2018-2019学年山东省潍坊市诸城市、昌邑市八年级（下）期末数学试卷（含答案解析）
文档属性
| 名称 | 2018-2019学年山东省潍坊市诸城市、昌邑市八年级（下）期末数学试卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 141.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 青岛版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-03-24 12:25:19 | ||
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文档简介
2018-2019学年山东省潍坊市诸城市、昌邑市八年级（下）期末数学试卷
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一、选择题（本大题共 12 小题，共 36 分）
1、(3分) 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
2、(3分) 一次函数y=-kx-k的图象可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
3、(3分) 通过估算，估计76的大小应在（ ）
A.7～8之间
B.8.0～8.5之间
C.8.5～9.0之间
D.9～10之间
4、(3分) 如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A=110°，∠D=40°，则∠α的度数是（ ）
A.35°
B.45°
C.55°
D.65°
5、(3分) 如图，四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′=2：3，四边形ABCD的面积等于4，则四边形A′B′C′D′的面积为（ ）
A.3
B.4
C.6
D.9
6、(3分) 如图，已知△ABC和△PBD都是正方形网格上的格点三角形（顶点为网格线的交点），要使△ABC∽△PBD，则点P的位置应落在（ ）
A.点P1上
B.点P2上
C.点P3上
D.点P4上
7、(3分) 在△ABC中，点M为BC的中点，AD平分∠BAC，且BD⊥AD于点D，延长BD交AC于点N，若AB=4，AC=6，则DM的长为（ ）
A.12
B.1
C.32
D.2
8、(3分) 如图，将等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置，连接AD、BD，则下列结论： ①AD=BC；②BD、AC互相平分；③四边形ACED是菱形；④BD⊥DE． 其中正确的个数是（ ）
A.1
B.2
C.3
D.4
9、(3分) 如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DE=40cm，EF=20cm，测得边DF离地面的高度AC=1.5m，CD=8m，则树高AB是（ ）
A.4米
B.4.5米
C.5米
D.5.5米
10、(3分) 如图，在平面直角坐标系中，若点A（2，3）在直线y=?12x+b与x轴正半轴、y轴正半轴围成的三角形内部，则b的值可能是（ ）
A.-3
B.3
C.4
D.5
11、(3分) 在一条笔直的航道上依次有甲、乙、丙三个港口，一艘船从甲出发，沿直线匀速行驶经过乙港驶向丙港，最终达到丙港，设行驶x（h）后，与乙港的距离为y（km），y与x的函数关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.甲港与丙港的距离是90km
B.船在中途休息了0.5小时
C.船的行驶速度是45km/h
D.从乙港到达丙港共花了1.5小时
12、(3分) 如图，在Rt△ABC中，AC=BC=2，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，连接BD，则图中阴影部分的面积是（ ）
A.23-2
B.23
C.3-1
D.43
二、填空题（本大题共 6 小题，共 18 分）
13、(3分) 二次根式x?3有意义，则x的取值范围是______． 14、(3分) 如图，直线a∥b∥c，直线AC分别交a，b，c于点A，B，C，直线DF分别交a，b，c于点D，E，F．若ABAC=25，则DEEF=______． 15、(3分) 如图，已知函数y1=3x+b和y2=ax-3的图象交于点P（-2，-5），则不等式3x+b＞ax-3的解集为______． 16、(3分) 如果关于x的不等式组x>a+2x<3a?2无解，则a的取值范围是______． 17、(3分) 如图，在直角坐标系中，已知点A（-3，0），B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到△1、△2、△3、△4…，则△2020的直角顶点的坐标为______． 18、(3分) 如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，1），B（4，2），PQ是x轴上的一条动线段，且PQ=1，当AP+PQ+QB取最小值时，点可Q坐标为______．
三、解答题（本大题共 6 小题，共 66 分）
19、(14分) （1）计算：48?27+13； （2）计算：（5?2）（5+2）+（3-1）2； （3）求不等式组3x?4≤6x?22x+13?1＜x?12的整数解．
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20、(8分) 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点A（-2，2），B（0，5），C（0，2）． （1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，得到△A1B1C，请画出△A1B1C的图形； （2）平移△ABC，使点A的对应点A2坐标为（-2，-6），请画出平移后对应的△A2B2C2的图形； （3）若将△A1B1C绕某一点旋转180°可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
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21、(10分) 折叠矩形ABCD，使点D落在BC边上的点F处． （1）求证：△ABF∽△FCE； （2）若DC=8，CF=4，求矩形ABCD的面积S．
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22、(10分) 如图，直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于点A（-2，0），B（0，3）；直线y=1-mx分别与x轴交于点C，与直线AB交于点D，已知关于x的不等式kx+b＞1-mx的解集是x＞-45． （1）分别求出k，b，m的值； （2）求S△ACD．
