②④⑤ C．①②③④ D．①②③⑤ 二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 11．（3分）·【易】2026年5月19日，哈尔滨市举行万人徒步活动，约有12000人参加．将数据12000用科学记数法表示为　 　 ． 12．（3分）·【较易】在函数中，自变量x的取值范围是　 　 ． 13．（3分）·【较易】如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝OC，请添加一个条件　 　 ，使四边形ABCD是平行四边形． 14．（3分）·【较易】“七八个星天外，两三点雨山前”，数词在这句诗词中出现的概率为　　 ．（标点不计） 15．（3分）·【较易】关于x的不等式组只有3个整数解，则a的取值范围是　 　 ． 16．（3分）·【较易】如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，∠P＝80°，则∠C＝　 　 ． 17．（3分）·【较易】王芳用一个圆心角为120°，半径为4的扇形卡纸，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面圆的半径为　 　 ． 18．（3分）·【中档】如图，菱形ABCD的边长为10，对角线BD＝16，P，Q为BD上两个动点，且PQ＝2，则AP+AQ的最小值为　 　 ． 19．（3分）·【中档】在综合与实践课上，老师带领同学们以“直角三角形的折叠”为主题开展探究活动，同学们用一张直角三角形纸片进行折叠．已知Rt△ABC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AC＝2，在AC边上找一点D，将纸片沿BD折叠，使点A落在A′处，当△A′BD的某一边与AC边垂直时，A′D＝　 　 ． 20．（3分）·【较难】如图，B1是直线l：yx+2与y轴的交点，过点B1作A1B1⊥l交x轴于点A1，以A1B1为边，向右作正方形A1B1B2C1，延长B2C1交x轴于点A2；以A2B2为边，向右作正方形A2B2B3C2，延长B3C2交x轴于点A3；以A3B3为边，向右作正方形A3B3B4C3，延长B4C3交x轴于点A4；…，按照这个规律进行下去，则点∁n的纵坐标为　 　 ． 三、解答题（本大题共8道题，满分60分） 21．（5分）·【较易】先化简，再求值：，其中x＝4cos60°+1． 22．（6分）·【中档】如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣2），B（3，﹣2），C（2，﹣3）． （1）画出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1的坐标； （2）画出△A1B1C1绕点A1逆时针旋转90°得到的△A1B2C2，并写出C2的坐标； （3）求出（2）中线段A1C1所扫过的图形面积．（结果保留π） 23．（6分）·【中档】如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，交y轴于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）作射线BD交y轴于点D，使∠CBD＝15°，则CD的长为　 　 ． 24．（7分）·【易】为了传承东北抗联精神，某中学举行“红色经典”主题阅读活动．该校采用简单随机抽样的方法，对本校学生一周的阅读时间（单位：min）进行了抽样调查，把所得的数据分组整理，并绘制成如下两幅不完整的统计图． 请根据相关信息，解答下列问题： （1）m＝　 　 ，C组对应的频数　 　 ，并补全直方图； （2）调查所得数据的中位数落在　 　 组（填组别）； （3）该校共有1500名学生，根据抽样调查结果，估计该校学生一周阅读时间不少于60min的学生人数． 25．