2025年黑龙江省七台河市中考数学一模试卷附答案

这是一份2025年黑龙江省七台河市中考数学一模试卷附答案，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．（x2y3）2＝x4y5B．（2x+y）2＝4x2+y2
C．2x2y﹣x2y＝2D．5x−2=5x2
2．（3分）下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）如图是一个有小正方体搭成的几何体的主视图和左视图，搭成这个几何体的小正方体最多有（ ）个．
A．5B．6C．7D．8
4．（3分）数学课上，老师布置了10道选择题作为达标练习，玲玲将全班同学的解题情况绘成如图所示的统计图，根据图表可知对题数量的中位数是（ ）
A．18B．23C．8D．9
5．（3分）等腰Rt△ABC从如图所示的位置出发，向右水平移动，直到完全通过矩形DEFG，运动过程中Rt△ABC与矩形DEFG重合部分的面积S随时间t变化的图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（3分）若关于x的分式方程3a+1x+1=a无解，则a的值为（ ）
A．−13B．﹣1C．−13或0D．0或﹣1
7．（3分）如图，矩形ABCD对角线的交点M在x轴上，边AB平行于x轴，OE：OF＝1：3，S△BMF＝1，反比例函数y=kx经过点B，y2=−1x经过点D，则k的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
8．（3分）若函数y＝（a﹣1）x2﹣4x+2a的图象与x轴有且只有一个交点，则a的值为（ ）
A．﹣1B．2C．﹣1或2D．﹣1或2或1
9．（3分）为丰富复学复课后学生的课间生活，某校筹集资金6000元，投资建设1500元一个的乒乓球场地、1200元一个的羽毛球场地和1000元一个的跳绳场地，已知建乒乓球场地不超过2个，则学校的建设方案有（ ）种．
A．4B．5C．6D．7
10．（3分）如图，边长为a的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，对角线AC、BD交于点O，点E为AB边中点，连结ED、EC分别和AC、BD交于点M、N，点P是直线BD上一动点．下列结论：
①AM＝EN；
②S△DOM＝S△CON；
③OM：ON＝1：3；
④|PB﹣PD|的最大值是3a；
⑤PA+PE的最小值是3．
其中正确结论有（ ）
A．②④B．②③④C．①③④⑤D．②③④⑤
二、填空题（每题3分，满分30分）
11．（3分）《政府工作报告》中明确提出新开工改造城镇老旧小区3.9万个，涉及居民近700万户，改善居民居住条件的同时，亦扩大了内需，促进有效投资．将700万户用科学记数法表示为 户．
12．（3分）函数y=x−3中，自变量x的取值范围是 ．
13．（3分）如图，△ABC中，点E、F分别是AB、AC上的点，连结EF，请你添加一个条件 ，使得△AEF∽△ACB．
14．（3分）不等式组x−5＞0x−m≤0无解，则m的取值范围是 ．
15．（3分）底面半径为8cm的圆锥，其侧面展开图是扇形的半径是10cm，则这个扇形的圆心角是 ．
16．（3分）如图，把图中的一个白色方格涂黑，和原来的两个黑色方格恰好构成一个轴对称图形的概率是 ．
17．（3分）元旦假期，小明和同学们去冰雪大世界游玩．已知门票每张150元，且有两种优惠方式，①20人以上（含20人）可以团购，每张票价120元；②10人以上，超出10人的部分，打七折，其他人原价．小明和同学们通过计算发现，他们按两种方式购票花费一样多，则小明和同学们一共有 人．
18．（3分）已知矩形ABCD的边AB＝10，BC＝6，折叠矩形ABCD，使顶点A落在矩形ABCD的一边上的P点，且折痕恰好经过矩形的一个顶点，则AP＝ ．
19．（3分）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交AC边于点E，点M是的中点，OM交AC于点D，∠BOE＝∠C＝600，BC=23，则MD＝ ．
20．（3分）如图，直线y=3x+3分别与x轴和y轴交于A、B两点，过点B作A1B⊥AB，垂足为B，得到第一个Rt△AA1B；过点A1作A1B1⊥x轴交直线AB于B1，得到第二个Rt△AA1B1；过点B1作A2B1⊥AB，得到第三个Rt△AB1A2……；依此规律，则第2020个三角形的面积是 ．
三、解答题（满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：