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23、(12分) 如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE． （1）判断△ABC的形状，并说明理由； （2）若AD=2，CD=3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．
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24、(12分) 我市某风景区门票价格如图所示，有甲、乙两个旅行团队，计划在端午节期间到该景点游玩，两团队游客人数之和为100人，乙团队人数不超过40人．设甲团队人数为x人，如果甲、乙两团队分别购买门票，两团队门票款之和为y元． （1）直接写出y关于x的函数关系式，并写出自变x的取值范围； （2）若甲团队人数不超过80人，计算甲、乙两团队联合购票比分别购票最多可节约多少钱？ （3）端午节之后，该风景区对门票价格作了如下调整：人数不超过40人时，门票价格不变，人数超过40人但不超过80人时，每张门票降价a元；人数超过80人时，每张门票降价2a元．在（2）的条件下，若甲、乙两个旅行团端午节之后去游玩联合购票比分别购票最多可节约3900元，求a的值．
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2018-2019学年山东省潍坊市诸城市、昌邑市八年级（下）期末数学试卷
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【 第 1 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确； 故选：D． 依据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可． 本题主要考查了轴对称图形与中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【 第 2 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：当k＞0时，-k＜0，此时函数图象经过二、三、四象限，B选项符合条件； 当k＜0时，-k＞0，此时函数图象经过一、二、三象限，无选项符合条件． 故选：B． 当k＞0时，-k＜0，此时函数图象经过一、三、四象限；当k＜0时，-k＞0，此时函数图象经过一、二、四象限，据此可得出结论． 本题考查的是一次函数的图象，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：∵64＜76＜81， ∴8＜76＜9，排除A和D， 又∵8.52=72.25＜76． 故选：C． 先找到所求的无理数在哪两个和它接近的有理数之间，然后判断出所求的无理数的范围． 此题主要考查了无理数的大小估算，现实生活中经常需要估算，估算应是我们具备的数学能力，“夹逼法”是估算的一般方法，也是常用方法．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：由题意可知：∠DOB=85°， ∵△DCO≌△BAO， ∴∠D=∠B=40°， ∴∠AOB=180°-40°-110°=30° ∴∠α=85°-30°=55° 故选：C． 根据旋转的性质即可求出答案． 本题考查旋转的性质，解题的关键是正确理解旋转的性质，本题属于基础题型．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形， ∴AD：A′D′=OA：OA′=2：3， ∴四边形ABCD的面积：四边形A′B′C′D′的面积=4：9， 而四边形ABCD的面积等于4， ∴四边形A′B′C′D′的面积为9． 故选：D． 利用位似的性质得到AD：A′D′=OA：OA′=2：3，再利用相似多边形的性质得到得到四边形A′B′C′D′的面积． 本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．注意：两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行（或共线）．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：由图知：∠BAC是钝角，又△ABC∽△PBD， 则∠BPD一定是钝角，∠BPD=∠BAC， 又BA=2，AC=22， ∴BA：AC=1：2， ∴BP：PD=1：2或BP：PD=2：1， 只有P2符合这样的要求，故P点应该在P2． 故选：B． 由图可知∠BPD一定是钝角，若要△ABC∽△PBD，则PB、PD与AB、AC的比值必须相等，可据此进行判断． 此题考查了相似三角形的性质，以及勾股定理的运用，相似三角形的对应角相等，对应边成比例，书写相似三角形时，对应顶点要对应．熟练掌握相似三角形的性质是解本题的关键．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：∵AD为∠BAC的平分线，BD⊥AD， ∴∠BAD=∠CAD,∠BDA=∠NDA, 又∵AD=AD, ∴△ADB≌△ADM ∴BD=DN，AB=AN=4， ∴CN=AC-AN=6-4=2， 又∵M为△ABC的边BC的中点 ∴DM是△BCN的中位线， ∴MD=12CN=12×2=1， 故选：B． 根据等腰三角形三线合一的性质可得BD=DN，AB=AN，再求出CN，然后判断出DM是△BCN的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半解答． 本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰三角形三线合一的性质，熟记定理与性质并作辅助线构造出以MD为中位线的三角形是解题的关键．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵△ABC为等边三角形， ∴AB=BC， ∵等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置， ∴AB=DC，AB∥DC， ∴四边形ABCD为平行四边形， 而AB=BC， ∴四边形ABCD为菱形， ∴AD=BC，BD、AC互相平分，所以①②正确； 同理可得四边形ACED为菱形，所以③正确； ∵BD⊥AC，AC∥DE， ∴BD⊥DE，所以④正确． 故选：D． 根据等边三角形的性质得AB=BC，再根据平移的性质得AB=DC，AB∥DC，则可判断四边形ABCD为菱形，根据菱形的性质得AD=BC，BD、AC互相平分；同理可得四边形ACED为菱形；由于BD⊥AC，AC∥DE，易得BD⊥DE． 