苏科版八年级上册6.1 函数精品课后测评

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2022-2023学年苏科版数学八年级上册章节考点精讲精练
第6章《一次函数》
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知识点01：函数的相关概念
一般地，在一个变化过程中. 如果有两个变量 与，并且对于的每一个确定的值，都有唯一确定的值与其对应，那么我们就说 是自变量，是的函数.
是的函数，如果当＝时＝，那么叫做当自变量为时的函数值.
函数的表示方法有三种：解析式法，列表法，图象法.
知识点02：一次函数的相关概念
　　一次函数的一般形式为，其中、是常数，≠0.特别地，当＝0时，一次函数即（≠0），是正比例函数.
知识点03：一次函数的图象及性质
1、函数的图象
　　如果把自变量与函数的每对对应值分别作为点的横、纵坐标，那么坐标平面内由这些点组成的图形，就是这个函数的图象.
细节剖析：
直线可以看作由直线平移||个单位长度而得到（当＞0时，向上平移；当＜0时，向下平移）.说明通过平移，函数与函数的图象之间可以相互转化.
2、一次函数性质及图象特征
掌握一次函数的图象及性质（对比正比例函数的图象和性质）

细节剖析：
理解、对一次函数的图象和性质的影响：
（1）决定直线从左向右的趋势（及倾斜角的大小——倾斜程度），决定它与轴交点的位置，、一起决定直线经过的象限．
（2）两条直线：和：的位置关系可由其系数确定：
与相交；
，且与平行；
，且与重合；
（3）直线与一次函数图象的联系与区别
一次函数的图象是一条直线；特殊的直线、直线不是一次函数的图象.
知识点04：用函数的观点看方程、方程组、不等式　
方程（组）、不等式问题
函 数 问 题
从“数”的角度看
从“形”的角度看
求关于、的一元一次方程＝0（≠0）的解
为何值时，函数的值为0？
确定直线与轴（即直线＝0）交点的横坐标
求关于、的二元一次方程组的解．
为何值时，函数与函数的值相等？
确定直线与直线的交点的坐标
求关于的一元一次不等式＞0（≠0）的解集
为何值时，函数的值大于0？
确定直线在轴（即直线＝0）上方部分的所有点的横坐标的范围
考点提优练

考点01：一次函数的图象
1．（2022春•呼兰区校级期末）如图，同一直角坐标系中，能表示一次函数y＝x+kb和y＝kx+b（k、b为常数，且k≠0）的图象是（　　）
A． B．
C． D．
解：A、一次函数y＝kx+b的图象经过第二、三、四象限，则k＞0，b＜0，则kb＜0；而一次函数y＝x+kb的图象与y轴交于正半轴，则kb＞0，kb＞0与kb＜0相矛盾，不符合题意；
B、一次函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，则k＞0，b＜0，则kb＜0；而一次函数y＝x+kb的一次项系数为正，与题干图形相矛盾，不符合题意；
C、一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限，则k＜0，b＞0，则kb＜0；而一次函数y＝x+kb的图象与y轴交于负半轴，则kb＜0．kb＜0与kb＜0相一致，符合题意；
D、一次函数y＝kx+b的图象经过第二、三、四象限，则k＜0，b＜0，则kb＞0；而一次函数y＝x+kb的图象与y轴交于负半轴，则kb＜0．kb＞0与kb＜0相矛盾，不符合题意；
故选：C．
2．（2022•柳州）如图，直线y1＝x+3分别与x轴、y轴交于点A和点C，直线y2＝﹣x+3分别与x轴、y轴交于点B和点C，点P（m，2）是△ABC内部（包括边上）的一点，则m的最大值与最小值之差为（　　）

A．1 B．2 C．4 D．6
解：∵点P（m，2）是△ABC内部（包括边上）的一点，
∴点P在直线y＝2上，如图所示，

当P为直线y＝2与直线y2的交点时，m取最大值，
当P为直线y＝2与直线y1的交点时，m取最小值，
∵y2＝﹣x+3中令y＝2，则x＝1，
y1＝x+3中令y＝2，则x＝﹣1，
∴m的最大值为1，m的最小值为﹣1．
则m的最大值与最小值之差为：1﹣（﹣1）＝2．
故选：B．
3．（2022•辽宁）如图，在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝k1x+b1与y＝k2x+b2的图象分别为直线l1和直线l2，下列结论正确的是（　　）

A．k1•k2＜0 B．k1+k2＜0 C．b1﹣b2＜0 D．b1•b2＜0
解：∵一次函数y＝k1x+b1的图象过一、二、三象限，
∴k1＞0，b1＞0，
∵一次函数y＝k2x+b2的图象过一、三、四象限，
∴k2＞0，b2＜0，
∴A、k1•k2＞0，故A不符合题意；
B、k1+k2＞0，故B不符合题意；
C、b1﹣b2＞0，故C不符合题意；
D、b1•b2＜0，故D符合题意；
故选：D．
4．（2019秋•张店区期末）一次函数y＝kx+b的图象如图所示，其中b＝　3　，k＝　﹣　．

解：由函数的图象可知，图象与两坐标轴的交点坐标为（0，3），（2，0），
设函数的解析式为y＝kx+b（k≠0），
把（0，3），（2，0）代入得，，解得b＝3，k＝﹣；
故答案为3，﹣．
5．（2019•无锡）如图，已知A（0，3）、B（4，0），一次函数y＝﹣x+b的图象为直线l，点O关于直线l的对称点O′恰好落在∠ABO的平分线上，则b的值为 　　．

解：延长OO'交AB于点C，交l于点E，过点O'作O′G⊥x轴交于G，过点E作EF⊥x轴于点F；
∵A（0，3）、B（4，0），
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3，
∵直线l的解析式为y＝﹣x+b，
∴AB∥l，
∵OO'⊥l，
∴OC⊥AB，
∵OA＝3，OB＝4，
由等积法可求，OC＝，
∵∠COB+∠AOC＝∠BAO+∠AOC＝90°，
∴∠BOC＝∠BAO，
∵BO'是∠ABO的角平分线，
∴CO'＝GO'，
∴sin∠BAO＝＝＝＝，
∴OO'＝，
∴O'G＝﹣＝，
在Rt△OO'G中，GO＝，
∵E、F是△OO'G的中位线，
∴E（，），
∵E点在直线l上，
∴＝﹣×+b，
∴b＝，
故答案为．