（8分）·【中档】一条公路上依次有A，B，C三地，甲车从A地出发去C地，途经B地，到达C地后，立即按原路原速返回A地；乙车在甲车出发0.1小时后从A地去B地，到达B地停留2小时，立即按原路原速返回，结果比甲车提前0.3小时到达A地，两车均按各自速度匀速行驶．如图是甲车行驶过程中距离B地的路程y（km）与甲车行驶时间x（h）的函数图象，结合图象回答下列问题： （1）A，C两地之间的距离为　 　 km，乙车的速度为　 　 km/h； （2）求线段EF的函数解析式； （3）请直接写出乙车返回A地前，甲车行驶多少小时，甲乙两车相距10km． 26．（8分）·【难】在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为直线AC上一点，连接BE，过E点作EF⊥BE，交AD边所在的直线于点F． （1）如图①，当点E在OC上时，求证：AB+AFAE； （2）如图②，当点E在OA上时；如图③，当点E在CA的延长线上时，请分别写出线段AB，AF，AE之间的数量关系，不需要证明． 27．（10分）·【中档】“节能减排，倡导绿色出行”．某新能源汽车生产厂家推出特惠A，B两种型号的新能源汽车，已知销售2台A型汽车和1台B型汽车总售价为21万元，销售3台A型汽车和2台B型汽车总售价为34万元．已知A型汽车的成本为每台7万元，B型汽车的成本为每台4.5万元． （1）求A型汽车和B型汽车每台售价分别为多少万元？ （2）若汽车厂家售出A，B两种型号的汽车共50台，售出A型汽车的数量不超过30台，并且投入的总成本不低于295万元，求有哪几种销售方案？ （3）在（2）的条件下，全部售出，哪种销售方案获得的利润最大？最大利润为多少万元？ 28．（10分）·【难】如图，在平面直角坐标系中，▱AOBC的AO边与x轴重合，点A在x轴负半轴上，点C在y轴正半轴上，OA，OC的长是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＜OC）． （1）求点A和点C坐标； （2）在OB边上有一动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OB方向匀速运动，动点Q从点A出发，以每秒1.6个单位长度的速度沿折线A﹣C﹣B匀速运动．已知P，Q两点同时出发，当点Q运动到点B时，P，Q两点都停止运动，设运动时间为t秒，求△APQ的面积S关于运动时间t的函数解析式； （3）在x轴上有一点R（1，0），在y轴上有一动点M，在第一象限内是否存在一点N，使得以M，N，R，B四点为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出N点坐标；若不存在，请说明理由． 2026年黑龙江省龙东地区中考数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D A B B C B D B C 一、选择题（本大题共10道小题，每小题3分，共30分） 1．【答案】D 【解析】解：由中心对称图形的定义可知，D选项中的图形是中心对称图形，符合题意；A、B、C中的图形不是中心对称图形，不符合题意． 故选：D． 2．【答案】D 【解析】解：根据同底数幂乘法、合并同类项、完全平方公式、积的乘方的运算法则逐项分析判断如下： 对选项A：根据同底数幂乘法法则，同底数幂相乘，底数不变，指数相加 x5•x2＝x5+2＝x7≠x10，选项错误，不符合题意； 对选项B：根据合并同类项法则，合并同类项时，系数相加，字母与指数不变 m2+m2＝2m2≠2m4，选项错误，不符合题意； 对选项C：根据完全平方公式 （x+y）2＝x2+2xy+y2≠x2+y2，选项错误，不符合题意； 对选项D：根据积的乘方法则，积的乘方等于各因式分别乘方，再将结果相乘 （﹣2a）3＝（﹣2）3•a3＝﹣8a3，选项正确，符合题意； 故选：D． 3．【答案】A 【解析】解：这个组合体的左视图为： 故选：A． 4．【答案】B 【解析】解：∵数据（单位：kg）：47，49，56，52，56中，56出现了2次，次数最多， ∴这组数据的众数为56； ∴这组数据的平均数为． 故选：B． 5．