2024-2025学年四川省达州市高级中学数学九年级第一学期开学学业水平测试试题【含答案】

这是一份2024-2025学年四川省达州市高级中学数学九年级第一学期开学学业水平测试试题【含答案】，共28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。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）一元二次方程 2x(x－1)＝3(x－1)的解是（ ）
A．x＝B．x＝1C．x1＝或 x2＝1D．x1＝且 x2＝1
2、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件中，不能判断这个平行四边形是菱形的是（ ）
A．AB=ADB．∠BAC=∠DACC．∠BAC=∠ABDD．AC⊥BD
3、（4分）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB，BC的中点．若△DBE的周长是6，则△ABC的周长是（ ）
A．8B．10C．12D．14
4、（4分）某机械厂七月份生产零件50万个，第三季度生产零件196万个．设该厂八、九月份平均每月的增长率为x，那么x满足的方程是
A．50（1+x2）=196B．50+50（1+x2）=196
C．50+50（1+x）+50（1+x）2=196D．50+50（1+x）+50（1+2x）=196
5、（4分）有一把钥匙藏在如图所示的16块正方形瓷砖的某一块下面,则钥匙藏在黑色瓷砖下面的概率是( )
A．B．C．D．
6、（4分）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点、DE＝3，那么BC的长为( )
A．4B．5C．6D．7
7、（4分）在式子，，，中，x可以取1和2的是( )
A．B．C．D．
8、（4分）边长为a的等边三角形，记为第1个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接得到一个正六边形，记为第1个正六边形，取这个正六边形不相邻的三边中点，顺次连接又得到一个等边三角形，记为第2个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接又得到一个正六边形，记为第2个正六边形（如图），…，按此方式依次操作，则第6个正六边形的边长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知b是a，c的比例中项，若a=4，c=16，则b=________．
10、（4分）若函数是正比例函数，则常数m的值是 。
11、（4分）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_____．
12、（4分）如图，已知，点在边上，.过点作于点，以为一边在内作等边，点是围成的区域（包括各边）内的一点，过点作交于点，作交于点.设，，则最大值是_______.
13、（4分）已知一组数据含有20个数据：68，69，70，66，68，65，64，65，69，62，67，66，65，67，63，65，64，61，65，66，如果分成5组，那么64.5～66.5这一小组的频数为_________，频率为_________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，已知，在平面直角坐标系中，A（﹣3，﹣4），B（0，﹣2）．
（1）△OAB绕O点旋转180°得到△OA1B1，请画出△OA1B1，并写出A1，B1的坐标．
（2）判断以A，B，A1，B1为顶点的四边形的形状，请直接在答卷上填写答案．
15、（8分）菱形中，，，为上一个动点，，连接并延长交延长线于点.
（1）如图1，求证：；
（2）当为直角三角形时，求的长；
（3）当为的中点，求的最小值.
16、（8分）已知正比例函数y=kx经过点A，点A在第四象限，过点A作AH⊥x轴，垂足为点H，点A的横坐标为1，且△AOH的面积为1．
（1）求正比例函数的解析式；
（2）在x轴上能否找到一点P，使△AOP的面积为5？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
17、（10分）已知，在矩形中，的平分线DE交BC边于点E，点P在线段DE上（其中EP（1）如图1，若点F在CD边上（不与点C,D重合），将绕点P逆时针旋转90°后，角的两边PD、PF分别交AD边于点H、G．
①求证：；
②探究：、、之间有怎样的数量关系，并证明你的结论；
（2）拓展：如图2，若点F在CD的延长线上，过点P作，交射线DA于点G．你认为（2）中DF、DG、DP之间的数量关系是否仍然成立？若成立，给出证明，若不成立，请写出它们所满足的数量关系式，并说明理由．
18、（10分）规定两数a，b之间的一种运算，记作，如果，那么(a,b)=c，例如：因为21=8，所以(2,8)=1．
（1）根据上述规定，填空：
_____，_____；
（2）小明在研究这种运算时发现一个现象，，小明给出了如下的证明：
设，则，即，
∴，即，
∴
请你尝试用这种方法证明下面这个等式：