6．（2021春•肥城市期末）按要求完成下列问题．
（1）根据所知识，在同一坐标系内作出函数y＝|3x﹣1|与的图象．
（2）求方程的解；
（3）求（1）中两函数所围成的图形的面积．
解：（1）在同一坐标系内作出函数y＝|3x﹣1|与的图象如下图：

（2）当3x﹣1≥0时有：3x﹣1＝x+1，
解得：x＝0.8，
当3x﹣1＞0时有：1﹣3x＝x+1，
解得：x＝0，
原方程的解为：x＝0.8或x＝0；
（3）两函数所围成的图形为△ABC，如下图所示：

由（2）知：OA＝1，OD＝0.8OC＝，CD＝，BD＝1.4，
∴△ABC的面积为：×（1.4+1）×0.8﹣×1×﹣××0.8＝0.7．
考点02：待定系数法求一次函数解析式
7．（2021秋•碑林区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，4），B（1，2），C（5，2），直线l经过点A，它将△ABC分成面积相等的两部分，则直线l的表达式为（　　）

A．y＝﹣2x+6 B．y＝﹣2x+8 C．y＝2x+8 D．y＝﹣x+6
解：∵直线l平分△ABC面积，
∴直线l经过BC中点，
∵B（1，2），C（5，2），
∴BC中点坐标为（3，2），
设直线解析式为y＝kx+b，
将（2，4），（3，2）代入y＝kx+b得，
解得，
∴y＝﹣2x+8．
故选：B．
8．（2021春•饶平县校级期末）已知变量y与x之间的函数关系的图象如图，它的解析式是（　　）

A． B．
C． D．
解：从函数图象上可以看出，这条线段经过点（3，0）和（0，2），
所以可以设其函数关系式为y＝kx+2．
再把点（3，0）代入求得k＝，
所以其函数关系式为y＝x+2，且自变量的取值范围为0≤x≤3．
故选：A．
9．（2017秋•碑林区校级月考）已知一次函数y＝kx+b，当0≤x＜2时，对应的函数值y的取值范围是﹣2≤y＜4，则kb的值为（　　）
A．12 B．﹣6 C．﹣6 或﹣12 D．6或12
解：∵一次函数y＝kx+b，当0≤x＜2时，对应的函数值y的取值范围是﹣2≤y＜4，
∴k＞0，
当k＞0时，y随x的增大而增大，即一次函数为增函数，
∴当x＝0时，y＝﹣2，当x＝2时，y＝4，
代入一次函数解析式y＝kx+b，
得：，解得，
∴kb＝3×（﹣2）＝﹣6．
故选：B．
10．（2021•永嘉县校级模拟）如图，在直角坐标系中，过点A（6，6）分别向x轴，y轴作垂线，垂足分别为点B，C，取AC的中点P，连接OP，作点C关于直线OP的对称点D，直线PD与AB交于点Q，则线段PQ的长为　5　，直线PQ的函数表达式为　y＝﹣x+10　．

解：连接OQ，
∵点A（6，6），
∴AC⊥y轴，AB⊥x轴，
∴AC＝AB＝OC＝OB＝6，
∵点P是AC的中点，
∴CP＝AP＝3，
∵点C关于直线OP的对称点D，
∴OD＝OC＝OB＝6，PD＝PC＝3，∠PCO＝∠PDO＝∠ABO＝∠QDO＝90°，
在Rt△ODQ与Rt△OBQ中，，
∴Rt△ODQ≌Rt△OBQ（HL），
∴DQ＝BQ，
设DQ＝BQ＝x，
∴AQ＝6﹣x，PQ＝3+x，
∵PA2+AQ2＝PQ2，
∴32+（6﹣x）2＝（3+x）2，
∴x＝2，
∴PQ＝5，BQ＝2，
∴Q（6，2），
设直线PQ的函数表达式为y＝kx+b，
把P（3，6），Q（6，2）代入得，，
解得：，
∴直线PQ的函数表达式为y＝﹣x+10，
故答案为：5，y＝﹣x+10．

11．（2020秋•姜堰区期末）一个水库的水位在最近5h内持续上涨．下表记录了这5h内6个时间点的水位高度，其中x表示时间，y表示水位高度．
x/h
0
1
2
3
4
5
y/m
3
3.3
3.6
3.9
4.2
4.5
根据表格中水位的变化规律，则y与x的函数表达式为　y＝0.3x+3　．
解：设y与x的函数表达式为y＝kx+b，由记录表得：
，
解得：．
故y与x的函数表达式为y＝0.3x+3．
故答案为：y＝0.3x+3．
12．（2021秋•广陵区校级期末）已知y﹣3与x+4成正比例，且当x＝﹣1时，y＝﹣3．求：
（1）y与x之间的函数表达式；
（2）当x＝﹣5时，y的值．
解：（1）设y﹣3＝k（x+4），
将x＝﹣1，y＝﹣3代入y﹣3＝k（x+4）得﹣3﹣3＝3k，
解得k＝﹣2，
∴y﹣3＝﹣2（x+4），即y＝﹣2x﹣5．
（2）把x＝﹣5代入y＝﹣2x﹣5得y＝﹣2×（﹣5）﹣5＝5．
13．（2022春•武威期末）如图，已知一次函数y＝kx+b的图象经过A（﹣2，﹣1），B（1，3）两点，并且交x轴于点C，交y轴于点D．
（1）求一次函数的解析式；
（2）求点C和点D的坐标；
（3）求△AOB的面积．

解：（1）把A（﹣2，﹣1），B（1，3）代入y＝kx+b得 ，
解得 ．
所以一次函数解析式为y＝x+；
（2）令y＝0，则0＝x+，解得x＝﹣，
所以C点的坐标为（﹣，0），
把x＝0代入y＝x+得y＝，
所以D点坐标为（0，），
（3）△AOB的面积＝S△AOD+S△BOD
＝××2+××1
＝．
考点03：一次函数与一元一次方程
14．（2022春•凤山县期末）已知函数y＝kx+b的部分函数值如表所示，则关于x的方程kx+b﹣5＝0的解是（　　）
x
…
﹣1.5
0
1
2
…
y
…
6
3
1
﹣1
…
A．1 B． C．﹣1 D．﹣
解：把x＝0，y＝3和x＝1，y＝1分别代入y＝kx+b，得，
解得：k＝﹣2，b＝3，
即y＝﹣2x+3，
∴方程kx+b﹣5＝0变形为﹣2x+3﹣5＝0，
解得：x＝﹣1，
即关于x的方程kx+b﹣5＝0的解是x＝﹣1，
故选：C．
15．（2021秋•招远市期末）已知关于x的一次函数y＝3x+n的图象如图，则关于x的一次方程3x+n＝0的解是（　　）