本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．也考查了等边三角形的性质和菱形的判定与性质．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：在△DEF和△DBC中，∠D=∠D∠DEF=∠DCB， ∴△DEF∽△DBC， ∴DEEF=CDBC， 即4020=8BC， 解得：BC=4， ∵AC=1.5m， ∴AB=AC+BC=1.5+4=5.5m， 即树高5.5m． 故选：D． 先判定△DEF和△DBC相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解． 本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例的性质，比较简单，判定出△DEF和△DBC相似是解题的关键．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵点A（2，3）在直线y=-12x+b与x轴正半轴、y轴正半轴围成的三角形内部， ∴点A（2，3）在直线y=-12x+b的下方，即当x=2时，y＞3， 又∵当x=2时，y=-12×2+b=-1+b， ∴-1+b＞3， ∴b＞4． 故选：D． 先根据点A（2，3）在直线y=-12x+b与x轴正半轴、y轴正半轴围成的三角形内部，可知点A（2，3）在直线y=-12x+b的下方，即当x=2时，y＞3，再将x=2代入y=-12x+b，从而得出-1+b＞3，即b＞4． 本题主要考查了一次函数的性质，根据点A（2，3）在直线y=-12x+b与x轴正半轴、y轴正半轴围成的三角形内部，得到点A（2，3）在直线y=-12x+b的下方是解题的关键．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：A、甲港与丙港的距离是30+90=120km，错误； B、船在中途没有休息，错误； C、船的行驶速度是300.5=60km/h，错误； D、从乙港到达丙港共花了9060=1.5小时，正确； 故选：D． 由船行驶的函数图象可以看出，船从甲港出发，0.5h后到达乙港，ah后到达丙港，进而解答即可． 此题主要考查了函数图象与实际结合的问题，利用数形结合得出关键点坐标是解题关键，同学们应加强这方面的训练．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：如图，连接BE， ∵在Rt△ABC中，AC=BC=2， ∴AB2=AC2+BC2=8 ∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°， ∴AB=AE，∠BAE=60°，AD=AC=2，BC=DE=2， ∴△ABE是等边三角形， ∴AB=BE，S△ABE=34AB2=23， ∵AB=BE，AD=DE，DB=DB ∴△ADB≌△EDB（SSS） ∴S△ADB=S△EDB， ∴S阴影=12（S△ABE-S△ADE） ∴S阴影=12（23-2）=3-1 故选：C． 由旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，AD=AC=2，BC=DE=2，可得△ABE是等边三角形，根据“SSS”可证△ADB≌△EDB，可得S△ADB=S△EDB，由S阴影=12（S△ABE-S△ADE）可求阴影部分的面积． 本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
x≥3．
【 解析 】
解：根据题意，得 x-3≥0， 解得，x≥3； 故答案为：x≥3． 二次根式的被开方数x-3≥0． 考查了二次根式的意义和性质．概念：式子a（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
23
【 解析 】
解：∵ABAC=25， ∴ABBC=23， ∵直线a∥b∥c， ∴DEEF=ABBC=23， 故答案是：23． 先由ABAC=25，根据比例的性质可得ABBC=23，再根据平行线分线段成比例定理求解即可． 考查了平行线分线段成比例定理，掌握三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例是解题的关键．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
x＞-2
【 解析 】
解：由题意及图象得：不等式3x+b＞ax-3的解集为x＞-2， 故答案为：x＞-2 根据两函数的交点坐标，结合图象即可确定出所求不等式的解集． 此题考查了一次函数与一元一次不等式，利用了数形结合的思想，灵活运用数形结合思想是解本题的关键．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
a≤2
【 解析 】
解：∵不等式组x>a+2x<3a?2无解，根据“大大小小解不了”则a+2≥3a-2，所以a的取值范围是a≤2． 解出不等式组的解集（含a的式子），与不等式组x>a+2x<3a?2无解比较，求出a的取值范围． 本题是已知不等式组的解集，求不等式中另一未知数的问题．可以先将另一未知数当作已知处理，求出解集与已知解集比较，进而求得另一个未知数．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
（8076，0）
【 解析 】
解：∵点A（-3，0）、B（0，4）， ∴AB=32+42=5， 由图可知，每三个三角形为一个循环组依次循环，一个循环组前进的长度为：4+5+3=12， ∵2020÷3=673…1， ∴△2020的直角顶点是第673个循环组的最后一个三角形的直角顶点， ∵673×12=8076， ∴△2019的直角顶点的坐标为（8076，0）． 故答案为（8076，0）． 根据勾股定理列式求出AB的长，再根据第四个三角形与第一个三角形的位置相同可知每三个三角形为一个循环组依次循环，然后求出一个循环组旋转前进的长度，再用2020除以3，根据商为673余数为1，可知第20，20个三角形的直角顶点为循环组的最后一个三角形的顶点，求出即可． 本题主要考查了点的坐标变化规律，仔细观察图形得到每三个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键，也是求解的难点．图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
【 第 18 题 】
【 答 案 】
（2，0）
【 解析 】
