湘教版2023-2024学年下学期八年级期末模拟数学试卷3（含解析）

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2023-2024学年湘教版八年级（下）期末数学模拟试卷3
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
题号 一 二 三 总分
得分
1 、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
下列图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．正三角形 B．正五边形 C．等腰直角三角形 D．矩形
如图是中国象棋棋盘的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，已知“車”所在位置的坐标为（﹣2，2），则“炮”所在位置的坐标为（　　）
A．（3，1） B．（1，3） C．（4，1） D．（3，2）
2021年7月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，明确要求初中生每天的书面作业时间不得超过90分钟．某校随机抽取部分学生进行问卷调查，并将调查结果制成如下不完整的统计图表．则下列说法不正确的是（　　）
作业时间频数分布表
组别 作业时间（单位：分钟） 频数
A 60＜t≤70 8
B 70＜t≤80 17
C 80＜t≤90 m
D t＞90 5
A．调查的样本容量为50
B．频数分布表中m的值为20
C．若该校有1000名学生，作业完成的时间超过90分钟的约100人
D．在扇形统计图中B组所对的圆心角是144°
若一个正比例函数的图象经过A（3，﹣6），B（m，﹣4）两点，则m的值为（　　）
A．2 B．8 C．﹣2 D．﹣8
将含30°角的一个直角三角板和一把直尺如图放置，若，则等于（ ）
A．80° B．100° C．110° D．120°
学校组织部分师生去烈士陵园参加“不忘初心，牢记使命”主题教育活动．师生队伍从学校出发，匀速行走30分钟到达烈士陵园，用1小时在烈士陵园进行了祭扫和参观学习等活动，之后队伍按原路匀速步行45分钟返校．设师生队伍离学校的距离为y米，离校的时间为x分钟，则下列图象能大致反映y与x关系的是（　　）
A． B． C．D．
在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位得到点，则点关于轴的对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
如图，直线l1∥l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2 上，点B，D、E、G在同一直线上．若∠α＝50°，∠ADE＝146°，则∠β＝（　　）
A．42° B．43° C．44° D．45°
若函数y=kx+b的图象如图所示，则关于x的不等式kx+2b＜0的解集为（　　）
A．x＜3 B．x＞3 C．x＜6 D．x＞6
如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC．动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动．当移动时间为4秒时，AC EF的值为（　　）
A． B．9 C．15 D．30
如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．4
木杆AB斜靠在墙壁上，当木杆的上端A沿墙壁NO竖直下滑时，木杆的底端B也随之沿着射线OM方向滑动．下列图中用虚线画出木杆中点P随之下落的路线，其中正确的是（　　）
A． B．C．D．
2 、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
函数中，自变量的取值范围是_____ ．
如图，该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是　 　．
如图是某市2013﹣2016年私人汽车拥有量和年增长率的统计图．该市私人汽车拥有量年净增量最多的是　 　年，私人汽车拥有量年增长率最大的是　 　年．
若点A（x，2）在第二象限，则x的取值范围是　　　　　　．
一艘船由A港沿北偏东60°方向航行30km至B港，然后再沿北偏西30°方向航行40km至C港，则A，C两港之间的距离为 　 　km．
在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将分别沿折叠，此时点落在上的同一点处．请完成下列探究：
的大小为__________；
当四边形是平行四边形时的值为__________．
3 、解答题（本大题共8小题，共78分）
图1、图2是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AC的两个端点均在小正方形的顶点上．
（1）如图1，点P在小正方形的顶点上，在图1中作出点P关于直线AC的对称点Q，连接AQ、QC、CP、PA，并直接写出四边形AQCP的周长；
（2）在图2中画出一个以线段AC为对角线、面积为6的矩形ABCD，且点B和点D均在小正方形的顶点上．
如图，四边形ABCD是平行四边形，AE平分,交DC的延长线于点E.