A．x＝﹣2 B．x＝﹣3 C． D．
解：从图象可知：一次函数y＝3x+n与y轴的交点坐标是（0，2），
代入函数解析式得：2＝0+n，
解得：n＝2，
即y＝3x+2，
当y＝0时，3x+2＝0，
解得：x＝﹣，
即关于x的一次方程3x+n＝0的解是x＝﹣，
故选：D．
16．（2022春•江都区校级月考）若一次函数y＝kx+b（k为常数且k≠0）的图象经过点（﹣2，0），则关于x的方程k（x﹣5）+b＝0的解为 　x＝3　．
解：直线y＝k（x﹣5）+b是由直线y＝kx+b向右平移5个单位所得，
∵y＝kx+b与x轴交点为（﹣2，0），
∴直线y＝k（x﹣5）+b与x轴交点坐标为（3，0），
∴k（x﹣5）+b＝0的解为x＝3，
故答案为：x＝3．
17．（2021•姜堰区一模）若一次函数y＝ax+b（a、b为常数，且a≠0）的图象过点（2，0），则关于x的方程a（x+1）+b＝0的解是　x＝1　．
解：一次函数y＝ax+b的图象向左平移1个单位可得y＝a（x+1）+b的图象，
∵一次函数y＝ax+b（a、b为常数，且a≠0）的图象过点（2，0），
∴一次函数y＝a（x+1）+b的图象与x轴交于点（1，0），
∴关于x的方程a（x+1）+b＝0的解是：x＝1，
故答案为：x＝1．
18．（2021春•长宁区校级期中）已知关于x的方程mx﹣2＝3x+n有无数个解．
（1）求出m、n的值．
（2）求一次函数y＝mx+n与坐标轴围成的三角形的面积．
解：（1）mx﹣2＝3x+n，
mx﹣3x＝n+2，
（m﹣3）x＝n+2，
∵关于x的方程mx﹣2＝3x+n有无数个解，
∴m﹣3＝0且n+2＝0，
解得：m＝3，n＝﹣2；

（2）∵y＝mx+n，m＝3，n＝﹣2，
∴y＝3x﹣2，
当x＝0时，y＝﹣2，
当y＝0时，3x﹣2＝0，
解得：x＝，
所以一次函数y＝mx+n与坐标轴围成的三角形的面积是|﹣2|×＝．
19．（2022春•康巴什期末）对于平面直角坐标系xOy中的任意一点P（x，y），给出如下定义：记a＝x+y，b＝﹣y，将点M（a，b）与N（b，a）称为点P的一对“相伴点”．
例如：点P（2，3）的一对“相伴点”是点（5，﹣3）与（﹣3，5）．
（1）点Q（4，﹣1）的一对“相伴点”的坐标是 　（1，3）　与 　（3，1）　；
（2）若点A（8，y）的一对“相伴点”重合，则y的值为 　﹣4　；
（3）若点B的一个“相伴点”的坐标为（﹣1，7），求点B的坐标．

解：（1）∵Q（4，﹣1），
∴a＝4+（﹣1）＝3，b﹣（﹣1）＝1，
∴点Q（4，﹣1）的一对“相伴点”的坐标是（1，3）与（3，1），
故答案为：（1，3），（3，1）；

（2）∵点A（8，y），
∴a＝8+y，b＝﹣y，
∴点A（8，y）的一对“相伴点”的坐标是（8+y，﹣y）和（﹣y，8+y），
∵点A（8，y）的一对“相伴点”重合，
∴8+y＝﹣y，
∴y＝﹣4，
故答案为：﹣4；

（3）设点B（x，y），
∵点B的一个“相伴点”的坐标为（﹣1，7），
∴或，
∴或，
∴B（6，﹣7）或（6，1）．
考点04：一次函数与二元一次方程（组）
20．（2022春•武汉期末）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”．请用这句话提到的数学思想方法解决下面的问题，已知函数，且关于x，y的二元一次方程ax﹣2a﹣y＝0有两组解，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
解：∵ax﹣2a﹣y＝0可化简为y＝a（x﹣2），
∴无论a取何值，恒过（2，0），
∴该函数图象随a值不同绕（2，0）旋转，
作出题中所含两个函数图象如下：

经旋转可得：当﹣1＜a≤时，关于x，y的二元一次方程ax﹣2a﹣y＝0有两组解．
故选：C．
21．（2022春•东平县期末）如图，已知一次函数y＝kx+2的图象与x轴，y轴分别交于点A，B，与正比例函数y＝x交于点C，已知点C的横坐标为2，下列结论：①关于x的方程kx+2＝0的解为x＝3；②对于直线y＝kx+2，当x＜3时，y＞0；③对于直线y＝kx+2，当x＞0时，y＞2；④方程组的解为，其中正确的有（　　）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
解：将x＝2代入y＝x得y＝，
∴点C坐标为（2，），
将（2，）代入y＝kx+2得＝2k+2，
解得k＝﹣，
∴y＝﹣x+2，
把y＝0代入y＝﹣x+2得0＝﹣x+2，
解得x＝3，
∴直线y＝kx+2经过（3，0），
∴方程kx+2＝0的解为x＝3，x＜3时，y＞0，
∴①②正确，③错误．
∵直线y＝kx+2与直线y＝x交点坐标为（2，），
∴方程组的解为，④正确．
故选：C．
22．（2019秋•南宁期中）如图，已知一次函数y1＝k1x+b1的图象与y2＝k2x+b2的图象交于点A（1，3），则方程组的解是（　　）

A． B． C． D．
解：∵一次函数y1＝k1x+b1的图象与y2＝k2x+b2的图象交于点A（1，3），
∴方程组的解是．
故选：B．
23．（2022春•思明区期末）如图，函数y＝ax和y＝kx+b的图象相交于点A，则关于x，y的方程组
的解为 　　．