【答案】B 【解析】解：设水稻每公顷产量的年平均增长率为x， 则：2025年平均每公顷产量为7000（1+x）•（1+x）＝7000（1+x）2kg， 又∵2025年平均每公顷产量为8470kg， ∴可列方程为7000（1+x）2＝8470． 故选：B． 6．【答案】C 【解析】解：原方程可变形为， 方程两边同乘（x﹣2）去分母得，4﹣k+2k＝x﹣2， 整理得x＝k+6， 由条件可知x＞0且x﹣2≠0， ∴k+6＞0，k+6﹣2≠0， 解得k＞﹣6且 k≠﹣4． 故选：C． 7．【答案】B 【解析】解：设购买笔记本x个，钢笔y个，x，y均为正整数， 由题意得20x+15y＝300， 两边同除以5化简得4x+3y＝60， 整理得， ∵y是正整数，4与3互质， ∴x必须是3的倍数， 又∵y＞0， ∴，解得x＜15， 结合x＞0可得，x的取值为3，6，9，12，共4种不同取值， 故有4种购买方案， 故选：B． 8．【答案】D 【解析】解：设B（x，y），其中x＜0，y＞0，则xy＝k， 由条件可知OB＝2OH， ∵BD⊥x轴，AC⊥x轴， ∴AC∥BD， 由图可知点H在线段AC上， ∴△OHC∽△OBD， 相似比为， ∴， 由条件可知， ∴， ∵点A在双曲线上，AC⊥x轴， ∴， ∵S△AHO＝S△AOC﹣S△HOC， ∴， ∴， ∴|k|＝16， ∵双曲线位于第二象限， ∴k＜0， ∴k＝﹣16． 故选：D． 9．【答案】B 【解析】解：如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝2，连接AE， ∴∠C＝90°﹣30°＝60°，BC＝2AC＝4， 由勾股定理得：， ∵∠C＝60°，AC＝AD， ∴△ACD是等边三角形， ∵E是CD的中点， ∴AE⊥CD，即∠AEB＝90°， 在Rt△AEB中，F是AB的中点， ∴． 故选：B． 10．【答案】C 【解析】解：如图，连接EF， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC+∠BCD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°， ∵DE垂直平分BC， ∴DB＝CD，BE＝EC，∠DEC＝90°， ∴DB＝CD＝BC， 即△DBC为等边三角形， ∴∠DBC＝∠BCD＝∠CDB＝60°，∠ABC＝120°，∠ADC＝120°， ∴△ABD也是等边三角形，∠BAD＝60°， ∵， ∴∠EDF＝60°， ∵DE⊥BC，△DBC为等边三角形， ∴DE平分∠CDB，∠CDE＝∠BDE＝30°， ∴∠FDB＝∠EDF﹣∠BDE＝60°﹣30°＝30°， ∴∠ADF＝∠ADB﹣∠FDB＝60°﹣30°＝30°， ∵∠BAD＝∠BCD＝60°，DA＝CD，∠ADF＝∠CDE＝30°， ∴△ADF≌△CDE（ASA）， ∴DF＝DE， ∵∠EDF＝60°， ∴△DEF为等边三角形， 故①正确，符合题意； 如图，过点G作GN⊥AD于点N， ∵∠BAD＝60°，∠ADF＝30°， ∴∠AFD＝90°， 即GF⊥AB， ∵AC平分∠DAB，GN⊥AD，GF⊥AB， ∴GN＝GF， 故②正确，符合题意； ∵△ABD是等边三角形， ∴AD＝BD， ∵DF⊥AB， ∴， ∵AB∥CD， ∴△AFG∽△CDG， ∴， ∴， 同理△CEH∽△ADH，， ∴， ∴， 即， ∵点E、F是BC、AB的中点， ∴EF是△ABC的中位线， ∴， ∴AC＝2EF， ∴， 故③正确，符合题意； 如图，M为边AB上任意一点，连接MD和ME，过点M作MH⊥BC交CB延长线于点H， 设菱形边长为a，则， ∴S菱形ABCD＝BC•DE＝a•a，， ∵S△BME：S△DEC＝4：5， ∴， ∴， 解得， ∵∠ABC＝120°， ∴∠MBH＝60°， ∴， ∴， ∴， ∴， 故④正确，符合题意； 由旋转性质知∠PDQ＝60°， ∵∠ADB＝60°， ∴∠ADP＝∠BDQ， ∵∠ADP＝∠BDQ，DA＝DB，∠DAB＝∠DBQ＝60°， ∴△DAP≌△DBQ（ASA）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 如图，过点P作PM⊥CB交CB延长线于M， ∵∠ABC＝120°， ∴∠PBM＝60°， ∴，PM＝PB•sin60°， ∴MQ＝BM+BQ， 在Rt△PMQ中，PQ， 故⑤错误，不符合题意． 