解：如图把点A向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时AP+PQ+QB的值最小． 设最小BF的解析式为y=kx+b，则有k+b=?14k+b=2，解得k=1b=?2， ∴直线bF的解析式为y=x-2， 令y=0，得到x=2， ∴Q（ 2，0）， 故答案为（ 2，0）． 如图把点A向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时AP+PQ+QB的值最小．求出直线BF的解析式，即可解决问题． 本题考查轴对称最短问题、坐标与图形的性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，学会构建一次函数解决交点问题，属于中考常考题型．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
解：（1）原式=43-33+33 =433； （2）原式=5-2+3-23+1 =7-23； （3）3x?4≤6x?2①2x+13?1＜x?12②， 解①得x≥-23， 解②得x＜1， 所以不等式组的解集为-23≤x＜1， 所以不等式组的整数解为0．
【 解析 】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可； （2）利用完全平方公式和平方差公式计算； （3）分别解两个不等式得到x≥-23和x＜1，然后根据大小小大取中间确定不等式组的解集，从而得到不等式组的整数解． 本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．也考查了解不等式组．
【 第 20 题 】
【 答 案 】
解：（1）如图所示，△A1B1C即为所求； （2）如图所示，△A2B2C2即为所求； （3）旋转中心坐标（0，-2）．
【 解析 】
（1）利用旋转的性质得出对应点坐标进而得出答案； （2）利用平移规律得出对应点位置，进而得出答案； （3）利用旋转图形的性质，连接对应点，即可得出旋转中心的坐标． 此题主要考查了旋转的性质以及图形的平移等知识，根据题意得出对应点坐标是解题关键．
【 第 21 题 】
【 答 案 】
（1）证明：∵矩形ABCD中， ∠B=∠C=∠D=90°． ∴∠BAF+∠AFB=90°． 由折叠性质，得∠AFE=∠D=90°． ∴∠AFB+∠EFC=90°． ∴∠BAF=∠EFC． ∴△ABF∽△FCE；????????????? （2）解：由折叠性质，得AF=AD，DE=EF． 设DE=EF=x，则CE=CD-DE=8-x， 在Rt△EFC中，EF2=CE2+CF2， ∴x2=（8-x）2+42． 解得x=5． 由（1）得△ABF∽△FCE， ∴AFEF=ABCF． ∴AF=84×5=10． ∴AD=AF=10． ∴S=AD?CD=10×8=80．
【 解析 】
（1）根据相似三角形的性质与判定即可求出答案． （2）由折叠性质，得AF=AD，DE=EF．设DE=EF=x，则CE=CD-DE=8-x，在Rt△EFC中，EF2=CE2+CF2，从而可求出x的值，根据△ABF∽△FCE，可知AFEF=ABCF，所以AF=10，最后根据矩形的面积即可求出答案． 本题考查矩形的综合问题，涉及相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识，需要灵活运用所学知识．
【 第 22 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于点A（-2，0），B（0，3）， ?2k+b=0b=3， 解得：k=32，b=3， ∵关于x的不等式kx+b＞1-mx的解集是x＞-45， ∴点D的横坐标为-45， 将x=-45代入y=32x+3，得：y=95， 将x=-45，y=95代入y=1-mx， 解得：m=1； （2）对于y=1-x，令y=0，得：x=1， ∴点C的坐标为（1，0）， ∴S△ACD=12×[1-（-2）]×95=2710．
【 解析 】
（1）首先利用待定系数法确定直线的解析式，然后根据关于x的不等式kx+b＞1-mx的解集是x＞-45得到点D的横坐标为-45，再将x=-45代入y=32x+3，得：y=95，将x=-45，y=95代入y=1-mx求得m=1即可； （2）先确定直线与x轴的交点坐标，然后利用三角形的面积公式计算即可． 本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系及数形结合思想的应用．解决此类问题关键是仔细观察图形，注意几个关键点（交点、原点等），做到数形结合．
【 第 23 题 】
【 答 案 】
解：（1）△ABC是等腰直角三角形． 理由：∵BC=CA， ∴∠CBA=∠CAB=45°， ∴∠ACB=90°， ∴△ACB是等腰直角三角形． （2）由旋转的性质可知：∠DCE=∠ACB=90°，CD=CE=3，BD=AE， ∴DE=32，∠CDE=∠CED=45°， ∵∠ADC=45°， ∴∠ADE=45°+45°=90°， ∴AE=AD2+DE2=22+(32)2=22， ∴BD=AE=22．
【 解析 】
（1）利用旋转不变性证明△ABC是等腰直角三角形． （2）证明△CDE是等腰直角三角形，再在Rt△ADE中，求出AE即可解决问题． 本题考查旋转变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【 第 24 题 】
【 答 案 】
解：（1）由题意乙团队人数为（100-x）人 则100-x≤40 x≥60 当60≤x≤80时， y=130x+150（100-x）=-20x+15000 当80＜x＜100时 y=120x+150（100-x）=-30x+15000 （2）由（1） 甲团队人数不超过80人 ∵k=-20＜0 ∴y随x增大而减小 ∴当x=60时，y最大=13800 当两团队联合购票时购票费用为 100×120=12000 甲、乙两团队联合购票比分别购票最多可节约13800-12000=1800元． （3）在（2）的条件下 当60≤x≤80时， y=（130-a）x+150（100-x）=-（20+a）x+15000 ∵k=-（20+a）＜0 ∴y随x增大而减小 ∴当x=60时，y最大=13800-60a 由价格方案，联合购票费用为100（120-2a）=12000-200a ∴13800-60a-（12000-200a）=3900 解得a=15 答：a的值为15
【 解析 】
（1）由乙团队人数不超过40人，讨论x的取值范围，得到分段函数； （2）由（1）在甲团队人数不超过80人时，讨论y的最大值与联合购票费用相减即可； （3）在（2）的基础上在购票单价减去a元，经过讨论，得到含有a的购票最大费用，两个团队联合购票费用为100（120-2a），根据题意构造方程． 本题是一次函数实际应用问题，考查了分段函数，一元一次不等式以及如何讨论含有字母参数的一次函数最值问题．
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???姓名：???????????得分：???????日期：?????????
