1/1…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○……○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………河南省鄭州名校聯(lián)盟2021屆九年級(jí)上學(xué)期數(shù)學(xué)12月聯(lián)考試卷一、單選題1.（2020九上·鄭州月考）在已知實(shí)數(shù)-1，0，12，?3，A.

?3

B.

-1

C.

12

D.

0【答案】A【考點(diǎn)】實(shí)數(shù)大小的比較【解析】【解答】解：∵20200=1，正實(shí)數(shù)都大于0，∴20200＞12∵兩個(gè)負(fù)實(shí)數(shù)絕對(duì)值大的反而小，|-3|=3，|-1|=1，3＞1，∴-1＞?3，∵負(fù)實(shí)數(shù)都小于0，正實(shí)數(shù)大于一切負(fù)實(shí)數(shù)，∴20200＞12＞0＞-1＞?3故答案為：A.【分析】利用任意兩個(gè)實(shí)數(shù)都可以比較大小，正實(shí)數(shù)都大于0，負(fù)實(shí)數(shù)都小于0，正實(shí)數(shù)大于一切負(fù)實(shí)數(shù)，兩個(gè)負(fù)實(shí)數(shù)絕對(duì)值大的反而小即可得出答案.2.世界文化遺產(chǎn)長城總長約為6700000m，若將6700000用科學(xué)記數(shù)法表示為6.7×10n（n是正整數(shù)），則n的值為(

)A.

5

B.

6

C.

7

D.

8【答案】B【考點(diǎn)】科學(xué)記數(shù)法—表示絕對(duì)值較大的數(shù)【解析】【分析】科學(xué)記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)．確定n的值時(shí)，要看把原數(shù)變成a時(shí)，小數(shù)點(diǎn)移動(dòng)了多少位，n的絕對(duì)值與小數(shù)點(diǎn)移動(dòng)的位數(shù)相同．當(dāng)原數(shù)絕對(duì)值＞10時(shí)，n是正數(shù)；當(dāng)原數(shù)的絕對(duì)值＜1時(shí)，n是負(fù)數(shù)．

6700000=6.7×106，

則n=6，

故選B．3.（2020九上·鄭州月考）已知點(diǎn)P(3－m，m－1)在第二象限，則m的取值范圍在數(shù)軸上表示正確的是(

)

A.

B.

C.

D.

【答案】A【考點(diǎn)】在數(shù)軸上表示不等式組的解集，點(diǎn)的坐標(biāo)與象限的關(guān)系【解析】【解答】解：∵點(diǎn)P(3－m，m－1)在第二象限，∴{解得：{∴m>3,故答案為：A.【分析】根據(jù)第二象限的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為負(fù)，縱坐標(biāo)為正列出不等式，求解得出m的取值范圍，進(jìn)而根據(jù)數(shù)軸上表示不等式組的解集的方法“大向右，小向左，實(shí)心等于，空心不等”即可解題.4.（2020九上·鄭州月考）小明為今年將要參加中考的好友小李制作了一個(gè)（如圖）正方體禮品盒，六面上各有一字，連起來就是“預(yù)祝中考成功”，其中“預(yù)”的對(duì)面是“中”，“成”的對(duì)面是“功”，則它的平面展開圖可能是（

）A.

B.

C.

D.

【答案】C【考點(diǎn)】幾何體的展開圖【解析】【解答】解：A、“預(yù)”的對(duì)面是“考”，“?！钡膶?duì)面是“成”，“中”的對(duì)面是“功”，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；B、“預(yù)”的對(duì)面是“功”，“?！钡膶?duì)面是“考”，“中”的對(duì)面是“成”，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；C、“預(yù)”的對(duì)面是“中”，“祝”的對(duì)面是“考”，“成”的對(duì)面是“功”，故本選項(xiàng)正確；D、“預(yù)”的對(duì)面是“中”，“?！钡膶?duì)面是“成”，“考”的對(duì)面是“功”，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤.故答案為：C.【分析】正方體的表面展開圖，相對(duì)的面之間一定相隔一個(gè)正方形，根據(jù)這一特點(diǎn)對(duì)各選項(xiàng)分析判斷后利用排除法求解.5.（2019八上·潮陽期末）下列各運(yùn)算中，正確的是（

）A.