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图，直线y＝x+1与坐标轴相交于A、B两点，在其图象上取一点A1，以O、A1为顶点作第一个等边三角形OA1B1，再在直线上取一点A2，以A2、B1为顶点作第二个等边三角形A2B1B2，…，一直这样作下去，则第10个等边三角形的边长为_____．
20、（4分）已知一次函数，当时，对应的函数的取值范围是，的值为__．
21、（4分）如图，已知正方形纸片ABCD，M，N分别是AD、BC的中点，把BC边向上翻折，使点C恰好落在MN上的P点处，BQ为折痕，则∠PBQ=_____度．
22、（4分）若数使关于的不等式组有且只有四个整数解，的取值范围是__________．
23、（4分）一轮船以16海里/时的速度从A港向东北方向航行，另一艘船同时以12海里/时的速度从A港向西北方向航行，经过1小时后，它们相距______________海里．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分） “二广”高速在益阳境内的建设正在紧张地进行，现有大量的沙石需要运输．“益安”车队有载重量为8吨、10吨的卡车共12辆，全部车辆运输一次能运输110吨沙石．
（1）求“益安”车队载重量为8吨、10吨的卡车各有多少辆？
（2）随着工程的进展，“益安”车队需要一次运输沙石165吨以上，为了完成任务，准备新增购这两种卡车共6辆，车队有多少种购买方案，请你一一写出．
25、（10分）甲、乙两辆汽车沿同一路线赶赴距出发地480千米的目的地，乙车比甲车晚出发2小时（从甲车出发时开始计时），图中折线OABC、线段DE分别表示甲、乙两车所行路程y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系对应的图像线段AB表示甲出发不足2小时因故停车检修），请根据图像所提供的信息，解决如下问题：
（1）求乙车所行路程y与时间x的函数关系式；
（2）求两车在途中第二次相遇时，它们距出发地的路程；
（3）乙车出发多长时间，两车在途中第一次相遇？（写出解题过程）
26、（12分）已知：如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，且AB⊥CD，垂足为E．
（1）求证：BC=BD；
（2）若BC=15，AD= 20，求AB和CD的长．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、D
【解析】
先移项，再用因式分解法解一元二次方程即可.
【详解】
解：移项，得2x(x－1)－3(x－1)＝0，
于是(x－1) (2x－3)=0，
∴x－1=0或2x－3=0，
∴，.
故选D.
本题考查了一元二次方程的解法，对本题而言，用分解因式法解一元二次方程要比其它方法简单，但要注意的是，两边切不可同时除以(x－1)，得2x=3，从而造成方程丢根.
2、C
【解析】
根据菱形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】
A、由邻边相等的平行四边形是菱形，A选项可以判断这个平行四边形是菱形
B、由AB//CD可得∠BAC=∠DCA,及∠BAC=∠DAC可得∠DAC=∠DCA可得AD=CD由邻边相等的平行四边形是菱形，B选项可以判断这个平行四边形是菱形
C、由∠BAC=∠ABD可得OA=OB,则AC=BD，可得这个四边形是矩形，C选项不可以判断这个平行四边形是菱形
D、由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，D选项可以判断这个平行四边形是菱形
故答案选C
本题考查了菱形的判定定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键.
3、C
【解析】
解：∵点D、E分别是边AB，BC的中点，
∴DE是三角形BC的中位线，AB=2BD，BC=2BE，
∴DE∥BC且
又∵AB=2BD，BC=2BE，
∴AB+BC+AC=2(BD+BE+DE)，
即△ABC的周长是△DBE的周长的2倍，
∵△DBE的周长是6，
∴△ABC的周长是：6×2=12.
故选C.
4、C
【解析】
试题分析：一般增长后的量=增长前的量×（1+增长率），如果该厂八、九月份平均每月的增长率为x，那么可以用x分别表示八、九月份的产量：八、九月份的产量分别为50（1+x）、50（1+x）2，从而根据题意得出方程：
50+50（1+x）+50（1+x）2=1．
故选C．
5、C
【解析】
数出黑色瓷砖的数目和瓷砖总数，求出二者比值即可．
【详解】
解：根据题意分析可得：钥匙藏在黑色瓷砖下面的概率是黑色瓷砖面积与总面积的比值，进而转化为黑色瓷砖个
数与总数的比值即.
故选C．
本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率．
6、C
【解析】
根据三角形的中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，有DE=BC，从而求出BC．
【详解】
解：∵D、E分别是AB、AC的中点．
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE，
∵DE=3，
∴BC=2×3=1．
故选：C．
本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
7、C
【解析】
根据分式和二次根式成立的条件逐个式子分析即可.