一、选择题（本大题共 12 小题，共 36 分）
1、(3分) 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
2、(3分) 一次函数y=-kx-k的图象可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
3、(3分) 通过估算，估计76的大小应在（ ）
A.7～8之间
B.8.0～8.5之间
C.8.5～9.0之间
D.9～10之间
4、(3分) 如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A=110°，∠D=40°，则∠α的度数是（ ）
A.35°
B.45°
C.55°
D.65°
5、(3分) 如图，四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′=2：3，四边形ABCD的面积等于4，则四边形A′B′C′D′的面积为（ ）
A.3
B.4
C.6
D.9
6、(3分) 如图，已知△ABC和△PBD都是正方形网格上的格点三角形（顶点为网格线的交点），要使△ABC∽△PBD，则点P的位置应落在（ ）
A.点P1上
B.点P2上
C.点P3上
D.点P4上
7、(3分) 在△ABC中，点M为BC的中点，AD平分∠BAC，且BD⊥AD于点D，延长BD交AC于点N，若AB=4，AC=6，则DM的长为（ ）
A.12
B.1
C.32
D.2
8、(3分) 如图，将等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置，连接AD、BD，则下列结论： ①AD=BC；②BD、AC互相平分；③四边形ACED是菱形；④BD⊥DE． 其中正确的个数是（ ）
A.1
B.2
C.3
D.4
9、(3分) 如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DE=40cm，EF=20cm，测得边DF离地面的高度AC=1.5m，CD=8m，则树高AB是（ ）
A.4米
B.4.5米
C.5米
D.5.5米
10、(3分) 如图，在平面直角坐标系中，若点A（2，3）在直线y=?12x+b与x轴正半轴、y轴正半轴围成的三角形内部，则b的值可能是（ ）
A.-3
B.3
C.4
D.5
11、(3分) 在一条笔直的航道上依次有甲、乙、丙三个港口，一艘船从甲出发，沿直线匀速行驶经过乙港驶向丙港，最终达到丙港，设行驶x（h）后，与乙港的距离为y（km），y与x的函数关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.甲港与丙港的距离是90km
B.船在中途休息了0.5小时
C.船的行驶速度是45km/h
D.从乙港到达丙港共花了1.5小时
12、(3分) 如图，在Rt△ABC中，AC=BC=2，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，连接BD，则图中阴影部分的面积是（ ）
A.23-2
B.23
C.3-1
D.43
二、填空题（本大题共 6 小题，共 18 分）
13、(3分) 二次根式x?3有意义，则x的取值范围是______． 14、(3分) 如图，直线a∥b∥c，直线AC分别交a，b，c于点A，B，C，直线DF分别交a，b，c于点D，E，F．若ABAC=25，则DEEF=______． 15、(3分) 如图，已知函数y1=3x+b和y2=ax-3的图象交于点P（-2，-5），则不等式3x+b＞ax-3的解集为______． 16、(3分) 如果关于x的不等式组x>a+2x<3a?2无解，则a的取值范围是______． 17、(3分) 如图，在直角坐标系中，已知点A（-3，0），B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到△1、△2、△3、△4…，则△2020的直角顶点的坐标为______． 18、(3分) 如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，1），B（4，2），PQ是x轴上的一条动线段，且PQ=1，当AP+PQ+QB取最小值时，点可Q坐标为______．
三、解答题（本大题共 6 小题，共 66 分）
19、(14分) （1）计算：48?27+13； （2）计算：（5?2）（5+2）+（3-1）2； （3）求不等式组3x?4≤6x?22x+13?1＜x?12的整数解．
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20、(8分) 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点A（-2，2），B（0，5），C（0，2）． （1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，得到△A1B1C，请画出△A1B1C的图形； （2）平移△ABC，使点A的对应点A2坐标为（-2，-6），请画出平移后对应的△A2B2C2的图形； （3）若将△A1B1C绕某一点旋转180°可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
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21、(10分) 折叠矩形ABCD，使点D落在BC边上的点F处． （1）求证：△ABF∽△FCE； （2）若DC=8，CF=4，求矩形ABCD的面积S．
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22、(10分) 如图，直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于点A（-2，0），B（0，3）；直线y=1-mx分别与x轴交于点C，与直线AB交于点D，已知关于x的不等式kx+b＞1-mx的解集是x＞-45． （1）分别求出k，b，m的值； （2）求S△ACD．
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23、(12分) 如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE． （1）判断△ABC的形状，并说明理由； （2）若AD=2，CD=3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．