m−33m2−6m÷(m+2−5m−2)，其中m＝2sin30°．
22．（6分）如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的位置均在小方格格点上．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1并写出点A1的坐标．
（2）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C2并写出点A2的坐标．
（3）求在（2）旋转的过程中边AC扫过的面积．
23．（6分）如图，抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C，对称轴是直线x=12．
（1）试确定抛物线解析式．
（2）连接AC，将Rt△AOC绕着点C逆时针方向旋转到点A和x轴上的点D重合，点O恰好落在点E位置，试判断点E是否在抛物线上．
24．（7分）在校园餐调研工作中，某校调研小组为了解本校师生对个人卫生、餐食种类知识等知识的掌握情况，随机抽取了部分学生进行问卷调查，并对掌握情况：A、非常好；B、良好；C、一般；D、不熟悉四种调查结果进行了整理，绘制了如下不完整的统计图表，观察分析并回答下列问题．
（1）本次被调查的师生共 人；
（2）补全条形统计图和扇形统计图；
（3）在扇形统计图中，B所对应的扇形圆心角的度数 ；
（4）若该校有8000名学生，请估计A、B两种掌握情况的师生有多少人？
25．（8分）甲乙两车同时从A地出发去相距240千米的B地运送物资，去时甲车的速度是乙车的1.5倍，并且比乙车提前一个小时到达．到达后，乙车原路原速返回，甲车由于重载，放慢速度返回，计划和乙车同时到达A地．甲车在距离A地80千米时发现，有一包货物遗落在途中，便以60千米/小时的速度原路返回，找到，装好货物后立即赶往A地，恰好和乙车同时到达A地．（装卸货时间忽略不计）
（1）a＝ ，b＝ ．
（2）求甲车拾到货物加速返回A地时的图象函数解析式．
（3）直接写出甲乙两车在返回途中，最远相距多远？
26．（8分）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC＝BD，AC⊥BD．
旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）
若四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．
27．（10分）某市为大力推销本市果农的水果产品，计划把甲水果大约700吨，乙水果大约1020吨，一次性运往外地销售．需要不同型号的A、B两种车皮共30节，A种车皮每节运费2500元，B种车皮每节运费3000元．
（1）设租车皮的总费用为y元，租A种车皮x节，请写出y和x之间的函数关系式．
（2）如果每节A车皮最多可装甲水果30吨和乙水果20吨，每节B车皮最多可装甲水果25吨和乙水果40吨，装水果时按此要求安排A、B两种车皮，共有几种安排方案？哪种安排方案运费最低并求出最低运费．
（3）计划下一次租用A、B两种车皮时，想用（2）中的最低费用同时租用A、B两种车皮，请直接写出有哪几种租车方案？
28．（10分）如图，矩形AOCB的边OA、OC的长分别是方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OC＞OA），折叠矩形AOCB，使AB边落在x轴上，点B与点E重合．
（1）求折痕AD所在直线解析式．
（2）将直线AD沿x轴负方向以每秒1个单位长度的速度平移，直接写出直线AD扫过矩形EODF的面积S与运动的时间t的关系式．
（3）点P是直线AD上一点，试在平面内确定一点M，使得以A、B、P、M为顶点的四边形是菱形，直接写出点M的坐标．
一．选择题（共10小题）
一、选择题（每题3分，满分30分）
1．【答案】D
【解答】解：A．（x2y3）2＝x4y6，故本选项不符合题意；
B．（2x+y）2＝4x2+y2+4xy，故本选项不符合题意；
C.2x2y﹣x2y＝x2y，故本选项不符合题意；
D.5x−2=5x2，故本选项符合题意．
故选：D．
2．【答案】C
【解答】解：A．此图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B．此图案是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