【详解】
A.有意义时x≠1，不能取1，故不符合题意；
B.有意义时x≠2，不能取2，故不符合题意；
C.有意义时x≥1，以取1和2,故符合题意；
D.有意义时x≥2，不能取1，故不符合题意；
故选C.
本题考查了分式和二次根式有意义的条件，分式有意义的条件是分母不等于零，二次根式有意义的条件是被开方式大于且等于零.
8、A
【解析】
连接AD、DB、DF，求出∠AFD=∠ABD=90°，根据HL证两三角形全等得出∠FAD=60°，求出AD∥EF∥GI，过F作FZ⊥GI，过E作EN⊥GI于N，得出平行四边形FZNE得出EF=ZN=a，求出GI的长，求出第一个正六边形的边长是a，是等边三角形QKM的边长的；同理第二个正六边形的边长是等边三角形GHI的边长的；求出第五个等边三角形的边长，乘以即可得出第六个正六边形的边长．
连接AD、DF、DB．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠ABC=∠BAF=∠AFE，AB=AF，∠E=∠C=120°，EF=DE=BC=CD，
∴∠EFD=∠EDF=∠CBD=∠BDC=30°，
∵∠AFE=∠ABC=120°，
∴∠AFD=∠ABD=90°，
在Rt△ABD和RtAFD中
∴Rt△ABD≌Rt△AFD（HL），
∴∠BAD=∠FAD=×120°=60°，
∴∠FAD+∠AFE=60°+120°=180°，
∴AD∥EF，
∵G、I分别为AF、DE中点，
∴GI∥EF∥AD，
∴∠FGI=∠FAD=60°，
∵六边形ABCDEF是正六边形，△QKM是等边三角形，
∴∠EDM=60°=∠M，
∴ED=EM，
同理AF=QF，
即AF=QF=EF=EM，
∵等边三角形QKM的边长是a，
∴第一个正六边形ABCDEF的边长是a，即等边三角形QKM的边长的，
过F作FZ⊥GI于Z，过E作EN⊥GI于N，
则FZ∥EN，
∵EF∥GI，
∴四边形FZNE是平行四边形，
∴EF=ZN=a，
∵GF=AF=×a=a，∠FGI=60°（已证），
∴∠GFZ=30°，
∴GZ=GF=a，
同理IN=a，
∴GI=a+a+a=a，即第二个等边三角形的边长是a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第二个正六边形的边长是×a；
同理第第三个等边三角形的边长是×a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第三个正六边形的边长是××a；
同理第四个等边三角形的边长是××a，第四个正六边形的边长是×××a；
第五个等边三角形的边长是×××a，第五个正六边形的边长是××××a；
第六个等边三角形的边长是××××a，第六个正六边形的边长是×××××a，
即第六个正六边形的边长是×a，
故选A．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、±8
【解析】
根据比例中项的定义即可求解.
【详解】
∵b是a，c的比例中项，若a=4，c=16，
∴b2=ac=4×16=64，
∴b=±8，
故答案为±8
此题考查了比例中项的定义，如果作为比例线段的内项是两条相同的线段，即a∶b=b∶c或，那么线段b叫做线段a、c的比例中项.
10、-3
【解析】
根据函数是正比例函数知x的幂是一次得，m=±3，m=3不符合题意，舍去得m=-3.
11、x＞2019
【解析】
根据二次根式的定义进行解答.
【详解】
在实数范围内有意义，即x-2019 0，所以x的取值范围是x 2019.
本题考查了二次根式的定义，熟练掌握二次根式的定义是本题解题关键.
12、
【解析】
过P作PH⊥OY于点H，构建含30°角的直角三角形，先证明四边形EODP是平行四边形，得EP=OD=a，在Rt△HEP中，由∠EPH=30°，可得EH的长，从而可得a+2b与OH的关系，确认OH取最大值时点H的位置，可得结论.
【详解】
解：过P作PH⊥OY于点H，
∵PD∥OY，PE∥OX，
∴四边形EODP是平行四边形，∠HEP=∠XOY=60°，
∴EP=OD=a，∠EPH=30°，
∴EH=EP=a，
∴a+2b=2（）=2(EH+EO)=2OH，
∴当P在点B处时，OH的值最大，
此时，OC=OA=1，AC==BC，CH=，
∴OH=OC+CH=1+=，此时a+2b的最大值=2×=5.
故答案为5.
