黑龙江省牡丹江市2024年中考数学试卷
一、单项选择题（本题10个小题，每小题3分，共30分）
1．（2024·牡丹江）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．
2．（2024·牡丹江）下列计算正确的是（ ）
A．2a3 a2＝2a6 B．（﹣2a）3÷b×＝﹣8a3
C．（a3+a2+a）÷a＝a2+a D．3a﹣2＝
3．（2024·牡丹江）由5个形状、大小完全相同的小正方体组合而成的几何体，其主视图和左视图如图所示，则搭建该几何体的方式有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
4．（2024·牡丹江）某校八年级3班承担下周学校升旗任务，老师从备选的甲、乙、丙、丁四名同学中，选择两名担任升旗手，则甲、乙两名同学同时被选中的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·牡丹江）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，若∠BEC＝20°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
6．（2024·牡丹江）一种药品原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为（ ）
A．20% B．22% C．25% D．28%
7．（2024·牡丹江）如图是由一些同样大小的三角形按照一定规律所组成的图形，第1个图有4个三角形．第2个图有7个三角形，第3个图有10个三角形…按照此规律排列下去，第674个图中三角形的个数是（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
8．（2024·牡丹江）矩形OBAC在平面直角坐标系中的位置如图所示，反比例函数的图象与AB边交于点D，与AC边交于点F，与OA交于点E，OE＝2AE，若四边形ODAF的面积为2，则k的值是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·牡丹江）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD'N，AD'交折痕MN于点E，则线段EN的长为（ ）
A．8cm B． C． D．
10．（2024·牡丹江）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，A（﹣3，0），B（1，0），与y轴交点C的纵坐标在﹣3～﹣2之间，根据图象判断以下结论：①abc2＞0；②＜b＜2；③若﹣bx1＝﹣bx2且x1≠x2，则x1+x2＝﹣2；④直线y＝﹣cx+c与抛物线y＝ax2+bx+c的一个交点（m，n）（m≠0），则m＝．其中正确的结论是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④
二、填空题（本题8个小题，每小题3分，共24分）
11．（2024·牡丹江）函数y＝中，自变量x的取值范围是
12．（2024·牡丹江）如图，△ABC中，D是AB上一点，CF∥AB，D、E、F三点共线，请添加一个条件 ，使得AE＝CE．（只添一种情况即可）
13．（2024·牡丹江）将抛物线y＝ax2+bx+3向下平移5个单位长度后，经过点（﹣2，4），则6a﹣3b﹣7＝ ．
14．（2024·牡丹江）如图，在⊙O中，直径AB⊥CD于点E，CD＝6，BE＝1，则弦AC的长为 ．
15．（2024·牡丹江）已知一组正整数a，1，b，b，3有唯一众数8，中位数是5，则这一组数据的平均数为 ．
16．（2024·牡丹江）若分式方程的解为正整数，则整数m的值为 ．
17．（2024·牡丹江）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP＝3，连接CP，则PC+PE的值为 ．
18．（2024·牡丹江）如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，AE分别交BD、CD于点F、M，过点F作NP⊥AE，分别交AD、BC于点N、P，连接MP．下列四个结论：①AM＝PN；②DM+DN＝DF；③若P是BC中点，AB＝3，则EM＝2；④BF NF＝AF BP；⑤若PM∥BD，则CE＝BC．其中正确的结论是 ．
三、解答题（共66分）
19．（2024·牡丹江）先化简，再求值：÷（x﹣），并从﹣1，0，1，2，3中选一个合适的数代入求值．
20．（2024·牡丹江）如图，某数学活动小组用高度为1.5米的测角仪BC，对垂直于地面CD的建筑物AD的高度进行测量，BC⊥CD于点C．在B处测得A的仰角∠ABE＝45°，然后将测角仪向建筑物方向水平移动6米至FG处，FG⊥CD于点G，测得A的仰角∠AFE＝58°，BF的延长线交AD于点E，求建筑物AD的高度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
21．（2024·牡丹江）某校为掌握学生对垃圾分类的了解情况，在全校范围内抽取部分学生进行调查问卷，并将收集到的信息进行整理，绘制成如图所示不完整的统计图，其中A为“非常了解”，B为“了解较多”，C为“基本了解”，D为“了解较少”．请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查共抽取了 名学生；
（2）补全条形统计图，并求出扇形统计图中“了解较少”所对应的圆心角度数；
（3）若全校共有1200名学生，请估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题．
22．（2024·牡丹江）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝12，AC＝8，以BC为边向△ACB外作有一个内角为60°的菱形BCDE，对角线BD，CE交于点O，连接OA，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出△AOC的面积．
23．（2024·牡丹江）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3），连接BC．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点P是抛物线在第四象限图象上的任意一点，当△BCP的面积最大时，BC边上的高PN的值为 ．
24．（2024·牡丹江）一条公路上依次有A、B、C三地，甲车从A地出发，沿公路经B地到C地，乙车从C地出发，沿公路驶向B地．甲、乙两车同时出发，匀速行驶，乙车比甲车早小时到达目的地．甲、乙两车之间的路程ykm与两车行驶时间xh的函数关系如图所示，请结合图象信息，解答下列问题：
（1）甲车行驶的速度是 km/h，并在图中括号内填上正确的数；
（2）求图中线段EF所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两车出发多少小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
25．（2024·牡丹江）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
（2）探究问题：
当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
（3）拓展思考：
在（1）（2）的条件下，若AC＝6，CD＝2BD，则EF＝ ．
26．（2024·牡丹江）牡丹江某县市作为猴头菇生产的“黄金地带”，年总产量占全国总产量的50%以上，黑龙江省发布的“九珍十八品”名录将猴头菇列为首位．某商店准备在该地购进特级鲜品、特级干品两种猴头菇，购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元．请解答下列问题：
（1）特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是多少元？
（2）某商店计划同时购进特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇共80箱，特级鲜品猴头菇每箱售价定为50元，特级干品猴头菇每箱售价定为180元，全部销售后，获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱，该商店有哪几种进货方案？
（3）在（2）的条件下，购进猴头菇全部售出，其中两种猴头菇各有1箱样品打a（a为正整数）折售出，最终获利1577元，请直接写出商店的进货方案．
27．（2024·牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点D，点B在x轴的正半轴上，四边形ABCD是平行四边形，线段OA的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的一个根．请解答下列问题：
（1）求点D的坐标；
（2）若线段BC的垂直平分线交直线AD于点E，交x轴于点F，交BC于点G，点E在第一象限，，连接BE，求tan∠ABE的值；
（3）在（2）的条件下，点M在直线DE上，在x轴上是否存在点N，使以E、M、N为顶点的三角形是直角边比为1：2的直角三角形？若存在，请直接写出△EMN的个数和其中两个点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形 ，故不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形 ，故不符合题意；
C、 既是轴对称图形，又是中心对称图形 ，故符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形 ，故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；据此逐项判断即可.
2．【答案】D
【知识点】单项式乘单项式；整式的混合运算；负整数指数幂；多项式除以单项式
【解析】【解答】解：A、2a3 a2＝2a5，故不符合题意；
B、（﹣2a）3÷b×＝， 故不符合题意；
C、（a3+a2+a）÷a＝a2+a+1，故不符合题意；
D、 3a﹣2＝ ，正确，故符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据单项式乘单项式法则、分式的乘除、多项式除以单项式及负整数指数幂法则分别进行计算，再判断即可.
3．【答案】C
【知识点】由三视图判断小正方体的个数
【解析】【解答】解：由主视图可知：左侧一列最高1层，右侧一列最高3层；
由左视图可知：前-排最高3层，后一排最高1层；
∴右侧第一排一定为3层，
∴小正方体共有5个，
所得俯视图如下：
故答案为：C.
【分析】根据主视图和左视图可知小正方体共有5个，分别画出俯视图即可.
4．【答案】A
【知识点】用列举法求概率
【解析】【解答】解： 从备选的甲、乙、丙、丁四名同学中， 选择两名担任升旗手，分别由甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙丁，丙丁，共6种结果，其中甲、乙两名同学同时被选中的只有1种，
∴ 甲、乙两名同学同时被选中的概率是 .
故答案为：A.