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24、(12分) 我市某风景区门票价格如图所示，有甲、乙两个旅行团队，计划在端午节期间到该景点游玩，两团队游客人数之和为100人，乙团队人数不超过40人．设甲团队人数为x人，如果甲、乙两团队分别购买门票，两团队门票款之和为y元． （1）直接写出y关于x的函数关系式，并写出自变x的取值范围； （2）若甲团队人数不超过80人，计算甲、乙两团队联合购票比分别购票最多可节约多少钱？ （3）端午节之后，该风景区对门票价格作了如下调整：人数不超过40人时，门票价格不变，人数超过40人但不超过80人时，每张门票降价a元；人数超过80人时，每张门票降价2a元．在（2）的条件下，若甲、乙两个旅行团端午节之后去游玩联合购票比分别购票最多可节约3900元，求a的值．
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2018-2019学年山东省潍坊市诸城市、昌邑市八年级（下）期末数学试卷
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【 第 1 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确； 故选：D． 依据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可． 本题主要考查了轴对称图形与中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【 第 2 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：当k＞0时，-k＜0，此时函数图象经过二、三、四象限，B选项符合条件； 当k＜0时，-k＞0，此时函数图象经过一、二、三象限，无选项符合条件． 故选：B． 当k＞0时，-k＜0，此时函数图象经过一、三、四象限；当k＜0时，-k＞0，此时函数图象经过一、二、四象限，据此可得出结论． 本题考查的是一次函数的图象，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：∵64＜76＜81， ∴8＜76＜9，排除A和D， 又∵8.52=72.25＜76． 故选：C． 先找到所求的无理数在哪两个和它接近的有理数之间，然后判断出所求的无理数的范围． 此题主要考查了无理数的大小估算，现实生活中经常需要估算，估算应是我们具备的数学能力，“夹逼法”是估算的一般方法，也是常用方法．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：由题意可知：∠DOB=85°， ∵△DCO≌△BAO， ∴∠D=∠B=40°， ∴∠AOB=180°-40°-110°=30° ∴∠α=85°-30°=55° 故选：C． 根据旋转的性质即可求出答案． 本题考查旋转的性质，解题的关键是正确理解旋转的性质，本题属于基础题型．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形， ∴AD：A′D′=OA：OA′=2：3， ∴四边形ABCD的面积：四边形A′B′C′D′的面积=4：9， 而四边形ABCD的面积等于4， ∴四边形A′B′C′D′的面积为9． 故选：D． 利用位似的性质得到AD：A′D′=OA：OA′=2：3，再利用相似多边形的性质得到得到四边形A′B′C′D′的面积． 本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．注意：两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行（或共线）．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：由图知：∠BAC是钝角，又△ABC∽△PBD， 则∠BPD一定是钝角，∠BPD=∠BAC， 又BA=2，AC=22， ∴BA：AC=1：2， ∴BP：PD=1：2或BP：PD=2：1， 只有P2符合这样的要求，故P点应该在P2． 故选：B． 由图可知∠BPD一定是钝角，若要△ABC∽△PBD，则PB、PD与AB、AC的比值必须相等，可据此进行判断． 此题考查了相似三角形的性质，以及勾股定理的运用，相似三角形的对应角相等，对应边成比例，书写相似三角形时，对应顶点要对应．熟练掌握相似三角形的性质是解本题的关键．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：∵AD为∠BAC的平分线，BD⊥AD， ∴∠BAD=∠CAD,∠BDA=∠NDA, 又∵AD=AD, ∴△ADB≌△ADM ∴BD=DN，AB=AN=4， ∴CN=AC-AN=6-4=2， 又∵M为△ABC的边BC的中点 ∴DM是△BCN的中位线， ∴MD=12CN=12×2=1， 故选：B． 根据等腰三角形三线合一的性质可得BD=DN，AB=AN，再求出CN，然后判断出DM是△BCN的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半解答． 本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰三角形三线合一的性质，熟记定理与性质并作辅助线构造出以MD为中位线的三角形是解题的关键．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵△ABC为等边三角形， ∴AB=BC， ∵等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置， ∴AB=DC，AB∥DC， ∴四边形ABCD为平行四边形， 而AB=BC， ∴四边形ABCD为菱形， ∴AD=BC，BD、AC互相平分，所以①②正确； 同理可得四边形ACED为菱形，所以③正确； ∵BD⊥AC，AC∥DE， ∴BD⊥DE，所以④正确． 故选：D． 根据等边三角形的性质得AB=BC，再根据平移的性质得AB=DC，AB∥DC，则可判断四边形ABCD为菱形，根据菱形的性质得AD=BC，BD、AC互相平分；同理可得四边形ACED为菱形；由于BD⊥AC，AC∥DE，易得BD⊥DE． 本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．也考查了等边三角形的性质和菱形的判定与性质．