求证：DA=DE
为了增强学生身体素质，学校要求男女同学练习跑步．开始时男生跑了50m，女生跑了80m，然后男生女生都开始匀速跑步．已知男生的跑步速度为4.5m/s，当到达终点时男、女均停止跑步，女生从开始匀速跑步到停止跑步共用时120s．已知x轴表示从开始匀速跑步到停止跑步的时间，y轴代表跑过的路程，则：
（1）男女跑步的总路程为 　 　，
（2）当男、女相遇时，求此时男、女同学距离终点的距离．
调查主题 某公司员工的旅游需求
调查人员 某中学数学兴趣小组
调查方法 抽样调查
背景介绍
某公司计划组织员工前往5个国家全域旅游示范区（以下简称示范区）中的1个自费旅游．这5个示范区为：A．保山市腾冲市，B．昆明市石林彝族自治县，C．红河哈尼族彝族自治州弥勒市，D．大理白族自治州大理市，E．丽江市古城区．某中学数学兴趣小组针对该公司员工的意向目的地开展抽样调查，并为该公司出具了调查报告（注：每位被抽样调查的员工选择且只选择1个意向前往的示范区）．
报告内容
请阅读以上材料，解决下列问题（说明：以上仅展示部分报告内容）．
（1）求本次被抽样调查的员工人数，
（2）该公司总的员工数量为900人，请你估计该公司意向前往保山市腾冲市的员工人数．
函数图象在探索函数的性质中有非常重要的作用，下面我们就一类特殊的函数展开探索．画函数的图象，经历分析解析式、列表、描点、连线过程得到函数图象如图所示；经历同样的过程画函数和的图象如图所示．
0 1 2 3
0
（1）观察发现：三个函数的图象都是由两条射线组成的轴对称图形；三个函数解析式中绝对值前面的系数相同，则图象的开口方向和形状完全相同，只有最高点和对称轴发生了变化．写出点，的坐标和函数的对称轴．
（2）探索思考：平移函数的图象可以得到函数和的图象，分别写出平移的方向和距离．
（3）拓展应用：在所给的平面直角坐标系内画出函数的图象．若点，和，在该函数图象上，且，比较，的大小．
今年植树节期间，某景观园林公司购进一批成捆的，两种树苗，每捆种树苗比每捆种树苗多10棵，每捆种树苗和每捆种树苗的价格分别是630元和600元，而每棵种树苗和每棵种树苗的价格分别是这一批树苗平均每棵价格的0.9倍和1.2倍．
（1）求这一批树苗平均每棵的价格是多少元？
（2）如果购进的这批树苗共5500棵，种树苗至多购进3500棵，为了使购进的这批树苗的费用最低，应购进种树苗和种树苗各多少棵？并求出最低费用．
【操作发现】在计算器上输入一个正数，不断地按“”键求算术平方根，运算结果越来越接近1或都等于1．
【提出问题】输入一个实数，不断地进行“乘以常数k，再加上常数b”的运算，有什么规律？
【分析问题】我们可用框图表示这种运算过程（如图a）．
也可用图象描述：如图1，在x轴上表示出x1，先在直线y=kx+b上确定点（x1，y1），再在直线y=x上确定纵坐标为y1的点（x2，y1），然后再x轴上确定对应的数x2，…，以此类推．
【解决问题】研究输入实数x1时，随着运算次数n的不断增加，运算结果x，怎样变化．
（1）若k=2，b=﹣4，得到什么结论？可以输入特殊的数如3，4，5进行观察研究；
（2）若k＞1，又得到什么结论？请说明理由；
（3）①若k=﹣，b=2，已在x轴上表示出x1（如图2所示），请在x轴上表示x2，x3，x4，并写出研究结论；
②若输入实数x1时，运算结果xn互不相等，且越来越接近常数m，直接写出k的取值范围及m的值（用含k，b的代数式表示）
问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离．
答案解析
1 、选择题
【考点】轴对称图形，中心对称图形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A．正三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，
B．正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，
C．等腰直角三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，
D．矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
【考点】坐标确定位置．
【分析】直接利用“車”位于点（﹣2，2），得出原点的位置，进而得出答案．
解：如图所示：“炮”所在位置的坐标为：（3，1）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了坐标确定位置，正确得出原点的位置是解题关键．
【考点】扇形统计图，总体、个体、样本、样本容量，频数（率）分布表．
【分析】分布求出样本容量，m的值，该校有1000名学生，作业完成的时间超过90分钟的人数，B组所对的圆心角，即可求解．
解：A．调查的样本容量＝5÷10%＝50，故选项A不符合题意，
B、m＝50﹣8﹣17﹣5＝20，故选项B不符合题意，
C、该校有1000名学生，作业完成的时间超过90分钟的人数≈1000×10%＝100人，故选项C不符合题意，