【分析】列举出所有等可能情况共6种结果，其中甲、乙两名同学同时被选中的只有1种，然后利用概率公式计算即可.
5．【答案】B
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC，则∠BAC=∠BEC=20°，
∵AB 是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-∠BAC=70°，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC=180°-∠ABC=110°，
故答案为：B.
【分析】连接AC，由同弧所对的圆周角相等可得∠BAC=∠BEC=20°，由AB 是⊙O的直径，可得
∠ACB=90°，利用直角三角形性质可求∠ABC=90°-∠BAC=70°，根据圆内接四边形对角互补即可求解.
6．【答案】C
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【解答】解：设每次降价的百分率为x，
由题意得：48（1-x）2=27，
解得x1=，x2=（舍），
∴ 每次降价的百分率为25%.
故答案为：C .
【分析】设每次降价的百分率为x，根据降价前的价格×（1-降价百分率）2=降价后的价格，列出方程并解之即可.
7．【答案】B
【知识点】探索规律-图形的个数规律
【解析】【解答】解：第1个图案有4个三角形，则4=3×1+1
第2个图案有7个三角形，则7=3×2+1，
第3个图案有10个三角形，则10=3×3+1
···，
∴第n个图案有（3n+1）个三角形，
当n=674时，3n+1=3×674+1=2023个，
∴ 第674个图中三角形的个数是2023.
故答案为：B.
【分析】根据前几个图形的变化规律，可得规律：第n个图案有（3n+1）个三角形，据此计算即可.
8．【答案】D
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；三角形的面积；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：如图，过点E作EH⊥x轴，则EH∥OB∥AC，
∴△OEH∽△OAC，
∴
∵OE＝2AE，
∴
设E（a，），则OH=a，EH=，
∴OC=a，AC=，
∵点D、F在 反比例函数的图象上，
∴S△OBD=，S△OCF=，
∴矩形ABOC的面积=S△OBD+S△OCF+S四边形ODAF=OC·AC，
即++2=a·，
解得k=.
故答案为：D.
【分析】过点E作EH⊥x轴，则EH∥OB∥AC，可证△OEH∽△OAC，可得，设E（a，），可得OC=a，AC=，由反比例函数图象k的几何意义可得S△OBD=，S△OCF=，根据矩形ABOC的面积=S△OBD+S△OCF+S四边形ODAF=OC·AC，即可求解.
9．【答案】B
【知识点】矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AB=CD=10cm，
由折叠知：AM=BM=5cm，AD'=AD=MN=12cm，∠DAN=∠D'AN，AD∥MN，∠AMN=90°，
∴∠DAN=∠ANM，
∴∠D'AN=∠ANM，
∴EA=EN，
设EA=EN=x，则EM=12-x(cm)，
在Rt△AEM中，AM2+EM2=AE2，
即52+（12-x）2=x2，
解得x=，
即EN=cm
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质及折叠的性质可推出∠D'AN=∠ANM，可得EA=EN，设EA=EN=x，则EM=12-x(cm)，在Rt△AEM中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
10．【答案】A
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，A（﹣3，0），B（1，0），
∴可设y=a(x+3)(x-1)，即y=ax2+2ax-3a，
∴b=2a，c=-3a，
∴ abc2=a·2a·(-3a)2=18a4＞0，故①正确；
抛物线y=ax2+2ax-3a与y轴的交点为C（0，-3a），
∵ 点C的纵坐标在﹣3～﹣2之间，
∴-3＜-3a＜-2，即＜2a＜2，
∴＜b＜2，故②正确；
∵﹣bx1＝﹣bx2，
∴﹣2ax1＝﹣2ax2，则﹣2x1＝﹣2x2，
∴--2（x1-x2）=（x1-x2）（x1+x2-2）=0，
∵ x1≠x2，
∴x1+x2=2，故③错误；
直线y＝﹣cx+c与抛物线y＝ax2+bx+c，令y相等，
则﹣cx+c=ax2+bx+c，
∴ax-3a=ax2+2ax-3a，
解得x=或0（舍），
∴m=，故④正确.
故答案为：A.
【分析】由抛物线与y轴的交点，可设y=a(x+3)(x-1)=ax2+2ax-3a，可得b=2a，c=-3a，代入①计算即可判断；由点C（0，-3a）的纵坐标在﹣3～﹣2之间， 可得-3＜-3a＜-2，据此求出b的范围即可判断②；把b=2a代入﹣bx1＝﹣bx2中，利用因式分解可得（x1-x2）（x1+x2-2）=0，据从可求出x1+x2-2=0，据此判断③；令y相等，可得﹣cx+c=ax2+bx+c，把b=2a，c=-3a代入方程并解方程，即得m值，据此判断④.
11．【答案】x≥﹣3且x≠0
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得：x+3≥0且x≠0，
解得：x≥﹣3且x≠0.
故答案为：x≥﹣3且x≠0.
【分析】二次根式有意义的条件：被开方数为非负数；分式有意义条件：分母不为0，据此解答即可.
12．【答案】DE＝EF或AD＝CF
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质
【解析】【解答】解：∵ CF∥AB，
∴∠A=∠ECF，∠ADE=∠CFE，
添加DE＝EF，
∴△ADE≌△CFE（AAS）
∴AE=CE；
添加AD＝CF，
∴△ADE≌△CFE（ASA）
∴AE=CE；
故答案为：DE＝EF或AD＝CF（答案不唯一）.
【分析】由平行线的性质可得∠A=∠ECF，∠ADE=∠CFE，可添加DE＝EF或AD＝CF，可证△ADE≌△CFE，可得AE=CE，据此解答即可.
13．【答案】2
【知识点】一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解： 将抛物线y＝ax2+bx+3向下平移5个单位长度后得解析式为：y＝ax2+bx-2，
把 点（﹣2，4）代入得：4=a×（-2）2-2b-2，
∴2a-b=3，
∴6a﹣3b﹣7＝ 3（2a-b）-7=3×3-7=2.
故答案为：2.
【分析】先求出平移后的解析式，把点（﹣2，4）代入可得2a-b=3，把原式化为3（2a-b）-7，在整体代入即可求解.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：∵ 直径AB⊥CD， CD＝6，
∴CE=DE=3，
设⊙O半径为r，则OE=OB-BE=r-1，
∵OE2+ED2=OD2，
∴（r-1）2+32=r2，
解得r=5，
∴OA=5，OE=4，
∴AE=OA+OE=9，
在Rt△AEC中，AC===.
故答案为：.
【分析】由垂径定理可得CE=DE=3，设⊙O半径为r，则OE=OB-BE=r-1，在Rt△OED中，利用勾股定理建立方程，求出r=5，从而求出AE=9，在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AC即可.
15．【答案】5
【知识点】分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】解：∵这组数据正整数a，1，b，b，3唯一众数为8，
∴b=8，
∵ 中位数是5，
∴a=5，
即这组数据为5，1，8，8，3，
∴ 这一组数据的平均数为（5+1+8+8+3） =5.
故答案为：5.
【分析】根据众数和中位数可确定a、b的值，再求其平均数即可.
16．【答案】-1
【知识点】已知分式方程的解求参数
【解析】【解答】解：，
去分母得：x=3(x-1)+mx，
解得x=，
由方程的解为正整数，
∴2+m=1或2+m=3，且≠1，
解得m=-1.
故答案为：-1.
【分析】先解分式方程得x=，由方程的解为正整数，可得2+m=1或2+m=3，且≠1，解之即可.
17．【答案】13或
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，当BE=BC时，
在矩形ABCD中，BO=OD ，
∵ 点P是DE的中点， OP=3，
∴BE=2OP=6，
∴BC=3BE=18，EC=12，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=5，
∴DE==13，
在Rt△DCE中，点P是DE的中点，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=13.
如图，当CE=BC时，
同理可求BE=2OP=6，
∴CE=BC=3，BC=9，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=10，
∴DE==，
在Rt△DCE中，点P是DE的中点，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=.
综上可知：13或
故答案为：13或.
【分析】分两种情况：当BE=BC时和当CE=BC时，根据三角形中位线定理可求BE，从而求出CE，利用勾股定理求出DE，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PC，PE，继而求解.