3a+2a＝5a2

B.

（﹣3a3）2＝9a6

C.

a4÷a2＝a3

D.

（a+2）2＝a2+4【答案】B【考點(diǎn)】同底數(shù)冪的除法，積的乘方【解析】【解答】解：A、3a+2a＝5a，原式計(jì)算錯(cuò)誤，故本選項(xiàng)不符合題意；B、（﹣3a3）2＝9a6，原式計(jì)算正確，故本選項(xiàng)符合題意；C、a4÷a2＝a2，原式計(jì)算錯(cuò)誤，故本選項(xiàng)不符合題意；D、（a+2）2＝a2+4a+4，原式計(jì)算錯(cuò)誤，故本選項(xiàng)不符合題意；故答案為：B．【分析】A選項(xiàng)，合并同類項(xiàng)時(shí)，字母不變，將系數(shù)相加減；

B選項(xiàng)，積的乘方等于各因式乘方的積；

C選項(xiàng)，根據(jù)同底數(shù)冪的除法，底數(shù)不變，指數(shù)相減；

D選項(xiàng)，根據(jù)完全平方公式展開式子即可。6.（2020九上·鄭州月考）甲乙兩工程隊(duì)共同參與一項(xiàng)筑路工程，規(guī)定x天內(nèi)完成任務(wù).甲隊(duì)單獨(dú)完成這項(xiàng)工程比規(guī)定時(shí)間多用10天，乙隊(duì)單獨(dú)完成這項(xiàng)工程比規(guī)定時(shí)間多用40天，甲、乙兩隊(duì)合作，可比規(guī)定時(shí)間提前14天完成任務(wù)，依題意列方程為（

）A.

1x?10+1x?40=1x+14

B.

1x+10【答案】B【考點(diǎn)】列分式方程【解析】【解答】解：設(shè)規(guī)定的時(shí)間為x天，則甲隊(duì)單獨(dú)一天能完成這項(xiàng)工程的1x+10，乙隊(duì)單獨(dú)一天能完成這項(xiàng)工程的1x+41x+10故答案為：B.【分析】設(shè)規(guī)定的時(shí)間為x天，則甲隊(duì)單獨(dú)完成這項(xiàng)工程所需的時(shí)間是(x+10)天，乙隊(duì)單獨(dú)完成這項(xiàng)工程所需的時(shí)間是(x+47.（2017·蘭山模擬）如圖，電路圖上有四個(gè)開關(guān)A、B、C、D和一個(gè)小燈泡，閉合開關(guān)D或同時(shí)閉合開關(guān)A、B、C都可使小燈泡發(fā)光，則任意閉合其中兩個(gè)開關(guān)，小燈泡發(fā)光的概率是（

）A.

12

B.

13

C.

1【答案】A【考點(diǎn)】列表法與樹狀圖法【解析】【解答】解：畫樹狀圖得：∵共有12種等可能的結(jié)果，現(xiàn)任意閉合其中兩個(gè)開關(guān)，則小燈泡發(fā)光的有6種情況，∴小燈泡發(fā)光的概率為：612=1故選：A．【分析】首先根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結(jié)果與小燈泡發(fā)光的情況，再利用概率公式即可求得答案．8.如圖，已知菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD的長分別為6，8，AE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，則AE的長是（）A.

53

B.

25

C.

485

D.

24【答案】D【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)，菱形的判定，菱形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴CO=12AC=3，BO=1∴BC=AO∴S菱形ABCD=BD·AC2=1∵S菱形ABCD=BC×AE，∴BC×AE=24，∴AE=24BC=24故選D．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出BO、CO的長，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面積等于對(duì)角線乘積的一半，也等于BC×AE，可得出AE的長度．9.下列命題

①方程x2=x的解是x=1

②4的平方根是2

③有兩邊和一角相等的兩個(gè)三角形全等

④連接任意四邊形各邊中點(diǎn)的四邊形是平行四邊形

其中真命題有：（

）A.

4個(gè)

B.