综上所述，正确的是①②③④． 故选：C． 二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 11．【答案】1.2×104． 【解析】解：12000＝1.2×104． 故答案为：1.2×104． 12．【答案】x≥2． 【解析】解：根据二次根式的性质得x﹣2≥0， 解得x≥2． 故答案为：x≥2． 13．【答案】OB＝OD（答案不唯一）． 【解析】解：添加条件：OB＝OD， ∵在四边形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）． 故答案为：OB＝OD（答案不唯一）． 14．【答案】． 【解析】解：∵“七八个星天外，两三点雨山前”，共有12个汉字，其中数词的个数为4， ∴数词出现的概率为：． 故答案为：． 15．【答案】﹣2≤a＜﹣1． 【解析】解：， 解不等式①得x＞a+1， 解不等式②得x≤2， ∵关于x的不等式组只有3个整数解， ∴该不等式组的整数解为0，1，2， ∴﹣1≤a+1＜0， ∴﹣2≤a＜﹣1． 故答案为：﹣2≤a＜﹣1． 16．【答案】50°． 【解析】解：如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，连接OA，OB， ∴OA⊥PA，OB⊥PB， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°， ∵OAPB是四边形，∠P＝80°， ∴∠AOB＝360°﹣∠OAP﹣∠OBP﹣∠P＝100°， ∵∠C，∠AOB分别是弧AB所对的圆周角和圆心角， ∴． 故答案为：50°． 17．【答案】． 【解析】解：设这个圆锥底面圆的半径为r， 则， 解得． 故答案为：． 18．【答案】． 【解析】解：如图，连接AC交BD于点O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴，AC⊥BD，OA＝OC， 在Rt△AOB中，， ∴AC＝2OA＝12， ∵点A关于BD的对称点是点C， ∴AP＝CP， ∴AP+AQ＝CP+AQ， 将点C沿BD方向平移2个单位长度得到点C′，连接C′Q，AC′， ∴CC′∥PQ，CC′＝PQ＝2， ∴四边形CC′QP 是平行四边形， ∴CP＝C′Q， ∴AP+AQ＝C′Q+AQ， 当A，Q，C′三点共线时，C′Q+AQ最小，最小值为线段AC′的长， ∵CC′∥BD，AC⊥BD， ∴AC⊥CC′， ∴∠ACC′＝90° 在Rt△ACC′中，， ∴AP+AQ的最小值为， 故答案为：2． 19．【答案】或或． 【解析】解：已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AC＝2， 所以AB＝1，∠A＝60°． 由折叠性质可知：A′D＝AD，A′B＝AB＝1，∠BA′D＝∠A＝60°． 过B作BE⊥AC于点E，可得，． 当A′D⊥AC时：∠A′DA＝90°， 由折叠性质得∠ADB＝∠A′DB＝45°， 在Rt△BDE中，∠BED＝90°，∠BDE＝45°， 所以， 所以，即． 当A′B⊥AC时：， 在Rt△A′DE中，∠A′ED＝90°，∠DA′E＝60°， 所以． 当BD⊥AC时：∠BDA′＝90°，则D，E重合， 所以 综上，A′D的值为或或． 故答案为：或或． 20．【答案】． 