解：根据图象可知：函数y＝ax和y＝kx+b的图象的交点A的坐标是（﹣2，1），
所以关于x，y的方程组的解为，
故答案为：．
24．（2022春•新野县期末）如图，直线y＝x+1与直线y＝mx﹣n相交于点M（1，b），则关于x，y的方程组的解为 　　．

解：∵直线y＝x+1经过点M（1，b），
∴b＝1+1，
解得b＝2，
∴M（1，2），
∴关于x的方程组的解为，
故答案为：．
25．（2022春•长安区校级期中）如图，直线l：y＝2x+1与直线l2：y＝mx+4相交于点P（1，b），与x轴分别交于A，B两点．
（1）求b，m的值，并结合图象写出关于x，y的方程组的解；
（2）求△ABP的面积；
（3）垂直于x轴的直线x＝a与直线l1，l2分别交于点C，D，若线段CD的长为2，直接写出a的值．

解：（1）把点P（1，b）代入y＝2x+1，
得b＝2+1＝3，
把点P（1，3）代入y＝mx+4，得m+4＝3，
∴m＝﹣1，
∵直线l：y＝2x+1与直线l2：y＝mx+4相交于点P（1，3），
∴方程组的解为；
（2）∵L1：y＝2x+1     L2：y＝﹣x+4，
∴A（﹣，0），（4，0），
AB＝4﹣（﹣）＝，
∴S△ABP＝AB•h＝×3＝；
（3）解：直线x＝a与直线l1的交点C为（a，2a+1）
与直线l2的交点D为（a，﹣a+4）．
∵CD＝2，
∴|2a+1﹣（﹣a+4）|＝2，
即|3 a﹣3|＝2，
∴3 a﹣3＝2或3 a﹣3＝﹣2，
∴a＝或a＝．
26．（2022春•礼县期末）如图，直线l1：y＝x+1与直线l2：y＝mx+n相交于点P（1，b）．
（1）求b的值；
（2）不解关于x、y的方程组，请你直接写出它的解；
（3）直线l3：y＝nx+m是否也经过点P？请说明理由．

解：（1）把P（1，b）代入y＝x+1得b＝1+1＝2；
（2）由（1）得P（1，2），
所以方程组的解为；
（3）直线l3：y＝nx+m经过点P．理由如下：
因为y＝mx+n经过点P（1，2），
所以m+n＝2，
所以直线y＝nx+m也经过P点．
27．（2020秋•肃州区期末）如图，直线l1的函数表达式为y＝3x﹣2，且直线l1与x轴交于点D．直线l2与x轴交于点A，且经过点B（4，1），直线l1与l2交于点C（m，3）．
（1）求点D和点C的坐标；
（2）求直线l2的函数表达式；
（3）利用函数图象写出关于x，y的二元一次方程组的解．

解：（1）在y＝3x﹣2中
令y＝0，即3x﹣2＝0 解得x＝，
∴D（，0），
∵点C（m，3）在直线y＝3x﹣2上，
∴3m﹣2＝3，
∴m＝，
∴C（，3）；
（2）设直线l2的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），
由题意得：，
解得：，
∴y＝﹣x+；
（3）由图可知，二元一次方程组的解为．
28．（2021•南岸区校级模拟）初中阶段的函数学习中，我们经理了列表、描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质的过程，以下我们研究函数性质及应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．
（1）下表是x与y的几组值，请在表格中的空白处填上恰当的数字；
x
…
﹣4
﹣3
﹣1

0

1
3
4
5
…
y
…




　﹣2　

0
4
　2　

…
（2）在平面直角坐标系中，补全描出表格中数据对应的各点，补全函数图象；
（3）观察函数的图象，请写出函数的一条性质：　当x＜0时，函数有最小值﹣2，没有最大值　．
（4）若方程（t为常数）有三个实数解，则t的取值范围为 　　．

解：（1）x＝0时，＝﹣2；
x＝4时，＝2，
故答案为：﹣2，2；
（2）图象如图所示：

（3）当x＜0时，函数有最小值﹣2，没有最大值；
故答案为：当x＜0时，函数有最小值﹣2，没有最大值；
（4）如图：
由，可知+，
令h＝+，
当x＞2或x＜0时，h＝+＝+x，
∴x2﹣（2h+2）x+8+4h＝0，
当Δ＝0时，4h2+8h+4﹣32﹣16h＝0，
解得h＝1+2或h＝1﹣2，
此时函数h＝+与y＝1+2有两个交点，
函数h＝+与y＝1﹣2也有两个交点，
当x＝0时，y＝﹣2，此时函数h＝+与y＝﹣2有两个交点，
∴时，函数h＝+与y＝t有三个交点，
∴方程（t为常数）有三个实数解，则t的取值范围为，
故答案为：．

29．（2019秋•寿阳县期末）如图，l1，l2分别表示两个一次函数的图象，它们相交于点P，
（1）求出两条直线的函数关系式；
（2）点P的坐标可看作是哪个二元一次方程组的解；
（3）求出图中△APB的面积．

解：（1）设直线l1的解析式是y＝kx+b，已知l1经过点（0，3），（1，0），
可得：，解得，
则函数的解析式是y＝﹣3x+3；
同理可得l2的解析式是：y＝x﹣2．

（2）点P的坐标可看作是二元一次方程组的解．

（3）易知：A（0，3），B（0，﹣2），P（，﹣）；
∴S△APB＝AB•|xP|＝×5×＝．
考点05：一次函数的应用
30．（2022春•长安区校级期中）如图，l1，l2分别表示甲、乙两人在越野登山比赛整个过程中，所走的路程y（m）与甲出发时间x（min）的函数图象，下列说法正确的有（　　）
①越野登山比赛的全程为1000m；
②乙的速度为20m/min；
③a的值为750；
④乙到达终点时，甲离终点还有100m

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：由题意可知，越野登山比赛的全程为1000m，故①说法正确；
乙的速度为：1000÷（50﹣40）＝100（m/min），故②说法错误；
甲中途休息后的速度为：（1000﹣600）÷（60﹣40）＝20（m/min），
设甲出发x分钟后两人相遇，则：
100（x﹣40）＝600+20（x﹣40），
解得x＝47.5，
∴a＝100×（47.5﹣40）＝750，故③说法正确；
乙到达终点时，甲离终点还有：20×（60﹣50）＝200（m），故④说法错误．
所以说法正确的有①③，共2个．
故选：B．
31．（2022•渝北区自主招生）小明与小华两人均从学校匀速步行到文星书店买书，已知学校和文星书店在同一条笔直大街上．小华比小明晚出发1分钟，但是比小明早到半分钟．已知小明、小华各自离学校的距离y（米）与小明离开学校的时间x（分钟）的关系如图所示，其中点A坐标为（4，320），则以下说法正确的是（　　）

A．学校与书店相距300米
B．小华的速度是每分钟米
C．小华到达书店时，小华与小明相距50米
D．小华出发分钟追上小明
解：由图象可知，学校与书店的距离为320米，
故A错误；
由题意知小华从学校到书店所用时间为4﹣1﹣0.5＝2.5（分钟），
∴小华的速度为＝128（米/分），
故B错误；
小明的速度为320÷4＝80（米/分），
∵小华比小明早到书店半分钟，
此时小明与书店的距离为320﹣80×3.5＝40（米），
故C错误；
设小明出发x分钟时小华追上小明，
根据题意得：80x＝128（x﹣1），
解得x＝，
∴x﹣1＝﹣1＝，
∴小华出发分钟追上小明，
故D正确．
故选：D．
32．（2022春•海安市期中）甲、乙两人在一条400m长的直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步，先到终点的人原地休息．已知甲先出发3s，在跑步过程中，甲、乙两人间的距离y（m）与乙出发的时间x（s）之间的函数关系如图所示，有下列结论：①乙的速度为5m/s；②离开起点后，甲、乙两人第一次相遇时，距离起点12m；③甲、乙两人之间的距离超过32m的时间范围是44＜x＜89；④乙到达终点时，甲距离终点还有68m．其中正确的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
解：由图象可知，乙80秒到达终点，
∴400÷80＝5（米/秒），
∴乙的速度为5米/秒，
故①正确；
由图象可知，甲3秒行12米，
∴12÷3＝4（米/秒），
∴甲的速度是4米/秒，
甲、乙两人第一次相遇，则12+4x＝5x，
解得x＝12，
∴5×12＝60（米），
∴甲、乙两人第一次相遇时，距离起点60米，
故②错误；
当x＝12时，两人第一次相遇，即y＝0；
当x＝80时，乙行400米，甲行4×（3+80）＝332（米），
∴400﹣332＝68（米），
此时两人的距离是68米，
故④正确；
当x＝80时，y＝68，
设当12≤x≤80时，y＝kx+b，
则，
解得，
∴y＝x﹣12，
∴当y＝32时，x﹣12＝32，
解得x＝44；
当乙到达终点时，甲到达终点还需要68÷4＝17（秒），
设当80＜x≤97时，y＝mx+n，
则，
解得，
∴y＝﹣4x+388，
当y＝32时，﹣4x+388＝32，
解得x＝89，
∴甲、乙两人之间的距离超过32m的时间范围是44＜x＜89，
故③正确．
故选：B．
33．（2022春•石河子期末）甲、乙两人沿同一条笔直的公路相向而行，甲从A地前往B地，乙从B地前往A地．甲先出发3分钟后乙才出发，当甲行驶到6分钟时发现重要物品忘带，立刻以原速的掉头返回A地．拿到物品后以提速后的速度继续前往B地，二人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，下列说法不正确的是（　　）


A．乙的速度为240m/min
B．两人第一次相遇的时间是分钟
C．B点的坐标为（3，3520）
D．甲最终达到B地的时间是分钟
解：由CD∥x轴知，乙的速度与甲提速后的速度相等，即乙速度是甲提速前速度的，
设甲提速前速度是x米/分，则乙速度为x米/分，
根据C点坐标可得：6x+（6﹣3）×x＝4000﹣2320，
解得x＝160，
∴甲提速前速度是160米/分，乙速度为x＝×160＝240米/分，故A正确，不符合题意；
∴甲提速后速度为240米/分，
∴甲返回所用时间是＝4分，
∴甲拿到物品后再次从A地出发的时间是第10分钟，
设两人第一次相遇的时间是y分钟，则240（y﹣10）+240（y﹣3）＝4000，
解得y＝，
∴两人第一次相遇的时间是分钟，故B正确，不符合题意；
由题意，甲以160米/分的速度，3分钟所走路程是480米，
∴3分钟时两人相距4000﹣480＝3520米，
∴B点的坐标为（3，3520），故C正确，不符合题意；
∵甲拿到物品后再次从A地出发的时间是第10分钟，
∴甲最终达到B地的时间是+10＝分，故D不正确，符合题意，
故选：D．
34．（2022秋•青浦区月考）在全民健身越野赛中，甲乙两选手的行程y（千米）随时间x（小时）变化的图象（全程）如图所示．有下列说法：
①起跑后1小时内，乙在甲的前面；
②第1小时两人都跑了10千米；
③甲比乙先到达终点；
④两人都跑了20千米．
其中正确的说法是 　②④　．（填序号）

解：①由纵坐标看出，起跑后1小时内，甲在乙的前面，故①错误；
②由横坐标看出，第一小时两人都跑了10千米，故②正确；
③由横坐标看出，乙比甲先到达终点，故③错误；
④由纵坐标看出，甲乙二人都跑了20千米，故④正确；
故答案为：②④．
35．（2022春•大足区期末）甲、乙两车分别从A，B两地同时相向匀速行驶，当乙车到达A地后，继续保持原速向远离B的方向行驶，而甲车到达B地后立即掉头，并保持原速与乙车同向行驶，经过12小时后两车同时到达距A地300千米的C地（中途休息时间忽略不计）．设两车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），y与x之间的函数关系如图所示，则当乙车到达A地时，甲车距A地 　150　千米．

解：由图象可知，甲车从A地到B地用了4小时，
∵经过12小时后两车同时到达距A地300千米的C地，
∴甲车从B地到C地用12﹣4＝8（小时），乙从B地到C地用了12小时，
∵A、C两地的距离是300千米，
∴甲车的速度是300÷（8﹣4）＝75（千米/时），
∴A、B两地之间的距离是75×4＝300（千米），
∴乙车从B地到达A地需要＝6（小时），
此时甲的路程为75×6＝450（千米），
∴甲车矩A地450﹣300＝150（千米），
故答案为：150．
36．（2022春•满城区校级期末）某早餐机开机后，自动启动程序：先匀速加热，当机内温度升高到220℃时，自动停止加热，同时机内温度匀速下降，当机内温度降至140℃时，早餐机又自动启动上述程序，直至关机．已知早餐机的机内初始温度为20℃．降温速度是加热速度的2倍，220早餐机的机内温度w（℃）与开机之后的时间t（s）之间的函数关系部分图象如图所示：
（1）早餐机的加热速度为 　4　℃/s．
（2）线段AB所在直线表示的w与t之间的函数表达式为 　w＝﹣8t+620　．
（3）将食物放入该早餐机，自开机之后，要使机内温度不低于180℃的累计时间不少于45s，至少需要 　115　s．

解：（1）早餐机的加热速度为：（220﹣20）÷50＝4（℃/s），
故答案为：4；
（2）设线段AB所表示的w与t之间的函数表达式为w＝kt+b（k≠0），
∵降温温度是加热速度的2倍，
∴降温速度为8℃/s，即k＝﹣8，
∵图象经过（50，220），
∴220＝﹣8×50+b，
解得b＝620，
∴w＝﹣8t+620，
故答案为：w＝﹣8t+620；
（3）由题意可知，
机内温度由220℃降至180℃所需时间为（220﹣180）÷8＝5（s），
机内温度由180℃升高到220℃所需时间为（220﹣180）÷4＝10（s），
机内温度由140℃升高到220℃所需时间为（220﹣140）÷4＝20（s），
∵10+5+10+5+10+5＝45（s），
∴需升高到220℃时再降温3次，
∴自开机之后，要使机内温度不低于180℃的累计时间不少于45s，至少需要50+10+20+10+20+5＝115（s），
故答案为：115．
37．（2022春•阜平县期末）甲、乙两车从A地出发前往B地，两车离开A地的距离y（km）与甲车行驶的时间x（h）的关系如图所示．
（1）乙车的平均速度是 　100　km/h；
（2）乙车到达B地时，甲车到B地的距离是 　35　km；
（3）图中a＝　　．

解：（1）由（1，0）和（4.5，350）得，
V乙＝＝100，
故答案为：100；
（2）∵V甲＝＝70，乙车比甲车早到0.5小时，
∴70×0.5＝35，
故答案为35；
（3）由得，
a＝，
故答案为：．
38．（2022秋•汉川市校级月考）某工厂研发生产某种产品，成本为4万元/吨，每天最多能生产20吨．产品当日出厂价格y（万元/吨）与当日订购产品数量x（吨）之间的关系如图所示：
（1）写出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）设工厂第一个月单日所获利润w（万元）．①求w（万元）与x（吨）的函数关系式；②为响应国家“乡村振兴”政策，工厂决定，将合作第一个月中单日所获最大利润捐赠给附近村委会，试问：工厂这次为“乡村振兴”最多捐赠多少万元？

解：（1）当0≤x≤6时，设函数关系式为：y＝kx+b，
把（0，9），（6，4）代入上式，得，
解得：，
∴y＝x+9；
当6＜x≤20时，y＝5，
综上所述：y与x的函数关系式为；
（2 ）①由题意得：w＝（y﹣4）x＝＝，
∴w（万元）与x（吨）的函数关系式为w＝；
②当0≤x≤6时，w＝x2+5x，
∵﹣＜0，
∴当x＝﹣时，w最大值为；
当6＜x≤20时，w＝x，
∴当x＝20时，w有最大值20．
综上所述：工厂这次为“乡村振兴“最多捐赠20万元．
39．（2022秋•晋源区校级月考）某通讯公司推出①，②两种通讯收费方式供用户选择，其中一种有月租费，另一种无月租费，且两种收费方式的通话时间x（分钟）与收费y（元）之间的函数关系如图所示．
（1）无月租费的收费方式是 　②　（选填“①”或“②”），其通话一分钟收费是 　0.2　元；
（2）求出有月租费收费方式中y与自变量x之间的函数关系式；
（3）若图中两个函数图象的交点坐标为（300，60），请你解释这个交点坐标的实际意义；
（4）当每月通话时间 　超过300　分钟时，选择方式①比较优惠；当每月通话时间 　少于300　分钟时，选择方式②比较优惠．

解：（1）根据图形可得：无月租的收费方式为②，其通话一分钟收费为＝0.2元，
故答案为：②，0.2；
（2）设有月租费收费方式中y与自变量x之间的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），
把（0，30）和（500，80）代入解析式得：
，
解得，
∴y与自变量x之间的函数关系式为y＝x+30；
（3）交点坐标的实际意义：通话300分钟时，两种收费方式收费60元；
（4）根据图形得，当通过话时间超过300分钟时，选择方式①比较优惠；
当通过话时间少于300分钟时，选择方式②比较优惠．
故答案为：超过300，少于300．
40．（2022•泰安三模）某公司推出一款桔子味饮料和一款荔枝味饮料，桔子味饮料每瓶售价是荔枝味饮料每瓶售价的倍．4月份桔子味饮料和荔枝味饮料总销售60000瓶，桔子味饮料销售额为250000元，荔枝味饮料销售额为280000元．
（1）求每瓶桔子味饮料和每瓶荔枝味饮料的售价；
（2）五一期间，该公司提供这两款饮料12000瓶促销活动，考虑荔枝味饮料比较受欢迎，因此要求荔枝味饮料的销量不少于桔子味饮料销量的；不多于桔子味饮料的2倍．桔子味饮料每瓶7折销售，荔枝味饮料每瓶降价2元销售，问：该公司销售多少瓶荔枝味饮料使得总销售额最大？最大销售额是多少元？
解：（1）设每瓶荔枝味饮料的售价为x元，则每瓶桔子味饮料的售价为元，
根据题意得：，
解得：x＝8，
经检验，x＝8是原方程的解，且符合题意，
∴＝10，
答：每瓶桔子味饮料的售价为10元，每瓶荔枝味饮料的售价为8元．
（2）设销售荔枝味饮料m瓶，则销售桔子味饮料（12000﹣m）瓶，
根据题意得：，
解得：7200≤m≤8000，
设总销售额w元，则w＝10×0.7×（12000﹣m）+6m＝﹣m+84000，
∵w是m的一次函数，且K＝﹣1＜0，
∴当m＝7200时，销售额最大，w最大值是76800元．
41．（2022春•海伦市期末）快车从甲地出发驶向乙地，在到达乙地后，立即按原路原速返回到甲地，快车出发一段时间后慢车从甲地驶向乙地，中途因故停车1h后，继续按原速驶向乙地两车距甲地的路程y（km）与慢车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示．请结合图象解答下列问题：
（1）快车行驶的速度是 　100　km/h，直接在图中的 　7　内填上正确的数；
（2）求快车从乙地返回甲地的过程中，y与x的函数解析式；
（3）快车出发多长时间，两车相距120km（直接写出答案）．

解：（1）由图象知，快车的速度为＝100（km/h），
∴快车从乙地返回甲地的时间为：400÷100＝4（h），
∴图中括号内填3+4＝7，
故答案为：100，7；
（2）设快车从乙地返回过程中y与x的函数解析式为y＝kx+b（k≠0），
则，
解得：，
∴快车从乙地返回过程中y与x的函数解析式为y＝﹣100x+700；
（3）由图象知，快车比慢车早出发1h，
∴慢车速度为：＝80（千米/小时），
∴设慢车出发x小时时与快车相距120千米，
①快车从甲地开往乙地时，
由题意得：100（x+1）＝80x+120，
解得：x＝1，
此时，x+1＝2；
②快车从乙地返回甲地和慢车相遇前，
根据题意得：100（x+1）﹣400+80（x﹣1）+120＝400，
解得：x＝3，
此时x+1＝4；
③快车从乙地返回甲地和慢车相遇后，
根据题意得：100（x+1）﹣400+80（x﹣1）﹣120＝400，
解得：x＝5，
此时x+1＝6．
综上所述，快车出发2h或4h或6h时，两车相距120km．
考点06：一次函数综合题
42．（2020•深圳模拟）八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过P点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，则该直线l的解析式为（　　）

A．y＝x+ B．y＝x+ C．y＝x+ D．y＝x+
解：直线l和八个正方形的最上面交点为P，过P作PB⊥OB于B，过P作PC⊥OC于C，
∵正方形的边长为1，
∴OB＝3，
∵经过P点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴三角形ABP面积是8÷2+1＝5，
∴BP•AB＝5，
∴AB＝2.5，
∴OA＝3﹣2.5＝0.5，
由此可知直线l经过（0，0.5），（4，3）
设直线方程为y＝kx+b，则，
解得．
∴直线l解析式为y＝x+．
故选：A．

43．（2020秋•福田区校级期中）已知直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝﹣x+m都经过C（﹣，），直线l1交y轴于点B（0，4），交x轴于点A，直线l2交y轴于点D，P为y轴上任意一点，连接PA、PC，有以下说法：
①方程组的解为；
②△BCD为直角三角形；
③S△ABD＝6；
④当PA+PC的值最小时，点P的坐标为（0，1）．
其中正确的说法是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
解：①∵直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝﹣x+m都经过C（﹣，），
∴方程组的解为，
故①正确，符合题意；

②把B（0，4），C（﹣，）代入直线l1：y＝kx+b，可得，解得，
∴直线l1：y＝2x+4，
又∵直线l2：y＝﹣x+m，
∴直线l1与直线l2互相垂直，即∠BCD＝90°，
∴△BCD为直角三角形，
故②正确，符合题意；

③把C（﹣，）代入直线l2：y＝﹣x+m，可得m＝1，
y＝﹣x+1中，令x＝0，则y＝1，
∴D（0，1），
∴BD＝4﹣1＝3，
在直线l1：y＝2x+4中，令y＝0，则x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
∴AO＝2，
∴S△ABD＝×3×2＝3，
故③错误，不符合题意；

④点A关于y轴对称的点为A'（2，0），
由点C、A′的坐标得，直线CA′的表达式为：y＝﹣x+1，
令x＝0，则y＝1，
∴当PA+PC的值最小时，点P的坐标为（0，1），
故④正确，符合题意；
故选：B．
44．（2022秋•惠山区校级月考）如图，在直角坐标系中，直线y＝﹣x+4交矩形OACB于F与G，交x轴于D，交y轴于E．
（1）△OED的面积为 　8　；
（2）若∠FOG＝45°，则矩形OACB的面积是 　8　．

解：（1）∵直线y＝﹣x+4与x轴，y轴分别交于点D，点E，
∴D（4，0），E（0，4），
∴OD＝OE＝4，
∴△ODE的面积＝OD•OE＝×4×4＝8；
故答案为：8；

（2）∵OD＝OE，
∴∠ODE＝∠OED＝45°；
∴∠OGE＝∠ODF+∠DOG＝45°+∠DOG，
∵∠EOF＝45°，
∴∠DOF＝∠EOF++∠DOG＝45°+∠DOG，
∴∠DOF＝∠OGE，
∴△DOF∽△EGO，
∴，
∴DF•EG＝OE•OD＝16，
过点F作FM⊥x轴于点M，过点G作GN⊥y轴于点N．

∴△DMF和△ENG是等腰直角三角形，
设NG＝AC＝a，FM＝BC＝b，
∴DF＝b，GE＝a，
∴DF•GE＝2ab，
∴2ab＝16，
∴ab＝8，
∴矩形OACB的面积＝ab＝8．
故答案为：8．
45．（2021秋•海淀区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，记x＝AC，y＝BC﹣AC，在平面直角坐标系xOy中，定义（x，y）为这个直角三角形的坐标，Rt△ABC为点（x，y）对应的直角三角形．有下列结论：
①在x轴正半轴上的任意点（x，y）对应的直角三角形均满足AB＝BC；
②在函数y＝（x＞0）的图象上存在两点P，Q，使得它们对应的直角三角形相似；
③对于函数y＝（x﹣2020）2﹣1（x＞0）的图象上的任意一点P，都存在该函数图象上的另一点Q，使得这两个点对应的直角三角形相似；
④在函数y＝﹣2x+2020（x＞0）的图象上存在无数对点P，Q（P与Q不重合），使得它们对应的直角三角形全等．
所有正确结论的序号是　①③④　．

解：①∵在x轴正半轴上的任意点（x，y），
∴y＝0，
∴AC＝BC，
∴AB＝BC；
②设P（x1，），Q（，），
则对应的直角三角形的直角边分别为x1，x1+；，+，
若两个三角形相似，则有＝，
∴＝，
∵x＞0，
∴x1＝，
∴不存在两点P，Q，使得它们对应的直角三角形相似；
③设P（x1，（x1﹣2020）2﹣1），Q（，（﹣2020）2﹣1），
则对应的直角三角形的直角边分别为x1+（x1﹣2020）2﹣1，x1；，+（﹣2020）2﹣1，
若两个三角形相似，则有＝，
∴（x1﹣）（x1+1﹣20202）＝0，
∵x＞0，
∴x1+1＝20202，
∴图象上的任意一点P，都存在该函数图象上的另一点Q，使得这两个点对应的直角三角形相似；
④设P（x1，﹣2x1+2020），Q（，﹣2+2020），
则对应的直角三角形的直角边分别为x1，﹣x1+2020；，﹣+2020，
若两个三角形全等，则有x1＝﹣+2020，＝﹣x1+2020，
∴+x1＝2020，
∵x＞0，
∴图象上存在无数对点P，Q，使得它们对应的直角三角形全等；
故答案为①③④．
46．（2022春•碾子山区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，将△AOB沿过点A的直线折叠，使点B落在x轴负半轴上，记作点C，折痕与y轴交点交于点D，则点C的坐标为　（﹣1，0）　，点D的坐标为　（0，）　．

解：由折叠的性质得：△ADB≌△ADC，
∴AB＝AC，BD＝CD，
对于直线y＝﹣x+3，令x＝0，得到y＝3；令y＝0，得到x＝4，
∴OA＝4，OB＝3，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得：AB＝5，
∴OC＝AC﹣OA＝AB﹣OA＝5﹣4＝1，即C（﹣1，0）；
在Rt△COD中，设CD＝BD＝x，则OD＝3﹣x，
根据勾股定理得：x2＝（3﹣x）2+1，
解得：x＝，
∴OD＝，即D（0，）．
故答案为：（﹣1，0）；（0，）
47．（2022秋•定远县校级月考）如图，已知直线y＝kx+b经过点B（1，4），与x轴交于点A（5，0），与直线y＝2x﹣4交于点C（3，m）．
（1）求直线AB的函数表达式及m的值；
（2）根据函数图象，直接写出关于x的不等式组2＜kx+b＜4的解集：　1＜x＜3　；
（3）现有一点P在直线AB上，过点P作PQ∥y轴交直线y＝2x﹣4于点Q，若点C到线段PQ的距离为1，求点P的坐标和点Q的坐标．

解：（1）将（1，4），（5，0）代入y＝kx+b得，
解得，
∴y＝﹣x+5．
将（3，m）代入y＝2x﹣4得m＝6﹣4＝2．
（2）∵点B坐标为（1，4），点C坐标为（3，2），
由图象得1＜x＜3时，2＜kx+b＜4，
故答案为：1＜x＜3．
（3）∵点C到线段PQ的距离为1，点C横坐标为3，
∴点P，Q横坐标为3﹣1＝2或3+1＝4，
将x＝2代入y＝﹣x+5得y＝﹣2+5＝3，
∴点P坐标为（2，3），
将x＝2代入y＝2x﹣4得y＝4﹣4＝0，
∴点Q坐标为（2，0），
将x＝4代入y＝﹣x+5得y＝﹣4+5＝1，
∴点P坐标为（4，1），
将x＝4代入y＝2x﹣4得y＝8﹣4＝4，
∴点Q坐标为（4，4），
综上所述，点P，Q坐标为（2，3），（2，0）或（4，1），（4，4）．
49．（2022秋•忠县校级月考）如图，直线l1：y＝2x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线l2与x轴交于点D，与y轴交于点C，BC＝6，OD＝3OC．
（1）求直线CD的解析式；
（2）点Q为直线AB上一动点，若有S△QCD＝2S△OCD，请求出Q点坐标；
（3）点M为直线AB上一动点，点N为直线x轴上一动点，是否存在以点M，N，C为顶点且以MN为直角边的三角形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标，并写出其中一个点M求解过程，若不存在，请说明理由．


解：（1）∵直线y＝2x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A（2，0），B（0，﹣4），
∵BC＝6，点C在y的正半轴上，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
∵OD＝3OC，
∴OD＝6，
∵点D在x轴正半轴上，
∴D（6，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+2；
（2）如图1，过点Q作QE∥y轴交直线CD于点E，
∵点Q为直线AB上一动点，
∴设Q（t，2t﹣4），
则E（t，t+2），
∴QE＝|（2t﹣4）﹣（﹣t+2）|＝|t﹣6|，
∴S△QCD＝S△QCE+S△QDE＝QE•t+QE•（6﹣t）＝3QE＝3|t﹣6|，
S△OCD＝OC•OD＝×2×6＝6，
∵S△QCD＝2S△OCD，
∴3|t﹣6|＝2×6，
解得：t＝或，
当t＝时，2t﹣4＝2×﹣4＝，
当t＝时，2t﹣4＝2×﹣4＝﹣，
∴Q点坐标为（，）或（，﹣）；
（3）设M（m，2m﹣4），N（n，0），
当点M在x轴上方，∠CMN＝90°，CM＝MN时，如图2，过点M作MF⊥y轴于点F，MG⊥x轴于点G，
则∠MFC＝∠MGN＝90°，MF＝m，CF＝2m﹣4﹣2＝2m﹣6，MG＝2m﹣4，NG＝n﹣m，
∵∠FOG＝90°，
∴四边形OFMG是矩形，
∴∠CMF+∠CMG＝90°，
∵∠NMG+∠CMG＝90°，
∴∠CMF＝∠NMG，
∴△CMF≌△NMG（AAS），
∴MF＝MG，CF＝NG，
∴，
解得：，
∴M（4，4）；
当点M在x轴下方，∠CMN＝90°，CM＝MN时，如图3，过点M作MF⊥y轴于点F，MG⊥x轴于点G，
则∠MFC＝∠MGN＝90°，MF＝m，CF＝2m﹣4﹣2＝2m﹣6，MG＝4﹣2m，NG＝n﹣m，
∵∠FOG＝90°，
∴四边形OFMG是矩形，
∴∠CMF+∠CMG＝90°，
∵∠NMG+∠CMG＝90°，
∴∠CMF＝∠NMG，
∴△CMF≌△NMG（AAS），
∴MF＝MG，CF＝NG，
∴m＝4﹣2m，
解得：m＝，
∴M（，﹣）；
当点M与点A重合，点N与点O重合，∠CNM＝90°，CN＝MN＝2时，如图4，
此时M（2，0）；
综上所述，点M的坐标为（4，4）或（，﹣）或（2，0）．