3個(gè)

C.

2個(gè)

D.

1個(gè)【答案】D【考點(diǎn)】因式分解法解一元二次方程，三角形全等的判定，中點(diǎn)四邊形，三角形的中位線定理，真命題與假命題【解析】【解答】①方程x2=x的解是x1=0，x2=1，故錯(cuò)誤；

②4的平方根是±2，故錯(cuò)誤；

③有兩邊和夾角相等的兩個(gè)三角形全等，故錯(cuò)誤；

④連接任意四邊形各邊中點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，正確．

故正確的個(gè)數(shù)有1個(gè)．

故選：D．【分析】①運(yùn)用因式分解法求出方程的解即可判斷；

②根據(jù)平方根的定義即可判斷；

③根據(jù)全等三角形的判定方法即可判斷；

④根據(jù)平行四邊形的判定方法即可判斷．10.（2020九上·鄭州月考）觀察二次函數(shù)y=ax2+bx+c①4ac?b2>0；②4a+c<2b；③b+c<0A.

4個(gè)

B.

3個(gè)

C.

2個(gè)

D.

1個(gè)【答案】C【考點(diǎn)】二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問題，二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征【解析】【解答】解：∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c∴b2把x=?2代入二次函數(shù)的解析式得：y=4a?2b+c，從圖象可知，當(dāng)x=?2時(shí)，y<0，即y=4a?2b+c<0，∴4a+c<2b，∴②正確；∵當(dāng)x=1時(shí)，y=a+b+c>0，而a<0，∴b+c>0，∴③錯(cuò)誤；∵二次函數(shù)的圖象開口向下，對(duì)稱軸是直線x=1，∴當(dāng)x=1，二次函數(shù)取得最大值，∴當(dāng)n≠1時(shí)，an2+bn+c<a?12+b?1+c，即an故②④正確.

故答案為：C.【分析】①由拋物線與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)可知，b2-4ac＞0，即4ac-b2＜0;

②由題意把x=-2代入解析式并結(jié)合題意可知4a-2b+c＜0，移項(xiàng)可得4a+c＜2b；

③由題意把x=1代入解析式并結(jié)合題意可知a+b+c＞0，由拋物線的開口向下可知，a＜0，所以可得b+c＞0；

④由圖可知，當(dāng)x=1時(shí)，二次函數(shù)有最大值，則其余的x的取值所得的函數(shù)值都小于最大值，即把x=n(n≠1)代入解析式可得an2+bn+c＜a+b+c，整理可得n(an+b)?b<a?二、填空題11.（2019·臺(tái)州模擬）分解因式：a3【答案】a(【考點(diǎn)】提公因式法與公式法的綜合運(yùn)用【解析】【解答】要將一個(gè)多項(xiàng)式分解因式的一般步驟是首先看各項(xiàng)有沒有公因式，若有公因式，則把它提取出來，之后再觀察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考慮用公式法繼續(xù)分解因式。因此，先提取公因式a后繼續(xù)應(yīng)用平方差公式分解即可：a3

【分析】先提取公因式，然后利用平方差公式分解即可.12.（2020九上·鄭州月考）如圖，在△ABC中，∠C=90°，若BD//AE，∠DBC=20°，則【答案】70°【考點(diǎn)】平行線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵BD∥AE，∴∠DBA+∠EAB=180°，∵∠C=90°，∴∠CBA+∠CAB=90°，∵∠EAB=∠CAE+∠CAB，∠DBA=∠DBC+∠CBA，∠DBC=20°，∴∠CAE=180°-90°-20°=70°.故答案為：70°.【分析】由二直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)易得∠DBA+∠EAB=180°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余得∠CBA+∠CAB=90°，進(jìn)而問題可求解.13.（2020九上·鄭州月考）分式方程axx?1+3【答案】2或3【考點(diǎn)】解分式方程【解析】【解答】解：去分母得：ax-3=2（x-1）整理得：（a-2）x=1

①當(dāng)a-2=0時(shí)，a=2，此時(shí)方程無解，滿足題意；

②當(dāng)a-2≠0時(shí)，x=1a?2將x=1a?2解得a=3.綜上所述：a=2或3.