18．【答案】①②③⑤
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；同角三角函数的关系
【解析】【解答】解：如图，过点P作PG⊥AD，则ABPG为矩形，∠PGD=90°，
∴AB=PG，∠GNP+∠GPN=90°，
在正方形ABCD中，∠ADM=90°，AD=AB，
∴PG=AD，
∵NP⊥AE，
∴∠ANF+∠NAF=90°，
∴∠NAF=∠GPN，
∴△PGN≌△ADM，
∴AM=PN，故①正确；
如图，过点F作FH⊥BD，连接CF，
在正方形ABCD中，∠ADF=∠ABF=∠CBF=45°，FH⊥BD，AB=BC，
∴△HFD为等腰直角三角形，
∴DH=DF，FD=FH，
∵BF=BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS）
∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，
在四边形ABPF中，∠ABP=∠AFP=90°，
∴∠BAF+∠BPF=90°，
∵∠FPC+∠BPF=90°，
∴∠BAF=∠FPC=∠BCF，
∴PF=CF=AF，
由①知：AM=PN，即AM-AF=PN-PF，
∴FN=FM，
∵∠HFD=∠NFM=90°，
∴∠NFH=∠DFM
∴△NFH≌△MFD（SAS）
∴NH=DM，
∴DM+DN=NH+DN=DH=DF，故②正确；
连接AP，如图，由P是BC中点 ，则BP=PC=1.5，
∴AP==，
由②知：AP=PF，
∴PF=AP=，
设CE=x，则PE=1.5+x，BE=3+x，
∴AE=，
sinE=，即，
解得x=6或-4（舍）
∴CE=6，AE=，BE=9，
∵cosE=，
∴，
∴ME=，故③正确；
由题意知：∠AFN=90°，∠BPF＞90°，
∴△AFE与△APF不相似，则BF NF≠AF BP，故④错误；
∵PM∥BD，
∴∠MPC=∠DBC=45°=∠CMP=∠CDB=45°，
∴PC=CM，
可设PC=CM=a，BCCD=AD=AB=b，CE=c，
则PM=a，DM=b-a，BE=b+c，PE=a+c，
∵AF=PF，∠AFN=∠PFM=90°，FN=FM，
∴△AFN≌△PFM（SAS），
∴AN=PM=a，
∵AD∥CE，
∴△ADM∽△ECM，
∴，即，解得a=
∵AN∥PE，
∴△AFN∽△EFP，
∴，即，
∵AB∥DM ，
∴△DMF ∽△BAF，
∴，即，
∴
把a=代入中，并整理得b+c=2b+c，
解得，
∴CE=BC，故⑤正确；
故答案为：①②③⑤.
【分析】过点P作PG⊥AD，证明△PGN≌△ADM，可得AM=PN，故①正确；如图，过点F作FH⊥BD，连接CF，易得△HFD为等腰直角三角形，可得DH=DF，FD=FH，证明△ABF≌△CBF（SAS），可得AF=CF，∠BAF=∠BCF，利用四边形内角和及补角的性质可推∠BAF=∠FPC=∠BCF，可得PF=CF=AF，再证△NFH≌△MFD（SAS），可得NH=DM，从而得出
DM+DN=NH+DN=DH=DF，故②正确；连接AP，由勾股定理求出AP，利用AP=PF可求出PF，设CE=x，则PE=1.5+x，BE=3+x，由勾股定理求出AE的长，利用sinE=建立关于x方程并解之，可得CE=6，AE=，BE=9，再利用cosE=，可求出CM，即可判断③；由题意知：∠AFN=90°，∠BPF＞90°，则△AFE与△APF不相似，故BF NF≠AF BP，故④错误；
可设PC=CM=a，BCCD=AD=AB=b，CE=c，则PM=a，DM=b-a，BE=b+c，PE=a+c，证明
△AFN≌△PFM（SAS），可得AN=PM=a，证明△ADM∽△ECM可得，据此求出a=，同理可证△AFN∽△EFP，△DMF ∽△BAF，分别得出，，即得，把a=代入中，并整理得b+c=2b+c，则CE=BC，故⑤正确.
19．【答案】解：原式=÷（﹣）
=
=
=
使分式有意义，则x≠0，3
∴x=1，-1或2
当x=-1时，原式=.
【知识点】分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】先计算括号里分式的减法，再将除法转为乘法，然后约分即可化简，最后 从﹣1，0，1，2，3中选一个使分式有意义的数代入求值即可．
20．【答案】解：由题意知：四边形EDCB是平行四边形，BF=6米，
∴DE=BC=1.5m，
∵tan∠ABE=，tan∠AFE=，
∴AE=BE·tan∠ABE=BE，EF=≈10，
∵BE=EF+BF=6+10=16，
∴AD=AE+DE=BE+DE=17.5米.
答： 建筑物AD的高度约为17.5米.
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】由题意知：四边形EDCB是平行四边形，BF=6米，则DE=BC=1.5m，利用解直角三角形可求出AE=BE，EF=，从而求出BE，利用AD=AE+DE=BE+DE即可求解.
21．【答案】（1）50
（2）解：B类人数为50-（20+8+5）=17人，
补全图形如下：
“了解较少”所对应的圆心角度数为360°×=36°.
（3）解：1200×=480(名)
答：估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题有480名.
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用样本的频数估计总体的频数
【解析】【解答】解：（1）本次调查共抽取了学生人数为（20+8+5）÷（1-34%） =50名；
故答案为：50.
【分析】（1）用A、C、D的总人数除以它们所占的比例即可求解；
（2）利用总人数减去A、C、D的人数，可得B人数，再补图即可；利用360°×“了解较少''所占比例即得“了解较少”所对应的圆心角度数；
（3）利用全校总人数乘以样本中“非常了解"人数所占比例，即可求解.
22．【答案】解：当∠CBE=60°，作图如下：过点O作OF⊥BC，垂足为F，
在菱形BCDE中，∠CBE=60°，BC=BE，CO=OE，
∴△BCE为等边三角形，BD⊥CE，
∴EC=BC=12，∠BCO=60°，
∴CO=CE=6，
∴CF=CO=3，
∴△AOC的面积=AC·CF=×8×3=12.
当∠BCD=60°，作图如下：过点O作OF⊥BC，垂足为F，
同理可得△BCD为等边三角形，BD⊥CE，则BD=BC=6，∠CBD=60°，
∴BO=BD=6，∠BCO=30°，
∴OC==，
∴CF=CO=9，
∴△AOC的面积=AC·CF=×8×9=36.
综上可知：△AOC的面积为12或36.
【知识点】三角形的面积；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【分析】分两种情况：①当∠CBE=60°，②当∠BCD=60°，据此分别画出图形，分别过点O作OF⊥BC，垂足为F，利用菱形的性质及直角三角形的性质求出CO、CF的长，根据△AOC的面积=AC·CF即可求解.
23．【答案】（1）解：把 （﹣1，0），（0，﹣3） 代入 y＝x2+bx+c 中 ，
得，解得，
∴y＝x2-x-3
（2）
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：（2）y＝x2-x-3，当y=0时，则x2-x-3=0，
解得：x1=-1，x2=6，
∴B（6，0），即OB=6，
∴BC===，
∵B（6，0），C（0，-3）
∴利用待定系数法求直线BC解析式为y=x-3，
过点P作PD⊥x轴交BC于点D，
设点P（n，n2-n-3），则D（n，n-3），
∴PD=n-3-（n2-n-3）=-n2+3n，
∴△CPB的面积=PD·OB=（-n2+3n）×6=（x-3）2+，
∴△CPB的面积的最大值为，
∵△CPB的面积=BC·PN=，
∴PN=.
故答案为：.
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出B（6，0），再求BC=，直线BC解析式为y=x-3，过点P作PD⊥x轴交BC于点D，设点P（n，n2-n-3），则D（n，n-3），则PD=-n2+3n，从而求出△CPB的面积=PD·OB=（x-3）2+，可得△CPB的面积的最大值为，再次利用三角形的面积公式即可求出PN的长.，
24．【答案】（1）70
（2）解：∵E（，0）F（4，180），
所以可设线段EF所在直线的函数解析式y=kx+b
则，解得
∴y＝120x﹣300
（3）解：由（1）知：A、C两地的距离为300km，
∴乙车行驶的速度为：300÷-70=50km/h，
B、C两地的距离为：50×4=200km，A、B两地的距离为：300-200=100km，
设两车出发x小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
当甲、乙两车相遇前，
则200-50x=3(100-70x）
解得x=，
当甲、乙两车相遇后，
则则200-50x=3(70x-100），
解得x=，
综上可知：两车出发或时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题；一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：（1）由图可知：甲车小时行驶的路程为（200-180）km，
∴ 甲车行驶的速度是 （200-180）÷=70km/h，
∴A、C两地的距离为70×（4+）=300（km），填图如下：
故答案为：70.
