江苏省盐城市响水县中考数学二模试卷(含解析)

2017年江苏省盐城市响水县中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请用2B铅笔把答题卡上相应的选项标号涂黑）
1．数﹣1，，0，2中最大的数是（）
A．﹣1 B．C．0 D．2
2．若a＜b，则下列各式中一定正确的是（）
A．ab＜0 B．ab＞0 C．a﹣b＞0 D．﹣a＞﹣b
3．如图，AB是⊙O直径，点C为⊙O上一点，∠C=20°，则∠BOC度数为（）
A．20° B．30° C．40° D．60°
4．如图是某几何题的三视图，下列判断正确的是（）
A．几何体是圆柱体，高为2 B．几何体是圆锥体，高为2
C．几何体是圆柱体，半径为2 D．几何体是圆锥体，半径为2
5．某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由560元降为315元，已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．设每次降价的百分率为x，下面所列的方程中正确的是（）A．560（1+x）2=315 B．560（1﹣x）2=315 C．560（1﹣2x）2=315 D．560（1﹣x2）=315 6．如图，在△ABC中，∠C=90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀速运动到终点C，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B．已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点，连接MP，MQ，PQ．在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是（）
A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少
二、填空题（本题共10小题，每题3分，计30分，请将答案写在答题卡上相应横线上）7．|﹣|= ．
8．请写一个图象在第二、四象限的反比例函数解析式：．
9．一组数据8，7，8，6，6，8的众数是．
10．分解因式：3x2﹣3y2= ．
11．一元二次方程x2=x的解为．
12．已知一元二次方程x2﹣4x+3=0的两根x1、x2，则x12﹣4x1+x1x2= ．
13．一个圆锥的母线长为4，侧面积为8π，则这个圆锥的底面圆的半径是．14．如图，AB是⊙O的直径，点E为BC的中点，AB=4，∠BED=120°，则图中阴影部分的面积之和是．
15．已知：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+x的对称轴为直线x=2，顶点为A．点P为抛物线对称轴上一点，连结OA、OP．当OA⊥OP时，P点坐标为．
16．如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，∠BCD=120°，BC=2，AD=DC．P为四边形
ABCD边上的任意一点，当∠BPC=30°时，CP的长为．
三、解答题（本题共11小题，共102分，请在答题卡上写出相应的解答过程）
17．计算：2﹣1+4cos45°﹣（π﹣2013）0﹣．
18．解不等式组．
19．化简再求值：÷（1﹣），其中m=+1，n=1﹣．
20．某校初三（1）班的同学踊跃为“希望工程”捐款，根据捐款情况（捐款数为正数）制作以下统计图表，但班长不小心把墨水滴在统计表上，部分数据看不清楚．根据图表中现有信息解决下列问题：
（1）全班有多少人捐款？
（2）如果捐款0～20元的人数在扇形统计图中所占的圆心角为72°，那么捐款21～40元的有多少人？
捐款人数
0～20元
21～40元
41～60元
61～80元 6
81元以上 4
21．在甲、乙两个不透明的布袋里，都装有3个大小、材质完全相同的小球，其中甲袋中的小球上分别标有数字0，1，2；乙袋中的小球上分别标有数字﹣1，﹣2，0．现从甲袋中任意摸出一个小球，记其标有的数字为x，再从乙袋中任意摸出一个小球，记其标有的数字为y，以此确定点M的坐标（x，y）．
（1）请你用画树状图或列表的方法，写出点M所有可能的坐标；
（2）求点M（x，y）在函数y=﹣的图象上的概率．
22．甲、乙两条轮船同时从港口A出发，甲轮船以每小时30海里的速度沿着北偏东60°的方向航行，乙轮船以每小时15海里的速度沿着正东方向行进，1小时后，甲船接到命令要与乙船会合，于是甲船改变了行进的速度，沿着东南方向航行，结果在小岛C处与乙船相遇．假设乙船的速度和航向保持不变，求：