故答案為：2或3.【分析】根據(jù)分式方程無解的兩種情況：①原方程存在增根，②原方程約去分母后，整式方程無解,計(jì)算得出答案.14.（2020九上·鄭州月考）已知A(x1,y1)，B(x2,y2【答案】-2【考點(diǎn)】反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征【解析】【解答】解：∵A(x1,y1∴y1∵x1∴x2∵x1∴k(x∴k=?2；故答案為：-2.【分析】根據(jù)題意，有y115.（2019九上·南開月考））如圖，Rt△ABC中，C=90o，以斜邊AB為邊向外作正方形ABDE，且正方形對(duì)角線交于點(diǎn)D，連接OC，已知AC=5，OC=62，則另一直角邊BC的長為________．【答案】7【考點(diǎn)】三角形全等的判定，勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形【解析】【解答】如圖，過O作OF垂直于BC，再過O作OF⊥BC，過A作AM⊥OF，∵四邊形ABDE為正方形，∴∠AOB=90°，OA=OB．∴∠AOM+∠BOF=90°．又∵∠AMO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°．∴∠BOF=∠OAM．在△AOM和△BOF中，∵∠AMO=∠OFB=90°，∠OAM=∠BOF，OA=OB，∴△AOM≌△BOF（AAS）．∴AM=OF，OM=FB．又∵∠ACB=∠AMF=∠CFM=90°，∴四邊形ACFM為矩形．∴AM=CF，AC=MF=5．∴OF=CF．∴△OCF為等腰直角三角形．∵OC=62，∴根據(jù)勾股定理得：CF2+OF2=OC2，即2CF2=（62）2，解得：CF=OF=6．∴FB=OM=OF－FM=6－5=1．∴BC=CF+BF=6+1=7．【分析】三、解答題16.（2019·哈爾濱模擬）先化簡，再求代數(shù)式(1【答案】解：原式=x?2x(x?y)?3x∵x=2+3，y=4×12

∴原式=32+3?2【考點(diǎn)】利用分式運(yùn)算化簡求值，特殊角的三角函數(shù)值【解析】【分析】首先將括號(hào)里面的分式進(jìn)行通分，然后將除法改成乘法進(jìn)行約分化簡，最后將x和y根據(jù)三角函數(shù)的計(jì)算法則求出x和y的值，最后代入進(jìn)行計(jì)算．17.（2020九上·鄭州月考）某中學(xué)舉行“中國夢(mèng)·中國好少年”演講比賽，菲菲同學(xué)將選手成績劃分為A、B、C、D四個(gè)等級(jí)，繪制了兩種不完整統(tǒng)計(jì)圖.根據(jù)圖中提供的信息，解答下列問題：（1）參加演講比賽的學(xué)生共有________人，扇統(tǒng)計(jì)圖中m=________，n=________；（2）把條形統(tǒng)計(jì)圖補(bǔ)充完整；（3）學(xué)校欲從A等級(jí)2名男生2名女生中隨機(jī)選取兩人，參加市舉辦的演講比賽，請(qǐng)利用列表法或樹狀圖，求A等級(jí)中一男一女參加比賽的概率.（男生分別用代碼A1、A2表示，女生分別用代碼B1【答案】（1）40；20；30

（2）解：B等級(jí)的人數(shù)為：40?4?16?12=8（人）如圖：

（3）解：畫樹狀圖得：∵共有12種等可能的結(jié)果，A等級(jí)中一男一女參加比賽的有8種情況，∴A等級(jí)中一男一女參加比賽的概率為：812【考點(diǎn)】扇形統(tǒng)計(jì)圖，條形統(tǒng)計(jì)圖，列表法與樹狀圖法【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意得：參加演講比賽的學(xué)生共有4÷10%=40（人），∵n%=1240∴m%=1-40%-10%-30%=20%，∴m=20，n=30；