【分析】（1）利用速度、时间、路程的关系解答即可；
（2）利用待定系数法求解析式即可；
（3）先求出AC，BC，AB两地之间的距离和乙车的速度，设两车出发x小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．分两种情况：当甲、乙两车相遇后和当甲、乙两车相遇后，据此分别列出方程并解之即可.
25．【答案】（1）证明： 在AB上截取AM＝EF，连接DM，
由旋转的性质知：AD=AE，∠EAD=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠B=60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFB=∠B=60°，
∴∠EFB=∠EAD，∠EFA=180°-60°=120°
∵∠BAD=∠EAD-∠EAB，∠E=∠EFB-∠EAB，
∴∠BAD=∠E，
∵AD=AE，AM=EF，
∴△DAM≌△AEF（SAS），
∴AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，
∴∠BMD=180°-∠AMD=60°，
∵∠B=60°，
∴△BMD为等边三角形，
∴BD=DM=BM，
∴AB=AM+BM=EF+BD.
（2）解：图②：AB=BD-EF，
理由：如图，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，
∵∠ABC=60°，
∴△ABH为等边三角形，
∴∠BAH=∠BHA=60°，
由旋转知：∠DAE=60°，AE=AD，
∴∠BAH=∠DAE，
∴∠BAE=∠DAH，
∵AG=AF
∴△FAE≌△GAD（SAS），
∴EF=DG，∠AFE=∠G，
∵BC∥EF，
∴∠AFE=∠ABC=∠G=60°，
∵∠DHG=∠AHB=60°，
∴△DHG为等边三角形，
∴DH=DG=EF，
∴AB=BH=BD-DH=BD-EF.
图③：AB=EF-BD，
理由：如图，在EF上取点H使AH=AF，
∵BC∥EF，
∴∠F=∠ABC=60°
∴△AHF为等边三角形，
∴∠AHF=∠HAF=60°，AH=FH
∴∠AHE=120°，∠EAH+∠DAB=180°-∠EAD-∠FAH=180°-60°-60°=60°，
由旋转知：AD=AE，∠DAE=60°，
∵∠D+∠DAB=∠ABC=60°，
∴∠D=∠EAH，
∵∠DBA=∠AHE=120°，AD=AE，
∴△EAH≌△ADB（AAS）
∴BD=AH，AB=EH，
∴BD=HF，
∴AB=EH=EF-FH=EF-BD；
（3）10或18
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴AB=2BC，AC=BC，
∴BC=AC=6，AB=12，
∵CD=2BD，
∴BD=BC=2，
由（1）知：AB=EF+BD，
∴EF=AB-BD=12-2=10；
如图：当点D在线段BC的延长线上时 ，由CD＜BD，与CD=2BD矛盾，不成立；
如图：当点D在线段CB的延长线上时 ，
∵CD=2BD，BC=6，
∴BD=BC=6，AB=2BC=12，
由AB=EF-BD，则EF=AB+BD=18.
综上可知：EF的长为10或18.
【分析】（1）在AB上截取AM＝EF，连接DM，可证△DAM≌△AEF（SAS），可得AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，再证△BMD为等边三角形，可得BD=DM=BM，利用线段的和差关系即可求解；
（2）图②：如图，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，易得△ABH为等边三角形，再证△FAE≌△GAD（SAS），可得EF=DG，∠AFE=∠G，最后可证△DHG为等边三角形，可得DH=DG=EF，利用线段的和差关系即可求解；
图③：如图，在EF上取点H使AH=AF，可证△EAH≌△ADB（AAS），可得BD=AH，AB=EH，利用线段的和差关系即可求解；
（3）利用含30°角的直角三角的性质求出BC=6，AB=12，结合CD=2BD求出BD的长，继而求解.
26．【答案】（1）解：设特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是x元和y元，
依题意得：，
解得：，
答：特级鲜品猴头菇每箱的进价为40元，特级干品猴头菇每箱的进价时150元；
（2）解： 设购进特级鲜品猴头菇为n箱，则购买特级干品猴头菇为（80-n） 箱，
则，
解得：40≤n42，
∵n为正整数，
∴n=40，41，42，
∴共有3种进货方案：
①购进特级鲜品猴头菇40箱，则购进特级干品猴头菇40箱；
②购进特级鲜品猴头菇41箱，则购进特级干品猴头菇39箱；
③购进特级鲜品猴头菇42箱，则购进特级干品猴头菇38箱；
（3）解：①当购进特级鲜品猴头菇40箱，则购进特级干品猴头菇40箱；
(40-1)×(50-40)+(40-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a=9，
②购进特级鲜品猴头菇41箱，则购进特级干品猴头菇39箱；
(41-1)×(50-40)+(39-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a=9.9（不合题意，舍）
③购进特级鲜品猴头菇42箱，则购进特级干品猴头菇38箱；
(42-1)×(50-40)+(38-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a≈10.7（不合题意，舍），
∴商店的进货方案是特级干品猴头菇40箱，特级鲜品猴头菇40箱．
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题；一元一次不等式组的实际应用-方案问题
【解析】【分析】（1）设特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是x元和y元，根据“ 购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元”列出方程组并解之即可；
（2） 设购进特级鲜品猴头菇为n箱，则购买特级干品猴头菇为（80-n） 箱，根据“ 全部销售后，获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱”列出不等式组，求出正整数解即可；
（3）把（2）种的三种方案分别求解即可.
27．【答案】（1）解： x2﹣4x﹣12＝0
（x-4）（x+3）=0，
解得x1=6 x2=-2，
∴OA=6，即A的坐标为（6，0）
把（6，0）代入 y＝x+b 中，得b=-6，
∴ y＝x-6，
当x=0时，y=-6
∴点D得坐标（0，﹣6）.
（2）解：如图，过点E作EH⊥AB于点H，
∵OA=OD=6，∠AOD=90°，
∴AD=OA=，∠OAD=∠EAH=45°，
∴AH=EH=AE=×=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=，AE∥BC，
∴∠EAF=∠GBF，∠AEF=∠FGB=90°，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴FH=AF=3，
∵GE垂直平分BC，
∴BG=BC==AE，
∴△AEF≌△BGF（ASA）
∴BF=AF=6，
∴BH=FH+BF=9，
∴tan∠ABE=.
（3）存在，点△EMN的个数为12个，点N的坐标为N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）．
理由：如图，当∠MEN=90°时，有4个，
∵∠EAN1=45°，
∴EN=EA=，
由（2）知AN1=6，OA=6，
∴ON1=12，则点N的坐标为（12，0）；
当∠ENM=90°时，有4个，如图，
当∠EMN=90°时，有4个，如图，
∵∠N9AM9=45°，
∴N9M9=AM9=EM9=EA=，
∴N9A==6，
∴N9与O重合，则N9的坐标（0，0），
综上可知：点△EMN的个数为12个，点N的坐标为N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；坐标与图形性质；三角形全等及其性质；平行四边形的性质；三角形全等的判定-ASA；求正切值
【解析】【分析】（1）先解方程求出OA=6，再求出直线解析式，继而求出点D坐标；
（2）过点E作EH⊥AB于点H，可求AH=EH=AE=3，易得△AEF为等腰直角三角形，可得FH=AF=3，由线段垂直平分线的性质可得BG=BC==AE，可证△AEF≌△BGF（ASA），可得BF=AF=6，再利用正切函数的定义即可求解；
（3）分三种情况：∠MEN=90°、∠ENM=90°和∠EMN=90°，据此分别画出图形并解答即可.
1 / 1黑龙江省牡丹江市2024年中考数学试卷
一、单项选择题（本题10个小题，每小题3分，共30分）
1．（2024·牡丹江）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．
【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形 ，故不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形 ，故不符合题意；
C、 既是轴对称图形，又是中心对称图形 ，故符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形 ，故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；据此逐项判断即可.