D、在扇形统计图中B组所对的圆心角＝360°××100%＝122.4°，故选项D符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了扇形统计图，样本容量，频数分布表等知识，求出样本容量是解题的关键．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【分析】运用待定系数法求得正比例函数解析式，把点B的坐标代入所得的函数解析式，即可求出m的值．
解：设正比例函数解析式为：y=kx，
将点A（3，﹣6）代入可得：3k=﹣6，
解得：k=﹣2，
∴函数解析式为：y=﹣2x，
将B（m，﹣4）代入可得：﹣2m=﹣4，
解得m=2，
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征．解题时需灵活运用待定系数法建立函数解析式，然后将点的坐标代入解析式，利用方程解决问题．　
【考点】平行线的性质，多边形的内角和定理
【分析】如图，先根据平行线性质求出∠3，再求出∠4，根据四边形内角和为360°即可求解．
解：如图，由题意得DE∥GF，
∴∠1=∠3=50°，
∴∠4=180°-∠3=130°，
∴在四边形ACMN中，∠2=360°-∠A-∠C-∠4=110°．
故选：C
【点评】本题考查了平行线的性质，四边形的内角和定理，熟知相关定理是解题关键．
【考点】函数的图象．
【分析】根据已知，结合各选项y与x的关系图象即可得到答案．
解：根据已知0≤x≤30时，y随x的增大而增大，
当30＜x≤90时，y是一个定值，
当90＜x≤135时，y随x的增大而减小，
∴能大致反映y与x关系的是A，
故选：A．
【点评】本题考查函数图象，解题的关键是读懂题意，能正确识图．
【考点】平移时点的坐标特征，关于轴的对称点的坐标特征
【分析】先根据点向右平移个单位点的坐标特征：横坐标加3，纵坐标不变，得到点的坐标，再根据关于轴的对称点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标变为相反数，得到对称点的坐标即可．
解：∵将点向右平移个单位，
∴点的坐标为：(0，2)，
∴点关于轴的对称点的坐标为：(0，-2)．
故选：A．
【点评】本题考查平移时点的坐标特征及关于轴的对称点的坐标特征，熟练掌握对应的坐标特征是解题的关键．
【考点】菱形的性质，等边三角形的性质．
【分析】由平角的定义求得∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，由外角定理求得∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝16°，根据平行线的性质得∠GIF＝∠AHD＝16°，进而求得∠β＝∠EHF﹣∠GIF＝44°．
解：如图，延长BG，
∵∠ADE＝146°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，
∵∠α＝∠ADB+∠AHD，
∴∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝50°﹣34°，＝16°，
∵l1∥l2，
∴∠GIF＝∠AHD＝16°，
∵∠EGF＝∠β+∠GIF，
∴∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝60°﹣16°＝44°，
故选：C．
【点评】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角度之间的数量关系是解题关键．
【考点】一次函数的图象；一次函数与一元一次不等式
【分析】由一次函数图象过（3，0）且过第二、四象限知b=﹣3k、k＜0，代入不等式求解可得．
解：∵一次函数y=kx+b经过点（3，0），
∴3k+b=0，且k＜0，
则b=﹣3k，
∴不等式为kx﹣6k＜0，
解得：x＞6，
故选：D．
【点评】本题主要考查一次函数与一元一次不等式，解题的关键是掌握一次函数的图象与性质及解一元一次不等式的能力．
【考点】矩形的性质，坐标与图形性质．
【分析】利用点的坐标，分别计算AC和EF，再相乘即可．
解：连接AC、EF．
∵四边形OABC为矩形，
∴B（9，3）．
又∵OE＝BF＝4，
∴E（4，0），F（5，3）．
∴AC＝＝＝3，
EF＝＝，
∴AC EF＝3×＝30．
故选：D．
【点评】本题主要考查矩形的性质及坐标，较为简单，直接计算即可．
【考点】三角形内心，含30°角的直角三角形
【分析】过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2，CD=2，于是求出△DBC的面积．
解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BDC=90°+∠A=90°+×60°=120°，
则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1
∴DH=2，BH=2，CD=2，
∴△DBC的面积为CD BH=×2×2=2.
故选B.