故答案為：40,20,30；【分析】（1）由條形統(tǒng)計(jì)圖可知：參加演講比賽的學(xué)生中成績?yōu)锳等的有4人，由扇形統(tǒng)計(jì)圖可知，參加演講比賽的學(xué)生中成績?yōu)锳等的人數(shù)所占的百分比為10％，故參加演講比賽的學(xué)生中成績?yōu)锳等的人數(shù)除以其所占的百分比即可得出參加演講比賽的總?cè)藬?shù)；用成績是C等級(jí)的人數(shù)除以參加演講比賽的學(xué)生總?cè)藬?shù)即可得出n的值；進(jìn)而利用1減去成績是A,D,C等級(jí)的人數(shù)所占的百分比即可算出m的值；

（2）由總?cè)藬?shù)減去A、C、D等級(jí)的人數(shù)即可求出B等級(jí)的人數(shù)，再補(bǔ)充完整條形統(tǒng)計(jì)圖即可；

（3）根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結(jié)果與A等級(jí)中一男一女參加比賽的情況，再利用概率公式即可求得答案.18.（2017九上·信陽開學(xué)考）如圖，在平行四邊形ABCD中，AE是BC邊上的高，將△ABE沿BC方向平移，使點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，得△GFC．（1）求證：BE=DG；（2）若∠B=60°，當(dāng)BC=________AB時(shí)，四邊形ABFG是菱形；（3）若∠B=60°，當(dāng)BC=________AB時(shí)，四邊形AECG是正方形．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB=CD．∵AE是BC邊上的高，且CG是由AE沿BC方向平移而成，∴CG⊥AD．AE=CG∴∠AEB=∠CGD=90°．∵在Rt△ABE與Rt△CDG中，{BE=DG∴Rt△ABE≌Rt△CDG（HL），∴BE=DG．

（2）32

（3）3【考點(diǎn)】全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定【解析】【解答】（2）解：當(dāng)BC=32證明：∵AB∥GF，AG∥BF，∴四邊形ABFG是平行四邊形．∵Rt△ABE中，∠B=60°，∴∠BAE=30°，∴BE=12∵BE=CF，BC=32∴EF=12∴AB=BF．∴四邊形ABFG是菱形．故答案是：32；（3）解：BC=3∵AE⊥BC，GC⊥CB，∴AE∥GC，∠AEC=90°，∵AG∥CE，∴四邊形AECG是矩形，當(dāng)AE=EC時(shí)，矩形AECG是正方形，∵∠B=60°，∴EC=AE=AB?sin60°=32AB，BE=1∴BC=3+1故答案是：3+1【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得到對(duì)邊平行且相等，由平移的性質(zhì)，得到對(duì)應(yīng)邊相等，根據(jù)全等三角形的判定方法得到Rt△ABE≌Rt△CDG，得到對(duì)應(yīng)邊相等即BE=DG；（2）由平移的性質(zhì)，得到四邊形ABFG是平行四邊形，Rt△ABE中，得到∠BAE的度數(shù)，根據(jù)直角三角形中30°所對(duì)直角邊等于斜邊的一半，得到BE與AB，BC與AB的關(guān)系，證明出AB=BF，根據(jù)有一組臨邊相等的平行四邊形是菱形，得到四邊形ABFG是菱形；（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)，四角都是90°，四邊相等，根據(jù)已知條件∠B=60°，由特殊角的函數(shù)值求出EC=AE，BE=1219.圖①、②分別是某種型號(hào)跑步機(jī)的實(shí)物圖與示意圖，已知踏板CD長為1.6m，CD與地面DE的夾角∠CDE為12°，支架AC長為0.8m，∠ACD為80°，求跑步機(jī)手柄的一端A的高度h（精確到0.1m）．（參考數(shù)據(jù)：sin12°=cos78°≈0.21，sin68°=cos22°≈0.93，tan68°≈2.48）