2．（2024·牡丹江）下列计算正确的是（ ）
A．2a3 a2＝2a6 B．（﹣2a）3÷b×＝﹣8a3
C．（a3+a2+a）÷a＝a2+a D．3a﹣2＝
【答案】D
【知识点】单项式乘单项式；整式的混合运算；负整数指数幂；多项式除以单项式
【解析】【解答】解：A、2a3 a2＝2a5，故不符合题意；
B、（﹣2a）3÷b×＝， 故不符合题意；
C、（a3+a2+a）÷a＝a2+a+1，故不符合题意；
D、 3a﹣2＝ ，正确，故符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据单项式乘单项式法则、分式的乘除、多项式除以单项式及负整数指数幂法则分别进行计算，再判断即可.
3．（2024·牡丹江）由5个形状、大小完全相同的小正方体组合而成的几何体，其主视图和左视图如图所示，则搭建该几何体的方式有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】C
【知识点】由三视图判断小正方体的个数
【解析】【解答】解：由主视图可知：左侧一列最高1层，右侧一列最高3层；
由左视图可知：前-排最高3层，后一排最高1层；
∴右侧第一排一定为3层，
∴小正方体共有5个，
所得俯视图如下：
故答案为：C.
【分析】根据主视图和左视图可知小正方体共有5个，分别画出俯视图即可.
4．（2024·牡丹江）某校八年级3班承担下周学校升旗任务，老师从备选的甲、乙、丙、丁四名同学中，选择两名担任升旗手，则甲、乙两名同学同时被选中的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用列举法求概率
【解析】【解答】解： 从备选的甲、乙、丙、丁四名同学中， 选择两名担任升旗手，分别由甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙丁，丙丁，共6种结果，其中甲、乙两名同学同时被选中的只有1种，
∴ 甲、乙两名同学同时被选中的概率是 .
故答案为：A.
【分析】列举出所有等可能情况共6种结果，其中甲、乙两名同学同时被选中的只有1种，然后利用概率公式计算即可.
5．（2024·牡丹江）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，若∠BEC＝20°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
【答案】B
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC，则∠BAC=∠BEC=20°，
∵AB 是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-∠BAC=70°，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC=180°-∠ABC=110°，
故答案为：B.
【分析】连接AC，由同弧所对的圆周角相等可得∠BAC=∠BEC=20°，由AB 是⊙O的直径，可得
∠ACB=90°，利用直角三角形性质可求∠ABC=90°-∠BAC=70°，根据圆内接四边形对角互补即可求解.
6．（2024·牡丹江）一种药品原价每盒48元，经过两次降价后每盒27元，两次降价的百分率相同，则每次降价的百分率为（ ）
A．20% B．22% C．25% D．28%
【答案】C
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【解答】解：设每次降价的百分率为x，
由题意得：48（1-x）2=27，
解得x1=，x2=（舍），
∴ 每次降价的百分率为25%.
故答案为：C .
【分析】设每次降价的百分率为x，根据降价前的价格×（1-降价百分率）2=降价后的价格，列出方程并解之即可.
7．（2024·牡丹江）如图是由一些同样大小的三角形按照一定规律所组成的图形，第1个图有4个三角形．第2个图有7个三角形，第3个图有10个三角形…按照此规律排列下去，第674个图中三角形的个数是（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【答案】B
【知识点】探索规律-图形的个数规律
【解析】【解答】解：第1个图案有4个三角形，则4=3×1+1
第2个图案有7个三角形，则7=3×2+1，
第3个图案有10个三角形，则10=3×3+1
···，
∴第n个图案有（3n+1）个三角形，
当n=674时，3n+1=3×674+1=2023个，
∴ 第674个图中三角形的个数是2023.
故答案为：B.
【分析】根据前几个图形的变化规律，可得规律：第n个图案有（3n+1）个三角形，据此计算即可.
8．（2024·牡丹江）矩形OBAC在平面直角坐标系中的位置如图所示，反比例函数的图象与AB边交于点D，与AC边交于点F，与OA交于点E，OE＝2AE，若四边形ODAF的面积为2，则k的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；三角形的面积；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：如图，过点E作EH⊥x轴，则EH∥OB∥AC，
∴△OEH∽△OAC，
∴
∵OE＝2AE，
∴
设E（a，），则OH=a，EH=，
∴OC=a，AC=，
∵点D、F在 反比例函数的图象上，
∴S△OBD=，S△OCF=，
∴矩形ABOC的面积=S△OBD+S△OCF+S四边形ODAF=OC·AC，
即++2=a·，
解得k=.
故答案为：D.
【分析】过点E作EH⊥x轴，则EH∥OB∥AC，可证△OEH∽△OAC，可得，设E（a，），可得OC=a，AC=，由反比例函数图象k的几何意义可得S△OBD=，S△OCF=，根据矩形ABOC的面积=S△OBD+S△OCF+S四边形ODAF=OC·AC，即可求解.
9．（2024·牡丹江）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD'N，AD'交折痕MN于点E，则线段EN的长为（ ）
A．8cm B． C． D．
【答案】B
【知识点】矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AB=CD=10cm，
由折叠知：AM=BM=5cm，AD'=AD=MN=12cm，∠DAN=∠D'AN，AD∥MN，∠AMN=90°，
∴∠DAN=∠ANM，
∴∠D'AN=∠ANM，
∴EA=EN，
设EA=EN=x，则EM=12-x(cm)，
在Rt△AEM中，AM2+EM2=AE2，
即52+（12-x）2=x2，
解得x=，
即EN=cm
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质及折叠的性质可推出∠D'AN=∠ANM，可得EA=EN，设EA=EN=x，则EM=12-x(cm)，在Rt△AEM中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
10．（2024·牡丹江）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，A（﹣3，0），B（1，0），与y轴交点C的纵坐标在﹣3～﹣2之间，根据图象判断以下结论：①abc2＞0；②＜b＜2；③若﹣bx1＝﹣bx2且x1≠x2，则x1+x2＝﹣2；④直线y＝﹣cx+c与抛物线y＝ax2+bx+c的一个交点（m，n）（m≠0），则m＝．其中正确的结论是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】A
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，A（﹣3，0），B（1，0），
∴可设y=a(x+3)(x-1)，即y=ax2+2ax-3a，
∴b=2a，c=-3a，
∴ abc2=a·2a·(-3a)2=18a4＞0，故①正确；
抛物线y=ax2+2ax-3a与y轴的交点为C（0，-3a），
∵ 点C的纵坐标在﹣3～﹣2之间，
∴-3＜-3a＜-2，即＜2a＜2，
∴＜b＜2，故②正确；
∵﹣bx1＝﹣bx2，
∴﹣2ax1＝﹣2ax2，则﹣2x1＝﹣2x2，
∴--2（x1-x2）=（x1-x2）（x1+x2-2）=0，
∵ x1≠x2，
∴x1+x2=2，故③错误；
直线y＝﹣cx+c与抛物线y＝ax2+bx+c，令y相等，
则﹣cx+c=ax2+bx+c，
∴ax-3a=ax2+2ax-3a，
解得x=或0（舍），
∴m=，故④正确.
故答案为：A.
【分析】由抛物线与y轴的交点，可设y=a(x+3)(x-1)=ax2+2ax-3a，可得b=2a，c=-3a，代入①计算即可判断；由点C（0，-3a）的纵坐标在﹣3～﹣2之间， 可得-3＜-3a＜-2，据此求出b的范围即可判断②；把b=2a代入﹣bx1＝﹣bx2中，利用因式分解可得（x1-x2）（x1+x2-2）=0，据从可求出x1+x2-2=0，据此判断③；令y相等，可得﹣cx+c=ax2+bx+c，把b=2a，c=-3a代入方程并解方程，即得m值，据此判断④.
二、填空题（本题8个小题，每小题3分，共24分）
11．（2024·牡丹江）函数y＝中，自变量x的取值范围是
【答案】x≥﹣3且x≠0
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得：x+3≥0且x≠0，
解得：x≥﹣3且x≠0.
故答案为：x≥﹣3且x≠0.