【解析】解：∵B1是直线yx+2与y轴的交点， ∴B1（0，2），B0（﹣4，0）， ∴OB1＝2，OB0＝4， ∴B1B02， ∴， ∵四边形A1B1B2C1是正方形， ∴∠A1B1B2＝∠B1A1C1＝90°，B1B2＝A1B1＝C1A1， ∴∠A1B1B0＝180°﹣∠A1B1B2＝90°， ∴， 如图，分别过点C1，C2，C3作x轴的垂线，垂足分别为E，F，H， ∴∠B1OA1＝∠B1A1C1＝∠A1EC1＝90°， ∴∠B0B1O+∠OB0B1＝∠B0B1O+∠A1B1O＝∠OA1B1+∠A1B1O＝∠OA1B1+∠C1A1E＝90°， ∴∠OB0B1＝∠A1B1O＝∠C1A1E， ∴C1E＝A1C1•sin∠C1A1E＝A1C1•sin∠OB0B1＝1， ∴C1的纵坐标为1； ∵四边形A2B2B3C2，A3B3B4C3都是正方形， ∴∠A2B2B3＝∠A2B2B0＝∠A3B3B4＝∠A3B3B0＝90°，A2B2＝B2B3＝A2C2，A3B3＝B3B4＝A3C3， 同理可得：∠C2A2F＝∠C3A3H＝∠OB0B1， ∵， ∴， ∴，， ∴C2的纵坐标为，， ∴， ∴C3的纵坐标为， …； ∴按照这个规律进行下去，则点∁n的纵坐标为． 故答案为：． 三、解答题（本大题共8道题，满分60分） 21．【答案】，6． 【解析】解：原式 ， ∵， ∴原式． 22．【答案】（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；A1（1，2）； （2）如图所示：△A1B2C2即为所求；C2（0，3）； （3）． 【解析】解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；A1（1，2）， 根据图像得：A1（1，2）； （2）根据图像得：C2（0，3）； （3）根据网格得：， ∵逆时针旋转90°， ∴扫过的图形面积为：． 23．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3； （2）或． 【解析】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点， ∴， 解得：， ∴y＝﹣x2+2x+3； （2）由条件可得B（3，0）， ∴OB＝3， ∴OB＝OC＝3， ∴∠ABC＝45°， ∴当点D在点C上方时， 如图所示： ∵∠CBD＝15°， ∴∠ABD＝15°+45°＝60°， ∴， ∴； 当点D在点C下方时， 如图所示： ∵∠CBD＝15°， ∴∠ABD＝45°﹣15°＝30°， ∴， ∴； 综上可得：CD的长为或． 故答案为：或． 24．【答案】（1）45，25，补全频数分布直方图如图： （2）B； （3）675人． 【解析】解：（1）抽取的总人数为10÷10%＝100（人）， ∴m%＝45÷100×100%＝45%，则m＝45， ∴C组对应的频数为：100﹣10﹣45﹣20＝25， 故答案为：45，25； （2）∵共100个数据， ∴中位数是第50、51个数据的平均数， 由频数分布直方图可得A组10个数据，B组45个数据，那么第50、51个数据在B组， ∴中位数落在B组； 故答案为：B； （3）该校共有1500名学生，根据抽样调查结果，估计该校学生一周阅读时间不少于60min的学生人数为： （人）． 答：估计该校学生一周阅读时间不少于60min的学生人数为675人． 25．【答案】（1）270；100； （2）y＝90x﹣360（4≤x≤6）； （3）或或4h． 【解析】解：（1）根据图象得A，C两地之间的距离为：180+90＝270km； 根据图象得：当甲到达C地时，用时3小时， ∴返回A地时总的时间为6小时， ∵乙车在甲车出发0.1小时后从A地去B地，到达B地停留2小时，立即按原路原速返回，结果比甲车提前0.3小时到达A地， ∴乙车在路上行驶的总时间为：6﹣0.1﹣2﹣0.3＝3.6小时， ∵乙车从A地去B地，然后返回A地， ∴总路程为：180×2＝360千米， ∴乙车的速度为； 故答案为：270；100； （2）由图象可知甲车的速度为：（180+90）÷3＝90km/h， ∴90÷90＝1h，180÷90＝2h， ∴E（4，0），F（6，180）， 设线段EF的函数解析式为y＝kx+b（k≠0）， ∴， 