【答案】解：過C點(diǎn)作FG⊥AB于F，交DE于G．∵CD與地面DE的夾角∠CDE為12°，∠ACD為80°，∴∠ACF=∠FCD﹣∠ACD=∠CGD+∠CDE﹣∠ACD=90°+12°﹣80°=22°，∴∠CAF=68°，在Rt△ACF中，CF=AC?sin∠CAF≈0.744m，在Rt△CDG中，CG=CD?sin∠CDE≈0.336m，∴FG=FC+CG≈1.1m．故跑步機(jī)手柄的一端A的高度約為1.1m．【考點(diǎn)】解直角三角形的應(yīng)用【解析】【分析】過C點(diǎn)作FG⊥AB于F，交DE于G．在Rt△ACF中，根據(jù)三角函數(shù)可求CF，在Rt△CDG中，根據(jù)三角函數(shù)可求CG，再根據(jù)FG=FC+CG即可求解．20.（2019·銀川模擬）如圖，在直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)O與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，A、C分別在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2），直線y=?12（1）求反比例函數(shù)的解析式；（2）若點(diǎn)P在y軸上，且△OPM的面積與四邊形BMON的面積相等，求點(diǎn)P的坐標(biāo).【答案】（1）解：∵B（4，2），四邊形OABC是矩形，∴OA=BC=2.將y=2代入y=?把M的坐標(biāo)代入y=∴反比例函數(shù)的解析式是y=

（2）解：S四邊形∵△OPM的面積與四邊形BMON的面積相等，∴12∵AM=2，∴OP=4.∴點(diǎn)P的坐標(biāo)是（0，4）或（0，－4）【考點(diǎn)】坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式【解析】【分析】（1）求出OA=BC=2，將y=2代入y=?21.（2020九上·鄭州月考）為了抓住2013年涼都消夏文化節(jié)的商機(jī)，某商場(chǎng)決定購進(jìn)甲，乙兩種紀(jì)念品，若購進(jìn)甲種紀(jì)念品1件，乙種紀(jì)念品2件，需要160元；購進(jìn)甲種紀(jì)念品2件，乙種紀(jì)念品3件，需要280元.（1）購進(jìn)甲乙兩種紀(jì)念品每件各需要多少元？（2）該商場(chǎng)決定購進(jìn)甲乙兩種紀(jì)念品100件，并且考慮市場(chǎng)需求和資金周轉(zhuǎn)，用于購買這些紀(jì)念品的資金不少于6000元，同時(shí)又不能超過6430元，則該商場(chǎng)共有幾種進(jìn)貨方案？（3）若銷售每件甲種紀(jì)念品可獲利30元，每件乙種紀(jì)念品可獲利12元，在第（2）問中的各種進(jìn)貨方案中，哪種方案獲利最大？最大利潤是多少元？【答案】（1）解：設(shè)購進(jìn)甲乙兩種紀(jì)念品每件各需要x元和y元，根據(jù)題意得：{x+2y答：購進(jìn)甲乙兩種紀(jì)念品每件各需要80元和40元

（2）解：設(shè)購進(jìn)甲種紀(jì)念品a件，則乙種紀(jì)念品（100﹣a）件，根據(jù)題意得：{80a∵a只能取整數(shù)，∴a=50，51，52，53，54，55，56，57，58，59，60.∴共11種進(jìn)貨方案：方案1：購進(jìn)甲種紀(jì)念品50件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品50件；方案2：購進(jìn)甲種紀(jì)念品51件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品49件；方案3：購進(jìn)甲種紀(jì)念品52件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品48件；方案4：購進(jìn)甲種紀(jì)念品53件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品47件；方案5：購進(jìn)甲種紀(jì)念品54件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品46件；方案6：購進(jìn)甲種紀(jì)念品55件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品45件；方案7：購進(jìn)甲種紀(jì)念品56件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品44件；方案8：購進(jìn)甲種紀(jì)念品57件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品43件；方案9：購進(jìn)甲種紀(jì)念品58件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品42件；方案10：購進(jìn)甲種紀(jì)念品59件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品41件；方案11：購進(jìn)甲種紀(jì)念品60件，則購進(jìn)乙種紀(jì)念品40件.