【分析】二次根式有意义的条件：被开方数为非负数；分式有意义条件：分母不为0，据此解答即可.
12．（2024·牡丹江）如图，△ABC中，D是AB上一点，CF∥AB，D、E、F三点共线，请添加一个条件 ，使得AE＝CE．（只添一种情况即可）
【答案】DE＝EF或AD＝CF
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质
【解析】【解答】解：∵ CF∥AB，
∴∠A=∠ECF，∠ADE=∠CFE，
添加DE＝EF，
∴△ADE≌△CFE（AAS）
∴AE=CE；
添加AD＝CF，
∴△ADE≌△CFE（ASA）
∴AE=CE；
故答案为：DE＝EF或AD＝CF（答案不唯一）.
【分析】由平行线的性质可得∠A=∠ECF，∠ADE=∠CFE，可添加DE＝EF或AD＝CF，可证△ADE≌△CFE，可得AE=CE，据此解答即可.
13．（2024·牡丹江）将抛物线y＝ax2+bx+3向下平移5个单位长度后，经过点（﹣2，4），则6a﹣3b﹣7＝ ．
【答案】2
【知识点】一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解： 将抛物线y＝ax2+bx+3向下平移5个单位长度后得解析式为：y＝ax2+bx-2，
把 点（﹣2，4）代入得：4=a×（-2）2-2b-2，
∴2a-b=3，
∴6a﹣3b﹣7＝ 3（2a-b）-7=3×3-7=2.
故答案为：2.
【分析】先求出平移后的解析式，把点（﹣2，4）代入可得2a-b=3，把原式化为3（2a-b）-7，在整体代入即可求解.
14．（2024·牡丹江）如图，在⊙O中，直径AB⊥CD于点E，CD＝6，BE＝1，则弦AC的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：∵ 直径AB⊥CD， CD＝6，
∴CE=DE=3，
设⊙O半径为r，则OE=OB-BE=r-1，
∵OE2+ED2=OD2，
∴（r-1）2+32=r2，
解得r=5，
∴OA=5，OE=4，
∴AE=OA+OE=9，
在Rt△AEC中，AC===.
故答案为：.
【分析】由垂径定理可得CE=DE=3，设⊙O半径为r，则OE=OB-BE=r-1，在Rt△OED中，利用勾股定理建立方程，求出r=5，从而求出AE=9，在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AC即可.
15．（2024·牡丹江）已知一组正整数a，1，b，b，3有唯一众数8，中位数是5，则这一组数据的平均数为 ．
【答案】5
【知识点】分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】解：∵这组数据正整数a，1，b，b，3唯一众数为8，
∴b=8，
∵ 中位数是5，
∴a=5，
即这组数据为5，1，8，8，3，
∴ 这一组数据的平均数为（5+1+8+8+3） =5.
故答案为：5.
【分析】根据众数和中位数可确定a、b的值，再求其平均数即可.
16．（2024·牡丹江）若分式方程的解为正整数，则整数m的值为 ．
【答案】-1
【知识点】已知分式方程的解求参数
【解析】【解答】解：，
去分母得：x=3(x-1)+mx，
解得x=，
由方程的解为正整数，
∴2+m=1或2+m=3，且≠1，
解得m=-1.
故答案为：-1.
【分析】先解分式方程得x=，由方程的解为正整数，可得2+m=1或2+m=3，且≠1，解之即可.
17．（2024·牡丹江）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP＝3，连接CP，则PC+PE的值为 ．
【答案】13或
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，当BE=BC时，
在矩形ABCD中，BO=OD ，
∵ 点P是DE的中点， OP=3，
∴BE=2OP=6，
∴BC=3BE=18，EC=12，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=5，
∴DE==13，
在Rt△DCE中，点P是DE的中点，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=13.
如图，当CE=BC时，
同理可求BE=2OP=6，
∴CE=BC=3，BC=9，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=10，
∴DE==，
在Rt△DCE中，点P是DE的中点，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=.
综上可知：13或
故答案为：13或.
【分析】分两种情况：当BE=BC时和当CE=BC时，根据三角形中位线定理可求BE，从而求出CE，利用勾股定理求出DE，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PC，PE，继而求解.
18．（2024·牡丹江）如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，AE分别交BD、CD于点F、M，过点F作NP⊥AE，分别交AD、BC于点N、P，连接MP．下列四个结论：①AM＝PN；②DM+DN＝DF；③若P是BC中点，AB＝3，则EM＝2；④BF NF＝AF BP；⑤若PM∥BD，则CE＝BC．其中正确的结论是 ．
【答案】①②③⑤
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；同角三角函数的关系
【解析】【解答】解：如图，过点P作PG⊥AD，则ABPG为矩形，∠PGD=90°，
∴AB=PG，∠GNP+∠GPN=90°，
在正方形ABCD中，∠ADM=90°，AD=AB，
∴PG=AD，
∵NP⊥AE，
∴∠ANF+∠NAF=90°，
∴∠NAF=∠GPN，
∴△PGN≌△ADM，
∴AM=PN，故①正确；
如图，过点F作FH⊥BD，连接CF，
在正方形ABCD中，∠ADF=∠ABF=∠CBF=45°，FH⊥BD，AB=BC，
∴△HFD为等腰直角三角形，
∴DH=DF，FD=FH，
∵BF=BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS）
∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，
在四边形ABPF中，∠ABP=∠AFP=90°，
∴∠BAF+∠BPF=90°，
∵∠FPC+∠BPF=90°，
∴∠BAF=∠FPC=∠BCF，
∴PF=CF=AF，
由①知：AM=PN，即AM-AF=PN-PF，
∴FN=FM，
∵∠HFD=∠NFM=90°，
∴∠NFH=∠DFM
∴△NFH≌△MFD（SAS）
∴NH=DM，
∴DM+DN=NH+DN=DH=DF，故②正确；
连接AP，如图，由P是BC中点 ，则BP=PC=1.5，
∴AP==，
由②知：AP=PF，
∴PF=AP=，
设CE=x，则PE=1.5+x，BE=3+x，
∴AE=，
sinE=，即，
解得x=6或-4（舍）
∴CE=6，AE=，BE=9，
∵cosE=，
∴，
∴ME=，故③正确；
由题意知：∠AFN=90°，∠BPF＞90°，
∴△AFE与△APF不相似，则BF NF≠AF BP，故④错误；
∵PM∥BD，
∴∠MPC=∠DBC=45°=∠CMP=∠CDB=45°，
∴PC=CM，
可设PC=CM=a，BCCD=AD=AB=b，CE=c，
则PM=a，DM=b-a，BE=b+c，PE=a+c，
∵AF=PF，∠AFN=∠PFM=90°，FN=FM，
∴△AFN≌△PFM（SAS），
∴AN=PM=a，
∵AD∥CE，
∴△ADM∽△ECM，
∴，即，解得a=
∵AN∥PE，
∴△AFN∽△EFP，
∴，即，
∵AB∥DM ，
∴△DMF ∽△BAF，
∴，即，
∴
把a=代入中，并整理得b+c=2b+c，
解得，
∴CE=BC，故⑤正确；
故答案为：①②③⑤.
【分析】过点P作PG⊥AD，证明△PGN≌△ADM，可得AM=PN，故①正确；如图，过点F作FH⊥BD，连接CF，易得△HFD为等腰直角三角形，可得DH=DF，FD=FH，证明△ABF≌△CBF（SAS），可得AF=CF，∠BAF=∠BCF，利用四边形内角和及补角的性质可推∠BAF=∠FPC=∠BCF，可得PF=CF=AF，再证△NFH≌△MFD（SAS），可得NH=DM，从而得出
DM+DN=NH+DN=DH=DF，故②正确；连接AP，由勾股定理求出AP，利用AP=PF可求出PF，设CE=x，则PE=1.5+x，BE=3+x，由勾股定理求出AE的长，利用sinE=建立关于x方程并解之，可得CE=6，AE=，BE=9，再利用cosE=，可求出CM，即可判断③；由题意知：∠AFN=90°，∠BPF＞90°，则△AFE与△APF不相似，故BF NF≠AF BP，故④错误；
可设PC=CM=a，BCCD=AD=AB=b，CE=c，则PM=a，DM=b-a，BE=b+c，PE=a+c，证明
△AFN≌△PFM（SAS），可得AN=PM=a，证明△ADM∽△ECM可得，据此求出a=，同理可证△AFN∽△EFP，△DMF ∽△BAF，分别得出，，即得，把a=代入中，并整理得b+c=2b+c，则CE=BC，故⑤正确.