C．此图案既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D．此图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
3．【答案】D
【解答】解：根据主视图和左视图可得：
这个几何体有2层，3列，最底层最多有3×2＝6个正方体，第二层有2×1＝2个正方体，
则搭成这个几何体的小正方体的个数最多是6+2＝8（个）；
故选：D．
4．【答案】D
【解答】解：总共的人数有6+18+23+3＝50（人），
中位数应该是排序后第25和26个数据的平均数，从图上可看出排序后第25和26个数据应该落在了做对9道题中，
所以中位数为9×2÷2＝9．
故选：D．
5．【答案】B
【解答】解：当点B与点G未重合前，随着时间的增长，Rt△ABC与矩形DEFG没有重合部分，只有选项B符合；
如图1，Rt△ABC与矩形DEFG有重合部分时，S=12BG2，BG可用次数为1的含t的式子表示，此时函数为开口向上的二次函数；
如图2：Rt△ABC进入矩形DEFG内部，面积不变，为等腰Rt△ABC的面积，
如图3，Rt△ABC与矩形DEFG有重合部分时，S＝等腰Rt△ABC的面积−12BF2，BF可用次数为1的含t的式子表示，此时函数为开口向下的二次函数．
故选：B．
6．【答案】C
【解答】解：方程去分母得，3a+1＝ax+a，
∴ax＝2a+1．
如果原分式方程无解，那么分两种情况：
①当a＝0时，方程ax＝2a+1无解，所以分式方程3a+1x+1=a无解；
②a≠0，解方程ax＝2a+1，得x=2a+1a，
当分母x+1＝0即x＝﹣1时原分式方程无解．
由2a+1a=−1，得a=−13．
经检验，符合题意，
故当a＝0或a=−13时，分式方程3a+1x+1=a无解．
故选：C．
7．【答案】B
【解答】解：∵OE：OF＝1：3，
∴设OE＝a，OF＝3a，
∴EF＝OE+OF＝4a，
∵四边形ABCD是矩形，AB∥x轴，
∴BF⊥x轴，AE⊥x轴，
∴∠BFM＝∠DEM＝90°，
∵矩形ABCD对角线的交点M在x轴上，
∴MB＝MD，
在△BFM和△DEM中，
∠BFM=∠DEM=90°∠BMF=∠DMEMB=MD，
∴△BFM≌△DEM（AAS），
∴MF＝ME=12EF＝2a，
设BF＝b，
∴点B的坐标为（3a，b），
∵S△BMF＝1，
∴12MF•BF＝1，
∴12×2ab＝1，
∴ab＝1，
∵点B（3a，b）在反比例函数y=kx的图象上，
∴k＝3ab＝3．
故选：B．
8．【答案】D
【解答】解：当a﹣1＝0，即a＝1，函数为一次函数y＝﹣4x+2，它与x轴有一个交点；
当a﹣1≠0时，根据题意得△＝（﹣4）2﹣4（a﹣1）×2a＝0，解得a＝﹣1或a＝2，
综上所述，a的值为﹣1或2或1．
故选：D．
9．【答案】C
【解答】解：当建设1个乒乓球场地时，设建设a个羽毛球场地，b个跳绳场地，
根据题意得：1500×1+1200a+1000b≤6000，
∴b≤6﹣1.2a，
又∵a，b均为正整数，
∴a=1b=1或a=1b=2或a=1b=3或a=2b=1或a=2b=2，
∴此时学校有5种建设方案；
当建设2个乒乓球场地时，设建设c个羽毛球场地，d个跳绳场地，
根据题意得：1500×2+1200c+1000d≤6000，
∴d＝3﹣1.2c，
又∵c，d均为正整数，
∴c=1d=1，
∴此时学校有1种建设方案．
综上所述，学校共有5+1＝6（种）建设方案．
故选：C．
10．【答案】B
【解答】解：连接MN，PC，如图：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝BC，AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC＝BC＝a，
∴OA＝OC=12a，OB＝OD=32a，
∵E为AB中点，
∴AE＝BE=12AB=12a，CE⊥AB，
∴CE=32a，
∴AMCM=AECD=12，ENCN=BNDN=BECD=12，
∴AM=13AC=13a，EN=13CE=36a，BN=13BD=23OB=33a，
∴AM＞EN，故①错误；
∴OM＝AO﹣AM=16a，ON＝OB﹣BN=36a，
∴OM：ON＝1：3，故③正确；
∴S△DOM=12OM•OD=324a2，S△CON=12ON•OC=324a2，
∴S△DOM＝S△CON，故②正确；
∵P，D，B共线，
∴|PD﹣PB|≤BD=3a，故④正确；
∵BD垂直平分AC，
∴PA＝PC，
∴当P，E，C共线时，PA+PE最小，
∴PA+PE≥CE=32a，故⑤错误；