（1）港口A与小岛C之间的距离；
（2）甲轮船后来的速度．
23．已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，对角线AC与BD交于点O，过点O 的直线EF交AD于点E，交BC于点F．
（1）求证：△AOE≌△COF；
（2）若∠EOD=30°，求CE的长．
24．如图，PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，点M在PB上，且OM∥AP，MN⊥AP，垂足为N．（1）求证：OM=AN；
（2）若⊙O的半径R=3，PA=9，求OM的长．
25．某车间的甲、乙两名工人分别同时生产500只同一型号的零件，他们生产的零件y（只）与生产时间x（分）的函数关系的图象如图所示．根据图象提供的信息解答下列问题：（1）甲每分钟生产零件只；乙在提高生产速度之前已生产了零件只；（2）若乙提高速度后，乙的生产速度是甲的2倍，请分别求出甲、乙两人生产全过程中，生产的零件y（只）与生产时间x（分）的函数关系式；
（3）当两人生产零件的只数相等时，求生产的时间；并求出此时甲工人还有多少只零件没有生产．
26．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的对称轴为经过点（1，0）的直线，其图象与x轴交于点A、B，且过点C（0，﹣3），其顶点为D．
（1）求这个二次函数的解析式及顶点坐标；
（2）在y轴上找一点P（点P与点C不重合），使得∠APD=90°，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将△APD沿直线AD翻折得到△AQD，求点Q的坐标．
27．一透明的敞口正方体容器ABCD﹣A′B′C′D′装有一些液体，棱AB始终在水平桌面上，容器底部的倾斜角为α（∠CBE=α，如图1所示）．探究如图1，液面刚好过棱CD，并与棱BB′交于点Q，此时液体的形状为直三棱柱，其三视图及尺寸如图2所示．
解决问题：
（1）CQ与BE的位置关系是，BQ的长是dm；
（2）求液体的体积；（参考算法：直棱柱体积V液=底面积S△BCQ×高AB）
（3）求α的度数．（注：sin49°=cos41°=，tan37°=）
拓展：在图1的基础上，以棱AB为轴将容器向左或向右旋转，但不能使液体溢出，图3或图4是其正面示意图．若液面与棱C′C或CB交于点P，设PC=x，BQ=y．分别就图3和图4求y与x的函数关系式，并写出相应的α的范围．
延伸：在图4的基础上，于容器底部正中间位置，嵌入一平行于侧面的长方形隔板（厚度忽略不计），得到图5，隔板高NM=1dm，BM=CM，NM⊥BC．继续向右缓慢旋转，当α=60°时，通过计算，判断溢出容器的液体能否达到4dm3．
2017年江苏省盐城市响水县中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请用2B铅笔把答题卡上相应的选项标号涂黑）
1．数﹣1，，0，2中最大的数是（）
A．﹣1 B．C．0 D．2
【考点】2A：实数大小比较．
【分析】先将四个数分类，然后按照正数＞0＞负数的规则比较大小．
【解答】解：将﹣1，，0，2四个数分类可知2、为正数，﹣1为负数，且＞2，故最大的数为，
故选B．
2．若a＜b，则下列各式中一定正确的是（）
A．ab＜0 B．ab＞0 C．a﹣b＞0 D．﹣a＞﹣b
【考点】C2：不等式的性质．
【分析】分析a，b的取值符号，可举例说明，运用不等式的性质时注意是否不等号的方向改变．．
【解答】解：因为a＜b
A、ab不一定小于0，本选项错误；
B、ab不一定大于0，本选项错误；
C、a﹣b＜0，故本选项错误；
D、﹣a＞﹣b不等式两边都乘﹣1，不等号的方向改变，正确；
故选：D．
3．如图，AB是⊙O直径，点C为⊙O上一点，∠C=20°，则∠BOC度数为（）
A．20° B．30° C．40° D．60°
【考点】M5：圆周角定理．
【分析】根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半计算即可．
【解答】解：∵OA=OC，
∴∠A=∠C=20°，
由圆周角定理得，∠BOC=2∠A=40°
故选C．
4．如图是某几何题的三视图，下列判断正确的是（）
A．几何体是圆柱体，高为2 B．几何体是圆锥体，高为2
C．几何体是圆柱体，半径为2 D．几何体是圆锥体，半径为2
【考点】U3：由三视图判断几何体．
【分析】利用该几何体的三视图确定其形状并确定其尺寸即可．