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：在△DEF和△DBC中，∠D=∠D∠DEF=∠DCB， ∴△DEF∽△DBC， ∴DEEF=CDBC， 即4020=8BC， 解得：BC=4， ∵AC=1.5m， ∴AB=AC+BC=1.5+4=5.5m， 即树高5.5m． 故选：D． 先判定△DEF和△DBC相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解． 本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例的性质，比较简单，判定出△DEF和△DBC相似是解题的关键．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵点A（2，3）在直线y=-12x+b与x轴正半轴、y轴正半轴围成的三角形内部， ∴点A（2，3）在直线y=-12x+b的下方，即当x=2时，y＞3， 又∵当x=2时，y=-12×2+b=-1+b， ∴-1+b＞3， ∴b＞4． 故选：D． 先根据点A（2，3）在直线y=-12x+b与x轴正半轴、y轴正半轴围成的三角形内部，可知点A（2，3）在直线y=-12x+b的下方，即当x=2时，y＞3，再将x=2代入y=-12x+b，从而得出-1+b＞3，即b＞4． 本题主要考查了一次函数的性质，根据点A（2，3）在直线y=-12x+b与x轴正半轴、y轴正半轴围成的三角形内部，得到点A（2，3）在直线y=-12x+b的下方是解题的关键．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：A、甲港与丙港的距离是30+90=120km，错误； B、船在中途没有休息，错误； C、船的行驶速度是300.5=60km/h，错误； D、从乙港到达丙港共花了9060=1.5小时，正确； 故选：D． 由船行驶的函数图象可以看出，船从甲港出发，0.5h后到达乙港，ah后到达丙港，进而解答即可． 此题主要考查了函数图象与实际结合的问题，利用数形结合得出关键点坐标是解题关键，同学们应加强这方面的训练．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：如图，连接BE， ∵在Rt△ABC中，AC=BC=2， ∴AB2=AC2+BC2=8 ∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°， ∴AB=AE，∠BAE=60°，AD=AC=2，BC=DE=2， ∴△ABE是等边三角形， ∴AB=BE，S△ABE=34AB2=23， ∵AB=BE，AD=DE，DB=DB ∴△ADB≌△EDB（SSS） ∴S△ADB=S△EDB， ∴S阴影=12（S△ABE-S△ADE） ∴S阴影=12（23-2）=3-1 故选：C． 由旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，AD=AC=2，BC=DE=2，可得△ABE是等边三角形，根据“SSS”可证△ADB≌△EDB，可得S△ADB=S△EDB，由S阴影=12（S△ABE-S△ADE）可求阴影部分的面积． 本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
x≥3．
【 解析 】
解：根据题意，得 x-3≥0， 解得，x≥3； 故答案为：x≥3． 二次根式的被开方数x-3≥0． 考查了二次根式的意义和性质．概念：式子a（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
23
【 解析 】
解：∵ABAC=25， ∴ABBC=23， ∵直线a∥b∥c， ∴DEEF=ABBC=23， 故答案是：23． 先由ABAC=25，根据比例的性质可得ABBC=23，再根据平行线分线段成比例定理求解即可． 考查了平行线分线段成比例定理，掌握三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例是解题的关键．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
x＞-2
【 解析 】
解：由题意及图象得：不等式3x+b＞ax-3的解集为x＞-2， 故答案为：x＞-2 根据两函数的交点坐标，结合图象即可确定出所求不等式的解集． 此题考查了一次函数与一元一次不等式，利用了数形结合的思想，灵活运用数形结合思想是解本题的关键．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
a≤2
【 解析 】
解：∵不等式组x>a+2x<3a?2无解，根据“大大小小解不了”则a+2≥3a-2，所以a的取值范围是a≤2． 解出不等式组的解集（含a的式子），与不等式组x>a+2x<3a?2无解比较，求出a的取值范围． 本题是已知不等式组的解集，求不等式中另一未知数的问题．可以先将另一未知数当作已知处理，求出解集与已知解集比较，进而求得另一个未知数．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
（8076，0）
【 解析 】
解：∵点A（-3，0）、B（0，4）， ∴AB=32+42=5， 由图可知，每三个三角形为一个循环组依次循环，一个循环组前进的长度为：4+5+3=12， ∵2020÷3=673…1， ∴△2020的直角顶点是第673个循环组的最后一个三角形的直角顶点， ∵673×12=8076， ∴△2019的直角顶点的坐标为（8076，0）． 故答案为（8076，0）． 根据勾股定理列式求出AB的长，再根据第四个三角形与第一个三角形的位置相同可知每三个三角形为一个循环组依次循环，然后求出一个循环组旋转前进的长度，再用2020除以3，根据商为673余数为1，可知第20，20个三角形的直角顶点为循环组的最后一个三角形的顶点，求出即可． 本题主要考查了点的坐标变化规律，仔细观察图形得到每三个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键，也是求解的难点．图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
【 第 18 题 】
【 答 案 】
（2，0）
【 解析 】
