还剩40页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023年八年级数学上册基础知识专项讲练 北师大版，
成套系列资料，整套一键下载
初中数学北师大版八年级上册1 函数一课一练
展开
这是一份初中数学北师大版八年级上册1 函数一课一练，共43页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题4.23 《一次函数》中考真题专练（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．（2021·山东菏泽·中考真题）如图（1），在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴，直线沿轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形截得的线段长为，直线在轴上平移的距离为，、间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形的面积为（ ）
A． B． C．8 D．10
2．（2020·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）鄂尔多斯动物园内的一段线路如图1所示，动物园内有免费的班车，从入口处出发，沿该线路开往大象馆，途中停靠花鸟馆（上下车时间忽略不计），第一班车上午9：20发车，以后每隔10分钟有一班车从入口处发车，且每一班车速度均相同．小聪周末到动物园游玩，上午9点到达入口处，因还没到班车发车时间，于是从入口处出发，沿该线路步行25分钟后到达花鸟馆，离入口处的路程y（米）与时间x（分）的函数关系如图2所示，下列结论错误的是（ ）
A．第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式为y＝200x﹣4000（20≤x≤38）
B．第一班车从入口处到达花鸟馆所需的时间为10分钟
C．小聪在花鸟馆游玩40分钟后，想坐班车到大象馆，则小聪最早能够坐上第四班车
D．小聪在花鸟馆游玩40分钟后，如果坐第五班车到大象馆，那么比他在花鸟馆游玩结束后立即步行到大象馆提前了7分钟（假设小聪步行速度不变）
3．（2020·四川内江·中考真题）在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点叫做整点，已知直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，则t的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．且
4．（2019·四川广元·中考真题）如图，点是菱形边上的一动点，它从点出发沿在路径匀速运动到点，设的面积为，点的运动时间为，则关于的函数图象大致为
A． B．
C． D．
5．（2018·广西百色·中考真题）对任意实数a，b定义运算“∅”：a∅b=，则函数y=x2∅（2﹣x）的最小值是（ ）
A．﹣1 B．0 C．1 D．4
6．（2018·辽宁锦州·中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=3cm.动点P从点A出发，以cm/s的速度沿AB方向运动到点B．动点Q同时从点A出发，以1cm/s的速度沿折线ACCB方向运动到点B．设△APQ的面积为y（cm2）.运动时间为x（s），则下列图象能反映y与x之间关系的是 （ ）
A． B．
C． D．
7．（2018·江苏宿迁·中考真题）在平面直角坐标系中，过点（1,2）作直线l，若直线l与两坐标轴围成的三角形面积为4，则满足条件的直线l的条数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
8．（2018·安徽中考真题）如图，直线都与直线l垂直，垂足分别为M，N，MN=1，正方形ABCD的边长为，对角线AC在直线l上，且点C位于点M处，将正方形ABCD沿l向右平移，直到点A与点N重合为止，记点C平移的距离为x，正方形ABCD的边位于之间部分的长度和为y，则y关于x的函数图象大致为（ ）
A． B． C． D．
9．（2017·湖北孝感市·中考真题）如图，在中，点是的内心，连接过点作 分别交于点，已知的周长为的周长为，则表示与的函数图象大致是 （ ）
A． B． C．D．
10．（2018·全国） 如图所示，向一个半径为、容积为的球形容器内注水，则能够反映容器内水的体积与容器内水深间的函数关系的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2021·四川自贡·）当自变量时，函数（k为常数）的最小值为，则满足条件的k的值为_________．
12．（2020·四川达州·中考真题）已知k为正整数，无论k取何值，直线与直线都交于一个固定的点，这个点的坐标是_________；记直线和与x轴围成的三角形面积为，则_____，的值为______．
13．（2018·辽宁锦州·中考真题）如图，射线OM在第一象限，且与x轴正半轴的夹角为60°，过点D（6,0)作DA⊥OM于点A，作线段 OD的垂直平分线BE交x轴于点E,交AD于点B,作射线OB．以AB为边在△AOB的外侧作正方形ABCA1,延长A1C交射线OB于点B1,以A1B1为边在△A1OB1的外侧作正方形A1B1C1A2,延长A2C1交射线OB于点B2,以A2B2为边在△A2OB2的外侧作正方形A2B2C2A3……按此规律进行下去，则正方形A2017B2017C2017A2018的周长为______________.
14．（2018·辽宁抚顺·中考真题）如图，正方形AOBO2的顶点A的坐标为A（0，2），O1为正方形AOBO2的中心；以正方形AOBO2的对角线AB为边，在AB的右侧作正方形ABO3A1，O2为正方形ABO3A1的中心；再以正方形ABO3A1的对角线A1B为边，在A1B的右侧作正方形A1BB1O4，O3为正方形A1BB1O4的中心；再以正方形A1BB1O4的对角线A1B1为边在A1B1的右侧作正方形A1B1O5A2，O4为正方形A1B1O5A2的中心：…；按照此规律继续下去，则点O2018的坐标为_____．
15．（2018·四川乐山·中考真题）已知直线l1：y=（k﹣1）x+k+1和直线l2：y=kx+k+2，其中k为不小于2的自然数．
（1）当k=2时，直线l1、l2与x轴围成的三角形的面积S2=______；
（2）当k=2、3、4，……，2018时，设直线l1、l2与x轴围成的三角形的面积分别为S2，S3，S4，……，S2018，则S2+S3+S4+……+S2018=______．
16．（2018·广西贵港·中考真题）如图，直线l为y=x，过点A1（1，0）作A1B1⊥x轴，与直线l交于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画圆弧交x轴于点A2；再作A2B2⊥x轴，交直线l于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画圆弧交x轴于点A3；……，按此作法进行下去，则点An的坐标为（_______）．
17．（2018·浙江温州·中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为________．
18．（2015·广西北海市·中考真题）如图，直线y=﹣x+1与两坐标轴分别交于A，B两点，将线段OA分成n等份，分点分别为P1，P2，P3，…，Pn﹣1，过每个分点作x轴的垂线分别交直线AB于点T1，T2，T3，…，Tn﹣1，用S1，S2，S3，…，Sn﹣1分别表示Rt△T1OP1，Rt△T2P1P2，…，Rt△Tn﹣1Pn﹣2Pn﹣1的面积，则S1+S2+S3+…+Sn﹣1=__________．
19．（2018·贵州安顺市·中考真题）正方形、、、…按如图所示的方式放置.点、、、…和点、、、…分别在直线和轴上，则点的坐标是__________．（为正整数）
20．（2018·江苏扬州市·中考真题）如图，在等腰中，，点的坐标为，若直线：把分成面积相等的两部分，则的值为__________．
21．（2017·辽宁葫芦岛·中考真题）如图，点A（0，8），点B（4，0），连接AB，点M，N分别是OA，AB的中点，在射线MN上有一动点P，若△ABP是直角三角形，则点P的坐标是______．
三、解答题
22．（2020·河北中考真题）表格中的两组对应值满足一次函数，现画出了它的图象为直线，如图．而某同学为观察，对图象的影响，将上面函数中的与交换位置后得另一个一次函数，设其图象为直线．
－1
0
－2
1
（1）求直线的解析式；
（2）请在图上画出直线（不要求列表计算），并求直线被直线和轴所截线段的长；
（3）设直线与直线，及轴有三个不同的交点，且其中两点关于第三点对称，直接写出的值．
23．（2020·四川乐山·中考真题）某汽车运输公司为了满足市场需要，推出商务车和轿车对外租赁业务．下面是乐山到成都两种车型的限载人数和单程租赁价格表：
车型
每车限载人数（人）
租金（元/辆）
商务车
6
300
轿 车
4
（1）如果单程租赁2辆商务车和3辆轿车共需付租金1320元，求一辆轿车的单程租金为多少元？
（2）某公司准备组织34名职工从乐山赴成都参加业务培训，拟单程租用商务车或轿车前往．在不超载的情况下，怎样设计租车方案才能使所付租金最少？
24．（2020·浙江衢州·中考真题）2020年5月16日，“钱塘江诗路”航道全线开通，一艘游轮从杭州出发前往衢州，线路如图1所示．当游轮到达建德境内的“七里扬帆”景点时，一艘货轮沿着同样的线路从杭州出发前往衢州．已知游轮的速度为20km/h，游轮行驶的时间记为t（h），两艘轮船距离杭州的路程s（km）关于t（h）的图象如图2所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）．
（1）写出图2中C点横坐标的实际意义，并求出游轮在“七里扬帆”停靠的时长．
（2）若货轮比游轮早36分钟到达衢州．问：
①货轮出发后几小时追上游轮？
②游轮与货轮何时相距12km？
25．（2019·北京中考真题）在平面直角坐标系中，直线l：与直线，直线分别交于点A，B，直线与直线交于点．
（1）求直线与轴的交点坐标；
（2）横、纵坐标都是整数的点叫做整点．记线段围成的区域（不含边界）为．
①当时，结合函数图象，求区域内的整点个数；
②若区域内没有整点，直接写出的取值范围．
26．（2019·浙江衢州·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点，，若点满足，，那么称点是点，的融合点.
例如：，，当点满是，时，则点是点，的融合点，
（1）已知点，，，请说明其中一个点是另外两个点的融合点.
（2）如图，点，点是直线上任意一点，点是点，的融合点.
①试确定与的关系式.
②若直线交轴于点，当为直角三角形时，求点的坐标.