【解答】解：观察该几何体知道，该几何体的主视图与左视图均为边长为2的正方形，俯视图为圆，从而确定该几何体是高为2的圆柱体，
故选A．
5．某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由560元降为315元，已知两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．设每次降价的百分率为x，下面所列的方程中正确的是（）
A．560（1+x）2=315 B．560（1﹣x）2=315 C．560（1﹣2x）2=315 D．560（1﹣x2）=315 【考点】AC：由实际问题抽象出一元二次方程．
【分析】设每次降价的百分率为x，根据降价后的价格=降价前的价格（1﹣降价的百分率），则第一次降价后的价格是560（1﹣x），第二次后的价格是560（1﹣x）2，据此即可列方程求解．
【解答】解：设每次降价的百分率为x，由题意得：
560（1﹣x）2=315，
故选：B．
6．如图，在△ABC中，∠C=90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀速运动到终点C，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B．已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点，连接MP，MQ，PQ．在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是（）
A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【分析】连接CM，根据点M是AB的中点可得△ACM和△BCM的面积相等，又P，Q两点同时出发，并同时到达终点，所以点P到达AC的中点时，点Q到达BC的中点，然后把开始时、结束时、与中点时的△MPQ的面积与△ABC的面积相比即可进行判断．
【解答】解：如图所示，连接CM，∵M是AB的中点，
∴S△ACM=S△BCM=S△ABC，
开始时，S△MPQ=S△ACM=S△ABC，
点P到达AC的中点时，点Q到达BC的中点时，S△MPQ=S△ABC，
结束时，S△MPQ=S△BCM=S△ABC，
所以，△MPQ的面积大小变化情况是：先减小后增大．
故选：C．
二、填空题（本题共10小题，每题3分，计30分，请将答案写在答题卡上相应横线上）7．|﹣|= ．
【考点】15：绝对值．
【分析】负数的绝对值是它的相反数；一个数的相反数即在这个数的前面加负号．
【解答】解：根据绝对值的性质，得|﹣|=．
8．请写一个图象在第二、四象限的反比例函数解析式：y=﹣．
【考点】G4：反比例函数的性质．
【分析】根据反比例函数的性质可得k＜0，写一个k＜0的反比例函数即可．
【解答】解：∵图象在第二、四象限，
∴y=﹣，
故答案为：y=﹣．
9．一组数据8，7，8，6，6，8的众数是8 ．
【考点】W5：众数．
【分析】根据众数的定义求解即可．
【解答】解：数据8出现了3次，出现次数最多，所以此数据的众数为8．
故答案为8．
10．分解因式：3x2﹣3y2= 3（x+y）（x﹣y）．
【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】原式提取3，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式=3（x2﹣y2）=3（x+y）（x﹣y），
故答案为：3（x+y）（x﹣y）
11．一元二次方程x2=x的解为x1=0，x2=1 ．
【考点】A8：解一元二次方程﹣因式分解法．
【分析】首先把x移项，再把方程的左面分解因式，即可得到答案．
【解答】解：x2=x，
移项得：x2﹣x=0，
∴x（x﹣1）=0，
x=0或x﹣1=0，
∴x1=0，x2=1．
故答案为：x1=0，x2=1．
12．已知一元二次方程x2﹣4x+3=0的两根x1、x2，则x12﹣4x1+x1x2= 0 ．
【考点】AB：根与系数的关系．
【分析】由一元二次方程x2﹣4x+3=0的两根x1、x2可得x12﹣4x1=﹣3，x1x2=3，代入可得结果．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣4x+3=0的两根x1、x2，
∴x12﹣4x1=﹣3，x1x2=3，
∴x12﹣4x1+x1x2=﹣3+3=0
故答案为：0．
13．一个圆锥的母线长为4，侧面积为8π，则这个圆锥的底面圆的半径是 2 ．
【考点】MP：圆锥的计算．