（3）解：∵甲種紀(jì)念品獲利高，◎甲種紀(jì)念品的數(shù)量越多總利潤越高.∴選擇購進(jìn)甲種紀(jì)念品60件，購進(jìn)乙種紀(jì)念品40件利潤最高，總利潤=60×30+40×12=2280（元）.答：購進(jìn)甲種紀(jì)念品60件，購進(jìn)乙種紀(jì)念品40件時(shí)，可獲最大利潤，最大利潤是2280元【考點(diǎn)】一元一次不等式組的應(yīng)用，二元一次方程組的實(shí)際應(yīng)用-銷售問題【解析】【分析】（1）設(shè)購進(jìn)甲乙兩種紀(jì)念品每件各需要x元和y元，根據(jù)購進(jìn)甲種紀(jì)念品1件，乙種紀(jì)念品2件，需要160元；購進(jìn)甲種紀(jì)念品2件，乙種紀(jì)念品3件，需要280元列出方程，求出x，y的值即可；

（2）設(shè)購進(jìn)甲種紀(jì)念品a件，則乙種紀(jì)念品（100﹣a）件，根據(jù)購買這些紀(jì)念品的資金不少于6000元，同時(shí)又不能超過6430元列出不等式組，求出a的取值范圍，再根據(jù)a只能取整數(shù)，得出進(jìn)貨方案；

（3）根據(jù)實(shí)際情況計(jì)算出各種方案的利潤，比較即可.22.（2020九上·鄭州月考）如圖（1）初步探究：如圖（1），點(diǎn)E、F分別在正方形ABCD邊AB、AD上，DE⊥CF于點(diǎn)P，小芳看到該圖后，發(fā)現(xiàn)DE=CF，這是因?yàn)椤螮DA和∠FCD都是∠EDC的余角，就會(huì)由________判定得出________≌________.（2）類比發(fā)現(xiàn)：小芳進(jìn)一步思考，如果四邊形ABCD是矩形，如圖，且DE⊥CF于點(diǎn)P，她發(fā)現(xiàn)DECF（3）拓展延伸：如圖（3），若四邊形ABCD是平行四邊形，試探究：當(dāng)∠B與∠EPC滿足什么關(guān)系時(shí)，使得DECF【答案】（1）ASA；△AED；△DFC

（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°，又∵DE⊥CF，∴∠ADE=∠DCF，∴△ADE∽△DCF，∴DECF

（3）解：當(dāng)∠B+∠EPC=180°時(shí)，DECF證明：在AD的延長線上取點(diǎn)M，使CM=CF，則∠CMF=∠CFM，∵AD//BC，∴∵AB//CD，∴又∵∠B+∠EPC=180°，∴∠AED=∠FCB，∴∠CMF=∠AED，∴△ADE∽△DCM，∴DECM=AD【考點(diǎn)】平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定（SAS）【解析】【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形∴AD=DC，∠A=∠FDC=90°，∴∠CDP+∠EDA=90°∵DE⊥CF，∴∠CDP+∠FCD=90°∴∠EDA=∠FCD在△AED和△DFC中{∴△AED≌△DFC（ASA）故答案為：ASA；△AED≌△DFC；【分析】（1）根據(jù)ASA即可判斷三角形全等；

（2）根據(jù)∠A＝∠ADC＝90°，DE⊥CF，證明∠ADE＝∠DCF，得到△ADE∽△DCF，得到答案；

（3）在AD的延長線上取點(diǎn)M，使CM＝CF，證明△ADE∽△DCM，得到答案.23.（2018·天水）如圖1，已知A（3，0）、B（4，4）、原點(diǎn)O（0，0）在拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）上．（1）求拋物線的解析式．

（2）將直線OB向下平移m個(gè)單位長度后，得到的直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)D，求m的值及點(diǎn)D的坐標(biāo)．（3）如圖2，若點(diǎn)N在拋物線上，且∠NBO=∠ABO，則在（2）的條件下，求出所有滿足△POD∽△NOB的點(diǎn)P的坐標(biāo)（點(diǎn)P、O、D分別與點(diǎn)N、O、B對(duì)應(yīng)）【答案】（1）解：∵A（3，0）、B（4，4）、O（0，0）在拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）上．∴{解得：{故拋物線的解析式為：y=x2-3x

（2）解：設(shè)直線OB的解析式為y=k1x（k1≠0），由點(diǎn)B（4，4）得4=4k1，解得k1=1．∴直線OB的解析式為y=x，∠AOB=45°．∵B（4，4）