本题考查了等边三角形的性质、30°的直角三角形的性质和平行四边形的判定和性质，掌握求a+2b的最大值就是确定OH的最大值，即可解决问题.
13、8 0.4
【解析】
频数是指某个数据出现的次数，频率是频数与总数之比，据频数、频率的定义计算即可.
【详解】
解：在64.5～66.5这一小组中，65出现5次，66出现3次，出现数据的次数为5+3=8次，故其频数为8，，故其频率为0.4.
故答案为： (1). 8 (2). 0.4
本题考查了频数与频率，依据两者的定义即可解题.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）A1（3，4）、B1（0，2）；（2）四边形ABA1B1是平行四边形．
【解析】
（1）由于△OAB绕O点旋转180°得到△OA1B1，利用关于原点中心对称的点的坐标特征得到A1，B1的坐标，然后描点，再连结OB1、OA1和A1B1即可；
（2）根据中心对称的性质得OA=OA1，OB=OB1，则利用对角线互相平分得四边形为平行四边形可判断四边形ABA1B1为平行四边形．
【详解】
解：（1）如图图所示，△OA1B1即为所求，
A1（3，4）、B1（0，2）；
（2）由图可知，OB＝OB1＝2、OA＝OA1＝＝5，
∴四边形ABA1B1是平行四边形．
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平行四边形的判定．
15、（1）详见解析；（2）当为直角三角形时，的长是或；（3）.
【解析】
（1）先根据菱形的性质证，再证，由全等的性质可得，进而得出结论；
（2）分以下两种情况讨论：①，②；
（3）过作于，过作于，当三点在同一直线上且时的值最小，即为的长.
【详解】
解：（1）四边形是菱形，
，，
.
在和中，
，
，
.
（2）连接交于点,
四边形是菱形,
，.
又∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，
∴，.
∴.
∴.
，
.
当时，有，
在中，
,
设，，
，
，解得.
.
.
当时，有，
由知，
是等腰直角三角形.
.
综上：当为直角三角形时，的长是或.
（3）过作于，过作于，
在中，
又是的中点，
.
当三点在同一直线上且时
的值最小，即为的长.
在中，
，，
，
∴.
的最小值是.
本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定，以及菱形中线段和的最值问题，综合性较强.
16、（1）y=-x；（2）点P的坐标为（5，0）或（﹣5，0）．
【解析】
试题分析：（1）根据题意求得点A的坐标，然后利用待定系数法求得正比例函数的解析式；
（2）利用三角形的面积公式求得OP=5，然后根据坐标与图形的性质求得点P的坐标.
试题解析：（1）∵点A的横坐标为1，且△AOH的面积为1
∴点A的纵坐标为﹣2，点A的坐标为（1，﹣2），
∵正比例函数y=kx经过点A，
∴1k=﹣2解得k=-，
∴正比例函数的解析式是y=-x；
（2）∵△AOP的面积为5，点A的坐标为（1，﹣2），
∴OP=5，
∴点P的坐标为（5，0）或（﹣5，0）．
点睛：本题考查了正比例函数图象的性质、待定系数法求正比例函数的解析式．注意点P的坐标有两个．
17、（1）①详见解析；②，详见解析；（2）．详见解析
【解析】
（1）①若证PG=PF，可证△HPG≌△DPF，已知∠DPH=∠HPG，由旋转可知∠GPF=∠HPD=90°及DE平分∠ADC得△HPD为等腰直角三角形，即∠DHP=∠PDF=45°、PD=PH，即可得证；
②由△HPD为等腰直角三角形，△HPG≌△DPF知HD=DP，HG=DF，根据DG+DF=DG+GH=DH即可得；
（2）过点P作PH⊥PD交射线DA于点H，先证△HPD为等腰直角三角形可得PH=PD，HD=DP，再证△HPG≌△DPF可得HG=DF，根据DH=DG-HG=DG-DF可得DG-DF=DP．
【详解】
解：（1）①∵∠GPF=∠HPD=90°，∠ADC=90°，
∴∠GPH=∠FPD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠PDF=∠ADP=45°，
∴△HPD为等腰直角三角形，
∴∠DHP=∠PDF=45°，
在△HPG和△DPF中，
∵ ，
∴△HPG≌△DPF（ASA），
∴PG=PF；
②结论：DG+DF=DP，
由①知，△HPD为等腰直角三角形，△HPG≌△DPF，
∴HD=DP，HG=DF，
∴HD=HG+DG=DF+DG，
∴DG+DF=DP；
（2）不成立，数量关系式应为：DG-DF=DP，
如图，过点P作PH⊥PD交射线DA于点H，
∵PF⊥PG，
∴∠GPF=∠HPD=90°，
∴∠GPH=∠FPD，
∵DE平分∠ADC，且在矩形ABCD中，∠ADC=90°，
∴∠HDP=∠EDC=45°，得到△HPD为等腰直角三角形，
∴∠DHP=∠EDC=45°，且PH=PD，HD=DP，
∴∠GHP=∠FDP=180°-45°=135°，
在△HPG和△DPF中，
∵
∴△HPG≌△DPF，
∴HG=DF，
∴DH=DG-HG=DG-DF，
∴DG-DF=DP．
此题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质的综合运用，灵活运用全等三角形的判定与性质将待求证线段关系转移至其他两线段间关系是解题的关键．
18、（1）1,0；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据材料给出的信息，分别计算，即可得出答案；
（2）设，，根据同底数幂的乘法法则即可得出答案.