【分析】根据扇形的面积公式求出扇形的圆心角，再利用弧长公式求出弧长，再利用圆的面积公式求出底面半径．
【解答】解：
解得n=180
则弧长==4π
2πr=4π
解得r=2
故答案是：2．
14．如图，AB是⊙O的直径，点E为BC的中点，AB=4，∠BED=120°，则图中阴影部分的面积之和是．
【考点】MO：扇形面积的计算．
【分析】首先证明△ABC是等边三角形．则△EDC是等边三角形，边长是2．而和弦BE 围成的部分的面积=和弦DE围成的部分的面积．据此即可求解．
【解答】解：连接AE，OD、OE．
∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
又∵∠BE D=120°，
∴∠AED=30°，
∴∠AOD=2∠AED=60°．
∵OA=OD
∴△AOD是等边三角形，
∴∠OAD=60°，
∵点E为BC的中点，∠AEB=90°，
∴AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，边长是4．△EDC是等边三角形，边长是2．
则∠BOE=∠EOD=60°，
∴和弦BE围成的部分的面积=和弦DE围成的部分的面积．
故阴影部分的面积=S△EDC=×22=．
故答案为：．
15．已知：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+x的对称轴为直线x=2，顶点为A．点P为抛物线对称轴上一点，连结OA、OP．当OA⊥OP时，P点坐标为（2，﹣4）．
【考点】H3：二次函数的性质．
【分析】根据抛物线对称轴列方程求出a，即可得到抛物线解析式，再根据抛物线解析式写出顶点坐标，设对称轴与x轴的交点为E，求出∠OAE=∠EOP，然后根据锐角的正切值相等列出等式，再求解得到PE，然后利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：∵抛物线y=ax2+x的对称轴为直线x=2，
∴﹣=2，
∴a=﹣，
∴抛物线的表达式为：y=﹣x2+x，
∴顶点A的坐标为（2，1），
设对称轴与x轴的交点为E．
如图，在直角三角形AOE和直角三角形POE中，tan∠OAE=，tan∠EOP=，
∵OA⊥OP，
∴∠OAE=∠EOP，
∴=，
∵AE=1，OE=2，
∴=，
解得PE=4，
∴P（2，﹣4），
故答案为：（2，﹣4）．
16．如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，∠BCD=120°，BC=2，AD=DC．P为四边形ABCD边上的任意一点，当∠BPC=30°时，CP的长为2或2或4 ．
【考点】KQ：勾股定理；KO：含30度角的直角三角形．
【分析】如图，连接AC．首先证明△ACD是等边三角形，分三种情形讨论即可解决问题．【解答】解：如图，连接AC．
∵BC∥AD，∠DCB=120°，
∴∠D+∠DCB=180°，
∴∠D=60°，
∵DC=DA，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠DAC=60°，
∵AB⊥BC，
∴∠CBA=∠BAD=90°，
∴∠BAC=30°，
∴当P3与A重合时，∠BP3C=30°，此时CP3=4，
作CP2⊥AD于P2，则四边形BCP2A是矩形，
易知∠CP2B=30°，此时CP2=2，
当CB=CP1时，∠CP1B=∠CBP1=30°，此时CP1=2，
综上所述，CP的长为2或2或4．
故答案为2或2或4．
三、解答题（本题共11小题，共102分，请在答题卡上写出相应的解答过程）
17．计算：2﹣1+4cos45°﹣（π﹣2013）0﹣．
【考点】2C：实数的运算；6E：零指数幂；6F：负整数指数幂；T5：特殊角的三角函数值．【分析】分别利用负整数指数幂的性质以及零指数幂的性质、绝对值的性质、特殊角的三角函数值化简求出答案．
【解答】解：原式=+4×﹣1﹣2
=﹣．
18．解不等式组．
【考点】CB：解一元一次不等式组．
【分析】解先求出各不等式的解集，再求其公共解集即可．
【解答】解：由①得：1﹣2x+2≤5
∴2x≥﹣2
即x≥﹣1
由②得：3x﹣2＜2x+1
∴x＜3．
∴原不等式组的解集为：﹣1≤x＜3．
19．化简再求值：÷（1﹣），其中m=+1，n=1﹣．
【考点】6D：分式的化简求值．
【分析】根据分式的除法和减法可以化简题目中的式子，然后将m、n的值代入化简后的式子即可解答本题．
【解答】解：÷（1﹣）
=
=
=，
当m=+1，n=1﹣时，原式==．
