【中考数学】2025年黑龙江省龙东地区中考适应性模拟试卷（含解析）

这是一份【中考数学】2025年黑龙江省龙东地区中考适应性模拟试卷（含解析），共44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）下列运算正确的是（ ）
A．a4•a3＝a6B．2a+3b＝6ab
C．（﹣2a2b3）3＝﹣8a6b9D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2
2．（3分）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）2025年2月7日至2月14日第九届亚冬会在哈尔滨市举办，本届亚冬会的吉祥物是一对可爱的东北虎“滨滨”和“妮妮”．某专卖店“滨滨”和“妮妮”套盒纪念品连续六天的销售量（单位：套）分别为：136，140，129，180，136，154，这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A．136，136B．138，136C．136，129D．136，138
4．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．7B．8C．6D．5
5．（3分）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车已经逐渐成为人们喜爱的交通工具．某品牌新能源汽车的月销售量由一月份的8000辆增加到三月份的12000辆，设该汽车一月至三月销售量平均每月增长率为x，则可列方程为（ ）
A．8000（1+2x）＝1200
B．8000（1+x）2＝12000
C．8000+8000（1+x）+8000（1+x）2＝12000
D．8000×2（1+x）＝12000
6．（3分）已知关于x的分式方程x+kx−4−2k4−x=3解为负数，则k的值为（ ）
A．k＜﹣4B．k＞﹣4
C．k＜﹣4且k≠−43D．k＞﹣4且k≠−43
7．（3分）为促进学生德智体美劳全面发展，某校计划用1200元购买足球和篮球用于课外活动，其中足球80元/个，篮球120元/个，共有多少种购买方案（ ）
A．6B．7C．4D．5
8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B都在双曲线y=kx（k≠0）上，且点A在点B的右侧，点A的横坐标为﹣1，∠AOB＝∠ABO＝45°，则k的值为（ ）
A．2B．−52C．5−12D．−5+12
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点D、E分别在边AB和BC上，且AD＝4，CE＝3，连接DE，点M、N分别是AC、DE的中点，连接MN，则MN的长度为（ ）
A．52B．125C．2D．135
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点F在BC边上（不与点B、C重合），点E在CB的延长线上，且BE＝BF，连接AC、AE、AF，过点E作EG⊥AF于点G，分别交AB、AC、DC于点M、H、N．则下列结论：①MN＝AF；②∠EAH＝∠EHA；③EN•BF＝EC•HN；④若BF：FC＝3：4，则tan∠FAC=25；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（ ）
A．①②③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①③④⑤
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）电影《哪吒之魔童闹海》自上映以来，好评如潮，截至2025年4月22日，总票房已超157亿元，再次刷新中国电影票房纪录．将数据157亿用科学记数法表示为 ．
12．（3分）在函数y=1x+3中，自变量x的取值范围是 ．
13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 ，使平行四边形ABCD为菱形．
14．（3分）如图，随机闭合开关K1、K2、K3中的两个，能让两盏灯泡L1、L2同时发光的概率为 ．
15．（3分）关于x的不等式组2x−3≤0x−a＞0恰有3个整数解，则a的取值范围是 ．
16．（3分）如图，PA、PB是圆O的切线，A、B为切点，AC是直径，∠BAC＝35°，∠P＝ ．
17．（3分）若圆锥的底面半径为3，高为4，则圆锥侧面展开图的面积为 ．
18．（3分）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7，BC＝9，点M是△ABC内部一点，连接AM、BM、CM，若CM＝3，则AM+13BM的最小值为 ．
19．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，∠CAD＝60°，点E是边CD的中点，点F是对角线AC上一动点，作点C关于直线EF的对称点P，若PE⊥AC，则CF的长为 ．
20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+3交x轴于点A，交y轴于点B．四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，A3A4B4C4，⋯都是正方形，顶点A1，A2，A3，A4，⋯都在x轴上，顶点B1，B2，B3，B4，⋯都在直线y=−12x+3上，连接BA1，B1A2，B2A3，B3A4，⋯分别交C1B1，C2B2，C3B3，C4B4，⋯于点D1，D2，D3，D4，⋯．设△BB1D1，△B1B2D2，△B2B3D3，△B3B4D4，⋯的面积分别为S1，S2，S3，S4，⋯，则S2025＝ ．
三、解答题（满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：1a2−1•a2−2a+1a+1a，其中a＝2sin60°﹣1．
22．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（1，﹣3），C（3，﹣4）．
（1）将△ABC向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长（结果保留π）．
23．（6分）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A、点B，交y轴于点C，且点A在点B的左侧，顶点坐标为（3，﹣4）．
（1）求b与c的值．
（2）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使△PBC的面积与△ABC的面积相等．若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