三、解答题（共66分）
19．（2024·牡丹江）先化简，再求值：÷（x﹣），并从﹣1，0，1，2，3中选一个合适的数代入求值．
【答案】解：原式=÷（﹣）
=
=
=
使分式有意义，则x≠0，3
∴x=1，-1或2
当x=-1时，原式=.
【知识点】分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】先计算括号里分式的减法，再将除法转为乘法，然后约分即可化简，最后 从﹣1，0，1，2，3中选一个使分式有意义的数代入求值即可．
20．（2024·牡丹江）如图，某数学活动小组用高度为1.5米的测角仪BC，对垂直于地面CD的建筑物AD的高度进行测量，BC⊥CD于点C．在B处测得A的仰角∠ABE＝45°，然后将测角仪向建筑物方向水平移动6米至FG处，FG⊥CD于点G，测得A的仰角∠AFE＝58°，BF的延长线交AD于点E，求建筑物AD的高度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
【答案】解：由题意知：四边形EDCB是平行四边形，BF=6米，
∴DE=BC=1.5m，
∵tan∠ABE=，tan∠AFE=，
∴AE=BE·tan∠ABE=BE，EF=≈10，
∵BE=EF+BF=6+10=16，
∴AD=AE+DE=BE+DE=17.5米.
答： 建筑物AD的高度约为17.5米.
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】由题意知：四边形EDCB是平行四边形，BF=6米，则DE=BC=1.5m，利用解直角三角形可求出AE=BE，EF=，从而求出BE，利用AD=AE+DE=BE+DE即可求解.
21．（2024·牡丹江）某校为掌握学生对垃圾分类的了解情况，在全校范围内抽取部分学生进行调查问卷，并将收集到的信息进行整理，绘制成如图所示不完整的统计图，其中A为“非常了解”，B为“了解较多”，C为“基本了解”，D为“了解较少”．请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查共抽取了 名学生；
（2）补全条形统计图，并求出扇形统计图中“了解较少”所对应的圆心角度数；
（3）若全校共有1200名学生，请估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题．
【答案】（1）50
（2）解：B类人数为50-（20+8+5）=17人，
补全图形如下：
“了解较少”所对应的圆心角度数为360°×=36°.
（3）解：1200×=480(名)
答：估计全校有多少名学生“非常了解”垃圾分类问题有480名.
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用样本的频数估计总体的频数
【解析】【解答】解：（1）本次调查共抽取了学生人数为（20+8+5）÷（1-34%） =50名；
故答案为：50.
【分析】（1）用A、C、D的总人数除以它们所占的比例即可求解；
（2）利用总人数减去A、C、D的人数，可得B人数，再补图即可；利用360°×“了解较少''所占比例即得“了解较少”所对应的圆心角度数；
（3）利用全校总人数乘以样本中“非常了解"人数所占比例，即可求解.
22．（2024·牡丹江）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝12，AC＝8，以BC为边向△ACB外作有一个内角为60°的菱形BCDE，对角线BD，CE交于点O，连接OA，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出△AOC的面积．
【答案】解：当∠CBE=60°，作图如下：过点O作OF⊥BC，垂足为F，
在菱形BCDE中，∠CBE=60°，BC=BE，CO=OE，
∴△BCE为等边三角形，BD⊥CE，
∴EC=BC=12，∠BCO=60°，
∴CO=CE=6，
∴CF=CO=3，
∴△AOC的面积=AC·CF=×8×3=12.
当∠BCD=60°，作图如下：过点O作OF⊥BC，垂足为F，
同理可得△BCD为等边三角形，BD⊥CE，则BD=BC=6，∠CBD=60°，
∴BO=BD=6，∠BCO=30°，
∴OC==，
∴CF=CO=9，
∴△AOC的面积=AC·CF=×8×9=36.
综上可知：△AOC的面积为12或36.
【知识点】三角形的面积；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【分析】分两种情况：①当∠CBE=60°，②当∠BCD=60°，据此分别画出图形，分别过点O作OF⊥BC，垂足为F，利用菱形的性质及直角三角形的性质求出CO、CF的长，根据△AOC的面积=AC·CF即可求解.
23．（2024·牡丹江）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3），连接BC．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点P是抛物线在第四象限图象上的任意一点，当△BCP的面积最大时，BC边上的高PN的值为 ．
【答案】（1）解：把 （﹣1，0），（0，﹣3） 代入 y＝x2+bx+c 中 ，
得，解得，
∴y＝x2-x-3
（2）
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：（2）y＝x2-x-3，当y=0时，则x2-x-3=0，
解得：x1=-1，x2=6，
∴B（6，0），即OB=6，
∴BC===，
∵B（6，0），C（0，-3）
∴利用待定系数法求直线BC解析式为y=x-3，
过点P作PD⊥x轴交BC于点D，
设点P（n，n2-n-3），则D（n，n-3），
∴PD=n-3-（n2-n-3）=-n2+3n，
∴△CPB的面积=PD·OB=（-n2+3n）×6=（x-3）2+，
∴△CPB的面积的最大值为，
∵△CPB的面积=BC·PN=，
∴PN=.
故答案为：.
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出B（6，0），再求BC=，直线BC解析式为y=x-3，过点P作PD⊥x轴交BC于点D，设点P（n，n2-n-3），则D（n，n-3），则PD=-n2+3n，从而求出△CPB的面积=PD·OB=（x-3）2+，可得△CPB的面积的最大值为，再次利用三角形的面积公式即可求出PN的长.，
24．（2024·牡丹江）一条公路上依次有A、B、C三地，甲车从A地出发，沿公路经B地到C地，乙车从C地出发，沿公路驶向B地．甲、乙两车同时出发，匀速行驶，乙车比甲车早小时到达目的地．甲、乙两车之间的路程ykm与两车行驶时间xh的函数关系如图所示，请结合图象信息，解答下列问题：
（1）甲车行驶的速度是 km/h，并在图中括号内填上正确的数；
（2）求图中线段EF所在直线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两车出发多少小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
【答案】（1）70
（2）解：∵E（，0）F（4，180），
所以可设线段EF所在直线的函数解析式y=kx+b
则，解得
∴y＝120x﹣300
（3）解：由（1）知：A、C两地的距离为300km，
∴乙车行驶的速度为：300÷-70=50km/h，
B、C两地的距离为：50×4=200km，A、B两地的距离为：300-200=100km，
设两车出发x小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
当甲、乙两车相遇前，
则200-50x=3(100-70x）
解得x=，
当甲、乙两车相遇后，
则则200-50x=3(70x-100），
解得x=，
综上可知：两车出发或时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．
【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题；一次函数的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：（1）由图可知：甲车小时行驶的路程为（200-180）km，
∴ 甲车行驶的速度是 （200-180）÷=70km/h，
∴A、C两地的距离为70×（4+）=300（km），填图如下：
故答案为：70.
【分析】（1）利用速度、时间、路程的关系解答即可；
（2）利用待定系数法求解析式即可；
（3）先求出AC，BC，AB两地之间的距离和乙车的速度，设两车出发x小时，乙车距B地的路程是甲车距B地路程的3倍．分两种情况：当甲、乙两车相遇后和当甲、乙两车相遇后，据此分别列出方程并解之即可.
25．（2024·牡丹江）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
（2）探究问题：
当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
（3）拓展思考：
在（1）（2）的条件下，若AC＝6，CD＝2BD，则EF＝ ．
【答案】（1）证明： 在AB上截取AM＝EF，连接DM，
由旋转的性质知：AD=AE，∠EAD=60°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠B=60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFB=∠B=60°，
∴∠EFB=∠EAD，∠EFA=180°-60°=120°
∵∠BAD=∠EAD-∠EAB，∠E=∠EFB-∠EAB，
∴∠BAD=∠E，
∵AD=AE，AM=EF，
∴△DAM≌△AEF（SAS），
∴AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，
∴∠BMD=180°-∠AMD=60°，
∵∠B=60°，
∴△BMD为等边三角形，
∴BD=DM=BM，
∴AB=AM+BM=EF+BD.
（2）解：图②：AB=BD-EF，
理由：如图，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，
∵∠ABC=60°，
∴△ABH为等边三角形，
∴∠BAH=∠BHA=60°，
由旋转知：∠DAE=60°，AE=AD，
∴∠BAH=∠DAE，
∴∠BAE=∠DAH，
∵AG=AF
∴△FAE≌△GAD（SAS），
∴EF=DG，∠AFE=∠G，
∵BC∥EF，
∴∠AFE=∠ABC=∠G=60°，
∵∠DHG=∠AHB=60°，
∴△DHG为等边三角形，
∴DH=DG=EF，
∴AB=BH=BD-DH=BD-EF.
图③：AB=EF-BD，
理由：如图，在EF上取点H使AH=AF，
∵BC∥EF，
∴∠F=∠ABC=60°
∴△AHF为等边三角形，
∴∠AHF=∠HAF=60°，AH=FH
∴∠AHE=120°，∠EAH+∠DAB=180°-∠EAD-∠FAH=180°-60°-60°=60°，
由旋转知：AD=AE，∠DAE=60°，
∵∠D+∠DAB=∠ABC=60°，
∴∠D=∠EAH，
∵∠DBA=∠AHE=120°，AD=AE，
∴△EAH≌△ADB（AAS）
∴BD=AH，AB=EH，
∴BD=HF，
∴AB=EH=EF-FH=EF-BD；
（3）10或18
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴AB=2BC，AC=BC，
∴BC=AC=6，AB=12，
∵CD=2BD，
∴BD=BC=2，
由（1）知：AB=EF+BD，
∴EF=AB-BD=12-2=10；
如图：当点D在线段BC的延长线上时 ，由CD＜BD，与CD=2BD矛盾，不成立；
如图：当点D在线段CB的延长线上时 ，
∵CD=2BD，BC=6，
∴BD=BC=6，AB=2BC=12，
由AB=EF-BD，则EF=AB+BD=18.
综上可知：EF的长为10或18.
【分析】（1）在AB上截取AM＝EF，连接DM，可证△DAM≌△AEF（SAS），可得AF=DM，∠AMD=∠EFA=120°，再证△BMD为等边三角形，可得BD=DM=BM，利用线段的和差关系即可求解；
（2）图②：如图，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，易得△ABH为等边三角形，再证△FAE≌△GAD（SAS），可得EF=DG，∠AFE=∠G，最后可证△DHG为等边三角形，可得DH=DG=EF，利用线段的和差关系即可求解；
图③：如图，在EF上取点H使AH=AF，可证△EAH≌△ADB（AAS），可得BD=AH，AB=EH，利用线段的和差关系即可求解；
（3）利用含30°角的直角三角的性质求出BC=6，AB=12，结合CD=2BD求出BD的长，继而求解.
26．（2024·牡丹江）牡丹江某县市作为猴头菇生产的“黄金地带”，年总产量占全国总产量的50%以上，黑龙江省发布的“九珍十八品”名录将猴头菇列为首位．某商店准备在该地购进特级鲜品、特级干品两种猴头菇，购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元．请解答下列问题：
（1）特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是多少元？
（2）某商店计划同时购进特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇共80箱，特级鲜品猴头菇每箱售价定为50元，特级干品猴头菇每箱售价定为180元，全部销售后，获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱，该商店有哪几种进货方案？
（3）在（2）的条件下，购进猴头菇全部售出，其中两种猴头菇各有1箱样品打a（a为正整数）折售出，最终获利1577元，请直接写出商店的进货方案．
【答案】（1）解：设特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是x元和y元，
依题意得：，
解得：，
答：特级鲜品猴头菇每箱的进价为40元，特级干品猴头菇每箱的进价时150元；
（2）解： 设购进特级鲜品猴头菇为n箱，则购买特级干品猴头菇为（80-n） 箱，
则，
解得：40≤n42，
∵n为正整数，
∴n=40，41，42，
∴共有3种进货方案：
①购进特级鲜品猴头菇40箱，则购进特级干品猴头菇40箱；
②购进特级鲜品猴头菇41箱，则购进特级干品猴头菇39箱；
③购进特级鲜品猴头菇42箱，则购进特级干品猴头菇38箱；
（3）解：①当购进特级鲜品猴头菇40箱，则购进特级干品猴头菇40箱；
(40-1)×(50-40)+(40-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a=9，
②购进特级鲜品猴头菇41箱，则购进特级干品猴头菇39箱；
(41-1)×(50-40)+(39-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a=9.9（不合题意，舍）
③购进特级鲜品猴头菇42箱，则购进特级干品猴头菇38箱；
(42-1)×(50-40)+(38-1)×(180-150)+(50×-40)+(180×-150)=1577，
解得a≈10.7（不合题意，舍），
∴商店的进货方案是特级干品猴头菇40箱，特级鲜品猴头菇40箱．
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题；一元一次不等式组的实际应用-方案问题
【解析】【分析】（1）设特级鲜品猴头菇和特级干品猴头菇每箱的进价各是x元和y元，根据“ 购进鲜品猴头菇3箱、干品猴头菇2箱需420元，购进鲜品猴头菇4箱、干品猴头菇5箱需910元”列出方程组并解之即可；
（2） 设购进特级鲜品猴头菇为n箱，则购买特级干品猴头菇为（80-n） 箱，根据“ 全部销售后，获利不少于1560元，其中干品猴头菇不多于40箱”列出不等式组，求出正整数解即可；
（3）把（2）种的三种方案分别求解即可.
27．（2024·牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点D，点B在x轴的正半轴上，四边形ABCD是平行四边形，线段OA的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的一个根．请解答下列问题：
（1）求点D的坐标；
（2）若线段BC的垂直平分线交直线AD于点E，交x轴于点F，交BC于点G，点E在第一象限，，连接BE，求tan∠ABE的值；
（3）在（2）的条件下，点M在直线DE上，在x轴上是否存在点N，使以E、M、N为顶点的三角形是直角边比为1：2的直角三角形？若存在，请直接写出△EMN的个数和其中两个点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解： x2﹣4x﹣12＝0
（x-4）（x+3）=0，
解得x1=6 x2=-2，
∴OA=6，即A的坐标为（6，0）
把（6，0）代入 y＝x+b 中，得b=-6，
∴ y＝x-6，
当x=0时，y=-6
∴点D得坐标（0，﹣6）.
（2）解：如图，过点E作EH⊥AB于点H，
∵OA=OD=6，∠AOD=90°，
∴AD=OA=，∠OAD=∠EAH=45°，
∴AH=EH=AE=×=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=，AE∥BC，
∴∠EAF=∠GBF，∠AEF=∠FGB=90°，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴FH=AF=3，
∵GE垂直平分BC，
∴BG=BC==AE，
∴△AEF≌△BGF（ASA）
∴BF=AF=6，
∴BH=FH+BF=9，
∴tan∠ABE=.
（3）存在，点△EMN的个数为12个，点N的坐标为N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）．
理由：如图，当∠MEN=90°时，有4个，
∵∠EAN1=45°，
∴EN=EA=，
由（2）知AN1=6，OA=6，
∴ON1=12，则点N的坐标为（12，0）；
当∠ENM=90°时，有4个，如图，
当∠EMN=90°时，有4个，如图，
∵∠N9AM9=45°，
∴N9M9=AM9=EM9=EA=，
∴N9A==6，
∴N9与O重合，则N9的坐标（0，0），
综上可知：点△EMN的个数为12个，点N的坐标为N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；坐标与图形性质；三角形全等及其性质；平行四边形的性质；三角形全等的判定-ASA；求正切值
【解析】【分析】（1）先解方程求出OA=6，再求出直线解析式，继而求出点D坐标；
（2）过点E作EH⊥AB于点H，可求AH=EH=AE=3，易得△AEF为等腰直角三角形，可得FH=AF=3，由线段垂直平分线的性质可得BG=BC==AE，可证△AEF≌△BGF（ASA），可得BF=AF=6，再利用正切函数的定义即可求解；
（3）分三种情况：∠MEN=90°、∠ENM=90°和∠EMN=90°，据此分别画出图形并解答即可.
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