20．某校初三（1）班的同学踊跃为“希望工程”捐款，根据捐款情况（捐款数为正数）制作以下统计图表，但班长不小心把墨水滴在统计表上，部分数据看不清楚．根据图表中现有信息解决下列问题：
（1）全班有多少人捐款？
（2）如果捐款0～20元的人数在扇形统计图中所占的圆心角为72°，那么捐款21～40元的有多少人？
捐款人数
0～20元
21～40元
41～60元
61～80元 6
81元以上 4
【考点】VB：扇形统计图；VA：统计表．
【分析】（1）根据扇形统计图中的捐款81元以上的认识和其所占的百分比确定全班人数即可；
（2）分别确定每个小组的人数，最后确定捐款数在21﹣40元的人数即可．
【解答】解：（1）4÷8%=50，
答：全班有50人捐款．
（2）∵捐款0～20元的人数在扇形统计图中所占的圆心角为72°，
∴捐款0～20元的人数为50×=10，
∴50﹣10﹣50×32%﹣6﹣4=14
答：捐款21～40元的有14人．
21．在甲、乙两个不透明的布袋里，都装有3个大小、材质完全相同的小球，其中甲袋中的小球上分别标有数字0，1，2；乙袋中的小球上分别标有数字﹣1，﹣2，0．现从甲袋中任意摸出一个小球，记其标有的数字为x，再从乙袋中任意摸出一个小球，记其标有的数字为y，以此确定点M的坐标（x，y）．
（1）请你用画树状图或列表的方法，写出点M所有可能的坐标；
（2）求点M（x，y）在函数y=﹣的图象上的概率．
【考点】X6：列表法与树状图法；G6：反比例函数图象上点的坐标特征．
【分析】（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；
（2）由点M（x，y）在函数y=﹣的图象上的有：（1，﹣2），（2，﹣1），直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：（1）画树状图得：
则点M所有可能的坐标为：（0，﹣1），（0，﹣2），（0，0），（1，﹣1），（1，﹣2），（1，0），（2，﹣1），（2，﹣2），（2，0）；
（2）∵点M（x，y）在函数y=﹣的图象上的有：（1，﹣2），（2，﹣1），
∴点M（x，y）在函数y=﹣的图象上的概率为：．
22．甲、乙两条轮船同时从港口A出发，甲轮船以每小时30海里的速度沿着北偏东60°的方向航行，乙轮船以每小时15海里的速度沿着正东方向行进，1小时后，甲船接到命令要与乙船会合，于是甲船改变了行进的速度，沿着东南方向航行，结果在小岛C处与乙船相遇．假设乙船的速度和航向保持不变，求：
（1）港口A与小岛C之间的距离；
（2）甲轮船后来的速度．
【考点】TB：解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【分析】（1）根据题意画出图形，再根据平行线的性质及直角三角形的性质解答即可．（2）根据甲乙两轮船从港口A至港口C所用的时间相同，可以求出甲轮船从B到C所用的时间，又知BC间的距离，继而求出甲轮船后来的速度．
【解答】解：（1）作BD⊥AC于点D，如图所示：
由题意可知：AB=30×1=30海里，∠BAC=30°，∠BCA=45°，
在Rt△ABD中，
∵AB=30海里，∠BAC=30°，
∴BD=15海里，AD=ABcos30°=15海里，
在Rt△BCD中，
∵BD=15海里，∠BCD=45°，
∴CD=15海里，BC=15海里，
∴AC=AD+CD=15+15海里，
即A、C间的距离为（15+15）海里．
（2）∵AC=15+15（海里），
轮船乙从A到C的时间为=+1，
由B到C的时间为+1﹣1=，
∵BC=15海里，
∴轮船甲从B到C的速度为=5（海里/小时）．
23．已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，对角线AC与BD交于点O，过点O 的直线EF交AD于点E，交BC于点F．
（1）求证：△AOE≌△COF；
（2）若∠EOD=30°，求CE的长．
【考点】L8：菱形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KM：等边三角形的判定与性质；KO：含30度角的直角三角形；KQ：勾股定理．
【分析】（1）根据菱形的对角线互相平分可得AO=CO，对边平行可得AD∥BC，再利用两直线
平行，内错角相等可得∠OAE=∠OCF，然后利用“角边角”证明△AOE和△COF全等；（2）根据菱形的对角线平分一组对角求出∠DAO=30°，然后求出∠AEF=90°，然后求出AO 的长，再求出EF的长，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO，AD∥BC，