解：如图把点A向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时AP+PQ+QB的值最小． 设最小BF的解析式为y=kx+b，则有k+b=?14k+b=2，解得k=1b=?2， ∴直线bF的解析式为y=x-2， 令y=0，得到x=2， ∴Q（ 2，0）， 故答案为（ 2，0）． 如图把点A向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时AP+PQ+QB的值最小．求出直线BF的解析式，即可解决问题． 本题考查轴对称最短问题、坐标与图形的性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，学会构建一次函数解决交点问题，属于中考常考题型．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
解：（1）原式=43-33+33 =433； （2）原式=5-2+3-23+1 =7-23； （3）3x?4≤6x?2①2x+13?1＜x?12②， 解①得x≥-23， 解②得x＜1， 所以不等式组的解集为-23≤x＜1， 所以不等式组的整数解为0．
【 解析 】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可； （2）利用完全平方公式和平方差公式计算； （3）分别解两个不等式得到x≥-23和x＜1，然后根据大小小大取中间确定不等式组的解集，从而得到不等式组的整数解． 本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．也考查了解不等式组．
【 第 20 题 】
【 答 案 】
解：（1）如图所示，△A1B1C即为所求； （2）如图所示，△A2B2C2即为所求； （3）旋转中心坐标（0，-2）．
【 解析 】
（1）利用旋转的性质得出对应点坐标进而得出答案； （2）利用平移规律得出对应点位置，进而得出答案； （3）利用旋转图形的性质，连接对应点，即可得出旋转中心的坐标． 此题主要考查了旋转的性质以及图形的平移等知识，根据题意得出对应点坐标是解题关键．
【 第 21 题 】
【 答 案 】
（1）证明：∵矩形ABCD中， ∠B=∠C=∠D=90°． ∴∠BAF+∠AFB=90°． 由折叠性质，得∠AFE=∠D=90°． ∴∠AFB+∠EFC=90°． ∴∠BAF=∠EFC． ∴△ABF∽△FCE；????????????? （2）解：由折叠性质，得AF=AD，DE=EF． 设DE=EF=x，则CE=CD-DE=8-x， 在Rt△EFC中，EF2=CE2+CF2， ∴x2=（8-x）2+42． 解得x=5． 由（1）得△ABF∽△FCE， ∴AFEF=ABCF． ∴AF=84×5=10． ∴AD=AF=10． ∴S=AD?CD=10×8=80．
【 解析 】
（1）根据相似三角形的性质与判定即可求出答案． （2）由折叠性质，得AF=AD，DE=EF．设DE=EF=x，则CE=CD-DE=8-x，在Rt△EFC中，EF2=CE2+CF2，从而可求出x的值，根据△ABF∽△FCE，可知AFEF=ABCF，所以AF=10，最后根据矩形的面积即可求出答案． 本题考查矩形的综合问题，涉及相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识，需要灵活运用所学知识．
【 第 22 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于点A（-2，0），B（0，3）， ?2k+b=0b=3， 解得：k=32，b=3， ∵关于x的不等式kx+b＞1-mx的解集是x＞-45， ∴点D的横坐标为-45， 将x=-45代入y=32x+3，得：y=95， 将x=-45，y=95代入y=1-mx， 解得：m=1； （2）对于y=1-x，令y=0，得：x=1， ∴点C的坐标为（1，0）， ∴S△ACD=12×[1-（-2）]×95=2710．
【 解析 】
（1）首先利用待定系数法确定直线的解析式，然后根据关于x的不等式kx+b＞1-mx的解集是x＞-45得到点D的横坐标为-45，再将x=-45代入y=32x+3，得：y=95，将x=-45，y=95代入y=1-mx求得m=1即可； （2）先确定直线与x轴的交点坐标，然后利用三角形的面积公式计算即可． 本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系及数形结合思想的应用．解决此类问题关键是仔细观察图形，注意几个关键点（交点、原点等），做到数形结合．
【 第 23 题 】
【 答 案 】
解：（1）△ABC是等腰直角三角形． 理由：∵BC=CA， ∴∠CBA=∠CAB=45°， ∴∠ACB=90°， ∴△ACB是等腰直角三角形． （2）由旋转的性质可知：∠DCE=∠ACB=90°，CD=CE=3，BD=AE， ∴DE=32，∠CDE=∠CED=45°， ∵∠ADC=45°， ∴∠ADE=45°+45°=90°， ∴AE=AD2+DE2=22+(32)2=22， ∴BD=AE=22．
【 解析 】
（1）利用旋转不变性证明△ABC是等腰直角三角形． （2）证明△CDE是等腰直角三角形，再在Rt△ADE中，求出AE即可解决问题． 本题考查旋转变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【 第 24 题 】
【 答 案 】
解：（1）由题意乙团队人数为（100-x）人 则100-x≤40 x≥60 当60≤x≤80时， y=130x+150（100-x）=-20x+15000 当80＜x＜100时 y=120x+150（100-x）=-30x+15000 （2）由（1） 甲团队人数不超过80人 ∵k=-20＜0 ∴y随x增大而减小 ∴当x=60时，y最大=13800 当两团队联合购票时购票费用为 100×120=12000 甲、乙两团队联合购票比分别购票最多可节约13800-12000=1800元． （3）在（2）的条件下 当60≤x≤80时， y=（130-a）x+150（100-x）=-（20+a）x+15000 ∵k=-（20+a）＜0 ∴y随x增大而减小 ∴当x=60时，y最大=13800-60a 由价格方案，联合购票费用为100（120-2a）=12000-200a ∴13800-60a-（12000-200a）=3900 解得a=15 答：a的值为15
【 解析 】
（1）由乙团队人数不超过40人，讨论x的取值范围，得到分段函数； （2）由（1）在甲团队人数不超过80人时，讨论y的最大值与联合购票费用相减即可； （3）在（2）的基础上在购票单价减去a元，经过讨论，得到含有a的购票最大费用，两个团队联合购票费用为100（120-2a），根据题意构造方程． 本题是一次函数实际应用问题，考查了分段函数，一元一次不等式以及如何讨论含有字母参数的一次函数最值问题．
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