【详解】
（1）∵，
∴；
∵，
∴；
（2）设，，
则，，
∴．
∴，
∴．
本题考查了乘方的运算、幂的乘方以及同底数幂的乘法运算，解题的关键是理解题目中定义的运算法则.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
作A1D⊥x轴于D，A2E⊥x轴于E，根据等边三角形的性质得OD＝B1D，B1E＝B2E，∠OA1D＝30°，∠B1A2E＝30°，设OD＝t，B1E＝a，则A1D＝t，A2E＝a，则A1点坐标为（t， t），把A1的坐标代入y＝x+1，可解得t＝，于是得到B1点的坐标为（，0），OB1＝，则A2点坐标为（+a， a），然后把A2的坐标代入y＝x+1可解得a＝，B1B2＝2，同理得到B2B3＝4，…，按照此规律得到B9B10＝29•．
【详解】
解：作A1D⊥x轴于D，A2E⊥x轴于E，如图，
∵△OA1B1、△B1A2B2均为等边三角形，
∴OD＝B1D，B1E＝B2E，∠OA1D＝30°，∠B1A2E＝30°，
设OD＝t，B1E＝a，则A1D＝t，A2E＝a，
∴A1点坐标为（t， t），
把A1（t， t）代入y＝x+1，得t＝t+1，解得t＝，
∴OB1＝，
∴A2点坐标为（+a， a），
把A2（+a， a）代入y＝x+1，得a＝（+a）+1，解得a＝，
∴B1B2＝2，
同理得到B2B3＝22•，
…，
按照此规律得到B9B10＝29•．
故选答案为29•．
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，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b．也考查了等边三角形的性质．
20、4.
【解析】
根据题意判断函数是减函数，再利用特殊点代入解答即可.
【详解】
当时，随的增大而减小，即一次函数为减函数，
当时，，当时，，
代入一次函数解析式得：，
解得，
故答案为：4.
本题考查求一次函数的解析式，掌握求解析式的待定系数法是解题关键.
21、1
【解析】
根据折叠的性质知：可知：BN=BP，从而可知∠BPN的值，再根据∠PBQ=∠CBQ，可将∠PBQ的角度求出．
【详解】
根据折叠的性质知：BP=BC，∠PBQ=∠CBQ
∴BN=BC=BP
∵∠BNP=90°
∴∠BPN=1°
∴∠PBQ=×60°=1°．
故答案是：1．
已知折叠问题就是已知图形的全等，根据边之间的关系，可将∠PBQ的度数求出．
22、
【解析】
此题可先根据一元一次不等式组解出x的取值，再根据不等式组恰好只有四个整数解，求出实数a的取值范围．
【详解】
解不等式①得，x＜5，
解不等式②得，x≥2+2a，
由上可得2+2a≤x＜5，
∵不等式组恰好只有四个整数解，即1，2，3，4；
∴0＜2+2a≤1，
解得，.
此题考查的是一元一次不等式的解法和一元一次方程的解，根据x的取值范围，得出x的取值范围，然后根据不等式组恰好只有四个整数解即可解出a的取值范围．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
23、20
【解析】
根据题意画出图形，根据题目中AB、AC的夹角可知它为直角三角形，然后根据勾股定理解答．
【详解】
如图，
∵由图可知AC=16×1=16（海里），
AB=12×1=12（海里），
在Rt△ABC中，BC=＝20（海里）．
故它们相距20海里．
故答案为：20
本题考查的是勾股定理，正确的掌握方位角的概念，从题意中得出△ABC为直角三角形是关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、解：（1）设“益安”车队载重量为8吨、10吨的卡车分别有x辆、y辆，
根据题意得：，解得：．
答：“益安”车队载重量为8吨的卡车有5辆，10吨的卡车有7辆．
（2）设载重量为8吨的卡车增加了z辆，
依题意得：8（5+z）+10（7+6﹣z）＞165，解得：z＜．
∵z≥0且为整数，∴z=0，1，2，6﹣z=6，5，1．
∴车队共有3种购车方案：
①载重量为8吨的卡车不购买，10吨的卡车购买6辆；
②载重量为8吨的卡车购买1辆，10吨的卡车购买5辆；
③载重量为8吨的卡车购买2辆，10吨的卡车购买1辆．
【解析】
试题分析：（1）根据“车队有载重量为8吨、10吨的卡车共12辆，全部车辆运输一次能运输110吨沙石”分别得出等式组成方程组，求出即可；
（2）利用“车队需要一次运输沙石165吨以上”得出不等式，求出购买方案即可．
试题解析：（1）设该车队载重量为8吨、10吨的卡车分别有x辆、y辆，
根据题意得：，
解之得：.
答：该车队载重量为8吨的卡车有5辆，10吨的卡车有7辆；
（2）设载重量为8吨的卡车增加了z辆，
依题意得：8(5+z)+10(7+6−z)>165，
解之得：，
∵且为整数，
∴z=0，1，2；
∴6−z=6，5，1.
∴车队共有3种购车方案：
①载重量为8吨的卡车购买1辆，10吨的卡车购买5辆；
②载重量为8吨的卡车购买2辆，10吨的卡车购买1辆；
③载重量为8吨的卡车不购买，10吨的卡车购买6辆
25、（1）y=1x﹣120；（2）两车在途中第二次相遇时它们距出发地的路程为240千米；
（3）乙车出发1小时，两车在途中第一次相遇．
【解析】
分析：（1）由图可看出，乙车所行路程y与时间x的成一次函数，使用待定系数法可求得一次函数关系式；
（2）由图可得：交点F表示第二次相遇，F点横坐标为6，代入（1）中的函数即可求得距出发地的路程；
（3）交点P表示第一次相遇，即甲车故障停车检修时相遇，点P的横坐标表示时间，纵坐标表示离出发地的距离，要求时间，则需要把点P的纵坐标先求出；从图中看出，点P的纵坐标与点B的纵坐标相等，而点B在线段BC上，BC对应的函数关系可通过待定系数法求解，点B的横坐标已知，则纵坐标可求．
详解：（1）设乙车所行使路程y与时间x的函数关系式为y=k1x+b1，把（2，0）和（10，480）代入，得：，
解得：，
故y与x的函数关系式为y=1x﹣120；
（2）由图可得：交点F表示第二次相遇，F点的横坐标为6，此时y=1×6=120=240，则F点坐标为（6，240），故两车在途中第二次相遇时它们距出发地的路程为240千米；
（3）设线段BC对应的函数关系式为y=k2x+b2，把（6，240）、（8，480）代入，得：
，
解得：，
故y与x的函数关系式为y=120x﹣480，则当x=4.5时，y=120×4.5﹣480=1．
可得：点B的纵坐标为1．
∵AB表示因故停车检修，∴交点P的纵坐标为1，把y=1代入y=1x﹣120中，有1=1x﹣120，解得x=3，则交点P的坐标为（3，1）．
∵交点P表示第一次相遇，∴乙车出发3﹣2=1小时，两车在途中第一次相遇．
点睛：本题意在考查学生利用待定系数法求解一次函数关系式，并利用关系式求值的运算技能和从坐标系中提取信息的能力，是道综合性较强的代数应用题，对学生能力要求比较高．
26、（1）证明：∵AB为⊙O的直径，AB⊥CD，∴，∴
（2），
【解析】
试题分析：（1）由于AB为直径且AB⊥CD，由此可知B点将平分，所以，由此推出
（2）∵AB为⊙O的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵AB为⊙O的直径，AB⊥CD，∴
考点：直径垂直平分线的性质，勾股定理的计算
点评：本题难度不大，需要记住的是圆的直径和直角三角形的关系
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人