∴∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中，，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
（2）解：∵∠BAD=60°，
∴∠DAO=∠BAD=×60°=30°，
∵∠EOD=30°，
∴∠AOE=90°﹣30°=60°，
∴∠AEF=180°﹣∠DAO﹣∠AOE=180°﹣30°﹣60°=90°，
∵菱形的边长为2，∠DAO=30°，
∴OD=AD=×2=1，
∴AO===，
∴AE=CF=×=，
∵菱形的边长为2，∠BAD=60°，
∴高EF=2×=，
在Rt△CEF中，CE===．
24．如图，PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，点M在PB上，且OM∥AP，MN⊥AP，垂足为N．（1）求证：OM=AN；
（2）若⊙O的半径R=3，PA=9，求OM的长．
【考点】MC：切线的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KQ：勾股定理；LD：矩形的判定与性质．
【分析】（1）连接OA，由切线的性质可知OA⊥AP，再由MN⊥AP可知四边形ANMO是矩形，故可得出结论；
（2）连接OB，则OB⊥BP由OA=MN，OA=OB，OM∥AP．可知OB=MN，∠OMB=∠NPM．故可得出Rt△OBM≌△MNP，OM=MP．
设OM=x，则NP=9﹣x，在Rt△MNP利用勾股定理即可求出x的值，进而得出结论．
【解答】（1）证明：如图，连接OA，则OA⊥AP，
∵MN⊥AP，
∴MN∥OA，
∵OM∥AP，
∴四边形ANMO是矩形，
∴OM=AN；
（2）解：连接OB，则OB⊥BP
∵OA=MN，OA=OB，OM∥AP．
∴OB=MN，∠OMB=∠NPM．
∴Rt△OBM≌Rt△MNP，
∴OM=MP．
设OM=x，则NP=9﹣x，
在Rt△MNP中，有x2=32+（9﹣x）2
∴x=5，即OM=5．
25．某车间的甲、乙两名工人分别同时生产500只同一型号的零件，他们生产的零件y（只）与生产时间x（分）的函数关系的图象如图所示．根据图象提供的信息解答下列问题：（1）甲每分钟生产零件25 只；乙在提高生产速度之前已生产了零件150 只；
（2）若乙提高速度后，乙的生产速度是甲的2倍，请分别求出甲、乙两人生产全过程中，生产的零件y（只）与生产时间x（分）的函数关系式；
（3）当两人生产零件的只数相等时，求生产的时间；并求出此时甲工人还有多少只零件没有生产．
【考点】FH：一次函数的应用．
【分析】（1）根据图象上的点，可求出甲、乙的工作效率，继而可得出答案；
（2）先确定乙的生产速度，结合图象即可求出甲、乙生产的零件y（只）与生产时间x（分）
的函数关系式；
（3）令y甲=y乙，可解出x的值，继而也可求出此时甲工人还有多少只零件没有生产．【解答】解：（1）甲每分钟生产=25只；
乙的生产速度==15只/分，
故乙在提高生产速度之前已生产了零件：150只；
（2）结合后图象可得：
甲：y甲=25x（0≤x≤20）；
乙提速后的速度为50只/分，故乙生产完500只零件还需7分钟，
乙：y乙=15x（0≤x≤10），
当10＜x≤17时，设y乙=kx+b，把（10，150）、（17，500），代入可得：，
解得：，
故y乙=50x﹣350（10≤x≤17）．
综上可得：y甲=25x（0≤x≤20）；
y乙=
（3）令y甲=y乙得25x=50x﹣350，
解得：x=14，
此时y甲=y乙=350只，故甲工人还有150只未生产．
26．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的对称轴为经过点（1，0）的直线，其图象与x轴交于点A、B，且过点C（0，﹣3），其顶点为D．
（1）求这个二次函数的解析式及顶点坐标；
（2）在y轴上找一点P（点P与点C不重合），使得∠APD=90°，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将△APD沿直线AD翻折得到△AQD，求点Q的坐标．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）根据对称轴的定义求得b=﹣2，把点C的坐标代入求得c=﹣3；将一般式方程转化为顶点式方程即可得到点D的坐标；
（2）设P（0，m），由勾股定理分别表示PA，PD，AD的长，由于∠APD=90°，在Rt△PAD 中，由勾股定理列方程求m的值即可；