24．（7分）2025年6月5日是中国的第11个环境日，育华中学八年级学生积极参加公益活动，为了解活动时间（单位：h），张老师随机抽取了该校八年级m名学生进行问卷调查，用得到的数据绘制出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＝ ，扇形统计图中a＝ ，并补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，求参加公益活动时间为7h所对应扇形圆心角的度数；
（3）若育华中学八年级共有学生1200人，请根据样本数据，估计育华中学八年级参加公益活动的时间是10h的学生有多少人？
25．（8分）一条公路上依次有A、B、C三地，一辆轿车从A地出发途经B地接人，停留一段时间后原速驶往C地；一辆货车从C地出发，送货到达B地后立即原路原速返回C地（卸货时间忽略不计）．两车同时出发，轿车比货车晚13h到达终点，两车均按各自速度匀速行驶．如图是轿车和货车距各自出发地的距离y（单位：km）与轿车的行驶时间x（单位：h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）图中a的值是 ，b的值是 ；
（2）在货车从B地返回C地的过程中，求货车距出发地的距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）之间的函数解析式；
（3）直接写出轿车出发多长时间与货车相距40km．
26．（8分）已知：如图，△ABC中，AB＝AC，设∠BAC＝α，点D是直线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转α至AE，连接DE、BE，过点E作EF⊥BC，交直线BC于点F．探究如下：
（1）若α＝60°时，
如图①，点D在CB延长线上时，易证：BF＝DF+BC；
如图②，点D在BC延长线上时，试探究线段BF、DF、BC之间存在怎样的数量关系，请写出结论，并说明理由．
（2）若α＝120°，点D在CB延长线上时，如图③，猜想线段BF、DF、BC之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论，不需要证明．
27．（10分）2024年8月6日，第十二届世界运动会口号“运动无限，气象万千”在京发布，吉祥物“蜀宝”和“锦仔”亮相．第一中学为鼓励学生积极参加体育活动，准备购买“蜀宝”和“锦仔”奖励在活动中表现优秀的学生．已知购买3个“蜀宝”和1个“锦仔”共需花费332元，购买2个“蜀宝”和3个“锦仔”共需380元．
（1）购买一个“蜀宝”和一个“锦仔”分别需要多少元？
（2）若学校计划购买这两种吉祥物共30个，投入资金不少于2160元又不多于2200元，有哪几种购买方案？
（3）设学校投入资金W元，在（2）的条件下，哪种购买方案需要的资金最少？最少资金是多少元？
28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，tan∠COA=3，OA的长是一元二次方程x2﹣3x﹣18＝0的根，过点C作CQ⊥OA交OA于点Q，交对角线OB于点P．动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动，动点N从点B以每秒3个单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发，设运动时间为t秒．
（1）求点P坐标；
（2）连接MN、PM，求△PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式；
（3）当t＝3时，在对角线OB上是否存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
2025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）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a4•a3＝a6B．2a+3b＝6ab
C．（﹣2a2b3）3＝﹣8a6b9D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2
【分析】利用平方差公式，合并同类项，同底数幂乘法，积的乘方法则逐项判断即可．
【解答】解：a4•a3＝a7，则A不符合题意，
2a与3b不是同类项，无法合并，则B不符合题意，
（﹣2a2b3）3＝﹣8a6b9，则C符合题意，
（﹣a+b）（a+b）＝b2﹣a2，则D不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查平方差公式，合并同类项，同底数幂乘法，积的乘方，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
2．（3分）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义解答即可．
【解答】解：A．图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B．图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
C．图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D．图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形与中心对称图形，熟知一个图形绕着某固定点旋转180°后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．
3．（3分）2025年2月7日至2月14日第九届亚冬会在哈尔滨市举办，本届亚冬会的吉祥物是一对可爱的东北虎“滨滨”和“妮妮”．某专卖店“滨滨”和“妮妮”套盒纪念品连续六天的销售量（单位：套）分别为：136，140，129，180，136，154，这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A．136，136B．138，136C．136，129D．136，138
【分析】将这组数据重新排列，再根据众数和中位数的定义求解即可．
【解答】解：将这组数据重新排列为129，136，136，140，154，180，
所以这组数据的众数为136，中位数为136+1402=138，
故选：D．
【点评】本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握众数和中位数的定义．
4．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．7B．8C．6D．5
【分析】在俯视图中标出正方体的个数即可得出答案．
【解答】解：如图所示：
组成该几何体所需小正方体的个数最少是：1+1+1+2+2＝7．
故选：A．
【点评】本题主要考查由三视图判断几何体，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
5．（3分）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车已经逐渐成为人们喜爱的交通工具．某品牌新能源汽车的月销售量由一月份的8000辆增加到三月份的12000辆，设该汽车一月至三月销售量平均每月增长率为x，则可列方程为（ ）
A．8000（1+2x）＝1200
B．8000（1+x）2＝12000
C．8000+8000（1+x）+8000（1+x）2＝12000
D．8000×2（1+x）＝12000
【分析】根据题意和题目中的数据，可以列出相应的方程．
【解答】解：由题意可得，
8000（1+x）2＝12000，
故选：B．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．
6．（3分）已知关于x的分式方程x+kx−4−2k4−x=3解为负数，则k的值为（ ）
A．k＜﹣4B．k＞﹣4
C．k＜﹣4且k≠−43D．k＞﹣4且k≠−43
【分析】首先将分式方程转化为整式方程，求出解关于k的表达式，再结合解为负数及分母不为零的条件确定k的范围．
【解答】解：x+kx−4−2k4−x=3，
得x+3kx−4=3，
得x+3k＝3x﹣12，
解得：x=3k+122，
根据题意，解x=3k+122＜0，
即3k+12＜0，
解得：k＜﹣4，
∵分母x﹣4≠0，即x≠4，即3k+122≠4，
解得：k≠−43，
∴k＜﹣4，
故选：A．
【点评】本题考查了分式方程的解，解题的关键是正确运算．
7．（3分）为促进学生德智体美劳全面发展，某校计划用1200元购买足球和篮球用于课外活动，其中足球80元/个，篮球120元/个，共有多少种购买方案（ ）
A．6B．7C．4D．5
【分析】设购买x个足球，y个篮球，利用总价＝单价×数量，可列出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，即可得出共有4种购买方案．
【解答】解：设购买x个足球，y个篮球，
根据题意得：80x+120y＝1200，
∴y＝10−23x，
又∵x，y均为正整数，
∴x=3y=8或x=6y=6或x=9y=4或x=12y=2，
∴共有4种购买方案．
故选：C．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B都在双曲线y=kx（k≠0）上，且点A在点B的右侧，点A的横坐标为﹣1，∠AOB＝∠ABO＝45°，则k的值为（ ）
A．2B．−52C．5−12D．−5+12
【分析】过点A作MN∥x轴，交y轴于点N，作BM⊥MN，垂足为M，先证明△BMA≌△ANO（AAS），利用全等三角形性质得到点B的坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特征解答即可．
【解答】解：如图，过点A作MN∥x轴，交y轴于点N，作BM⊥MN，垂足为M，
∵∠AOB＝∠ABO＝45°，
∴AB＝AO，∠BAO＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
在△BMA和△ANO中，
∠MBA=∠NAO∠BMA=∠ANOAB=AO，
∴△BMA≌△ANO（AAS），
∴AN＝BM＝1，ON＝AM，
∵点A的横坐标为﹣1，
∴A（﹣1，﹣k），
∴ON＝AM＝﹣k，
∴B（﹣1+k，﹣k﹣1），
∵点A、B在反比例函数图象上，
∴k＝（﹣1+k）（﹣1﹣k）＝1﹣k2，
整理得k2+k﹣1＝0，
解得k=−1+52（舍去）或k=−1−52．
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是关键．
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点D、E分别在边AB和BC上，且AD＝4，CE＝3，连接DE，点M、N分别是AC、DE的中点，连接MN，则MN的长度为（ ）
A．52B．125C．2D．135
【分析】连接CD，取CD的中点K，连接MK，NK，由三角形中位线定理推出MK∥AB，NK∥BC，MK=12AD＝2，NK=12CE=32，由勾股定理即可求出MN的长．
【解答】解：连接CD，取CD的中点K，连接MK，NK，
∵点M、N分别是AC、DE的中点，
∴MK、NK分别是△ACD和△DCE的中位线，
∴MK∥AB，NK∥BC，MK=12AD，NK=12CE，
∵AD＝4，CE＝3，
∴MK＝2，NK=32，
∵∠B＝90°，
∴AB⊥BC，
∴MK⊥NK，
∴∠MKN＝90°，
∴MN=MK2+NK2=52．
故选：A．
【点评】本题考查三角形中位线定理，勾股定理，关键是由三角形中位线定理推出MK∥AB，NK∥BC，MK=12AD，NK=12CE．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点F在BC边上（不与点B、C重合），点E在CB的延长线上，且BE＝BF，连接AC、AE、AF，过点E作EG⊥AF于点G，分别交AB、AC、DC于点M、H、N．则下列结论：①MN＝AF；②∠EAH＝∠EHA；③EN•BF＝EC•HN；④若BF：FC＝3：4，则tan∠FAC=25；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（ ）
A．①②③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①③④⑤
【分析】根据题意容易证明△AEB≌△AFB（SAS），从而可得∠KBC＝∠NEC＝∠BAF＝∠BAE＝α，进而可得∠EAH＝∠AHE，从而可得②正确，过点B作BK∥EN，交CD于点K，构造△ABF≌∠BCK（AAS），结合四边形BMNK是平行四边形可得MN＝BK＝AF，可得①正确，再利用角关系证明△NEC﹣△BAF，△AEC﹣△HNC，可得EN•BF＝CN•AF＝CN•AE＝EC•HN，从而得出结论③正确，过点F作FP⊥AC，设BF＝3x，由BF：FC＝3：4可得FC＝4x，解三角形求出PF=22x，AP=52x从而求出 tan∠FAC=PFAP=25故结论④正确，再判定△CNH不一定是等腰三角形，得出等腰三角形有△ABC、△ADC、△AEF、△AEH，共四个，故结论⑤错误．
【解答】解：如图1，过点B作BK∥EN，交CD于点K，
在正方形ABCD中，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠BAC＝∠ACB＝∠ACD＝45°，AB∥CD，
∴△ABC、△ADC是等腰三角形，又BE＝BF，AB＝AB，
∴△AEB≌△AFB（SAS），
∴AE＝AF，∠AEF＝∠AFE，∠BAE＝∠BAF，
∴△AEF是等腰三角形，
∵EG⊥AF，
∴∠NEC+∠AFE＝90°，
又∵∠BAF+∠AFE＝90°，
∴∠NEC＝∠BAF，
∵BK∥EN，
∴∠KBC＝∠NEC，∠BKC＝∠ENC，
∴∠KBC＝∠NEC＝∠BAF＝∠BAE，
设∠KBC＝∠NEC＝∠BAF＝∠BAE＝α，
∵∠EAH＝∠BAE+∠BAC＝α+45°，∠AHE＝∠HEC+∠ACB＝α+45°，
∴∠EAH＝∠AHE，故结论②正确；
∴EA＝EH，即△AEH是等腰三角形，
∵在△ABF和△BCK中，
AB=BC∠KBC=∠BAF∠ABF=∠BCK，
∴△ABF≌∠BCK（AAS），
∴BK＝AF，∠CKB＝∠AFE＝∠AEF＝90°﹣α，
∵BK∥EN，AB∥CD，
∴四边形BMNK是平行四边形，
∴MN＝BK，
∴MN＝AF，故结论①正确，
∵∠NEC＝∠BAF，∠BCD＝∠ABC＝90°，
∴△NEC﹣△BAF，
∴ENAF=CNBF，
∴EN•BF＝CN•AF，
∵∠EAH＝∠AHE＝∠CHN＝45°+α，∠ACE＝∠ACN＝45°，
∴△AEC∽△HNC，
∴AEHN=ECNC，
∴CN•AE＝EC•HN，
∵AE＝AF，
∴CN•AF＝EC•HN，
∴EN•BF＝EC•HN，故结论③正确，
过点F作FP⊥AC，如图2；
设BF＝3x，由BF：FC＝3：4可得FC＝4x，AB＝BC＝7x，
∴AF2＝AB2+BF2＝（7x）2+（3x）2＝58x2，
∵PF=FC⋅sin∠ACB=4x⋅22=22x′
∴AP=AF2−PF2=58x2−8x2=52，
∴tan∠FAC=PFAP=22x52x=25，
故结论④正确，∠CNE＝90°﹣α，∠CHN＝∠AHE＝α+45°，α＜45°，
∴∠CNE不一定等于∠CHN，α＜45°，
∴△CNH不一定是等腰三角形，
故等腰三角形有△ABC、△ADC、△AEF、△AEH，共四个，故结论⑤错误，
综上所述：正确结论有①②③④．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形性质、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、解三角形，全等三角形的判定与性质等，解题关键是利用垂直证明角的关系，从而证明三角形全等或相似．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）电影《哪吒之魔童闹海》自上映以来，好评如潮，截至2025年4月22日，总票房已超157亿元，再次刷新中国电影票房纪录．将数据157亿用科学记数法表示为 1.57×1010 ．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：157亿＝15700000000＝1.57×1010．
故答案为：1.57×1010．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．（3分）在函数y=1x+3中，自变量x的取值范围是 x≠﹣3 ．
【分析】让分母不为0列式求值即可．
【解答】解：由题意得：x+3≠0，
解得：x≠﹣3，
故答案为：x≠﹣3．
【点评】本题考查求函数自变量的取值；解题的关键是掌握分式有意义，分母不为0．
13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 AC⊥BD（答案不唯一） ，使平行四边形ABCD为菱形．
【分析】由菱形的判定方法，即可判断．
【解答】解：∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
∴添加一个条件AC⊥BD，使平行四边形ABCD为菱形．
故答案为：AC⊥BD（答案不唯一）．
【点评】本题考查菱形的判定，平行四边形的性质，关键是掌握菱形的判定方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形，四条边都相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
14．（3分）如图，随机闭合开关K1、K2、K3中的两个，能让两盏灯泡L1、L2同时发光的概率为 13 ．
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及能让两盏灯泡L1、L2同时发光的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
共有6种等可能的结果，其中能让两盏灯泡L1、L2同时发光的结果有：（K1，K3），（K3，K1），共2种，
∴能让两盏灯泡L1、L2同时发光的概率为26=13．
故答案为：13．
【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
15．（3分）关于x的不等式组2x−3≤0x−a＞0恰有3个整数解，则a的取值范围是 ﹣2≤a＜﹣1 ．
【分析】根据所给不等式组恰有3个整数解，得出关于a的不等式，据此可解决问题．
【解答】解：由2x﹣3≤0得，x≤32．
由x﹣a＞0得，x＞a．
因为此不等式组恰有3个整数解，
则这3个整数解为1，0，﹣1，
所以﹣2≤a＜﹣1．
故答案为：﹣2≤a＜﹣1．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式组的整数解，熟知解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
16．（3分）如图，PA、PB是圆O的切线，A、B为切点，AC是直径，∠BAC＝35°，∠P＝ 70° ．
【分析】由PA、PB是圆O的切线，得PA＝PB，PA⊥AC，则∠PAC＝90°，而∠BAC＝35°，则∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠BAC＝55°，所以∠P＝180°﹣∠PBA﹣∠PAB＝70°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵PA、PB是圆O的切线，
∴PA＝PB，
∵AC是⊙O的直径，∠BAC＝35°，
∴PA⊥AC，
∴∠PAC＝90°，
∴∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣35°＝55°，
∴∠P＝180°﹣∠PBA﹣∠PAB＝180°﹣55°﹣55°＝70°，
故答案为：70°．
【点评】此题重点考查切线的性质、切线长定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，推导出PA＝PB及PA⊥AC是解题的关键．
17．（3分）若圆锥的底面半径为3，高为4，则圆锥侧面展开图的面积为 15π ．
【分析】先利用勾股定理计算出圆锥的母线长，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
【解答】解：圆锥的母线长=32+42=5，
所以圆锥侧面展开图的面积=12×2π×3×5＝15π．
故答案为：15π．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
18．（3分）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7，BC＝9，点M是△ABC内部一点，连接AM、BM、CM，若CM＝3，则AM+13BM的最小值为 52 ．
【分析】在BC上取点G，使CG＝1，构造出△MCG﹣△BCM，得MG=13BM，再根据两点之间线段最短得出即当M在AG上时，AM+13BM 取最小值．
【解答】解：在BC上取点G，使CG＝1，
又∵BC＝9，CM＝3，CGCM=CMBC=13，
又∵∠MCG＝∠MCB，
∴△MCG∽△BCM，
∴MGBM=CGCM=13，
∴MG=13BM，
∴AM+13BM=AM+MG≥AG，
∴AG=AC2+CG2=72+12=52，
∴AM+13BM≥52，
即当M在AG上时，AM+13BM取最小值为52，
故答案为：52．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，勾股定理，解题关键构造相似三角形转化线段关系得出MG=13BM．
19．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，∠CAD＝60°，点E是边CD的中点，点F是对角线AC上一动点，作点C关于直线EF的对称点P，若PE⊥AC，则CF的长为 3或9 ．
【分析】根据题意画出示意图，连接PC，交直线EF于点G，延长PE交AC于点H，当点P在AC上方时，由勾股定理求出CD=63进而得到CE=12CD=33由点C关于直线EF的对称点P，得到PE=CE=33，∠EGC＝∠EGP＝90°，求出∠CEH＝∠CAD＝60°，进而得到∠PEC＝120°，再求出∠CPE＝∠PCE=12（180°﹣∠PEC）＝30°，证明△CEF是等腰三角形，在Rt△CEH中，解直角三角形求出CH=92，进而求解；当点P在AC下方时，先求出\∠CEP＝60°，CH=92，结合对称的性质易证△CEP是等边三角形，易求EH＝PH=12PE=332解直角三角形求出HF=32，由CF＝CH﹣HF即可求解．
【解答】解：如图所示，连接PC，交直线EF于点G，延长PE交AC于点H，当点P在AC上方时，
∵在矩形ABCD中，AD＝6，∠CAD＝60°，∠ACD＝30°，
∴AC＝2AD＝12，CD=AC2−AD2=63，∵
点E是边CD的中点，
∴CE=12CD=33，
∵点C关于直线EF的对称点P，
∴PE=CE=33，∠EGC＝∠EGP＝90°，
∵PH⊥AC，
∴∠EHC＝∠EHF＝90°，∠ACD＝30°，∠ACD+∠CEH＝∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CEH＝∠CAD＝60°，
∴∠PEC＝120°，∵PE＝CE，
∴∠CPE=∠PCE=12(180°−∠PEC)=30°，
∵∠PEG＝∠FEH，∠EGP＝∠EHF＝90°，
∴∠CPE＝∠EFC＝30°，
∴△CEF是等腰三角形，CH=FH=12CF，
在Rt△CEH中，CE=33，
∠HCE＝30°，CH＝CE•cs∠HCE＝33×32=92，
∴CF＝2CH＝9；
如图，当点P在AC下方时，
∵PE⊥AC，
∴∠CHE＝90°，
∵∠ACD＝30°，
∴∠CEP＝60°，CH＝CE•cs∠ACD＝33×32=92，
由对称的性质得PE＝CE，
∴△CEP是等边三角形，
∴∠P＝60°，CE＝PC＝PE＝33，
∴∠HEF＝30°，EH=PH=12PE=332，HF=EH⋅tan∠PEF=332×33=32，
∴CF＝CH﹣HF＝3；
综上，CF的长为3或9．
故答案为：3或9．
【点评】本题考查了对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+3交x轴于点A，交y轴于点B．四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，A3A4B4C4，⋯都是正方形，顶点A1，A2，A3，A4，⋯都在x轴上，顶点B1，B2，B3，B4，⋯都在直线y=−12x+3上，连接BA1，B1A2，B2A3，B3A4，⋯分别交C1B1，C2B2，C3B3，C4B4，⋯于点D1，D2，D3，D4，⋯．设△BB1D1，△B1B2D2，△B2B3D3，△B3B4D4，⋯的面积分别为S1，S2，S3，S4，⋯，则S2025＝ (23)4049 ．
【分析】根据一次函数的解析式可得点B的坐标是（0，3），设点B1的坐标是(x1，−12x1+3)，根据正方形的四条边都相等可得x1=−12x1+3，从而求出正方形OA1B1C1的边长为2，根据正方形的对边相互平行，可知△BC1D1∽△BOA1，根据相似三角形的性质求出C1D1=23，从而可得B1D1=43，利用三角形的面积公式可以求出S△BB1D1=23，同理可以求出S△B1B2D2=827，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证△BB1D1∽△B1B2D2，且相似比为32，根据规律可得S2025=(23)1+2×2024=(23)4049．
【解答】解：当x＝0时，y=−12x+3=3，
∴点B的坐标是（0，3），
∵点B1在直线y=−12x+3上，
设点B1的坐标是(x1，−12x1+3)，
则点A1的坐标是（x1，0），点C1的坐标是(0，−12x1+3)，
∵四边形OA1B1C1是正方形，
∴OA1＝A1B1，OA1∥C1B1，
∴x1=−12x1+3，
解得：x1＝2，
∴B1的坐标是（2，2），
∴正方形OA1B1C1的边长为2，
∴OC1＝OA1＝A1B1＝B1C1＝2，
∴BC1＝BC﹣OC1＝3﹣2＝1，
∵OA1∥C1B1，
∴△BC1D1∽△BOA1，
∴BC1BO=C1D1OA1，
∴13=C1D12，
解得：C1D1=23，
∴B1D1=B1C1−C1D1=2−23=43，
∴S△BB1D1=12B1D1⋅BC1=12×43×1=23；
设点B2的坐标为(x2，−12x2+3)，
则点A2的坐标是（x2，0），点C2的坐标是(2，−12x2+3)，
∴A1A2＝x2﹣x1＝x2﹣2，
∵四边形A1A2B2C2是正方形，
∴A1A1＝B2A2，A1A2∥C2B2，
∴x2−2=−12x2+3，
解得：x2=103，
∴A1A2=x2−x1=103−2=43，
∴B2的坐标是(103，43)，
∴A1A2=A2B2=B2C2=A1C2=43，
∴B1C2=2−43=23，
∵A1A2∥C2B2，
∴△B1C2D2∽△B1A1A2，
∴B1C2B1A1=C2D2A1A2，
∴232=C2D243，
解得：C2D2=49，
∴B2D2=B2C2−C2D2=43−49=89，
∴S△B1B2D2=12×B2D2⋅B1C2=12×89×23=827，
∵B1的坐标是（2，2），B2的坐标是(103，43)，
∴B1B2=(103−2)2+(43−2)2=253，
∵B1的坐标是（2，2），点B的坐标是（0，3），
∴BB1=(2−0)2+(3−2)2=5，
∵B1D1B2D2=4389=32，BB1B1B2=5253=32，
∴B1D1B2D2=BB1B1B2，
又∵四边形OA1B1C1和A1A2B2C2均为正方形，
∴B1C1∥x轴，B2C2∥x轴，
∴B1C1∥B2C2，
∴∠BB1C1＝∠B1B2C2，
∴△BB1D1∽△B1B2D2，且相似比为32，
∴S△B1B2D2S△BB1D1=(23)2=49，
∴当S△BB1D1=23时，S△B1B2D2=23×(23)2=827=(23)3=(23)1+1×2，
同理可证△B1B2D2∽△B2B3D3，且相似比为32，
则S△B2B3D3=(23)3×(23)2=(23)5=(23)1+2×2，
…，
∴S2025=S△B2024B2025D2025=(23)1+2×2024=(23)4049，
故答案为：(23)4049．
【点评】本题主要考查了一次函数的图象与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、图形的规律与探索，解决本题的关键是分别计算出△BB1D1和△B1B2D2的面积，根据这两个三角形的形状与面积之间的关系找出规律，根据规律得出结果．
三、解答题（满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：1a2−1•a2−2a+1a+1a，其中a＝2sin60°﹣1．
【分析】先算乘法，再通分算加法，化简后见a的值代入计算即可．
【解答】解：1a2−1•a2−2a+1a+1a
=1(a+1)(a−1)•(a−1)2a+1a
=a−1a(a+1)+a+1a(a+1)
=2aa(a+1)
=2a+1，
当a＝2sin60°﹣1＝2×32−1=3−1时，
原式=23−1+1=23=233．
【点评】本题考查分式化简求值，解题的关键是掌握分式的基本性质，把所求式子化简．
22．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（1，﹣3），C（3，﹣4）．
（1）将△ABC向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长（结果保留π）．
【分析】（1）根据平移的性质作图，即可得出答案．
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
（3）利用勾股定理求出OC1的长，再利用弧长公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点C1的坐标为（4，1）．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
由图可得，点C2的坐标为（﹣1，4）．
（3）由勾股定理得，OC1=42+12=17，
∴点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长为90π×17180=172π．
【点评】本题考查作图﹣平移变换、作图﹣旋转变换、弧长的计算，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、弧长公式是解答本题的关键．
23．（6分）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A、点B，交y轴于点C，且点A在点B的左侧，顶点坐标为（3，﹣4）．
（1）求b与c的值．
（2）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使△PBC的面积与△ABC的面积相等．若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将一般式改写为顶点式，再化为一般式即可求解b，c；
（2）先确定△OBC为等腰直角三角形，过点B作x轴的垂线，在x轴上方的垂线上截取BD＝BA＝4，连接AD与BC 交于点E，则D（5，4），通过三线合一得到BC⊥AD，ED＝EA，由三角形面积公式可得过点D作BC平行线与抛物线交点即为点P，然后求出直线PD解析式，再与抛物线解析式联立求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的顶点坐标为（3，﹣4），
∴y＝（x﹣3）2﹣4＝x2﹣6x+5，
∴b＝﹣6，c＝5；
（2）存在，理由如下：对于抛物线y＝x2﹣6x+5，
当y＝0，x2﹣6x+5＝0，解得：x1＝1，x2＝5，
当x＝0，y＝5，
∴OB＝OC＝5，AB＝5﹣1＝4，
∵∠COB＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
过点B作x轴的垂线，在x轴上方的垂线上截取BD＝BA＝4，
连接AD与BC交于点E，则D（5，4），
∴∠DBC＝90°﹣∠OBC＝45°＝∠OBC，
∴BC⊥AD，ED＝EA，
过点D作BC平行线与抛物线交点即为点P，S△BCA=12BC×AE，
∴S△BCA＝S△BCP，
设直线BC：y＝mx+n，
则5m+n=0n=5，
∴m=−1n=5，
∴直线BC：y＝﹣x+5，
∵BC∥PD，
∴设直线PD：y＝﹣x+q，代入D（5，4）得：﹣5+q＝4，
解得：q＝9，
∴直线PD：y＝﹣x+9，与抛物线解析联立得：y=−x+9y=x2−6x+5，
整理得：x2﹣5x﹣4＝0，
解得：x=5+412或x=5−412，
∴点P的横坐标为5+412或5−412．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，与面积类的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
24．（7分）2025年6月5日是中国的第11个环境日，育华中学八年级学生积极参加公益活动，为了解活动时间（单位：h），张老师随机抽取了该校八年级m名学生进行问卷调查，用得到的数据绘制出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＝ 200 ，扇形统计图中a＝ 30 ，并补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，求参加公益活动时间为7h所对应扇形圆心角的度数；
（3）若育华中学八年级共有学生1200人，请根据样本数据，估计育华中学八年级参加公益活动的时间是10h的学生有多少人？
【分析】（1）用活动6h的人数除以活动6h所占百分比求出m，再用活动8h的人数除以总人数即可求出a，用总人数乘以9h的百分比求出9h的人数，补全条形图；
（2）360°×活动7h所占百分比即可；
（3）用总人数×活动10h所占百分比即可．
【解答】解：（1）抽取了该校八年级学生有：m＝20÷10%＝200（名），
a%=60200×100%＝30%，
∴a＝30；
故答案为：200，30；
9h的人数为：200×25%＝50（名），
补全条形统计图：
（2）360°×30200=54°，
答：参加公益活动时间为7h所对应扇形圆心角的度数为54°；
（3）1200×40200=240（人），
答：估计育华中学八年级参加公益活动的时间是10h的学生有240人．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，用样本估计总体，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
25．（8分）一条公路上依次有A、B、C三地，一辆轿车从A地出发途经B地接人，停留一段时间后原速驶往C地；一辆货车从C地出发，送货到达B地后立即原路原速返回C地（卸货时间忽略不计）．两车同时出发，轿车比货车晚13h到达终点，两车均按各自速度匀速行驶．如图是轿车和货车距各自出发地的距离y（单位：km）与轿车的行驶时间x（单位：h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）图中a的值是 300 ，b的值是 2 ；
（2）在货车从B地返回C地的过程中，求货车距出发地的距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）之间的函数解析式；
（3）直接写出轿车出发多长时间与货车相距40km．
【分析】（1）观察图象，可知A、B两地之间的距离，B、C两地之间的距离，从而求出A、C两地之间的距离，即a的值；根据速度＝路程÷时间求出轿车的速度，由时间＝路程÷速度求出轿车行驶的时间，再根据图象列关于b的方程并求解即可；
（2）求出点N的坐标，从而求出点M的坐标，根据速度＝路程÷时间求出货车的速度，进而求出在货车从B地返回C地的过程中y与x之间的函数解析式即可；
（3）分别求出货车到达B地之前、轿车到达B地至接人结束准备继续驶往C地时、轿车从B地开始驶往C地至货车到达C地三处过程中两车相距40km时对应x的值即可．
【解答】解：（1）由图象可知，A、B两地之间的距离为180km，B、C两地之间的距离为120km，
180+120＝300（km），
∴a＝300，
轿车的速度为180÷1.5＝120（km/h），
300÷120＝2.5（h），
根据图象，得1.5+（3﹣b）＝2.5，
解得b＝2．
故答案为：300，2．
（2）3−13=83（h），
∴N（83，0），
83÷2=43（h），
∴M（43，120），
货车的速度为120÷43=90（km/h），
y＝120﹣90（x−43）＝﹣90x+240，
∴在货车从B地返回C地的过程中，求货车距出发地的距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）之间的函数解析式为y＝﹣90x+240（43≤x≤83）．
（3）当0≤x≤43时，得（120+90）x+40＝300，
解得x=2621，
当1.5≤x≤2时，得90（x−43）＝40，
解得x=169，
当2＜x≤83时，得180+120（x﹣2）+40﹣90x+240＝300，
解得x=83，
∴出轿车出发2621h或169h或83h与货车相距40km．
【点评】本题考查一次函数的应用，掌握时间、速度和路程之间的关系是解题的关键．
26．（8分）已知：如图，△ABC中，AB＝AC，设∠BAC＝α，点D是直线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转α至AE，连接DE、BE，过点E作EF⊥BC，交直线BC于点F．探究如下：
（1）若α＝60°时，
如图①，点D在CB延长线上时，易证：BF＝DF+BC；
如图②，点D在BC延长线上时，试探究线段BF、DF、BC之间存在怎样的数量关系，请写出结论，并说明理由．
（2）若α＝120°，点D在CB延长线上时，如图③，猜想线段BF、DF、BC之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论，不需要证明．
【分析】（1）①由AB＝AC，∠BAC＝α＝60°，得到△ABC是等边三角形，从而得到∠ABC＝∠BCA＝∠ACB＝60°，进而推出∠BAE＝∠CAD，因此可证明△ABE≌△ACD（SAS），得到BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝60°，求得∠EBF＝60°，因此BE＝2BF，由CD＝BD+BC＝BF+DF+BC即可得到结论BF＝DF+BC；
②由AB＝AC，∠BAC＝α＝60°，得到△ABC是等边三角形，从而∠ABC＝∠BCA＝60°，进而推出∠BAE＝∠CAD，因此可证明△ABE≌△ACD（SAS），得到BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝120°，求得∠BEF＝∠ABE﹣∠ABC＝60°，因此BE＝2BF，由CD＝BD﹣BC＝BF+DF﹣BC，即可得到结论BF＝DF﹣BC；
（2）同（1）思路即可求解．
【解答】（1）①证明：∵AB＝AC，∠BAC＝α＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝∠ACB＝60°，
∵∠BAC＝∠EAD＝α＝60°，
∴∠BAC+∠BAD＝∠EAD+∠BAD，即∠BAE＝∠CAD，
∴在△ABE和△ACD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝60°，
∴∠EBF＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵EF⊥BC，
∴在Rt△BEF 中，BE=BFcs∠EBF=BFcs60°=2BF，
∵CD＝BD+BC＝BF+DF+BC，CD＝BE＝2BF，
∴2BF＝BF+DF+BC，
∴BF＝DF+BC；
②解：BF＝DF﹣BC，理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝α＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝60°，
∴∠ACD＝180°﹣∠BCA＝120°，
∵4∠BAC＝∠EAD＝α＝60°，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAD，
∴在△ABE和△ACD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝120°，
∴∠EBF＝∠ABE﹣∠ABC＝120°﹣60°＝60°，
∵EF⊥BC，
∴在Rt△BEF中，BE=BFcs∠BEF=BFcs60°=2BF，
∵CD＝BD﹣BC＝BF+DF﹣BC，CD＝BE＝2BF，
∴2BF＝BF+DF﹣BC，
∴BF＝DF﹣BC；
（2）解：∵AB＝AC，∠BAC＝α＝120°，
∴∠ABC=∠BCA=12(180°−∠BAC)=30°，
∵∠BAC＝∠EAD＝α＝120°，
∴∠BAC﹣∠BAD＝∠EAD﹣∠BAD，即∠DAC＝∠EAB，
∴在△ABE和△ACD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝30°
∴∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝30°+30°＝60°，
∵EF⊥BC，
∴在Rt△BEF 中，
BE=BFcs∠BEF=BFcs60°=2BF，
∵CD＝BC﹣BD＝DF﹣BF+BC，CD＝BE＝2BF，
∴2BF＝DF+BC﹣BF，
∴3BF＝DF+BC．
【点评】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，解直角三角形，综合运用相关知识是解题的关键．
27．（10分）2024年8月6日，第十二届世界运动会口号“运动无限，气象万千”在京发布，吉祥物“蜀宝”和“锦仔”亮相．第一中学为鼓励学生积极参加体育活动，准备购买“蜀宝”和“锦仔”奖励在活动中表现优秀的学生．已知购买3个“蜀宝”和1个“锦仔”共需花费332元，购买2个“蜀宝”和3个“锦仔”共需380元．
（1）购买一个“蜀宝”和一个“锦仔”分别需要多少元？
（2）若学校计划购买这两种吉祥物共30个，投入资金不少于2160元又不多于2200元，有哪几种购买方案？
（3）设学校投入资金W元，在（2）的条件下，哪种购买方案需要的资金最少？最少资金是多少元？
【分析】（1）分别设“蜀宝”和“锦仔”的单价为未知数，根据题意列二元一次方程组并求解即可；
（2）设购买“蜀宝”x个，则购买“锦仔”（30﹣x）个，根据题意列关于x的一元一次不等式组并求其解集，求出所用的x的非负整数解及对应30﹣x的值即可；
（3）写出W关于x的函数关系式，根据一次函数的增减性和x的取值，确定当x取何值时W值最小，求出其最小值即可．
【解答】解：（1）设购买一个“蜀宝”需要a元，购买一个“锦仔”需要b元．
根据题意，得3a+b=3322a+3b=380，
解得a=88b=68．
答：购买一个“蜀宝”需要88元，购买一个“锦仔”需要68元．
（2）设购买“蜀宝”x个，则购买“锦仔”（30﹣x）个．
根据题意，得88x+68(30−x)≥216088x+68(30−x)≤2200，
解得6≤x≤8，
∵x为非负整数，
∴x＝6，7，8，
当x＝6时，30﹣6＝24（个），
当x＝7时，30﹣7＝23（个），
当x＝8时，30﹣8＝22（个），
∴共有三种购买方案，分别是：
（方案1）购买“蜀宝”6个、“锦仔”24个，
（方案2）购买“蜀宝”7个、“锦仔”23个，
（方案1）购买“蜀宝”8个、“锦仔”22个．
（3）W＝88x+68（30﹣x）＝20x+2040，
∵20＞0，
∴W随x的增大而增大，
∵x＝6，7，8，
∴当x＝6时W值最小，W最小＝20×6+2040＝2160．
答：购买方案1需要的资金最少，最少资金是2160元．
【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用，掌握二元一次方程组、一元一次不等式组的解法及一次函数的增减性是解题的关键．
28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，tan∠COA=3，OA的长是一元二次方程x2﹣3x﹣18＝0的根，过点C作CQ⊥OA交OA于点Q，交对角线OB于点P．动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动，动点N从点B以每秒3个单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发，设运动时间为t秒．
（1）求点P坐标；
（2）连接MN、PM，求△PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式；
（3）当t＝3时，在对角线OB上是否存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）解方程得出OA的长度，由菱形的性质与锐角函数综合，可得OQ和PQ的长度，即可得点P的坐标；
（2）分类讨论，分别由运动时间表示出线段长度，代入三角形的面积公式，化简整理即可；
（3）根据运动时间，确定点M和点N的坐标，分类讨论，根据等腰三角形的性质即可得点E的坐标．
【解答】解：（1）由x2﹣3x﹣18＝0，
解得x1＝6，x2＝﹣3，
∵OA的长是x2﹣3x﹣18＝0的根，
∴OA＝6，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA＝OC＝6，
∵tan∠COA=3，
∴∠COA＝60°，
又∵CQ⊥OA，
∴∠OCQ＝30°，
∴OQ＝3，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB平分∠COA，
∴∠POQ＝30°，
∴PQ=3，
∴点P的坐标为(3，3)；
（2）过点M作MK⊥OB于点K，
由题可知BN=3t，OM＝t，则MK=12t，
由（1）得：OP=23，则PB=43，
当0＜﹣t﹣＜4时，PN=43−3t，
∴S=12⋅12t(43−3t)=−34t2+3t；
当4＜t≤6时，PN=3t−43，
∴S=12⋅12t(3t−43)=34t2−3t；
综上所述，S=−34t2+3t(0＜t＜4)34t2−3t(4＜t≤6)；
（3）如图，
当t＝3时，OM＝3，点M和点Q重合，BN=33，ON=33，∠ONM＝∠NOM＝30°，
假设在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
当∠EMN为顶角时，点E1与点O重合，E1（0，0）；
当∠MEN为顶角时，点E2与点P重合，E2(3，3)；
当∠ENM为顶角时，NE1＝NM＝OM＝3，
设E3(3a，a)，则OE3＝2a，
∵OE3+NE3＝ON，
∴2a+3=33，
∴a=33−32，
∴3a=9−332，
∴E3(9−332，33−32)
综上，当t＝3时，在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，E1（0，0），E2(3，3)，E3(9−332，33−32)；
【点评】本题考查解一元二次方程，菱形的性质，锐角三角函数，解直角三角形，等腰三角形，解题的关键是正确作出辅助线，熟练掌握分类讨论的思想方法．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
A
B
A
C
D
A
C
K1
K2
K3
K1
（K1，K2）
（K1，K3）
K2
（K2，K1）
（K2，K3）
K3
（K3，K1）
（K3，K2）