27． （2019·重庆中考真题）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研究其性质一一运用函数解决问题＂的学习过程．在画函数图象时，我们通过描点或平移的方法画出了所学的函数图象．同时，我们也学习了绝对值的意义．结合上面经历的学习过程，现在来解决下面的问题在函数中，当时，当时，
（1）求这个函数的表达式；
（2）在给出的平面直角坐标系中，请用你喜欢的方法画出这个函数的图象井并写出这个函数的一条性质；
（3）已知函的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式的解集．
28．（2018·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y=﹣x+与x轴、y轴分别交于B、C两点，四边形ABCD为菱形．
（1）如图1，求点A的坐标；
（2）如图2，连接AC，点P为△ACD内一点，连接AP、BP，BP与AC交于点G，且∠APB=60°，点E在线段AP上，点F在线段BP上，且BF=AE，连接AF、EF，若∠AFE=30°，求AF2+EF2的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，当PE=AE时，求点P的坐标．
29．（2017·辽宁盘锦·）（2017辽宁省盘锦市，第22题，12分）如图，在平面直角坐标系中，直线l： 与x轴、y轴分别交于点M，N，高为3的等边三角形ABC，边BC在x轴上，将此三角形沿着x轴的正方向平移，在平移过程中，得到△A1B1C1，当点B1与原点重合时，解答下列问题：
（1）求出点A1的坐标，并判断点A1是否在直线l上；
（2）求出边A1C1所在直线的解析式；
（3）在坐标平面内找一点P，使得以P、A1、C1、M为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出P点坐标．
参考答案
1．C
【分析】根据平移的距离可以判断出矩形BC边的长，根据的最大值和平移的距离可以求得矩形AB边的长，从而求得面积
解：如图：根据平移的距离在4至7的时候线段长度不变，
可知图中,
根据图像的对称性，，
由图（2）知线段最大值为，即
根据勾股定理
矩形的面积为
故答案为：C
【点拨】本题考查了矩形的面积计算，一次函数图形的实际意义，勾股定理，一次函数的分段函数转折点的意义；正确的分析函数图像，数形结合解决实际问题是解题的关键．
2．C
【分析】设y＝kx+b，运用待定系数法求解即可得出第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式；把y＝2500代入函数解析式即可求出第一班车从入口处到达花鸟馆所需的时间；设小聪坐上了第n班车，30﹣25+10（n﹣1）≥40，解得n≥4.5，可得小聪坐上了第5班车，再根据“路程、速度与时间的关系”解答即可．
解：由题意得，可设第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
把（20，0），（38，3600）代入y＝kx+b，
得，解得：；
∴第一班车离入口处的路程y（米）与时间x（分）的函数表达为y＝200x﹣4000（20≤x≤38）；
故选项A不合题意；
把y＝2000代入y＝200x﹣4000，
解得：x＝30，
30﹣20＝10（分），
∴第一班车从入口处到达塔林所需时间10分钟；
故选项B不合题意；
设小聪坐上了第n班车，则
30﹣25+10（n﹣1）≥40，解得n≥4.5，
∴小聪坐上了第5班车，
故选项C符合题意；
等车的时间为5分钟，坐班车所需时间为：1600÷200＝8（分），
步行所需时间：1600÷（2000÷25）＝20（分），
20﹣（8+5）＝7（分），
∴比他在花鸟馆游玩结束后立即步行到大象馆提前了7分钟．
故选项D不合题意．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求出函数解析式是解答本题的关键．
3．D
【分析】画出函数图象，利用图象可得t的取值范围.
解：∵，
∴当y=0时，x=；当x=0时，y=2t+2，
∴直线与x轴的交点坐标为（，0），与y轴的交点坐标为（0，2t+2），
∵t>0，
∴2t+2>2，
当t=时，2t+2=3，此时=-6，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，如图1，
当t=2时，2t+2=6，此时=-3，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，如图2，
当t=1时，2t+2=4，=-4，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有三个整点，如图3，
∴且，
故选：D.
【点拨】此题考查一次函数的图象的性质，一次函数图象与坐标轴交点坐标，根据t的值正确画出图象理解题意是解题的关键.
4．B
【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．
解：设菱形的高为h，有三种情况：
①当P在AB边上时，如图1，
y=AP•h，
∵AP随x的增大而增大，h不变，
∴y随x的增大而增大，
故选项C不正确；
②当P在边BC上时，如图2，
y=AD•h，
AD和h都不变，
∴在这个过程中，y不变，
故选项A不正确；
③当P在边CD上时，如图3，
y=PD•h，
∵PD随x的增大而减小，h不变，
∴y随x的增大而减小，
∵P点从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，
∴P在三条线段上运动的时间相同，
故选项D不正确，
故选B．
【点拨】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，运用分类讨论思想，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．
5．C
【分析】根据题意得到y=x2∅（2﹣x）=，根据函数的性质即可得到结论．
解：∵a∅b=，∴y=x2∅（2﹣x）=．
∵x2＞2﹣x
∴x2+x﹣2＞0，解得：x＜﹣2或x＞1，此时，y＞1无最小值．
∵x2≤2﹣x，∴x2+x﹣2≤0，解得：﹣2≤x≤1．
∵y=﹣x+2是减函数，∴当x=1时，y=﹣x+2有最小值是1，∴函数y=x2∅（2﹣x）的最小值是1．
故选C．
【点拨】本题考查了新定义和函数的性质及其应用，不等式的解法，正确的理解题意是解题的关键．
6．D
【分析】在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=3cm，可得AB=，∠A=∠B=45°，分当0＜x≤3（点Q在AC上运动，点P在AB上运动）和当3≤x≤6时（点P与点B重合，点Q在CB上运动）两种情况求出y与x的函数关系式，再结合图象即可解答.
解：在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=3cm，可得AB=，∠A=∠B=45°，当0＜x≤3时，点Q在AC上运动，点P在AB上运动（如图1）， 由题意可得AP=x，AQ=x，过点Q作QN⊥AB于点N，在等腰直角三角形AQN中，求得QN=x，所以y==（0＜x≤3），即当0＜x≤3时，y随x的变化关系是二次函数关系，且当x=3时，y=4.5；当3≤x≤6时，点P与点B重合，点Q在CB上运动（如图2），由题意可得PQ=6-x，AP=3，过点Q作QN⊥BC于点N，在等腰直角三角形PQN中，求得QN=(6-x)，所以y==（3≤x≤6），即当3≤x≤6时，y随x的变化关系是一次函数，且当x=6时，y=0.由此可得，只有选项D符合要求，故选D.
【点拨】本题考查了动点函数图象，解决本题要正确分析动线运动过程，然后再正确计算其对应的函数解析式，由函数的解析式对应其图象，由此即可解答．
7．C
解：【分析】设直线l解析式为：y=kx+b，由l与x轴交于点A（-，0），与y轴交于点B（0，b），依题可得关于k和b的二元一次方程组，代入消元即可得出k的值，从而得出直线条数.
【详解】设直线l解析式为：y=kx+b，则l与x轴交于点A（- ，0），与y轴交于点B（0，b），
∴，
∴（2-k）2=8|k|，
∴k2-12k+4=0或（k+2）2=0，
∴k=6±4或k=-2，
∴满足条件的直线有3条，
故选C.
【点睛】本题考查了一次函数图象与坐标轴交点问题，三角形的面积等，解本题的关键是确定出直线y=kx+b与x轴、y轴的交点坐标.
8．A
【分析】由已知易得AC=2，∠ACD=45°，分0≤x≤1、1
如图，当0≤x≤1时，y=2，
如图，当1
如图，当2
综上，只有选项A符合，
故选A.
【点拨】本题考查了动点问题的函数图象，涉及到正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，结合图形正确分类是解题的关键.
9．B
解：试题分析：∵点O是△ABC的内心，∴∠ABO=∠CBO，∠ACO=∠BCO，
∵EF∥BC，∴∠EOB=∠CBO，∠FOC=∠BCO，∴∠ABO=∠EOB，∠ACO=∠FOC，
∴BE=OE，CF=OF，∴△AEF的周长y=AE+EF+AF=AE+OE+OF+AF=AB+AC，
∵△ABC的周长为8，BC=x，∴AB+AC=8﹣x，∴y=8﹣x，∵AB+AC＞BC，∴y＞x，∴8﹣x＞x，∴0＜x＜4，
即y与x的函数关系式为y=8﹣x（x＜4），
故选B．
考点：1.动点问题的函数图象；2.三角形的内心；3.平行线的性质；4.等腰三角形的判定；5.三角形的周长.
10．A
解：试题分析：观察可得，只有选项B符合实际，
故答案选A.
考点:函数图象.
11．
【分析】分时，时，时三种情况讨论，即可求解．
解：①若时，则当时，有，故，
故当时，有最小值，此时函数，
由题意，，
解得：，满足，符合题意；
②若，则当时，，
故当时，有最小值，此时函数，
由题意，，
解得：，不满足，不符合题意；
③若时，则当时，有，故，
故当时，有最小值，此时函数，
由题意，，方程无解，此情况不存在，
综上，满足条件的k的值为．
故答案为：．
【点拨】本题考查了一次函数的性质，绝对值的性质，分类讨论是解题的关键．
12．
【分析】联立直线和成方程组，通过解方程组，即可得到交点坐标；分别表示出直线和与x轴的交点，求得交点坐标即可得到三角形的边长与高，根据三角形面积公式进行列式并化简，即可得到直线和与x轴围成的三角形面积为的表达式，从而可得到和，再依据分数的运算方法即可得解．
解：联立直线与直线成方程组，
，
解得，
∴这两条直线都交于一个固定的点，这个点的坐标是；
∵直线与x轴的交点为，
直线与x轴的交点为，
∴，
∴，
故答案为：；；
【点拨】本题考查了一次函数（k≠0，b为常数)的图象与两坐标轴的交点坐标特点，与x轴的交点的纵坐标为0，与y轴的交点的横坐标为0；也考查了坐标与线段的关系、三角形的面积公式以及分数的特殊运算方法．解题的关键是熟练掌握一次函数（k≠0，b为常数)的图象与性质，能灵活运用分数的特殊运算方法．
13．
【分析】根据题目所给的条件，找出规律，利用所得的规律即可解答.
解：由题意：正方形ABCA1的边长为，
正方形A1B1C1A2的边长为（1+）＝+1，
正方形A2B2C2A3…的边长为（1+）2，
正方形A3B3C3A4的边长为（1+）3，
由此规律可知：正方形A2017B2017C2017A2018的边长为（1+）2017．
∴正方形A2017B2017C2017A2018的周长为：4（1+）2017．
故答案为：4（1+）2017．
【点拨】本题考查规律型问题、解直角三角形、点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，根据获取的规律解决问题．
14．（21010﹣2，21009）
【解析】
【分析】由题意O1（1，1），O2（2，2），O3（，4，2），O4（，6，4），O5（10，4），O6（14，8）…观察可知，下标为偶数的点的纵坐标为，下标为偶数的点在直线y=x+1上，点O2018的纵坐标为21009，可得21009=x+1，可得x=21010﹣2，可得点O2018的坐标为（21010﹣2，21009）．
解：由题意O1（1，1），O2（2，2），O3（，4，2），O4（，6，4），O5（10，4），O6（14，8）…
观察可知，下标为偶数的点的纵坐标为，
下标为偶数的点在直线y=x+1上，
∵点O2018的纵坐标为21009，
∴21009=x+1，
∴x=21010﹣2，
∴点O2018的坐标为（21010﹣2，21009），
故答案为：（21010﹣2，21009）．
【点拨】本题考查规律型：点的坐标，一次函数的应用，解题的关键是学会探究规律的方法，灵活运用所学知识解决问题，本题中得到下标为偶数的点的纵坐标为是关键中的关键．
15．1
【解析】
分析：利用一次函数图象上点的坐标特征可求出两直线与x轴的交点坐标，进而可得出两点间的距离，联立两直线解析式成方程组，通过解方程组可求出两直线的交点坐标．
（1）代入k=2，可得出d的值，利用三角形的面积公式可求出S2的值；
（2）分别代入k=2、3、4、…、2018求出S2、S3、S4、…、S2018值，将其相加即可得出结论．
详解：当y=0时，有（k-1）x+k+1=0，
解得：x=-1-，
∴直线l1与x轴的交点坐标为（-1-，0），
同理，可得出：直线l2与x轴的交点坐标为（-1-，0），
∴两直线与x轴交点间的距离d=-1--（-1-）=-．
联立直线l1、l2成方程组，得：
，解得：，
∴直线l1、l2的交点坐标为（-1，-2）．
（1）当k=2时，d=-=1，
∴S2=×|-2|d=1．
故答案为：1．
（2）当k=3时，S3= ；当k=4时，S4=；…；S2018=，
∴S2+S3+S4+……+S2018=，
=，
=2-，
=．
故答案为：．
点睛：本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及规律型中图形的变化类，利用一次函数图象上点的坐标特征求出两直线与x轴交点间的距离是解题的关键．
16．2n﹣1，0
解：【分析】依据直线l为y=x，点A1（1，0），A1B1⊥x轴，可得A2（2，0），同理可得，A3（4，0），A4（8，0），…，依据规律可得点An的坐标为（2n﹣1，0）．
【详解】∵直线l为y=x，点A1（1，0），A1B1⊥x轴，
∴当x=1时，y=，
即B1（1，），
∴∠A1OB1=60°，∠A1B1O=30°，
∴OB1=2OA1=2，
∵以原点O为圆心，OB1长为半径画圆弧交x轴于点A2，
∴A2（2，0），
同理可得，A3（4，0），A4（8，0），…，
∴点An的坐标为（2n﹣1，0），
故答案为2n﹣1，0．
【点睛】本题考查了规律题——点的坐标，一次函数图象上点的坐标特征等，先根据所给一次函数判断出一次函数与x轴夹角是解决本题的突破点；根据含30°的直角三角形的特点依次得到A1、A2、A3…的点的坐标是解决本题的关键．
17．
【分析】根据直线于坐标轴交点的坐标特点得出,A,B两点的坐标，得出OB，OA的长，根据C是OB的中点，从而得出OC的长，根据菱形的性质得出DE=OC=2;DE∥OC；设出D点的坐标，进而得出E点的坐标，从而得出EF,OF的长，在Rt△OEF中利用勾股定理建立关于x的方程，求解得出x的值，然后根据三角形的面积公式得出答案.
解：解: 把x=0代入 y = − x + 4 得出y=4,
∴B(0,4);
∴OB=4;
∵C是OB的中点，
∴OC=2,
∵四边形OEDC是菱形,
∴DE=OC=2;DE∥OC,
把y=0代入 y = − x + 4 得出x=,
∴A(,0);
∴OA=,
设D(x,) ,
∴E(x,- x+2),
延长DE交OA于点F，
∴EF=-x+2,OF=x,
在Rt△OEF中利用勾股定理得：,
解得 ：x1=0(舍），x2=；
∴EF=1,
∴S△AOE=·OA·EF=2.
故答案为.
【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．也考查了菱形的性质.
18．
解：分析：如图，作T1M⊥OB于M，T2N⊥P1T1．由题意可知：△BT1M≌△T1T2N≌△Tn-1A，四边形OMT1P1是矩形，四边形P1NT2P2是矩形，推出S△BT1M=××=，S1=S矩形OMT1P1，S2=S矩形P1NT2P2，
可得S1+S2+S3+…+Sn-1=（S△AOB-n•S△NBT1）．
详解：如图，作T1M⊥OB于M，T2N⊥P1T1．
由题意可知：△BT1M≌△T1T2N≌△Tn-1A，四边形OMT1P1是矩形，四边形P1NT2P2是矩形，
∴S△BT1M=××=，S1=S矩形OMT1P1，S2=S矩形P1NT2P2，
∴S1+S2+S3+…+Sn-1=（S△AOB-n•S△NBT1）=×（-n×）=．
故答案为．
点睛：本题考查一次函数的应用，规律型-点的坐标、三角形的面积、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分割法求阴影部分面积．
19．
解：分析：由图和条件可知A1（0，1）A2（1，2）A3（3，4），B1（1，1），B2（3，2），Bn的横坐标为An+1的横坐标，纵坐标为An的纵坐标，又An的横坐标数列为An=2n-1-1，所以纵坐标为（2n-1），然后就可以求出Bn的坐标为[A（n+1）的横坐标，An的纵坐标]．
详解：由图和条件可知A1（0，1）A2（1，2）A3（3，4），B1（1，1），B2（3，2），
∴Bn的横坐标为An+1的横坐标，纵坐标为An的纵坐标，
又An的横坐标数列为An=2n-1-1，所以纵坐标为2n-1，
∴Bn的坐标为[A（n+1）的横坐标，An的纵坐标]=（2n-1，2n-1）．
故答案为（2n-1，2n-1）．
点睛：本题主要考查函数图象上点的坐标特征及正方形的性质，解决这类问题首先要从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
20．
解：分析：根据题意作出合适的辅助线，然后根据题意即可列出相应的方程，从而可以求得m的值．
详解：∵y=mx+m=m（x+1），
∴函数y=mx+m一定过点（-1，0），
当x=0时，y=m，
∴点C的坐标为（0，m），
由题意可得，直线AB的解析式为y=-x+2，
，得，
∵直线l：y=mx+m（m≠0）把△ABO分成面积相等的两部分，
∴，
解得，m=或m=（舍去），
故答案为．
点睛：本题考查一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21．（2+2，4）或（12，4）．
解：
如图，∠APB=90°，∠ABP=90°，∠BAP=90°均可以使△ABP是直角三角形，故本题应该对这三种情况分别进行讨论.
(1) ∠APB=90°，如图①.
过点P作PG⊥OB，垂足为G.
∵点A的坐标为(0, 8)，点B的坐标为(4, 0)，
∴OA=8，OB=4.
∴在Rt△AOB中，.
∵点M，N分别是OA，AB的中点，
∴MN∥OB，，.
∵MN∥OB，PG⊥OB，
∴PG=OM=4.
设PN=x，则MP=MN+PN=2+x，
∵OG=MP=2+x，
∴BG=OG-OB=2+x-4=x-2.
∵在Rt△AMP中，AP2=AM2+PM2=42+(2+x)2=16+(2+x)2，
在Rt△BGP中，BP2=BG2+PG2=(x-2)2+42=(x-2)2+16，
又∵在Rt△APB中，AB2=AP2+BP2，
∴16+(2+x)2+(x-2)2+16==80.
∴x=，即PN=.
∵OG=2+x=，PG =4.
∴点P的坐标为(, 4).
(2) ∠ABP=90°，如图②.
过点P作PG⊥OB，垂足为G.
设PN=x，则MP=OG=2+x，BG=x-2.
∵，AM=4，PG=4，
又∵在Rt△AMP中，AP2=16+(2+x)2，
在Rt△BGP中，BP2=(x-2)2+16，
∴在Rt△APB中，AB2=AP2-BP2=16+(2+x)2-[(x-2)2+16]==80.
∴x=10即PN=10.
∵OG=2+x=2+10=12，PG=4.
∴点P的坐标为(12, 4).
(3) ∠BAP=90°，如图③.
由图③可以看出，在此种情况下点P不在射线MN上，不符合题意.
综上所述，点P的坐标为(, 4)或(12, 4).
故本题应填写：(, 4)或(12, 4).
点睛：
本题综合考查了直角三角形和相似三角形的相关知识. 本题的一个难点在于对直角三角形直角顶点的分情况讨论. 在求解点P的坐标的时候，可以利用平面直角坐标系中诸多直角三角形通过勾股定理求解，也可以通过相似三角形的相关知识进行求解. 另外，三角形的中位线也是解决本题的重要工具.
22．（1）：；（2）作图见解析，所截线段长为；（3）的值为或或7
【分析】（1）根据待定系数法即可求解；
（2）根据题意得到直线，联立两直线求出交点坐标，再根据两点间的距离公式即可求解；
（3）分对称点在直线l，直线和y轴分别列式求解即可．
解：（1）依题意把（-1，-2）和（0,1）代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
（2）依题意可得直线的解析式为，
作函数图像如下：
令x=0，得y=3，故B（0,3），
令，
解得，
∴A（1,4），
∴直线被直线和轴所截线段的长AB=；
（3）①当对称点在直线上时，
令，解得x=,
令，解得x=,
∴2×=a-3，
解得a=7；
②当对称点在直线上时，
则2×（a-3）=，
解得a=；
③当对称点在y轴上时，
则+（）=0，
解得a=；
综上：的值为或或7．
【点拨】此题主要考查一次函数与几何综合，解题的关键是熟知待定系数法、一次函数的图像与性质及坐标的对称性．
23．（1）租用一辆轿车的租金为元．（2）租用商务车辆和轿车辆时，所付租金最少为元．
【分析】（1）本题可假设轿车的租金为x元，并根据题意列方程求解即可．
（2）本题可利用两种方法求解，核心思路均是分类讨论，讨论范围分别是两车各租其一以及两车混合租赁，方法一可利用一次函数作为解题工具，根据函数特点求解本题；方法二则需要利用枚举法求解本题．
解：（1）设租用一辆轿车的租金为元．
由题意得：．
解得 ，
答：租用一辆轿车的租金为元．
（2）方法1：①若只租用商务车，∵，
∴只租用商务车应租6辆，所付租金为（元）；
②若只租用轿车，∵，
∴只租用轿车应租9辆，所付租金为（元）；
③若混和租用两种车，设租用商务车辆，租用轿车辆，租金为元．
由题意，得
由，得 ，
∴，
∵，∴，
∴，且为整数，
∵随的增大而减小，
∴当时，有最小值，此时，
综上，租用商务车辆和轿车辆时，所付租金最少为元．
方法2：设租用商务车辆，租用轿车辆，租金为元．
由题意，得
由，得 ，∴，
∵为整数，∴只能取0，1，2，3，4，5，故租车方案有：
不租商务车，则需租9辆轿车，所需租金为（元）；
租1商务车，则需租7辆轿车，所需租金为（元）；
租2商务车，则需租6辆轿车，所需租金为（元）；
租3商务车，则需租4辆轿车，所需租金为（元）；
租4商务车，则需租3辆轿车，所需租金为（元）；
租5商务车，则需租1辆轿车，所需租金为（元）；
由此可见，最佳租车方案是租用商务车辆和轿车辆，
此时所付租金最少，为元．
【点拨】本题考查一次函数的实际问题以及信息提取能力，此类型题目需要根据题干所求列一次函数，并结合题目限制条件对函数自变量进行限制，继而利用函数单调性以及分类讨论思想解答本题．
24．（1）从杭州出发前往衢州共用了23h．2h；（2）①货轮出发后8小时追上游轮；②21.6h或22.4h时游轮与货轮何时相距12km
【分析】（1）根据图中信息解答即可．
（2）①求出B，C，D，E的坐标，利用待定系数法求解即可．
（3）分两种情形分别构建方程求解即可．
解：（1）C点横坐标的实际意义是游轮从杭州出发前往衢州共用了23h．
∴游轮在“七里扬帆”停靠的时长=23﹣（420÷20）=23﹣21=2（h）．
（2）①280÷20=14h，
∴点A（14，280），点B（16，280），
∵36÷60=0.6（h），23﹣0.6=22.4，
∴点E（22.4，420），
设BC的解析式为s=20t+b，把B（16，280）代入s=20t+b，可得b=﹣40，
∴s=20t﹣40（16≤t≤23），
同理由D（14，0），E（22，4，420）可得DE的解析式为s=50t﹣700（14≤t≤22.4），
由题意：20t﹣40=50t﹣700，
解得t=22，
∵22﹣14=8（h），
∴货轮出发后8小时追上游轮．
②相遇之前相距12km时，20t﹣4﹣（50t﹣700）=12，解得t=21.6．
相遇之后相距12km时，50t﹣700﹣（20t﹣40）=12，解得t=22.4，
∴21.6h或22.4h时游轮与货轮何时相距12km．
【点拨】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，熟练运用待定系数法解决问题，属于中考常考题型．
25．（1）直线与轴交点坐标为（0,1）；（2）①整点有（0，-1），（0,0），（1，-1），（1,0），（1,1），（1,2）共6个点，②-1≤k＜0或k=-2.