综上所述，正确的结论有②③④．
故选：B．
二、填空题（每题3分，满分30分）
11．【答案】7×106．
【解答】解：700万＝7000000＝7×106．
故答案为：7×106．
12．【答案】见试题解答内容
【解答】解：根据题意得：x﹣3≥0，
解得：x≥3．
故答案为：x≥3．
13．【答案】∠AEF＝∠C（答案不唯一）．
【解答】解：∵有两组角对应相等的两个三角形相似，∠EAF＝∠BAC，
∴添加一个条件∠AEF＝∠C（答案不唯一），使得△AEF∽△ACB．
故答案为：∠AEF＝∠C（答案不唯一）．
14．【答案】m≤5．
【解答】解：∵不等式组x−5＞0x−m≤0无解，
∴x＞5x≤m无解，
∴m≤5．
故答案为：m≤5．
15．【答案】288°．
【解答】解：设扇形的圆心角为α．
2π×8=απ×10180，
∴α＝288°．
故答案为：288°．
16．【答案】57．
【解答】解：由题意可得，共16﹣2＝14种等可能情况，其中构成轴对称图形的有如下10种情况：
所以概率P=1014=57．
故答案为：57．
17．【答案】30．
【解答】解：设小明和同学们一共有x人，
当10＜x＜20时，120×20＝150×10+150×0.7（x﹣10），
解得：x=1307（不符合题意，舍去）；
当x≥20时，120x＝150×10+150×0.7（x﹣10），
解得：x＝30．
∴小明和同学们一共有30人．
故答案为：30．
18．【答案】62或210．
【解答】解：如图1，点P在CD边上，折痕为DF经过点D，交AB于点F，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝10，BC＝6，
∴∠ADP＝90°，AD＝BC＝6，
由折叠得PD＝AD＝6，
∴AP=PD2+AD2=62+62=62；
如图2，点P在CD边上，折痕BE经过点B，交AD于点E，
∵∠C＝90°，PB＝AB＝10，BC＝6，
∴PC=PB2−BC2=102−62=8，
∵CD＝AB＝10，
∴PD＝CD﹣PC＝10﹣8＝2，
∴AP=AD2+PD2=62+22=210，
故答案为：62或210．
19．【答案】32．
【解答】解：∵∠C＝600，BC=23，
∴AB＝BC•tan∠C＝23×3=6，
∴OA=12AB＝3，
∵∠BOE＝60°，
∴∠AOE＝180°﹣∠BOE＝120°，
∵M是AE的中点，
∴OM⊥AE，∠AOD=12∠AOE＝60°，
∴∠OAD＝90°﹣∠AOD＝30°，
∴OD=12OA=32，
∴MD＝OM﹣OD＝3−32=32．
故答案为：32．
20．【答案】240393．
【解答】解：∵直线y=3x+3分别与x轴和y轴交于A、B两点，
∴A（﹣1，0），B（0，3），
∴OA＝1，OB=3，
∴tan∠OAB=OBOA=3，AB=OA2+OB2=2，
∴∠OAB＝60°，
∵A1B⊥AB，
∴A1B=3AB=23，
∴S△AA1B=12AB⋅A1B=23，
∵∠AA1B1＝90°，∠A1AB＝∠B1AA1，
∴△AA1B1∽△AB1A1，
∴相似比为AA1AB1=cs60°=12，
∴S△AA1BS△AA1B1=（12）2=14，
∴S△AA1B1=4×23=22⋅23，
即第二个三角形的面积为22⋅23，
同理，第三个三角形的面积为24×23，
第四个三角形的面积为26×23，
．
第n个三角形的面积为22（n﹣1）×23，
∴当n＝2020时，S=22×2019×23=240393，
即第2020个三角形的面积时240393，
故答案为：240393．
三、解答题（满分60分）
21．【答案】13m(m+3)，112．
【解答】解：原式=m−33m(m−2)÷(m2−4m−2−5m−2)
=m−33m(m−2)÷m2−9m−2
=m−33m(m−2)×m−2(m−3)(m+3)
=13m(m+3)，
当m＝2sin30°＝2×12=1时，原式=112．
22．【答案】（1）画图见解答；点A1的坐标为（3，4）．
（2）画图见解答；点A2的坐标为（﹣4，﹣3）．
（3）234π．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点A1的坐标为（3，4）．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
由图可得，点A2的坐标为（﹣4，﹣3）．
（3）由勾股定理得，OA=32+42=5，OC=12+12=2，
∴旋转的过程中边AC扫过的面积为S扇形AOA2−S扇形COC2=90π×52360−90π×(2)2360=254π−24π=234π．