（3）作QH⊥x轴，垂足为点H，由勾股定理求出PA=PD=，又∠PAQ=90°，可证△PAD 为等腰直角三角形，由翻折的性质可知四边形APDQ为正方形，得出△AOP≌△AHQ，利用线段相等关系求Q点坐标．
【解答】解：（1）由题意得二次函数图象的对称轴x=1，则﹣=1，b=﹣2．
又二次过点C（0，﹣3），
∴﹣3=c，c=﹣3．
即二次函数解析式为：y=x2﹣2x﹣3
由y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，得
顶点坐标D为：（1，﹣4）；
（2）（2）解法一：设P（0，m）
由题意，得PA=，PD=，AD=2，
∵∠APD=90°，∴PA2+PD2=AD2，即（）2+（）2=（2）2
解得m1=﹣1，m2=﹣3（不合题意，舍去）．
∴P（0，﹣1）；
解法二：
如图，作DE⊥y轴，垂足为点E，
则由题意，得 DE=1，OE=4…
由∠APD=90°，得∠APO+∠DPE=90°，
由∠AOP=90°，得∠APO+∠OAP=90°，
∴∠OAP=∠EPD
又∠AOP=∠OED=90°，
∴△OAP∽△EPD
∴=，
设OP=m，PE=4﹣m
则=，
解得m1=1，m2=3（不合题意，舍去），
∴P（0，﹣1）；
（3）解法一：
如图，作QH⊥x轴，垂足为点H，易得PA=AQ=PD=QD=，∠PAQ=90°，
∴四边形APDQ为正方形．
由∠QAP=90°，得∠HAQ+∠OAP=90°，由∠AOP=90°，得∠APO+∠OAP=90°，∴∠OPA=∠HAQ，又∠AOP=∠AHQ=90°，PA=QA
∴△AOP≌△AHQ，
∴AH=OP=1，QH=OA=3．
∴Q（4，﹣3）；
解法二：
设Q（m，n），
则AQ==，QD==，
解得，（不合题意，舍去），
∴Q（4，﹣3）．
27．一透明的敞口正方体容器ABCD﹣A′B′C′D′装有一些液体，棱AB始终在水平桌面上，容器底部的倾斜角为α（∠CBE=α，如图1所示）．探究如图1，液面刚好过棱CD，并与棱BB′交于点Q，此时液体的形状为直三棱柱，其三视图及尺寸如图2所示．
解决问题：
（1）CQ与BE的位置关系是CQ∥BE ，BQ的长是 3 dm；
（2）求液体的体积；（参考算法：直棱柱体积V液=底面积S△BCQ×高AB）
（3）求α的度数．（注：sin49°=cos41°=，tan37°=）
拓展：在图1的基础上，以棱AB为轴将容器向左或向右旋转，但不能使液体溢出，图3或图4是其正面示意图．若液面与棱C′C或CB交于点P，设PC=x，BQ=y．分别就图3和图4求y与x的函数关系式，并写出相应的α的范围．
延伸：在图4的基础上，于容器底部正中间位置，嵌入一平行于侧面的长方形隔板（厚度忽略不计），得到图5，隔板高NM=1dm，BM=CM，NM⊥BC．继续向右缓慢旋转，当α=60°时，通过计算，判断溢出容器的液体能否达到4dm3．
【考点】LO：四边形综合题；T8：解直角三角形的应用．
【分析】（1）根据水面与水平面平行可以得到CQ与BE平行，利用勾股定理即可求得BQ的长；
（2）液体正好是一个以△BCQ是底面的直棱柱，据此即可求得液体的体积；
（3）根据液体体积不变，据此即可列方程求解；
延伸：当α=60°时，如图6所示，设FN∥EB，GB′∥EB，过点G作GH⊥BB′于点H，此时容器内液体形成两层液面，液体的形状分别是以Rt△NFM和直角梯形MBB′G为底面的直棱柱，求得棱柱的体积，即可求得溢出的水的体积，据此即可作出判断．
【解答】解：（1）CQ∥BE，BQ==3；
（2）V液=×3×4×4=24（dm3）；
（3）在Rt△BCQ中，tan∠BCQ=，
∴α=∠BCQ=37°．
当容器向左旋转时，如图3，0°≤α≤37°，
∵液体体积不变，
∴（x+y）×4×4=24，
∴y=﹣x+3．
当容器向右旋转时，如图4．同理可得：y=；
当液面恰好到达容器口沿，即点Q与点B′重合时，如图5，
由BB′=4，且PB•BB′×4=24，得PB=3，
∴由tan∠PB′B=，得∠PB′B=37°．
∴α=∠B′PB=53°．此时37°≤α≤53°；
延伸：当α=60°时，如图6所示，设FN∥EB，GB′∥EB，过点G作GH⊥BB′于点H．
在Rt△B′GH中，GH=MB=2，∠GB′B=30°，
∴HB′=2．
∴MG=BH=4﹣2＜MN．
此时容器内液体形成两层液面，液体的形状分别是以Rt△NFM和直角梯形MB B′G为底面的直棱柱．
∵S△NFM+S MBB′G=××1+（4﹣2+4）×2=8﹣．
∴V溢出=24﹣4（8﹣）=﹣8＞4（dm3）．
∴溢出液体可以达到4dm3．。