【分析】（1）令x=0，y=1，直线l与y轴的交点坐标（0，1）；
（2）①当k=2时，A（2，5），B，C（2，-2），在W区域内有6个整数点；②当x=k+1时，y=-k+1，则有k2+2k=0，k=-2，当0＞k≥-1时，W内没有整数点；
解：（1）令x=0，y=1，
∴直线l与y轴的交点坐标（0，1）；
（2）由题意，A（k，k2+1），B，C（k，-k），
①当k=2时，A（2，5），B，C（2，-2），
在W区域内有6个整数点：（0，0），（0，-1），（1，0），（1，-1），（1，1），（1，2）；
②直线AB的解析式为y=kx+1，
当x=k+1时，y=-k+1，则有k2+2k=0，
∴k=-2，
当0＞k≥-1时，W内没有整数点，
∴当0＞k≥-1或k=-2时W内没有整数点；
【点拨】本题考查一次函数图象上点的特征；能够数形结合解题，根据k变化分析W区域内整数点的情况是解题的关键．
26．（1）点是点，的融合点；（2）①，②符合题意的点为， .
【分析】（1）由题中融合点的定义即可求得答案.
（2）①由题中融合点的定义可得，.
②结合题意分三种情况讨论：（ⅰ）时，画出图形，由融合点的定义求得点坐标；（ⅱ）时，画出图形，由融合点的定义求得点坐标；（ⅲ）时，由题意知此种情况不存在.
解：（1）解：，
∴点是点，的融合点
（2）解：①由融合点定义知，得．
又∵，得
∴，化简得．
②要使为直角三角形，可分三种情况讨论：
（i）当时，如图1所示，
设，则点为．
由点是点，的融合点，
可得或，
解得，∴点．
（ii）当时，如图2所示，
则点为．
由点是点，的融合点，
可得点．
（iii）当时，该情况不存在．
综上所述，符合题意的点为，
【点拨】本题是一次函数综合运用题，涉及到勾股定理得运用，此类新定义题目，通常按照题设顺序，逐次求解．
27．（1）；（2）见解析，当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小；（3）.
【分析】（1）根据在函数y=|kx-3|+b中，当x=2时，y=-4；当x=0时，y=-1，可以求得该函数的表达式；（2）根据（1）中的表达式可以画出该函数的图象并写出它的一条性质；（3）根据图象可以直接写出所求不等式的解集.
解：（1）由题意，可得
∴函数的解析式为：
（2）
当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小；
（3）；
【点拨】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式与一次函数的关系，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答.
28．（1）A（﹣，0）．（2）49；（3）P（﹣，3）
【解析】
分析：（1）利用勾股定理求出BC的长即可解决问题；
（2）如图2中，连接CE、CF．证明△CEF是等边三角形，AF⊥CF即可解决问题；
（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．证明△APF是等边三角形，AT⊥PB即可解决问题；
详解：（1）如图1中，
∵y=-﹣x+，
∴B（，0），C（0，），
∴BO=，OC=，
在Rt△OBC中，BC==7，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=7，
∴OA=AB-OB=7-=，
∴A（-，0）．
（2）如图2中，连接CE、CF．
∵OA=OB，CO⊥AB，
∴AC=BC=7，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵∠APB=60°，
∴∠APB=∠ACB，
∵∠PAG+∠APB=∠AGB=∠CBG+∠ACB，
∴∠PAG=∠CBG，∵AE=BF，
∴△ACE≌△BCF，
∴CE=CF，∠ACE=∠BCF，
∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠CFE=60°，EF=FC，
∵∠AFE=30°，
∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=90°，
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2=49，
∴AF2+EF2=49．
（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．
∵△CEF是等边三角形，
∴∠CEF=60°，EC=CF，
∵∠AFE=30°，∠CEF=∠H+∠EFH，
∴∠H=∠CEF-∠EFH=30°，
∴∠H=∠EFH，
∴EH=EF，
∴EC=EH，
∵PE=AE，∠PEC=∠AEH，
∴△CPE≌△HAE，
∴∠PCE=∠H，
∴PC∥FH，
∵∠CAP=∠CBT，AC=BC，
∴△ACP≌△BCT，
∴CP=CT，∠ACP=∠BCT，
∴∠PCT=∠ACB=60°，
∴△CPT是等边三角形，
∴CT=PT，∠CPT=∠CTP=60°，
∵CP∥FH，
∴∠HFP=∠CPT=60°，
∵∠APB=60°，
∴△APF是等边三角形，
∴∠CFP=∠AFC-∠∠AFP=30°，
∴∠TCF=∠CTP-∠TFC=30°，
∴∠TCF=∠TFC，
∴TF=TC=TP，
∴AT⊥PF，设 BF=m，则AE=PE=m，
∴PF=AP=2m，TF=TP=m，TB=2m，BP=3m，
在Rt△APT中，AT=m，
在Rt△ABT中，∵AT2+TB2=AB2，
∴（m）2+（2m）2=72，
解得m=或-（舍弃），
∴BF=，AT=，BP=3，∴，
∵OK=PQ=3×=3，BQ==6，
∴OQ=BQ-BO=6-=，
∴P（-，3）
点睛：本题考查一次函数综合题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．
29．（1）A1（，3），在直线上；（2）；（3）P1（，3），P2（，﹣3），P3（﹣，3）．
解：试题分析：
(1) 根据题意画出示意图，过点A1作x轴的垂线AD，在Rt△A1DB1中利用等边三角形的性质和勾股定理可以求得线段A1D和B1D的长，进而写出点A1的坐标. 将点A1的横坐标代入直线l的解析式，求得相应的纵坐标，通过对比求得的纵坐标和点A1的纵坐标可以判断点A1与直线l的位置关系.
(2) 根据等边三角形的边长容易得到点C1的坐标. 利用点A1和点C1的坐标，结合一次函数的一般形式，可以获得关于待定系数的方程，求解这些方程进而可以写出边A1C1所在直线的解析式.
(3) 由于利用△A1C1M的三个内角均可以构造出符合题意的平行四边形，所以本小题应对这三种情况分别进行讨论. 根据题意画出各种情况的示意图. 当以∠A1C1M为平行四边形的一个内角构造平行四边形时，可以过点A1作y轴的垂线AE，利用Rt△A1B1E中的几何关系求得线段A1E和B1E的长. 利用点M的坐标和等边三角形的边长可以得到线段C1M的长，进而获得线段A1P的长，从而可以写出点P的坐标. 当以∠A1MC1为平行四边形的一个内角构造平行四边形时，利用Rt△A1B1F中的几何关系和线段C1M的长，可以求得线段A1F和B1F的长，进而写出点P的坐标. 当以∠C1A1M为平行四边形的一个内角构造平行四边形时，可以过点P作x轴的垂线PG，利用平行四边形的性质获得线段PM的长，利用Rt△PGM中的几何关系和线段B1M的长，可以求得线段PG和OG的长，进而写出点P的坐标.
试题解析：
(1)
如图，过点A1作A1D⊥OM，垂足为D.
∵△A1B1C1是等边三角形，A1D⊥OM，
∴∠B1A1D=30°，
∴在Rt△A1DB1中，，
∵A1D=3，
∴在Rt△A1DB1中，，
∴，.
∴点A1的坐标为(, 3).
由直线l的解析式，得
当x=时，，
∴点A1在直线l上.
(2) ∵△A1B1C1是等边三角形，，
∴.
∴点C1的坐标为(, 0).
设直线A1C1的解析式为y=kx+b (k≠0).
将点A1 (, 3)，点C1 (, 0)的坐标分别代入直线A1C1的解析式，得
，
解之，得
，
∴直线A1C1的解析式为.
(3) 点P的坐标为(, 3)，(, 3)或(, -3). 求解过程如下.
根据题意，分别对下面三种情况进行讨论.
①若以∠A1C1M为平行四边形的一个内角，则所求平行四边形为平行四边形A1C1MP.
如图①，过点A1作A1E⊥ON，垂足为E.
由直线l的解析式，得
当y=0时，，
∴x=.
∴点M的坐标为(, 0).
∴OM=.
∵，
∴，
∴.
∵△A1B1C1是等边三角形，
∴∠A1B1C1=60°，
∴∠A1B1E=90°-∠A1B1C1=90°-60°=30°.
∴在Rt△A1EB1中，，.
∵A1P∥C1M，A1E⊥ON，
∴点E，A1，P在同一条直线上，
∴.
∴点P的坐标为(, 3).
②若以∠A1MC1为平行四边形的一个内角，则所求平行四边形为平行四边形PC1MA1.
∵A1P∥C1M，
∴A1F⊥ON，
∴在Rt△A1FB1中，，.
∵，
∴.
∴点P的坐标为(, 3).
③若以∠C1A1M为平行四边形的一个内角，则所求平行四边形为平行四边形A1C1PM.
如图③，过点P作PG⊥OM，垂足为G.
∵△A1B1C1是等边三角形，
∴∠A1C1B1=60°，
∴∠A1C1M=180°-∠A1C1B1=180°-60°=120°，
∵A1C1∥PM，
∴∠PMC1=∠A1C1M=120°，
∴∠PMG=180°-∠PMC1=180°-120°=60°，
∴在Rt△PMG中，∠MPG=90°-∠PMG=90°-60°=30°.
∵，
∴在Rt△PGM中，，
.
∵OM=，
∴.
∴点P的坐标为(, -3).
综上所述，点P的坐标为(, 3)，(, 3)或(, -3).
专题4.23 《一次函数》中考真题专练（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．（2021·山东菏泽·中考真题）如图（1），在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴，直线沿轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形截得的线段长为，直线在轴上平移的距离为，、间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形的面积为（ ）
A． B． C．8 D．10
2．（2020·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）鄂尔多斯动物园内的一段线路如图1所示，动物园内有免费的班车，从入口处出发，沿该线路开往大象馆，途中停靠花鸟馆（上下车时间忽略不计），第一班车上午9：20发车，以后每隔10分钟有一班车从入口处发车，且每一班车速度均相同．小聪周末到动物园游玩，上午9点到达入口处，因还没到班车发车时间，于是从入口处出发，沿该线路步行25分钟后到达花鸟馆，离入口处的路程y（米）与时间x（分）的函数关系如图2所示，下列结论错误的是（ ）
A．第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式为y＝200x﹣4000（20≤x≤38）
B．第一班车从入口处到达花鸟馆所需的时间为10分钟
C．小聪在花鸟馆游玩40分钟后，想坐班车到大象馆，则小聪最早能够坐上第四班车
D．小聪在花鸟馆游玩40分钟后，如果坐第五班车到大象馆，那么比他在花鸟馆游玩结束后立即步行到大象馆提前了7分钟（假设小聪步行速度不变）
3．（2020·四川内江·中考真题）在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点叫做整点，已知直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，则t的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．且
4．（2019·四川广元·中考真题）如图，点是菱形边上的一动点，它从点出发沿在路径匀速运动到点，设的面积为，点的运动时间为，则关于的函数图象大致为
A． B．
C． D．
5．（2018·广西百色·中考真题）对任意实数a，b定义运算“∅”：a∅b=，则函数y=x2∅（2﹣x）的最小值是（ ）
A．﹣1 B．0 C．1 D．4
6．（2018·辽宁锦州·中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=3cm.动点P从点A出发，以cm/s的速度沿AB方向运动到点B．动点Q同时从点A出发，以1cm/s的速度沿折线ACCB方向运动到点B．设△APQ的面积为y（cm2）.运动时间为x（s），则下列图象能反映y与x之间关系的是 （ ）
A． B．
C． D．
7．（2018·江苏宿迁·中考真题）在平面直角坐标系中，过点（1,2）作直线l，若直线l与两坐标轴围成的三角形面积为4，则满足条件的直线l的条数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
8．（2018·安徽中考真题）如图，直线都与直线l垂直，垂足分别为M，N，MN=1，正方形ABCD的边长为，对角线AC在直线l上，且点C位于点M处，将正方形ABCD沿l向右平移，直到点A与点N重合为止，记点C平移的距离为x，正方形ABCD的边位于之间部分的长度和为y，则y关于x的函数图象大致为（ ）
A． B． C． D．
9．（2017·湖北孝感市·中考真题）如图，在中，点是的内心，连接过点作 分别交于点，已知的周长为的周长为，则表示与的函数图象大致是 （ ）
A． B． C．D．
10．（2018·全国） 如图所示，向一个半径为、容积为的球形容器内注水，则能够反映容器内水的体积与容器内水深间的函数关系的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2021·四川自贡·）当自变量时，函数（k为常数）的最小值为，则满足条件的k的值为_________．
12．（2020·四川达州·中考真题）已知k为正整数，无论k取何值，直线与直线都交于一个固定的点，这个点的坐标是_________；记直线和与x轴围成的三角形面积为，则_____，的值为______．
13．（2018·辽宁锦州·中考真题）如图，射线OM在第一象限，且与x轴正半轴的夹角为60°，过点D（6,0)作DA⊥OM于点A，作线段 OD的垂直平分线BE交x轴于点E,交AD于点B,作射线OB．以AB为边在△AOB的外侧作正方形ABCA1,延长A1C交射线OB于点B1,以A1B1为边在△A1OB1的外侧作正方形A1B1C1A2,延长A2C1交射线OB于点B2,以A2B2为边在△A2OB2的外侧作正方形A2B2C2A3……按此规律进行下去，则正方形A2017B2017C2017A2018的周长为______________.
14．（2018·辽宁抚顺·中考真题）如图，正方形AOBO2的顶点A的坐标为A（0，2），O1为正方形AOBO2的中心；以正方形AOBO2的对角线AB为边，在AB的右侧作正方形ABO3A1，O2为正方形ABO3A1的中心；再以正方形ABO3A1的对角线A1B为边，在A1B的右侧作正方形A1BB1O4，O3为正方形A1BB1O4的中心；再以正方形A1BB1O4的对角线A1B1为边在A1B1的右侧作正方形A1B1O5A2，O4为正方形A1B1O5A2的中心：…；按照此规律继续下去，则点O2018的坐标为_____．
15．（2018·四川乐山·中考真题）已知直线l1：y=（k﹣1）x+k+1和直线l2：y=kx+k+2，其中k为不小于2的自然数．
（1）当k=2时，直线l1、l2与x轴围成的三角形的面积S2=______；
（2）当k=2、3、4，……，2018时，设直线l1、l2与x轴围成的三角形的面积分别为S2，S3，S4，……，S2018，则S2+S3+S4+……+S2018=______．
16．（2018·广西贵港·中考真题）如图，直线l为y=x，过点A1（1，0）作A1B1⊥x轴，与直线l交于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画圆弧交x轴于点A2；再作A2B2⊥x轴，交直线l于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画圆弧交x轴于点A3；……，按此作法进行下去，则点An的坐标为（_______）．
17．（2018·浙江温州·中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为________．
18．（2015·广西北海市·中考真题）如图，直线y=﹣x+1与两坐标轴分别交于A，B两点，将线段OA分成n等份，分点分别为P1，P2，P3，…，Pn﹣1，过每个分点作x轴的垂线分别交直线AB于点T1，T2，T3，…，Tn﹣1，用S1，S2，S3，…，Sn﹣1分别表示Rt△T1OP1，Rt△T2P1P2，…，Rt△Tn﹣1Pn﹣2Pn﹣1的面积，则S1+S2+S3+…+Sn﹣1=__________．
19．（2018·贵州安顺市·中考真题）正方形、、、…按如图所示的方式放置.点、、、…和点、、、…分别在直线和轴上，则点的坐标是__________．（为正整数）
20．（2018·江苏扬州市·中考真题）如图，在等腰中，，点的坐标为，若直线：把分成面积相等的两部分，则的值为__________．
21．（2017·辽宁葫芦岛·中考真题）如图，点A（0，8），点B（4，0），连接AB，点M，N分别是OA，AB的中点，在射线MN上有一动点P，若△ABP是直角三角形，则点P的坐标是______．
三、解答题
22．（2020·河北中考真题）表格中的两组对应值满足一次函数，现画出了它的图象为直线，如图．而某同学为观察，对图象的影响，将上面函数中的与交换位置后得另一个一次函数，设其图象为直线．
－1
0
－2
1
（1）求直线的解析式；
（2）请在图上画出直线（不要求列表计算），并求直线被直线和轴所截线段的长；
（3）设直线与直线，及轴有三个不同的交点，且其中两点关于第三点对称，直接写出的值．
23．（2020·四川乐山·中考真题）某汽车运输公司为了满足市场需要，推出商务车和轿车对外租赁业务．下面是乐山到成都两种车型的限载人数和单程租赁价格表：
车型
每车限载人数（人）
租金（元/辆）
商务车
6
300
轿 车
4
（1）如果单程租赁2辆商务车和3辆轿车共需付租金1320元，求一辆轿车的单程租金为多少元？
（2）某公司准备组织34名职工从乐山赴成都参加业务培训，拟单程租用商务车或轿车前往．在不超载的情况下，怎样设计租车方案才能使所付租金最少？
24．（2020·浙江衢州·中考真题）2020年5月16日，“钱塘江诗路”航道全线开通，一艘游轮从杭州出发前往衢州，线路如图1所示．当游轮到达建德境内的“七里扬帆”景点时，一艘货轮沿着同样的线路从杭州出发前往衢州．已知游轮的速度为20km/h，游轮行驶的时间记为t（h），两艘轮船距离杭州的路程s（km）关于t（h）的图象如图2所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）．
（1）写出图2中C点横坐标的实际意义，并求出游轮在“七里扬帆”停靠的时长．
（2）若货轮比游轮早36分钟到达衢州．问：
①货轮出发后几小时追上游轮？
②游轮与货轮何时相距12km？
25．（2019·北京中考真题）在平面直角坐标系中，直线l：与直线，直线分别交于点A，B，直线与直线交于点．
（1）求直线与轴的交点坐标；
（2）横、纵坐标都是整数的点叫做整点．记线段围成的区域（不含边界）为．
①当时，结合函数图象，求区域内的整点个数；
②若区域内没有整点，直接写出的取值范围．
26．（2019·浙江衢州·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点，，若点满足，，那么称点是点，的融合点.
例如：，，当点满是，时，则点是点，的融合点，
（1）已知点，，，请说明其中一个点是另外两个点的融合点.
（2）如图，点，点是直线上任意一点，点是点，的融合点.
①试确定与的关系式.
②若直线交轴于点，当为直角三角形时，求点的坐标.
27． （2019·重庆中考真题）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研究其性质一一运用函数解决问题＂的学习过程．在画函数图象时，我们通过描点或平移的方法画出了所学的函数图象．同时，我们也学习了绝对值的意义．结合上面经历的学习过程，现在来解决下面的问题在函数中，当时，当时，
（1）求这个函数的表达式；
（2）在给出的平面直角坐标系中，请用你喜欢的方法画出这个函数的图象井并写出这个函数的一条性质；
（3）已知函的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式的解集．
28．（2018·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y=﹣x+与x轴、y轴分别交于B、C两点，四边形ABCD为菱形．
（1）如图1，求点A的坐标；
（2）如图2，连接AC，点P为△ACD内一点，连接AP、BP，BP与AC交于点G，且∠APB=60°，点E在线段AP上，点F在线段BP上，且BF=AE，连接AF、EF，若∠AFE=30°，求AF2+EF2的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，当PE=AE时，求点P的坐标．
29．（2017·辽宁盘锦·）（2017辽宁省盘锦市，第22题，12分）如图，在平面直角坐标系中，直线l： 与x轴、y轴分别交于点M，N，高为3的等边三角形ABC，边BC在x轴上，将此三角形沿着x轴的正方向平移，在平移过程中，得到△A1B1C1，当点B1与原点重合时，解答下列问题：
（1）求出点A1的坐标，并判断点A1是否在直线l上；
（2）求出边A1C1所在直线的解析式；
（3）在坐标平面内找一点P，使得以P、A1、C1、M为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出P点坐标．
参考答案
1．C
【分析】根据平移的距离可以判断出矩形BC边的长，根据的最大值和平移的距离可以求得矩形AB边的长，从而求得面积
解：如图：根据平移的距离在4至7的时候线段长度不变，
可知图中,
根据图像的对称性，，
由图（2）知线段最大值为，即
根据勾股定理
矩形的面积为
故答案为：C
【点拨】本题考查了矩形的面积计算，一次函数图形的实际意义，勾股定理，一次函数的分段函数转折点的意义；正确的分析函数图像，数形结合解决实际问题是解题的关键．
2．C
【分析】设y＝kx+b，运用待定系数法求解即可得出第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式；把y＝2500代入函数解析式即可求出第一班车从入口处到达花鸟馆所需的时间；设小聪坐上了第n班车，30﹣25+10（n﹣1）≥40，解得n≥4.5，可得小聪坐上了第5班车，再根据“路程、速度与时间的关系”解答即可．
解：由题意得，可设第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
把（20，0），（38，3600）代入y＝kx+b，
得，解得：；
∴第一班车离入口处的路程y（米）与时间x（分）的函数表达为y＝200x﹣4000（20≤x≤38）；
故选项A不合题意；
把y＝2000代入y＝200x﹣4000，
解得：x＝30，
30﹣20＝10（分），
∴第一班车从入口处到达塔林所需时间10分钟；
故选项B不合题意；
设小聪坐上了第n班车，则
30﹣25+10（n﹣1）≥40，解得n≥4.5，
∴小聪坐上了第5班车，
故选项C符合题意；
等车的时间为5分钟，坐班车所需时间为：1600÷200＝8（分），
步行所需时间：1600÷（2000÷25）＝20（分），
20﹣（8+5）＝7（分），
∴比他在花鸟馆游玩结束后立即步行到大象馆提前了7分钟．
故选项D不合题意．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求出函数解析式是解答本题的关键．
3．D
【分析】画出函数图象，利用图象可得t的取值范围.
解：∵，
∴当y=0时，x=；当x=0时，y=2t+2，
∴直线与x轴的交点坐标为（，0），与y轴的交点坐标为（0，2t+2），
∵t>0，
∴2t+2>2，
当t=时，2t+2=3，此时=-6，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，如图1，
当t=2时，2t+2=6，此时=-3，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，如图2，
当t=1时，2t+2=4，=-4，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有三个整点，如图3，
∴且，
故选：D.
【点拨】此题考查一次函数的图象的性质，一次函数图象与坐标轴交点坐标，根据t的值正确画出图象理解题意是解题的关键.
4．B
【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．
解：设菱形的高为h，有三种情况：
①当P在AB边上时，如图1，
y=AP•h，
∵AP随x的增大而增大，h不变，
∴y随x的增大而增大，
故选项C不正确；
②当P在边BC上时，如图2，
y=AD•h，
AD和h都不变，
∴在这个过程中，y不变，
故选项A不正确；
③当P在边CD上时，如图3，
y=PD•h，
∵PD随x的增大而减小，h不变，
∴y随x的增大而减小，
∵P点从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，
∴P在三条线段上运动的时间相同，
故选项D不正确，
故选B．
【点拨】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，运用分类讨论思想，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．
5．C
【分析】根据题意得到y=x2∅（2﹣x）=，根据函数的性质即可得到结论．
解：∵a∅b=，∴y=x2∅（2﹣x）=．
∵x2＞2﹣x
∴x2+x﹣2＞0，解得：x＜﹣2或x＞1，此时，y＞1无最小值．
∵x2≤2﹣x，∴x2+x﹣2≤0，解得：﹣2≤x≤1．
∵y=﹣x+2是减函数，∴当x=1时，y=﹣x+2有最小值是1，∴函数y=x2∅（2﹣x）的最小值是1．
故选C．
【点拨】本题考查了新定义和函数的性质及其应用，不等式的解法，正确的理解题意是解题的关键．
6．D
【分析】在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=3cm，可得AB=，∠A=∠B=45°，分当0＜x≤3（点Q在AC上运动，点P在AB上运动）和当3≤x≤6时（点P与点B重合，点Q在CB上运动）两种情况求出y与x的函数关系式，再结合图象即可解答.
解：在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=3cm，可得AB=，∠A=∠B=45°，当0＜x≤3时，点Q在AC上运动，点P在AB上运动（如图1）， 由题意可得AP=x，AQ=x，过点Q作QN⊥AB于点N，在等腰直角三角形AQN中，求得QN=x，所以y==（0＜x≤3），即当0＜x≤3时，y随x的变化关系是二次函数关系，且当x=3时，y=4.5；当3≤x≤6时，点P与点B重合，点Q在CB上运动（如图2），由题意可得PQ=6-x，AP=3，过点Q作QN⊥BC于点N，在等腰直角三角形PQN中，求得QN=(6-x)，所以y==（3≤x≤6），即当3≤x≤6时，y随x的变化关系是一次函数，且当x=6时，y=0.由此可得，只有选项D符合要求，故选D.
【点拨】本题考查了动点函数图象，解决本题要正确分析动线运动过程，然后再正确计算其对应的函数解析式，由函数的解析式对应其图象，由此即可解答．
7．C
解：【分析】设直线l解析式为：y=kx+b，由l与x轴交于点A（-，0），与y轴交于点B（0，b），依题可得关于k和b的二元一次方程组，代入消元即可得出k的值，从而得出直线条数.
【详解】设直线l解析式为：y=kx+b，则l与x轴交于点A（- ，0），与y轴交于点B（0，b），
∴，
∴（2-k）2=8|k|，
∴k2-12k+4=0或（k+2）2=0，
∴k=6±4或k=-2，
∴满足条件的直线有3条，
故选C.
【点睛】本题考查了一次函数图象与坐标轴交点问题，三角形的面积等，解本题的关键是确定出直线y=kx+b与x轴、y轴的交点坐标.
8．A
【分析】由已知易得AC=2，∠ACD=45°，分0≤x≤1、1
如图，当0≤x≤1时，y=2，
如图，当1
如图，当2
综上，只有选项A符合，
故选A.
【点拨】本题考查了动点问题的函数图象，涉及到正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，结合图形正确分类是解题的关键.
9．B
解：试题分析：∵点O是△ABC的内心，∴∠ABO=∠CBO，∠ACO=∠BCO，
∵EF∥BC，∴∠EOB=∠CBO，∠FOC=∠BCO，∴∠ABO=∠EOB，∠ACO=∠FOC，
∴BE=OE，CF=OF，∴△AEF的周长y=AE+EF+AF=AE+OE+OF+AF=AB+AC，
∵△ABC的周长为8，BC=x，∴AB+AC=8﹣x，∴y=8﹣x，∵AB+AC＞BC，∴y＞x，∴8﹣x＞x，∴0＜x＜4，
即y与x的函数关系式为y=8﹣x（x＜4），
故选B．
考点：1.动点问题的函数图象；2.三角形的内心；3.平行线的性质；4.等腰三角形的判定；5.三角形的周长.
10．A
解：试题分析：观察可得，只有选项B符合实际，
故答案选A.
考点:函数图象.
11．
【分析】分时，时，时三种情况讨论，即可求解．
解：①若时，则当时，有，故，
故当时，有最小值，此时函数，
由题意，，
解得：，满足，符合题意；
②若，则当时，，
故当时，有最小值，此时函数，
由题意，，
解得：，不满足，不符合题意；
③若时，则当时，有，故，
故当时，有最小值，此时函数，
由题意，，方程无解，此情况不存在，
综上，满足条件的k的值为．
故答案为：．
【点拨】本题考查了一次函数的性质，绝对值的性质，分类讨论是解题的关键．
12．
【分析】联立直线和成方程组，通过解方程组，即可得到交点坐标；分别表示出直线和与x轴的交点，求得交点坐标即可得到三角形的边长与高，根据三角形面积公式进行列式并化简，即可得到直线和与x轴围成的三角形面积为的表达式，从而可得到和，再依据分数的运算方法即可得解．
解：联立直线与直线成方程组，
，
解得，
∴这两条直线都交于一个固定的点，这个点的坐标是；
∵直线与x轴的交点为，
直线与x轴的交点为，
∴，
∴，
故答案为：；；
【点拨】本题考查了一次函数（k≠0，b为常数)的图象与两坐标轴的交点坐标特点，与x轴的交点的纵坐标为0，与y轴的交点的横坐标为0；也考查了坐标与线段的关系、三角形的面积公式以及分数的特殊运算方法．解题的关键是熟练掌握一次函数（k≠0，b为常数)的图象与性质，能灵活运用分数的特殊运算方法．
13．
【分析】根据题目所给的条件，找出规律，利用所得的规律即可解答.
解：由题意：正方形ABCA1的边长为，
正方形A1B1C1A2的边长为（1+）＝+1，
正方形A2B2C2A3…的边长为（1+）2，
正方形A3B3C3A4的边长为（1+）3，
由此规律可知：正方形A2017B2017C2017A2018的边长为（1+）2017．
∴正方形A2017B2017C2017A2018的周长为：4（1+）2017．
故答案为：4（1+）2017．
【点拨】本题考查规律型问题、解直角三角形、点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，根据获取的规律解决问题．
14．（21010﹣2，21009）
【解析】
【分析】由题意O1（1，1），O2（2，2），O3（，4，2），O4（，6，4），O5（10，4），O6（14，8）…观察可知，下标为偶数的点的纵坐标为，下标为偶数的点在直线y=x+1上，点O2018的纵坐标为21009，可得21009=x+1，可得x=21010﹣2，可得点O2018的坐标为（21010﹣2，21009）．
解：由题意O1（1，1），O2（2，2），O3（，4，2），O4（，6，4），O5（10，4），O6（14，8）…
观察可知，下标为偶数的点的纵坐标为，
下标为偶数的点在直线y=x+1上，
∵点O2018的纵坐标为21009，
∴21009=x+1，
∴x=21010﹣2，
∴点O2018的坐标为（21010﹣2，21009），
故答案为：（21010﹣2，21009）．
【点拨】本题考查规律型：点的坐标，一次函数的应用，解题的关键是学会探究规律的方法，灵活运用所学知识解决问题，本题中得到下标为偶数的点的纵坐标为是关键中的关键．
15．1
【解析】
分析：利用一次函数图象上点的坐标特征可求出两直线与x轴的交点坐标，进而可得出两点间的距离，联立两直线解析式成方程组，通过解方程组可求出两直线的交点坐标．
（1）代入k=2，可得出d的值，利用三角形的面积公式可求出S2的值；
（2）分别代入k=2、3、4、…、2018求出S2、S3、S4、…、S2018值，将其相加即可得出结论．
详解：当y=0时，有（k-1）x+k+1=0，
解得：x=-1-，
∴直线l1与x轴的交点坐标为（-1-，0），
同理，可得出：直线l2与x轴的交点坐标为（-1-，0），
∴两直线与x轴交点间的距离d=-1--（-1-）=-．
联立直线l1、l2成方程组，得：
，解得：，
∴直线l1、l2的交点坐标为（-1，-2）．
（1）当k=2时，d=-=1，
∴S2=×|-2|d=1．
故答案为：1．
（2）当k=3时，S3= ；当k=4时，S4=；…；S2018=，
∴S2+S3+S4+……+S2018=，
=，
=2-，
=．
故答案为：．
点睛：本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及规律型中图形的变化类，利用一次函数图象上点的坐标特征求出两直线与x轴交点间的距离是解题的关键．
16．2n﹣1，0
解：【分析】依据直线l为y=x，点A1（1，0），A1B1⊥x轴，可得A2（2，0），同理可得，A3（4，0），A4（8，0），…，依据规律可得点An的坐标为（2n﹣1，0）．
【详解】∵直线l为y=x，点A1（1，0），A1B1⊥x轴，
∴当x=1时，y=，
即B1（1，），
∴∠A1OB1=60°，∠A1B1O=30°，
∴OB1=2OA1=2，
∵以原点O为圆心，OB1长为半径画圆弧交x轴于点A2，
∴A2（2，0），
同理可得，A3（4，0），A4（8，0），…，
∴点An的坐标为（2n﹣1，0），
故答案为2n﹣1，0．
【点睛】本题考查了规律题——点的坐标，一次函数图象上点的坐标特征等，先根据所给一次函数判断出一次函数与x轴夹角是解决本题的突破点；根据含30°的直角三角形的特点依次得到A1、A2、A3…的点的坐标是解决本题的关键．
17．
【分析】根据直线于坐标轴交点的坐标特点得出,A,B两点的坐标，得出OB，OA的长，根据C是OB的中点，从而得出OC的长，根据菱形的性质得出DE=OC=2;DE∥OC；设出D点的坐标，进而得出E点的坐标，从而得出EF,OF的长，在Rt△OEF中利用勾股定理建立关于x的方程，求解得出x的值，然后根据三角形的面积公式得出答案.
解：解: 把x=0代入 y = − x + 4 得出y=4,
∴B(0,4);
∴OB=4;
∵C是OB的中点，
∴OC=2,
∵四边形OEDC是菱形,
∴DE=OC=2;DE∥OC,
把y=0代入 y = − x + 4 得出x=,
∴A(,0);
∴OA=,
设D(x,) ,
∴E(x,- x+2),
延长DE交OA于点F，
∴EF=-x+2,OF=x,
在Rt△OEF中利用勾股定理得：,
解得 ：x1=0(舍），x2=；
∴EF=1,
∴S△AOE=·OA·EF=2.
故答案为.
【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．也考查了菱形的性质.
18．
解：分析：如图，作T1M⊥OB于M，T2N⊥P1T1．由题意可知：△BT1M≌△T1T2N≌△Tn-1A，四边形OMT1P1是矩形，四边形P1NT2P2是矩形，推出S△BT1M=××=，S1=S矩形OMT1P1，S2=S矩形P1NT2P2，
可得S1+S2+S3+…+Sn-1=（S△AOB-n•S△NBT1）．
详解：如图，作T1M⊥OB于M，T2N⊥P1T1．
由题意可知：△BT1M≌△T1T2N≌△Tn-1A，四边形OMT1P1是矩形，四边形P1NT2P2是矩形，
∴S△BT1M=××=，S1=S矩形OMT1P1，S2=S矩形P1NT2P2，
∴S1+S2+S3+…+Sn-1=（S△AOB-n•S△NBT1）=×（-n×）=．
故答案为．
点睛：本题考查一次函数的应用，规律型-点的坐标、三角形的面积、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分割法求阴影部分面积．
19．
解：分析：由图和条件可知A1（0，1）A2（1，2）A3（3，4），B1（1，1），B2（3，2），Bn的横坐标为An+1的横坐标，纵坐标为An的纵坐标，又An的横坐标数列为An=2n-1-1，所以纵坐标为（2n-1），然后就可以求出Bn的坐标为[A（n+1）的横坐标，An的纵坐标]．
详解：由图和条件可知A1（0，1）A2（1，2）A3（3，4），B1（1，1），B2（3，2），
∴Bn的横坐标为An+1的横坐标，纵坐标为An的纵坐标，
又An的横坐标数列为An=2n-1-1，所以纵坐标为2n-1，
∴Bn的坐标为[A（n+1）的横坐标，An的纵坐标]=（2n-1，2n-1）．
故答案为（2n-1，2n-1）．
点睛：本题主要考查函数图象上点的坐标特征及正方形的性质，解决这类问题首先要从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
20．
解：分析：根据题意作出合适的辅助线，然后根据题意即可列出相应的方程，从而可以求得m的值．
详解：∵y=mx+m=m（x+1），
∴函数y=mx+m一定过点（-1，0），
当x=0时，y=m，
∴点C的坐标为（0，m），
由题意可得，直线AB的解析式为y=-x+2，
，得，
∵直线l：y=mx+m（m≠0）把△ABO分成面积相等的两部分，
∴，
解得，m=或m=（舍去），
故答案为．
点睛：本题考查一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21．（2+2，4）或（12，4）．
解：
如图，∠APB=90°，∠ABP=90°，∠BAP=90°均可以使△ABP是直角三角形，故本题应该对这三种情况分别进行讨论.
(1) ∠APB=90°，如图①.
过点P作PG⊥OB，垂足为G.
∵点A的坐标为(0, 8)，点B的坐标为(4, 0)，
∴OA=8，OB=4.
∴在Rt△AOB中，.
∵点M，N分别是OA，AB的中点，
∴MN∥OB，，.
∵MN∥OB，PG⊥OB，
∴PG=OM=4.
设PN=x，则MP=MN+PN=2+x，
∵OG=MP=2+x，
∴BG=OG-OB=2+x-4=x-2.
∵在Rt△AMP中，AP2=AM2+PM2=42+(2+x)2=16+(2+x)2，
在Rt△BGP中，BP2=BG2+PG2=(x-2)2+42=(x-2)2+16，
又∵在Rt△APB中，AB2=AP2+BP2，
∴16+(2+x)2+(x-2)2+16==80.
∴x=，即PN=.
∵OG=2+x=，PG =4.
∴点P的坐标为(, 4).
(2) ∠ABP=90°，如图②.
过点P作PG⊥OB，垂足为G.
设PN=x，则MP=OG=2+x，BG=x-2.
∵，AM=4，PG=4，
又∵在Rt△AMP中，AP2=16+(2+x)2，
在Rt△BGP中，BP2=(x-2)2+16，
∴在Rt△APB中，AB2=AP2-BP2=16+(2+x)2-[(x-2)2+16]==80.
∴x=10即PN=10.
∵OG=2+x=2+10=12，PG=4.
∴点P的坐标为(12, 4).
(3) ∠BAP=90°，如图③.
由图③可以看出，在此种情况下点P不在射线MN上，不符合题意.
综上所述，点P的坐标为(, 4)或(12, 4).
故本题应填写：(, 4)或(12, 4).
点睛：
本题综合考查了直角三角形和相似三角形的相关知识. 本题的一个难点在于对直角三角形直角顶点的分情况讨论. 在求解点P的坐标的时候，可以利用平面直角坐标系中诸多直角三角形通过勾股定理求解，也可以通过相似三角形的相关知识进行求解. 另外，三角形的中位线也是解决本题的重要工具.
22．（1）：；（2）作图见解析，所截线段长为；（3）的值为或或7
【分析】（1）根据待定系数法即可求解；
（2）根据题意得到直线，联立两直线求出交点坐标，再根据两点间的距离公式即可求解；
（3）分对称点在直线l，直线和y轴分别列式求解即可．
解：（1）依题意把（-1，-2）和（0,1）代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
（2）依题意可得直线的解析式为，
作函数图像如下：
令x=0，得y=3，故B（0,3），
令，
解得，
∴A（1,4），
∴直线被直线和轴所截线段的长AB=；
（3）①当对称点在直线上时，
令，解得x=,
令，解得x=,
∴2×=a-3，
解得a=7；
②当对称点在直线上时，
则2×（a-3）=，
解得a=；
③当对称点在y轴上时，
则+（）=0，
解得a=；
综上：的值为或或7．
【点拨】此题主要考查一次函数与几何综合，解题的关键是熟知待定系数法、一次函数的图像与性质及坐标的对称性．
23．（1）租用一辆轿车的租金为元．（2）租用商务车辆和轿车辆时，所付租金最少为元．
【分析】（1）本题可假设轿车的租金为x元，并根据题意列方程求解即可．
（2）本题可利用两种方法求解，核心思路均是分类讨论，讨论范围分别是两车各租其一以及两车混合租赁，方法一可利用一次函数作为解题工具，根据函数特点求解本题；方法二则需要利用枚举法求解本题．
解：（1）设租用一辆轿车的租金为元．
由题意得：．
解得 ，
答：租用一辆轿车的租金为元．
（2）方法1：①若只租用商务车，∵，
∴只租用商务车应租6辆，所付租金为（元）；
②若只租用轿车，∵，
∴只租用轿车应租9辆，所付租金为（元）；
③若混和租用两种车，设租用商务车辆，租用轿车辆，租金为元．
由题意，得
由，得 ，
∴，
∵，∴，
∴，且为整数，
∵随的增大而减小，
∴当时，有最小值，此时，
综上，租用商务车辆和轿车辆时，所付租金最少为元．
方法2：设租用商务车辆，租用轿车辆，租金为元．
由题意，得
由，得 ，∴，
∵为整数，∴只能取0，1，2，3，4，5，故租车方案有：
不租商务车，则需租9辆轿车，所需租金为（元）；
租1商务车，则需租7辆轿车，所需租金为（元）；
租2商务车，则需租6辆轿车，所需租金为（元）；
租3商务车，则需租4辆轿车，所需租金为（元）；
租4商务车，则需租3辆轿车，所需租金为（元）；
租5商务车，则需租1辆轿车，所需租金为（元）；
由此可见，最佳租车方案是租用商务车辆和轿车辆，
此时所付租金最少，为元．
【点拨】本题考查一次函数的实际问题以及信息提取能力，此类型题目需要根据题干所求列一次函数，并结合题目限制条件对函数自变量进行限制，继而利用函数单调性以及分类讨论思想解答本题．
24．（1）从杭州出发前往衢州共用了23h．2h；（2）①货轮出发后8小时追上游轮；②21.6h或22.4h时游轮与货轮何时相距12km
【分析】（1）根据图中信息解答即可．
（2）①求出B，C，D，E的坐标，利用待定系数法求解即可．
（3）分两种情形分别构建方程求解即可．
解：（1）C点横坐标的实际意义是游轮从杭州出发前往衢州共用了23h．
∴游轮在“七里扬帆”停靠的时长=23﹣（420÷20）=23﹣21=2（h）．
（2）①280÷20=14h，
∴点A（14，280），点B（16，280），
∵36÷60=0.6（h），23﹣0.6=22.4，
∴点E（22.4，420），
设BC的解析式为s=20t+b，把B（16，280）代入s=20t+b，可得b=﹣40，
∴s=20t﹣40（16≤t≤23），
同理由D（14，0），E（22，4，420）可得DE的解析式为s=50t﹣700（14≤t≤22.4），
由题意：20t﹣40=50t﹣700，
解得t=22，
∵22﹣14=8（h），
∴货轮出发后8小时追上游轮．
②相遇之前相距12km时，20t﹣4﹣（50t﹣700）=12，解得t=21.6．
相遇之后相距12km时，50t﹣700﹣（20t﹣40）=12，解得t=22.4，
∴21.6h或22.4h时游轮与货轮何时相距12km．
【点拨】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，熟练运用待定系数法解决问题，属于中考常考题型．
25．（1）直线与轴交点坐标为（0,1）；（2）①整点有（0，-1），（0,0），（1，-1），（1,0），（1,1），（1,2）共6个点，②-1≤k＜0或k=-2.