解得：， ∴y＝90x﹣360（4≤x≤6）； （3）设甲车行驶t小时，甲乙两车相距10km， ∵乙车在甲车出发0.1小时后从A地去B地， ∴甲车提前行驶了90×0.1＝9km＜10km， ∵100km/h＞90km/h， ∴在从A到B的过程中，两车之间的距离一直减小，不可能相距10km， ∴甲车行驶到B地需要的时间为：180÷90＝2h，乙车行驶到B地需要的时间为：180÷100＝1.8h， ∴当乙车停留，甲车到达B地后继续行驶10km，即为两车之间距离为10km， 此时的时间为：； 当甲车到达B地之前时，与乙车之间的距离为10km时， 由（2）得乙车2小时后的时间为：0.1+1.8+2＝3.9小时， 甲车行驶的路程为：180+90+（90﹣10）＝350km， ∴行驶的时间为：，符合题意； 当从B地返回A地的过程中，两车之间距离为10km， 100（t﹣0.1﹣1.8﹣2）＝90（t﹣2﹣1﹣1）+10， 解得：t＝4h（符合题意）， 综上可得：甲车行驶或或4h时，甲乙两车相距10km． 26．【答案】（1）证明：如图①，过点E作EG⊥AC交AB的延长线于点G， ∴∠AEG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°， ∴∠G＝90°﹣∠BAC＝45°， ∴△AGE是等腰直角三角形， ∴AE＝EG， ∴， ∵EF⊥BE， ∴∠FEA+∠AEB＝∠FEB＝90°， ∵∠AEB+∠BEG＝90°， ∴∠FEA＝∠BEG， 又∵∠FAE＝∠G＝45°，AE＝EG，∠FEA＝∠BEG， ∴△AEF≌△GEB（ASA）， ∴AF＝BG， ∴AG＝AB+BG＝AB+AF， ∵， ∴； （2）图②：；图③：． 【解析】（1）证明：如图①，过点E作EG⊥AC交AB的延长线于点G， ∴∠AEG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°， ∴∠G＝90°﹣∠BAC＝45°， ∴△AGE是等腰直角三角形， ∴AE＝EG， ∴， ∵EF⊥BE， ∴∠FEA+∠AEB＝∠FEB＝90°， ∵∠AEB+∠BEG＝90°， ∴∠FEA＝∠BEG， 又∵∠FAE＝∠G＝45°，AE＝EG，∠FEA＝∠BEG， ∴△AEF≌△GEB（ASA）， ∴AF＝BG， ∴AG＝AB+BG＝AB+AF， ∵， ∴； （2）解：图②：；图③：．理由如下： 如图②，过点E作EH⊥AC交AB于点H， ∴∠AEH＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°， ∴∠AHE＝90°﹣45°＝45°， ∴△AHE是等腰直角三角形， ∴AE＝EH， ∴， ∵EF⊥BE， ∴∠FEA+∠FEH＝∠AEH＝90°， ∵∠FEH+∠HEB＝90°， ∴∠FEA＝∠HEB， 又∵∠DAC＝∠AHE＝45°， ∴∠FAE＝∠BHE＝180°﹣45°＝135°， ∵∠FAE＝∠BHE，AE＝EH，∠FEA＝∠HEB， ∴△AEF≌△HEB（ASA）， ∴AF＝BH， ∵AB＝AH+BH， ∴； 如图③，过点E作EK⊥AE交AF于点K， ∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线， ∴∠BAC＝∠DAC＝∠EAK＝45°， ∴∠AKE＝90°﹣45°＝45°， ∴△AKE是等腰直角三角形， ∴AE＝EK， ∴， ∵EF⊥BE， ∴∠FEK+∠KEB＝∠FEB＝90°， ∵∠KEB+∠BEA＝90°， ∴∠FEK＝∠BEA， 又∵∠AKE＝∠BAC＝45°， ∴∠FKE＝∠BAE＝135°， ∵∠FEK＝∠BEA，EK＝AE，∠FKE＝∠BAE， ∴△KEF≌△AEB（ASA）， ∴FK＝AB， ∵AF＝AK+FK， ∴． 27．【答案】（1）A型汽车每台售价8万元，B型汽车每台售价5万元； （2）共有3种销售方案，方案1：售出A型汽车28台，B型汽车22台；方案2：售出A型汽车29台，B型汽车21台；方案3：售出A型汽车30台，B型汽车20台； （3）售出A型汽车30台，B型汽车20台时利润最大，最大利润为40万元． 