23．【答案】（1）y＝﹣x2+x+6．
（2）点E不在抛物线上．
【解答】解：（1）∵B（3，0），抛物线的对称轴是直线x=12，
∴−b2a=129a+3b+6=0，
解得a=−1b=1，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+6．
（2）∵B（3，0），抛物线的对称轴是直线x=12，
∴A（﹣2，0），
∴OA＝2．
令x＝0，得y＝6，
∴C（0，6），
∴OC＝6．
由旋转得，∠CED＝∠COA＝90°，CE＝CO＝6，DE＝OA＝2，CD＝CA，
在Rt△AOC和Rt△DOC中，
OC=OCCD=CA，
∴Rt△AOC≌Rt△DOC（HL），
∴OD＝OA＝2．
过点E作x轴的垂线，交x轴于点N，过点C作CM⊥NE，交NE的延长线于点M，
∴MN＝OC＝6，ON＝CM，∠CME＝∠END＝90°，
∴∠MCE+∠MEC＝90°．
∵∠MEC+∠DEN＝90°，
∴∠MCE＝∠DEN，
∴△CME～△END，
∴CMEN=MEND=CEED=62=3，
即CMEN=6−ENCM−2=3，
解得CM=185，EN=65，
∴点E的坐标为（185，65）．
将x=185代入y＝﹣x2+x+6，得y=−8425≠65，
∴点E不在抛物线上．
24．【答案】（1）200；
（2）见解答；
（3）108°；
（4）5600人．
【解答】解：（1）本次被调查的师生共：80÷40%＝200（人），
故答案为：200；
（2）C等级的人数为：200×25%＝50（人），
D等级的人数为：200﹣80﹣60﹣50＝10（人），
60÷200＝0.3＝30%，10÷200＝0.05＝5%，
补全条形统计图和扇形统计图如下：
（3）360°×60200=108°，
故答案为：108°；
（4）8000×（40%+30%）＝5600（人），
答：估计A、B两种掌握情况的师生有5600人．
25．【答案】（1）3；4；（2）y＝﹣60x+480；（3）甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
【解答】解：（1）由题意，∵乙车去与返回的速度相同，且乙车的总时间为8小时，
∴乙车到达B地时用时4小时，即b＝4，
∵甲比乙车提前一小时到达，
∴a＝b﹣1＝3．
故答案为：3，4；
（2）∵甲车计划和乙车同时返回A地，
∴甲返回时候的速度是240÷（8﹣3）＝48千米/小时．
设甲车返回的路程是x千米，则有：x60+x+8060=8−3−240−8048，
∴x＝10，
可得D的坐标是（132，90），E（8，0），
设yDE＝kx+b，代入D、E坐标可得：
∴6.5k+b=908k+b=0．
∴k=−60b=480．
∴甲车拾到货物加速返回A地时的图象函数解析式为y＝﹣60x+480．
（3）甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
（240﹣80）÷48=103（小时），
∴C（3+103，80），
由题意：A（3，240），
设直线AC的解析式为y＝kx+m，
∴3k+m=240193k+m=80，
∴k=−48m=384，
∴直线AC的解析式为y＝﹣48x+384，
同理可得直线BE的解析式为y＝﹣60x+480，
∴甲乙两车在返回途中，相距的路程为（﹣60x+480）﹣（﹣48x+384）＝﹣12x+96，
∵﹣12＜0，4≤x≤8，
∴当x＝4时，相距的路程取得最大值为48，
∴甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
26．【答案】见试题解答内容
【解答】解：图2结论：AC′＝BD′，AC′⊥BD′，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，
∴OD′＝OD，OC′＝OC，∠D′OD＝∠C′OC，
∴AO＝BO，OC′＝OD′，∠AOC′＝∠BOD′，
在△AOC′与△BOD′中，
AO=BO∠AOC′=∠BOD′OC′=OD′，
∴△AOC′≌△BOD′，
∴AC′＝BD′，∠OAC′＝∠OBD′，
∵∠AO′D′＝∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O＝90°，
∴∠O′AC′+∠AO′D′＝90°，
∴AC′⊥BD′；
图3结论：BD′=3AC′，AC′⊥BD’
理由：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∴OB=3OA，OD=3OC，
∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，
∴OD′＝OD，OC′＝OC，∠D′OD＝∠C′OC，
∴OD′=3OC′，∠AOC′＝∠BOD′，
∴OBOA=OD′OC′=3，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴BD′AC′=OBOA=3，∠OAC′＝∠OBD′，
∴BD′=3AC′，
∵∠AO′D′＝∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O＝90°，
∴∠O′AC′+∠AO′D′＝90°，
∴AC′⊥BD′．
27．【答案】（1）y＝﹣500x+90000；
（2）共 10 种方案，最低费用为85500元；
（3）有6 种租车方案．
【解答】解：（1）y＝2500x+3000（30﹣x）＝﹣500x+90000，
∴y和x之间的函数关系式为y＝﹣500x+90000，
故答案为：y＝﹣500x+90000；
（2）30x+25(30−x)≥70020x+40(30−x)≥1020，
解得 x≤9，因此 x的可能取值为 0≤x≤9 的整数，共 10 种方案，
∵费用函数y＝﹣500x+90000 随x增大而减小，
∴当x＝9时，费用最低，
此时y＝﹣500×9+90000＝85500元，
对应方案为 A 种车皮 9 节，B 种车皮 21 节，
故答案为：共 10 种方案，最低费用为85500元；
（3）解方程 2500x+3000y ＝ 85500，
化简为 5x+6y ＝ 171，满足x≥1，y≥1，
整数解有：（x，y）＝（33，1），（27，6），（21，11），（15，16），（9，21），（3，26），所以共 6 种租车方案，
故答案为：有6 种租车方案．
28．【答案】（1）y＝﹣x+3；
（2）直线AD扫过矩形EODF的面积S与运动的时间t的关系式为S=12t2，0≤t≤1t−12，1＜t≤3−12t2+3t−32，3＜t≤4；
（3）M的坐标为M1（3−22，4+22）或M2（3+22，4−22）或M3（﹣1，0）或M4（5，2）．
【解答】解：（1）∵x2﹣7x+12＝0，可解得x1＝3，x2＝4，
∵OA、OC的长分别是方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OC＞OA），
∴OC＝4，OA＝3．
由折叠可知，BC＝EF＝OD＝3，
∴D（0，3），
则由待定系数法可得直线AD的直线解析式为y＝﹣x+3．
（2）当0≤t≤1时，直线AD扫过矩形EODF的区域为等腰直角三角形，
故S=12t2；
当1＜t≤3时，直线AD扫过矩形EODF的区域为一个等腰直角三角形加平行四边形，
故S=12×1×1+（t﹣1）×1=t−12；
当3＜t≤4时，直线AD扫过矩形EODF的区域面积为矩形EODF的面积减去底部未扫过三角形的面积，
即S＝1×3−12(t−3)2=−12t2+3t−32．
综上，直线AD扫过矩形EODF的面积S与运动的时间t的关系式为S=12t2，0≤t≤1t−12，1＜t≤3−12t2+3t−32，3＜t≤4．
（3）∵点P是直线AD上一点，设P（t，﹣t+3），
又∵A（3，0），B（3，4），
∴AB2＝16，AP2＝（t﹣3）2+（3﹣t）2＝2t2﹣12t+18，
BP2＝（t﹣3）2+（t+1）2＝2t2﹣4t+10，
①当AB＝AP时，即2t2﹣12t+18＝16，解得t=3±22，
∴P1（3+22，−22），P2（3−22，22），
此时可得M1（3−22，4+22），M2（3+22，4−22）．
②当BA＝BP时，即2t2﹣4t+10＝16，解得t＝﹣1或3（与A重合，舍去），
即P3（﹣1，0），此时可得M3（﹣1，0）．
③当PA＝PB时，即2t2﹣12t+18＝2t2﹣4t+10，解得t＝1，
即P4（1，2），此时可得M4（5，2）．
综上，M的坐标为M1（3−22，4+22）或M2（3+22，4−22）或M3（﹣1，0）或M4（5，2）．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/3/24 19:20:00；用户：陈庄镇中学；邮箱：[email protected]；学号：62602464题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
D
B
C
B
D
C
B