【分析】（1）令x=0，y=1，直线l与y轴的交点坐标（0，1）；
（2）①当k=2时，A（2，5），B，C（2，-2），在W区域内有6个整数点；②当x=k+1时，y=-k+1，则有k2+2k=0，k=-2，当0＞k≥-1时，W内没有整数点；
解：（1）令x=0，y=1，
∴直线l与y轴的交点坐标（0，1）；
（2）由题意，A（k，k2+1），B，C（k，-k），
①当k=2时，A（2，5），B，C（2，-2），
在W区域内有6个整数点：（0，0），（0，-1），（1，0），（1，-1），（1，1），（1，2）；
②直线AB的解析式为y=kx+1，
当x=k+1时，y=-k+1，则有k2+2k=0，
∴k=-2，
当0＞k≥-1时，W内没有整数点，
∴当0＞k≥-1或k=-2时W内没有整数点；
【点拨】本题考查一次函数图象上点的特征；能够数形结合解题，根据k变化分析W区域内整数点的情况是解题的关键．
26．（1）点是点，的融合点；（2）①，②符合题意的点为， .
【分析】（1）由题中融合点的定义即可求得答案.
（2）①由题中融合点的定义可得，.
②结合题意分三种情况讨论：（ⅰ）时，画出图形，由融合点的定义求得点坐标；（ⅱ）时，画出图形，由融合点的定义求得点坐标；（ⅲ）时，由题意知此种情况不存在.
解：（1）解：，
∴点是点，的融合点
（2）解：①由融合点定义知，得．
又∵，得
∴，化简得．
②要使为直角三角形，可分三种情况讨论：
（i）当时，如图1所示，
设，则点为．
由点是点，的融合点，
可得或，
解得，∴点．
（ii）当时，如图2所示，
则点为．
由点是点，的融合点，
可得点．
（iii）当时，该情况不存在．
综上所述，符合题意的点为，
【点拨】本题是一次函数综合运用题，涉及到勾股定理得运用，此类新定义题目，通常按照题设顺序，逐次求解．
27．（1）；（2）见解析，当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小；（3）.
【分析】（1）根据在函数y=|kx-3|+b中，当x=2时，y=-4；当x=0时，y=-1，可以求得该函数的表达式；（2）根据（1）中的表达式可以画出该函数的图象并写出它的一条性质；（3）根据图象可以直接写出所求不等式的解集.
解：（1）由题意，可得
∴函数的解析式为：
（2）
当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小；
（3）；
【点拨】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式与一次函数的关系，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答.
28．（1）A（﹣，0）．（2）49；（3）P（﹣，3）
【解析】
分析：（1）利用勾股定理求出BC的长即可解决问题；
（2）如图2中，连接CE、CF．证明△CEF是等边三角形，AF⊥CF即可解决问题；
（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．证明△APF是等边三角形，AT⊥PB即可解决问题；
详解：（1）如图1中，
∵y=-﹣x+，
∴B（，0），C（0，），
∴BO=，OC=，
在Rt△OBC中，BC==7，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=7，
∴OA=AB-OB=7-=，
∴A（-，0）．
（2）如图2中，连接CE、CF．
∵OA=OB，CO⊥AB，
∴AC=BC=7，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵∠APB=60°，
∴∠APB=∠ACB，
∵∠PAG+∠APB=∠AGB=∠CBG+∠ACB，
∴∠PAG=∠CBG，∵AE=BF，
∴△ACE≌△BCF，
∴CE=CF，∠ACE=∠BCF，
∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠CFE=60°，EF=FC，
∵∠AFE=30°，
∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=90°，
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2=49，
∴AF2+EF2=49．
（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．
∵△CEF是等边三角形，
∴∠CEF=60°，EC=CF，
∵∠AFE=30°，∠CEF=∠H+∠EFH，
∴∠H=∠CEF-∠EFH=30°，
∴∠H=∠EFH，
∴EH=EF，
∴EC=EH，
∵PE=AE，∠PEC=∠AEH，
∴△CPE≌△HAE，
∴∠PCE=∠H，
∴PC∥FH，
∵∠CAP=∠CBT，AC=BC，
∴△ACP≌△BCT，
∴CP=CT，∠ACP=∠BCT，
∴∠PCT=∠ACB=60°，
∴△CPT是等边三角形，
∴CT=PT，∠CPT=∠CTP=60°，
∵CP∥FH，
∴∠HFP=∠CPT=60°，
∵∠APB=60°，
∴△APF是等边三角形，
∴∠CFP=∠AFC-∠∠AFP=30°，
∴∠TCF=∠CTP-∠TFC=30°，
∴∠TCF=∠TFC，
∴TF=TC=TP，
∴AT⊥PF，设 BF=m，则AE=PE=m，
∴PF=AP=2m，TF=TP=m，TB=2m，BP=3m，
在Rt△APT中，AT=m，
在Rt△ABT中，∵AT2+TB2=AB2，
∴（m）2+（2m）2=72，
解得m=或-（舍弃），
∴BF=，AT=，BP=3，∴，
∵OK=PQ=3×=3，BQ==6，
∴OQ=BQ-BO=6-=，
∴P（-，3）
点睛：本题考查一次函数综合题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．
29．（1）A1（，3），在直线上；（2）；（3）P1（，3），P2（，﹣3），P3（﹣，3）．
解：试题分析：
(1) 根据题意画出示意图，过点A1作x轴的垂线AD，在Rt△A1DB1中利用等边三角形的性质和勾股定理可以求得线段A1D和B1D的长，进而写出点A1的坐标. 将点A1的横坐标代入直线l的解析式，求得相应的纵坐标，通过对比求得的纵坐标和点A1的纵坐标可以判断点A1与直线l的位置关系.
(2) 根据等边三角形的边长容易得到点C1的坐标. 利用点A1和点C1的坐标，结合一次函数的一般形式，可以获得关于待定系数的方程，求解这些方程进而可以写出边A1C1所在直线的解析式.
(3) 由于利用△A1C1M的三个内角均可以构造出符合题意的平行四边形，所以本小题应对这三种情况分别进行讨论. 根据题意画出各种情况的示意图. 当以∠A1C1M为平行四边形的一个内角构造平行四边形时，可以过点A1作y轴的垂线AE，利用Rt△A1B1E中的几何关系求得线段A1E和B1E的长. 利用点M的坐标和等边三角形的边长可以得到线段C1M的长，进而获得线段A1P的长，从而可以写出点P的坐标. 当以∠A1MC1为平行四边形的一个内角构造平行四边形时，利用Rt△A1B1F中的几何关系和线段C1M的长，可以求得线段A1F和B1F的长，进而写出点P的坐标. 当以∠C1A1M为平行四边形的一个内角构造平行四边形时，可以过点P作x轴的垂线PG，利用平行四边形的性质获得线段PM的长，利用Rt△PGM中的几何关系和线段B1M的长，可以求得线段PG和OG的长，进而写出点P的坐标.
试题解析：
(1)
如图，过点A1作A1D⊥OM，垂足为D.
∵△A1B1C1是等边三角形，A1D⊥OM，
∴∠B1A1D=30°，
∴在Rt△A1DB1中，，
∵A1D=3，
∴在Rt△A1DB1中，，
∴，.
∴点A1的坐标为(, 3).
由直线l的解析式，得
当x=时，，
∴点A1在直线l上.
(2) ∵△A1B1C1是等边三角形，，
∴.
∴点C1的坐标为(, 0).
设直线A1C1的解析式为y=kx+b (k≠0).
将点A1 (, 3)，点C1 (, 0)的坐标分别代入直线A1C1的解析式，得
，
解之，得
，
∴直线A1C1的解析式为.
(3) 点P的坐标为(, 3)，(, 3)或(, -3). 求解过程如下.
根据题意，分别对下面三种情况进行讨论.
①若以∠A1C1M为平行四边形的一个内角，则所求平行四边形为平行四边形A1C1MP.
如图①，过点A1作A1E⊥ON，垂足为E.
由直线l的解析式，得
当y=0时，，
∴x=.
∴点M的坐标为(, 0).
∴OM=.
∵，
∴，
∴.
∵△A1B1C1是等边三角形，
∴∠A1B1C1=60°，
∴∠A1B1E=90°-∠A1B1C1=90°-60°=30°.
∴在Rt△A1EB1中，，.
∵A1P∥C1M，A1E⊥ON，
∴点E，A1，P在同一条直线上，
∴.
∴点P的坐标为(, 3).
②若以∠A1MC1为平行四边形的一个内角，则所求平行四边形为平行四边形PC1MA1.
∵A1P∥C1M，
∴A1F⊥ON，
∴在Rt△A1FB1中，，.
∵，
∴.
∴点P的坐标为(, 3).
③若以∠C1A1M为平行四边形的一个内角，则所求平行四边形为平行四边形A1C1PM.
如图③，过点P作PG⊥OM，垂足为G.
∵△A1B1C1是等边三角形，
∴∠A1C1B1=60°，
∴∠A1C1M=180°-∠A1C1B1=180°-60°=120°，
∵A1C1∥PM，
∴∠PMC1=∠A1C1M=120°，
∴∠PMG=180°-∠PMC1=180°-120°=60°，
∴在Rt△PMG中，∠MPG=90°-∠PMG=90°-60°=30°.
∵，
∴在Rt△PGM中，，
.
∵OM=，
∴.
∴点P的坐标为(, -3).
综上所述，点P的坐标为(, 3)，(, 3)或(, -3).
相关试卷
专题6.31 一次函数（中考真题专练）（培优篇）（专项练习）-八年级数学上册基础知识专项讲练（苏科版）： 这是一份专题6.31 一次函数（中考真题专练）（培优篇）（专项练习）-八年级数学上册基础知识专项讲练（苏科版），共47页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题6.30 一次函数（中考真题专练）（巩固篇）（专项练习）-八年级数学上册基础知识专项讲练（苏科版）： 这是一份专题6.30 一次函数（中考真题专练）（巩固篇）（专项练习）-八年级数学上册基础知识专项讲练（苏科版），共40页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
初中数学北师大版八年级上册第四章 一次函数1 函数课后测评： 这是一份初中数学北师大版八年级上册第四章 一次函数1 函数课后测评，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