【解析】解：（1）设A型汽车每台售价为x万元，B型汽车每台售价为y万元， 根据题意列二元一次方程组得，， 解得， 答：A型汽车每台售价8万元，B型汽车每台售价5万元； （2）设售出A型汽车a台，a为整数， 根据题意列一元一次不等式组得，， 解不等式7a+225﹣4.5a≥295， 得2.5a≥70，即a≥28， 因此28≤a≤30， ∵a为整数，可得a的取值为28，29，30， 当a＝28时，50﹣a＝50﹣28＝22； 当a＝29时，50﹣a＝50﹣29＝21； 当a＝30时，50﹣a＝50﹣30＝20， 答：共有3种销售方案，方案1：售出A型汽车28台，B型汽车22台；方案2：售出A型汽车29台，B型汽车21台；方案3：售出A型汽车30台，B型汽车20台； （3）设总利润为W万元， 每台A型汽车利润为8﹣7＝1（万元），每台B型汽车利润为5﹣4.5＝0.5（万元）， 因此W＝a+0.5（50﹣a）＝0.5a+25， 因为0.5＞0，所以W随a的增大而增大，所以当a取最大值30时，W取得最大值， W最大＝0.5×30+25＝15+25＝40（万元）， 此时50﹣a＝20， 答：售出A型汽车30台，B型汽车20台时获得的利润最大，最大利润为40万元． 28．【答案】（1）A（﹣3，0），C（0，4）； （2）； （3）在第一象限内存在一点N，使得以M，N，R，B四点为顶点的四边形是矩形，N点坐标为（4，3）或（4，1）或． 【解析】解：（1）x2﹣7x+12＝0， （x﹣3）（x﹣4）＝0， 解得x1＝3，x2＝4， ∵OA，OC的长是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＜OC）， ∴OA＝3，OC＝4， ∵点A在x轴负半轴上，点C在y轴正半轴上， ∴A（﹣3，0），C（0，4）； （2）∵A（﹣3，0），C（0，4）， ∴OA＝3，OC＝4， 在直角三角形AOC中，由勾股定理得：， ∵四边形AOBC是平行四边形， ∴BC＝AO＝3，AC＝BO＝5， ∴点Q从点A运动到点C用时，点Q从点A运动到点B用时（5+3）÷1.6＝5（s）， 如图1，当时，AQ＝1.6t，过点O，P分别作OM⊥AC，PN⊥AC，垂足为点M，N， ∴∠AMO＝∠AOC＝90°， ∵∠OAM＝∠CAO， ∴△OAM∽△CAO， ∴， ∴， 解得：， ∵▱AOBC中，AC∥BO，OM⊥AC，PN⊥AC， ∴， ∴， 即； 当时，则，OP＝t，BP＝5﹣t，， 如图2，过点P作直线PE⊥BC交BC，x轴于点E，F， ∵▱AOBC中，AC∥BO，BC∥AO， ∴∠CAO＝∠POF，∠BEP＝∠OFP＝∠COA＝90°， ∴△ACO∽△OPF， ∴， ∴， ∴， ∵BC∥AO，CO⊥x轴，EF⊥x轴， ∴EF＝CO＝4， ∴， ∵S＝S▱AOBC﹣S△AOP﹣S△BQP﹣S△ACQ， ∴， 即， 综上所述，； （3）在第一象限内存在一点N，使得以M，N，R，B四点为顶点的四边形是矩形，N点坐标为（4，3）或（4，1）或．理由如下： 由（2）知BC＝AO＝3，OC＝4，BC∥AO， ∴B（3，4）， 设M（0，m），N（x，y），而R（1，0）， ①当MN，RB是矩形对角线时， 依题意得：， ∴x＝4，m+y＝4， ∴N（4，y）， 而MN＝RB，则（4﹣0）2+（y﹣m）2＝（3﹣1）2+（4﹣0）2， ∴y﹣m＝±2， ∴或 解得：y＝3或y＝1， ∴N（4，3）或N（4，1）； ②当MR，NB是矩形对角线时， 依题意得：， ∴x＝﹣2，此时点N不在第一象限，舍去； 当MB，NR是矩形对角线时， 依题意得：， ∴x＝2，m＝y﹣4， ∴N（2，y），M（0，y﹣4）， 而MB＝NR，则（3﹣0）2+（y﹣4﹣4）2＝（2﹣1）2+（y﹣0）2， 解得：， ∴， 综上所述，在第一象限内存在一点N，使得以M，N，R，B四点为顶点的四边形是矩形，N点坐标为（4，3）或（4，1）或． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $