数学（山东省卷）2026年中考模拟数学模拟试卷含答案

这是一份数学（山东省卷）2026年中考模拟数学模拟试卷含答案，共20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。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．小高家的冰箱有冷藏室和冷冻室，分别设置温度为4℃和﹣20℃．这台冰箱的冷藏室温度比冷冻室温度高（ ）
A．24℃B．20℃C．16℃D．4℃
【答案】A
【解析】解：4﹣（﹣20）＝24（℃）
答：冷藏室温度比冷冻室温度高24℃．
故选：A．
2．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【解析】解：A、图形不是中心对称图形，不符合题意；
B、图形不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形不是中心对称图形，不符合题意；
D、图形是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
3．《九章算术》是中国古代数学经典著作，书中提及一种称之为“刍甍（chú méng）”的几何体，书中记载：“刍甍者，下有袤有广而上有袤无广，刍，草也；甍，层盖也，”其释义为：刍甍，底面有长有宽的矩形，顶部只有长没有宽为一条棱的五面体，现有刍甍如图所示，其俯视图为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：根据题意得：这个几何体的俯视图是
故选：B．
4．目前，中国国产GPU的运算性能在国际上已经具备较强的竞争力．某型号国产GPU的运算能力高达320TFlps，TFlps是衡量计算机性能的一个重要单位，1TFlps＝1012Flps．将这种型号国产GPU的运算能力表示为mFlps，则m的值为（ ）
A．3.2×1013B．3.2×1014C．3.2×1015D．3.2×1016
【答案】B
【解析】解：根据题意知：m＝320×1012＝3.2×1014，
故选：B．
5．下列计算正确的是（ ）
A．（x+3y）2＝x2+9y2B．（x+2）（x﹣2）＝x2﹣4
C．x2•x5＝x10D．3x2y﹣2xy2＝xy
【答案】B
【解析】解：A．（x+3y）2＝x2+6xy+9y2，因此选项A不符合题意；
B．（x+2）（x﹣2）＝x2﹣4，因此选项B符合题意；
C．x2•x5＝x2+5＝x7，因此选项C不符合题意；
D．3x2y与2xy2不是同类项，不能合并计算，因此选项D不符合题意；
故选：B．
6．下列说法正确的是（ ）
A．4的算术平方根是2
B．已知m、n是一元二次方程x2+2x﹣5＝0的两个根，则m2﹣mn+2m的值为0
C．两个位似图形一定是相似图形
D．已知圆内接正三角形的边心距为1，则这个三角形的面积为23
【答案】C
【解析】解：A、4=2，2的算术平方根是2，故选项错误，不符合题意；
B、∵已知m、n是一元二次方程x2+2x﹣5＝0的两个根，
∴mn＝﹣5，m2+2m﹣5＝0，
∴m2+2m＝5，
∴m2﹣mn+2m＝m2+2m﹣mn＝5﹣（﹣5）＝10，
故选项错误，不符合题意；
C、两个位似图形一定是相似图形，故选项正确，符合题意；
D、如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，边心距OH＝1，则，∠BHO=∠CHO=90°，BH=CH=12BC，∠COH=∠BOH=60°
∴BC=2BH=23OH=23，
∴△ABC的面积为3S△BCO=3×12BC∙OH=3×12×23×1=33，
故选项错误，不符合题意．
故选：C．
7．如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，过点E作EF⊥BC于点F，AC＝5，∠CAB＝90°，按以下步骤作图：分别以点A，F为圆心，大于12AF的长为半径作弧，两弧交于点P，Q，作直线PQ，若点B，E在直线PQ上，且AE：EC＝2：3，则BE的长为（ ）
A． 25 B． 35 C．26 D．4
【答案】C
【解析】解：由作图过程可知：直线PQ是线段AF的垂直平分线，
∵点B，E在直线PQ上，
∴AB＝BF，AE＝EF．
∵AC＝5，AE：EC＝2：3，
∴AE＝2，EC＝3，
∴EF＝2．
∵EF⊥BC，
∴∠EFC＝90°．
在Rt△EFC中，FC=EC2−EF2=5．
设AB＝BF＝x，
则BC=BF+FC=x+5．
∵∠CAB＝90°，
∴在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
∴x2+52=(x+5)2
-25x+20=0
解得x=25，
∴AB=25．
在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=（25）2+22=26，
故选：C．
8．如图，扇形OAB中，∠AOB＝120°，半径OA＝4，点P为OA的中点，将扇形OAB绕点P逆时针旋转得到对应扇形DCE，当CD与OB第一次平行时旋转停止，则两扇形公共部分的面积（阴影部分）为（ ）
A．83π−3 B．23π+3C．23−32πD．83π−34
【答案】A
【解析】解：连接OD，过点O作OF⊥PD于点F，
由题意，∠AOB＝∠CDE＝120°，OP=PD=12OA=2，
∵CD∥OB，
∴∠OPD＝180°﹣∠AOB＝60°，
∴△OPD是等边三角形，
∴∠POD＝∠PDO＝60°，
∴∠CDE+∠PDO＝180°，则O、D、E共线，
∴FO=OP2−PF2=3，
∴阴影部分的面积为60π×42360−12×2×3=83π−3．
故选：A．
9．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，M是平面内的一动点，∠MBC+∠MCB＝90°，N是对角线AC的中点，连接MN，则MN的最小值是（ ）
A．1B．2C．4−3D．2
【答案】A
【解析】解：取BC的中点O，连接OM，ON，如图所示：
∵在矩形ABCD中，AB＝6，N是对角线AC的中点，
∴ON是△ABC的中位线．
∴ON=12AB=3．
∵∠MBC+∠MCB＝90°，
∴∠BMC＝90°，
∵BC＝8，O是BC的中点，
∴OB=12BC=4（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
根据三角形三边不等关系可得：MN≥OM﹣ON，则有当点O、M、N三点共线时，MN有最小值，最小值为MN＝OM﹣ON＝1．
故选：A．
10．若函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称为“黄金函数”，其图象上关于原点对称的两点叫做一对“黄金点”．若点A（1，m），B（n，﹣4）是关于x的“黄金函数”y＝ax2+bx+c（a≠0）上的一对“黄金点”，且该函数的对称轴始终位于直线x＝2的右侧，则有下列结论：①a+c＝0；②b＝4；③14a+12b+c2，
∴−42a>2，
∴﹣1＜a＜0，④正确，
∵a+c＝0，
∴0＜c＜1，c＝﹣a，
当x=12时，y＝ax2+bx+c=14a+12b+c=14a+2−a=2−34a，
∵﹣1＜a＜0，
∴−34a>0．
∴14a+12b+c=2−34a>0，③错误．，
综上所述，结论正确的是①②④．
故选：B．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11．因式分解2m2﹣4m+2＝ ．
【答案】2（m﹣1）2．
【解析】解：原式＝2（m2﹣2m+1）
＝2（m﹣1）2．
故答案为：2（m﹣1）2．
12．如图，将正八边形绕着它的中心O旋转n°（0＜n＜360）后，能够与原来的图形完全重合，则n的值可以是 （写出一个符合题意的数即可）．
【答案】45，90，135，180，225，270，315（任写一个即可）．
【解析】解：该图形被平分成八部分，360°÷8＝45°，
∴该图形绕旋转中心旋转45°的整数倍时能够与自身重合，
∵0＜m＜360，
∴m可以为45或90或135或180或225或270或315，
故答案为：45，90，135，180，225，270，315（任写一个即可）．
13．将一个正方体木块静止放置在斜面上，其受力分析如图所示，重力G的方向竖直向下，摩擦力f的方向与斜面平行，支持力F的方向与斜面垂直．若斜面的坡角∠1＝25°，则支持力F与重力G方向的夹角∠2的度数为 ．
【答案】155°．
【解析】解：重力G的方向竖直向下，摩擦力F1的方向与斜面平行，支持力F2的方向与斜面垂直．∠1＝25°，如图，
∴∠BCD＝90°，∠fOB＝∠ABC，∠FOf＝90°，
∴∠ABC＝∠1+∠BCD＝25°+90°＝115°，
∴∠fOB＝∠ABC＝115°，
∴∠2＝360°﹣115°﹣90°＝155°．
故答案为：155°．
14．在平面直角坐标系xOy中，若点A（m，2）与点B（﹣2，n）在函数y=kx(k≠0)的图象上，则m+n的值为 ．
【答案】0．
【解析】解：∵点A（m，2）与点B（﹣2，n）在函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴2m＝﹣2n＝k即m＝﹣n，
∴m+n＝0．
故答案为：0．
15．如图，在平面直角坐标系中，点P1为直线y=3x上的一点，过点P1作直线P1Q1⊥OP1交y轴正半轴于点Q1，将△OP1Q1沿射线OP1平移，依次得到△P1P2Q2，△P2P3Q3，⋯，△PnPn+1Qn+1．若OQ1＝4，则点Q2026的坐标为 ．
【答案】（20253，6079）．
【解析】解：设直线y=3x与x轴正半轴的夹角为α，
根据一次函数y＝kx的性质，斜率k＝tanα，
∵k＝3，且tan60°＝3，
∴α＝60°，
即直线OP1与x轴正半轴的夹角为60°，
∵点Q1在y轴正半轴上，∴∠POQ1＝90°﹣60°＝30°，
在Rt△OP1Q1中，∠OP1Q1＝90°，∠POQ1＝30°，OQ1＝4，
根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，
可得P1Q1＝12OQ1＝12×4＝2，
根据勾股定理， OP1=OQ12−P1Q12=42−22=12=23
观察图形和变换过程：
每一个新生成的三角形都是前一个三角形沿OP1方向平移OP1的长度得到的，
具体来看，点Q的序列是Q1，Q2，Q3，……，
Q1是初始点，
Q2是由Q1沿OP1方向平移OP1的长度得到的，
Q3是由Q2沿OP1方向平移OP1的长度得到的，
以此类推，点Qn是由点Q1沿OP1方向平移（n﹣1）次OP1的长度得到的，
根据上述规律，Q2026是由Q1沿OP1方向平移（2026﹣1）＝2025次OP1的长度得到的，
平移的总距离d＝2025×OP1＝2025×23＝40503，
平移的方向是沿直线y＝跟三x，即与x轴正半轴成60°角，
设点Q2026相对于点Q1的坐标变化量为（Δx，δΔy），
Δx＝d•cs60°＝40503×12＝20253，
Δy＝d•sin60°＝40503×32＝2025×3＝6075，
点Q1的坐标为（0，4），
∴点Q2026的横坐标x＝0+20253＝20253，
点Q2026的纵坐标y＝4+6075＝6079，
故点Q2026的坐标为（20253，6079），
故答案为：（20253，6079）．
三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（8分）（1）计算：3−2+（13）−1−2×cs30°−（π−2026）0；
（2）先化简，再求值：a2−4a+4a2−4÷（a−4aa+2），再从﹣2，﹣1，0，1，2中选择一个合适的a值代入求值．
【解析】解：（1）原式＝2−3+3−2×32−1
＝2−3+3−3−1
＝4−23；
（2）原式＝(a−2)2(a+2)(a−2)÷a2+2a−4aa+2
＝a−2a+2÷a(a−2)a+2
＝a−2a+2∙a+2a(a−2)
＝1a，
由题意可知，分式有意义的条件是所有分母不为零且除式不为零，故a2﹣4≠0且a−4aa+2≠0，
解得a≠±2且a≠0，
当a＝1时，原式＝1；当a＝﹣1时，原式＝﹣1
17．（8分）操作与探究：如图，在△ABC中，∠ABC＝90°．
动手操作：
（1）用直尺和圆规按要求作图：①作AC的垂直平分线MN交AC于点O；②以点O为圆心OC长为半径作⊙O；③连接BO并延长交⊙O于点D，连接AD，CD（要求：保留作图痕迹，标明字母）．
猜想证明：
（2）在（1）所作的图形中：
①判断点A，B与⊙O的位置关系，并说明理由；
②判断四边形ABCD的形状，并说明理由．
【解析】解：（1）如图即为所求．
（2）①点A，B在⊙O上．理由如下：
∵MN垂直平分AC于点O，
∴点O是AC的中点，
若OA=OC=12AC．
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，OB是斜边AC上的中线，
∴OB=12AC．
∴OA＝OB＝OC．
∵OC是⊙O的半径，
∴点A，B在⊙O上．
②四边形ABCD是矩形．理由如下：
由作图可知，点D在⊙O上，
∴OD＝OC．
∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵∠ABC＝90°，
∴▱ABCD是矩形．
18．（8分）
【解析】解：（1）由题意，设快充为y＝kx+b（0≤x≤1），
∵图象过（0，20%），（1，100%），
∴b=20%k+b=100%，
∴k＝80%，b＝20%．
∴快充的函数解析式为y＝80%x+20%（0≤x≤1）；
设慢充为y＝mx+n（0≤x≤8），
∵图象过（0，20%），（8，100%），
∴n=20%8m+n=100%，
∴m＝10%，b＝20%．
∴慢充的函数解析式为y＝10%x+20%（0≤x≤8）；
（2）车辆的电量不能充至100%．理由如下：
由题意得，慢充时间＝40÷60＝23（小时），
∴快充时间＝1.5﹣23＝56（小时）；
∴电量＝20%+23×10%+56×80%＝15+115+1015＝1415＜1．
∴当他们离开服务区时，车辆的电量不能充至100%．
19．（10分）每年4月23日是世界读书日，为推动全校阅读风气，鼓励学生发现阅读乐趣，某中学积极推进读书活动，倡导每名学生每学期至少读一本书，学期末学校对七、八年级的学生读书情况进行调查．分别从两个年级随机抽取相同数量的学生，统计每人在本学期的读书数，制作了频数分布表．
七年级样本学生读书本数扇形统计图
八年级样本学生读书本数频数分布直方图
（1）求出扇形统计图中圆心角α的度数，并补全频数分布直方图．
（2）根据频数分布表分别计算有关统计量：
请填写表格中的m，n的值，并求出的值．
（3）从中位数、众数、方差中任选两个统计量，对七八年级学生的读书情况进行比较，并做出评价．
【解析】解：（1）根据题意七年级样本学生总人数为：7÷14%＝50（人），
∴a＝50﹣7﹣10﹣12﹣6＝15（人），
α=1550×360°=108°，
b＝50﹣2﹣21﹣13﹣4＝10（人），
频数分布直方图如图所示
（2）x=1×7+2×15+3×10+4×12+5×650=2.9，
八年级学生的中位数为m＝3，
八年级学生的众数为n＝3；
（3）从平均数看，八年级比七年级平均读书多；从方差看，八年级的读书本数情况比七年级更集中，
从以上分析可以看出八年级学生对读书比较积极．
20．（10分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点O在AB边上，以O为圆心，OA为半径作圆，分别与AB，AC边交于点D，E，连接BE，BE＝BC．
（1）求证：直线BE是⊙O的切线；
（2）过点A作AM⊥BE，交BE的延长线于点M，AM交⊙O于点N，若AOME=54，AN＝6，求BC的长．
【解析】（1）证明：连接OE，
∵AO＝EO，
∴∠A＝∠AEO，
∵BE＝BC，
∴∠C＝∠BEC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠C＝90°，
∴∠AEO+∠BEC＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∵OE是⊙O的半径，
∴直线BE是⊙O的切线；
（2）解：过O作OH⊥AN于H，
∴AH＝HN＝12AN＝3，
∵AM⊥BE，
∴∠M＝∠OEM＝∠OHM＝90°，
∴四边形OHME是矩形，
∴OE＝MH，OH＝EM，
∵AOME=54，∴设AO＝5k，ME＝4k
∴OH＝4k，
∴AH＝OA2−OH2＝3k＝3，
∴k＝1，
∴OA＝OE＝HM＝5，EM＝OH＝4，
∵OE∥AM，
∴△OEB∽△AMB，
∴BEBM=OEAM=OBAB，
∴BEBE+4=58，
∴BE＝203，
∴BC＝BE＝203．
21．（9分）如图，M为某物流中心，N，P，Q为三个驿站，N在M的正南方向4.8km处，Q在M的正东方向，P在Q的南偏西35°方向2km处，N在P的南偏西60°方向．（参考数据：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.70，3≈1.73）
（1）求驿站P与驿站N之间的距离（结果精确到0.1km）；
（2）购物节期间，派送员从物流中心M出发，以30km/h的速度沿着M→N→P→Q的路线派送快递到各个驿站，派送员途经N，P两个驿站时各停留5min存放快递，请通过计算说明派送员能否在40min内到达驿站Q．
【解析】解：（1）如图，过点P作PA⊥MN于点A，PB⊥MQ于点B，
由题意得∠BPQ＝35°，∠PNA＝60°，MN＝4.8km，PQ＝2km，
cs∠BPQ=PBPQ，
∴PB＝PQcs∠BPQ≈2×0.82＝1.64（km），
由题意可得：AM＝PB＝1.64km，
∴AN＝MN﹣AM＝4.8﹣1.64＝3.16（km），
∵cs∠PNA=ANPN，
∴PN=ANcs∠PNA≈3.1612≈6.3(km)，
答：驿站P与驿站N之间的距离约为6.3km．
（2）根据题意可得 (4.8+6.3+2)÷30=131300(ℎ)，131300ℎ=26.2min，
26.2+5×2＝36.2（min），
∵36.2min＜40min，
∴派送员能在40min内到达驿站Q．
22．（11分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣3mx+c经过点A（4m，0）（m≠0）．
（1）求抛物线的对称轴和c的值（用含m的式子表示）；
（2）过点P（t，0）作x轴的垂线，交抛物线于点M，交直线y＝mx+m2于点N（M，N）不重合）．
①若m＝1，t＝2，求MN的长；
②已知在点P从点（2，0）运动到点（3，0）的过程中，MN的长随t的增大而减小，求m的取值范围．
【解析】解：（1）对称轴为直线x＝−−3m2=32m，
将点A（4m，0）代入y＝x2﹣3mx+c得，16m2﹣12m2+c＝0，
解得c＝﹣4m2；
（2）①由（1）知抛物线解析式为y＝x2﹣3mx﹣4m2，
当m＝1时，抛物线解析式为y＝x2﹣3x﹣4，直线解析式为y＝x+1，
当t＝2时，则M（2，﹣6），N（2，3），
∴MN＝3﹣（﹣6）＝9；
②∵抛物线解析式为y＝x2﹣3mx﹣4m2，直线解析式为y＝mx+m2，
∴M（t，t2﹣3mt﹣4m2），N（t，mt+m2），
∴MN＝|t2﹣3mt﹣4m2﹣mt﹣m2|＝|t2﹣4mt﹣5m2|，
对称轴为直线x＝2m，
令t2﹣4mt﹣5m2＝0，则有（t+m）（t﹣5m）＝0，
解得t＝﹣m或t＝5m；
当m＞0时，﹣m＜5m，
则MN＝|t2﹣4mt﹣5m2|＝t2−4mt−5m2(t5m)−t2+4mt+5m2(−m≤t≤5m)，
函数图象如图，
由图象可知当t≤﹣m或1.5m≤t≤5m时，MN随t的增大而减小，
∵点P从点（2，0）运动到点（3，0）的过程中，MN的长随t的增大而减小，
即2≤t≤3时，MN的长随t的增大而减小，
∴2m≤25m>3，
解得35＜m≤1；
当m＜0时，﹣m＞5m，
则MN＝|t2﹣4mt﹣5m2|＝t2−4mt−5m2(t−m)−t2+4mt+5m2(5m≤t≤−m)，
函数图象如图，
由图象可知当t≤5m或1.5m≤t≤﹣m时，MN随t的增大而减小，
∵点P从点（2，0）运动到点（3，0）的过程中，MN的长随t的增大而减小，
即2≤t≤3时，MN的长随t的增大而减小，
∴2m≤2−m>3，
解得m＜﹣3；
综上，m＜﹣3或35＜m≤1．
23．（11分）在综合与实践活动中，“特殊到一般”是一种常用的方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图1，在正方形纸片ABCD中，点P是边CD上一动点（不与端点重合）．折叠正方形纸片，使点B与点P重合，折痕分别交边BC、AD于点M、N，AB的对应边为PE，PE与AD交于点Q．探究△DPQ的周长与边AB的等量关系，并证明你的结论．
【特殊化感知】
（1）先从简单的、特殊的情况开始研究：若AB＝8，点P恰好是边CD的中点，则BM＝ ；
【一般化探究】
（2）对正方形的边长一般化处理，并改变点P的位置：如图2，若AB=a，CP=13a，求△DPQ的周长（用含a的代数式表示）；
【拓展性延伸】
（3）通过（1）（2）的解决，可猜想出△DPQ的周长与边AB的等量关系．但由于边长的一般化及点P位置的不确定，会导致DP、DQ、PQ的长度也不确定，从而使代数计算显得非常繁琐，那能否从几何角度证明若干个不确定的长度之和是确定的呢？请猜想△DPQ的周长与边AB的等量关系，并证明你的结论．
【解析】解：（1）∵正方形纸片ABCD，AB＝8，点P恰好是边CD的中点，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝8，PD=PC=12CD=4，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
设BM＝x，则CM＝BC﹣BM＝8﹣x，
在直角三角形BCM中，由勾股定理得：x2＝（8﹣x）2+16，
解得x＝5，
∴BM＝5，
故答案为：5；
（2）在正方形纸片ABCD中，AB=a，CP=13a，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝a，PD=CD−PC=23a，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
设BM＝PM＝x，则CM＝BC﹣BM＝a﹣x，
在直角三角形PCM中，由勾股定理得：x2=(a−x)2+19a2，
解得x=59a，
∴CM=a−59a=49a，
∵折叠正方形纸片，使点B与点P重合，
根据折叠的性质，得∠MPQ＝∠B＝90°，
∵∠D＝∠C＝∠MPQ＝90°，
∴∠MPC＝90°﹣∠DPQ＝∠PQD，
∴△MPC∽△PQD，
∴MCPD=PCQD，
∴49a23a=13aQD，
解得DQ=12a，
∴PQ=(12a)2+(23a)2=56a，
故△DPQ的周长为：PQ+DQ+DP=56a+12a+23a=2a，
故△DPQ的周长为2a；
（3）若干个不确定的长度之和是确定的，
∵正方形纸片ABCD，AB＝a，CP=1na，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝a，PD=CD−PC=n−1na，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
设BM＝x，则CM＝BC﹣BM＝a﹣x，
由勾股定理得：x2=(a−x)2+1n2a2，
解得x=n2+12n2a，
∴CM=a−n2+12n2a=n2−12n2a，
根据折叠的性质，得∠MPQ＝∠B＝90°，
∵∠D＝∠C＝∠MPQ＝90°，
∴∠MPC＝90°﹣∠DPQ＝∠PQD，
∴△MPC∽△PQD，
∴MCPD=PCQD，
∴n2−12n2an−1na=1naQD，
解得DQ=2n+1a，
∴PQ=(2n+1a)2+(n−1na)2=n2+1n(n+1)a，
故△DPQ的周长为：PQ+DQ+DP=n2+1n(n+1)a+2n+1a+n−1na=2a=2AB，
故△DPQ的周长为2AB．
背景
我国新能源汽车产销量连续10年全球第一，2025年出口261.5万辆，纯电动汽车占比超六成．凭借环保节能的优势，电动车越来越受到青睐，预计到2035年，纯电动汽车将占据市场绝对主导地位．
素材1
工程师对某品牌的A款电动车进行充电测试，用快速充电桩和慢速充电桩分别对剩余电量为20%的两台A款电动车同时充电，充电时，各自的电量y与充电时间x（小时）的函数图象分别为图中的线段BC和BD．
素材2
暑假里，小明一家驾驶某品牌的A款电动车从家出发去外地旅游，途中发现电量不足，便驶入服务区充电．此时，车辆剩余电量为20%，但服务区内的快速充电桩已满，只能先使用慢速充电桩充电．小明一家在慢速充电40分钟后，恰好有快速充电桩空出，立即改为快速充电（切换时间忽略不计）．由于行程安排，他们在服务区最多能停留1.5小时．
问题解决
任务一
根据素材1，试分别对快速充电和慢速充电两种情况，写出y关于x的函数解析式，并分别指出自变量x的取值范围．
任务二
当他们离开服务区时，车辆的电量能否充至100%？请说明理由．
读书数目（本）
1
2
3
4
5
七年级频数（人）
7
a
10
12
6
八年级频数（人）
2
b
21
13
4
统计量
中位数
众数
平均数
方差
七年级
3
2
1.48
八年级
m
n
3.3
1.01