【点评】本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
【考点】轨迹；直角三角形斜边上的中线．
【分析】先连接OP，易知OP是Rt△AOB斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得OP=AB，由于木杆不管如何滑动，长度都不变，那么OP就是一个定值，那么P点就在以O为圆心的圆弧上．
解：如右图，
连接OP，由于OP是Rt△AOB斜边上的中线，
所以OP=AB，不管木杆如何滑动，它的长度不变，也就是OP是一个定值，点P就在以O为圆心的圆弧上，那么中点P下落的路线是一段弧线．
故选D．
【点评】本题考查了轨迹，直角三角形斜边上的中线，解题的关键是知道直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．　
2 、填空题
【考点】函数自变量的取值范围
【分析】原函数式可得关系式，解可得自变量x的取值范围
解：根据函数可知：,解得：．
故答案为：．
【点评】本题考查的是函数自变量取值范围的求法．函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
【考点】多边形内角与外角
【分析】先根据多边形内角和定理：180° （n﹣2）求出该多边形的内角和，再求出每一个内角的度数．
解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°，
则每个内角的度数＝＝140°．
故答案为：140°．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理：180° （n﹣2），比较简单，解答本题的关键是直接根据内角和公式计算可得内角和．
【考点】折线统计图；条形统计图．
【分析】直接利用条形统计图以及折线统计图分别分析得出答案．
解：由条形统计图可得：该市私人汽车拥有量年净增量最多的是2016年，净增183﹣150=33（万辆），
由折线统计图可得，私人汽车拥有量年增长率最大的是：2015年．
故答案为：2016，2015．
【点评】此题主要考查了折线统计图以及条形统计图的应用，正确利用图形获取信息是解题关键．　
【考点】点的坐标．
【分析】根据第二象限内点的横坐标小于零，可得答案．
解：由点A（x，2）在第二象限，得
x＜0，
故答案为：x＜0．
【点评】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．　
【考点】勾股定理的应用．
【分析】根据题意可得：∠DAB＝60°，∠FBC＝30°，AD∥EF，从而可得∠DAB＝∠ABE＝60°，然后利用平角定义可得∠ABC＝90°，从而在Rt△ABC中，利用勾股定理进行计算即可解答．
解：如图：
由题意得：∠DAB＝60°，∠FBC＝30°，AD∥EF，
∴∠DAB＝∠ABE＝60°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ABE﹣∠FBC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝30km，BC＝40km，
AC＝＝＝50（km），
∴A，C两港之间的距离为50km，
故答案为：50．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，根据题目的已知条件画出图形进行分析是解题的关键．
【考点】勾股定理,平行四边形的性质,翻折变换（折叠问题）
【分析】（1）根据折叠得到∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，，进而得到∠AQP=90°，以及∠A=180°-∠B=90°，再由折叠，得到∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°即可；
（2）根据题意得到DC∥AP，从而证明∠APQ=∠PQR，得到QR=PR和QR=AR，结合（1）中结论，设QR=a，则AP=2a，由勾股定理表达出AB=AQ=即可解答．
解：（1）由题意可知，∠D+∠C=180°，
∴AD∥BC，
由折叠可知∠AQD=∠AQR，∠CQP=∠PQR，
∴∠AQR+∠PQR=，即∠AQP=90°，
∴∠B=90°，则∠A=180°-∠B=90°，
由折叠可知，∠DAQ=∠BAP=∠PAQ，
∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°，
故答案为：30；
（2）若四边形APCD为平行四边形，则DC∥AP，
∴∠CQP=∠APQ，
由折叠可知：∠CQP=∠PQR，
∴∠APQ=∠PQR，
∴QR=PR，
同理可得：QR=AR，即R为AP的中点，
由（1）可知，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，且AB=AQ，
设QR=a，则AP=2a，
∴QP=，
∴AB=AQ=，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了四边形中的折叠问题，涉及了平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是读懂题意，熟悉折叠的性质．
3 、解答题
【考点】作图-轴对称变换．
【分析】（1）直接利用网格结合勾股定理得出符合题意的答案；
（2）直接利用网格结合矩形的性质以及勾股定理得出答案．
【解答】解：（1）如图1所示：四边形AQCP即为所求，它的周长为：4×=4；
（2）如图2所示：四边形ABCD即为所求．
【考点】平行四边形的性质
【分析】由平行四边形的性质得出AB∥CD，得出内错角相等∠E=∠BAE，再由角平分线证出∠E=∠DAE，即可得出结论．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠E=∠BAE，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠E=∠DAE，
∴DA=DE．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，证出∠E=∠DAE是解决问题的关键．
【考点】一元一次方程的应用，点的坐标．
【分析】（1）根据男女同学跑步的路程相等，即可求解，
（2）求出女生跑步的速度，列方程求解即可．
解：（1）男生匀速跑步的路程为4.5×100＝450（m），450+50＝500（m），
则男女跑步的总路程为500×2＝1000（m），
故答案为：1000m，
（2）设从开始匀速跑步到男、女相遇时的时间为xs，
女生跑步的速度为（500﹣80）÷120＝3.5（m/s），
根据题意得：80+3.5x＝50+4.5x，
解得x＝30，
∴此时男、女同学距离终点的距离为4.5×（100﹣30）＝315（m），
答：此时男、女同学距离终点的距离为315m．
【点评】此题主要考查了一元一次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，然后设出未知数列出方程．
【考点】用样本估计总体，全面调查与抽样调查．
【分析】（1）把5个示范区的人数相加，求出总人数即可解决问题，
（2）利用样本估计总体的思想解决问题即可．
解：（1）30+18+15+24+13＝100（人）．
故本次被抽样调查的员工人数是100人，
（2）900×30.00%＝270（人）．
故估计该公司意向前往保山市腾冲市的员工人数是270人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、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．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据，扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
【考点】一次函数的图象，一次函数的性质，一次函数图象与几何变换
【分析】（1）根据图形即可得到结论；
（2）根据函数图形平移的规律即可得到结论；
（3）根据函数关系式可知将函数的图象向上平移1个单位，再向右平移3个单位得到函数的图象．根据函数的性质即可得到结论．
解：（1），，函数的对称轴为；
（2）将函数的图象向上平移2个单位得到函数的图象；
将函数的图象向左平移2个单位得到函数的图象；
（3）将函数的图象向上平移1个单位，再向右平移3个单位得到函数的图象．
所画图象如图所示，当时，．
【点评】本题考查了一次函数与几何变换，一次函数的图象，一次函数的性质，平移的性质，正确的作出图形是解题的关键．
【考点】分式方程的应用，一次函数的应用
【分析】（1）设这一批树苗平均每棵的价格是元，分别表示出两种树苗的数量，根据“每捆种树苗比每捆种树苗多10棵”列方程即可求解；
（2）设购进种树苗棵，这批树苗的费用为，得到w与t的关系式，根据题意得到t的取值范围，根据函数增减性即可求解．
解：（1）设这一批树苗平均每棵的价格是元，
根据题意，得，
解之，得．
经检验知，是原分式方程的根，并符合题意．
答：这一批树苗平均每棵的价格是20元．
（2）由（1）可知种树苗每棵价格为元，种树苗每棵价格为元，
设购进种树苗棵，这批树苗的费用为，则
．
∵是的一次函数，，随着的增大而减小，，
∴当棵时，最小．此时，种树苗有棵，．
答：购进种树苗3500棵，种树苗2000棵，能使得购进这批树苗的费用最低为111000元．
【点评】本题考查了分式方程的实际应用，一次函数实际应用，不等式应用等问题，根据题意得到相关“数量关系”，根据数量关系得到方程或函数解析式是解题关键．
【考点】一次函数综合题；一次函数的性质．
【分析】（1）分x1＜4，x1=4，x1＞4三种情形解答即可．
（2）分x1＞，x1＜，x1=三种情形解答即可．
（3）①如图2中，画出图形，根据图象即可解决问题，xn的值越来越接近两直线交点的横坐标．
②根据前面的探究即可解决问题．
解：（1）若k=2，b=﹣4，y=2x﹣4，
取x1=3，则x2=2，x3=0，x4=﹣4，…
取x1=4，则x2x3=x4=4，…
取x1=5，则x2=6，x3=8，x4=12，…由此发现：
当x1＜4时，随着运算次数n的增加，运算结果xn越来越小．
当x1=4时，随着运算次数n的增加，运算结果xn的值保持不变，都等于4．
当x1＞4时，随着运算次数n的增加，运算结果xn越来越大．
（2）当x1＞时，随着运算次数n的增加，xn越来越大．
当x1＜时，随着运算次数n的增加，xn越来越小．
当x1=时，随着运算次数n的增加，xn保持不变．
理由：如图1中，直线y=kx+b与直线y=x的交点坐标为（，），
当x1＞时，对于同一个x的值，kx+b＞x，
∴y1＞x1
∵y1=x2，
∴x1＜x2，同理x2＜x3＜…＜xn，
∴当x1＞时，随着运算次数n的增加，xn越来越大．
同理，当x1＜时，随着运算次数n的增加，xn越来越小．
当x1=时，随着运算次数n的增加，xn保持不变．
（3）①在数轴上表示的x1，x2，x3如图2所示．
随着运算次数的增加，运算结果越来越接近．
②由（2）可知：﹣1＜k＜1且k≠0，
由消去y得到x=
∴由①探究可知：m=．
【点评】本题考查一次函数综合题以及性质，解题的关键是学会从一般到特殊探究规律，学会利用规律解决问题，属于中考常考题型．　
【考点】四边形综合题
【分析】延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．
解：EF=AE+CF
理由：延长到G，使，连接，
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长到G，使，连接，
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，
即∠GBF=∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长到G，使，连接，
∵，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，
即∠GBF=∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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