一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）
1、（4分）把多項式分解因式，下列結(jié)果正確的是( )
A．B．C．D．
2、（4分）在一次中學生田徑運動會上，參加男子跳高的15名運動員的成績?nèi)绫硭荆?br>則這15運動員的成績的眾數(shù)和中位數(shù)分別為（ ）
A．1.75，1.70B．1.75，1.65C．1.80，1.70D．1.80，1.65
3、（4分）若直角三角形一條直角邊長為6，斜邊長為10，則斜邊上的高是（ ）
A．B．C．5D．10
4、（4分）下列各數(shù)中，是不等式的解的是
A．B．0C．1D．3
5、（4分）拋物線y＝（x﹣2）2+3的頂點坐標是（ ）
A．(2，3)B．(﹣2，3)C．(2，﹣3)D．(﹣2，﹣3)
6、（4分）如圖，在△ABC中，D、E分別為AC、BC的中點，AF平分∠CAB，交DE于點F，若DF=3，則AC的長為（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）若a＜+2＜b，其中a，b是兩個連續(xù)整數(shù)，則a+b＝（ ）
A．20B．21C．22D．23
8、（4分）計算的結(jié)果是（ ）
A．16B．4C．2D．-4
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）甲、乙兩人玩撲克牌游戲，游戲規(guī)則是：從牌面數(shù)字分別為5，6，7的三張撲克牌中，隨機抽取一張，放回后，再隨機抽取一張，若所抽取的兩張牌牌面數(shù)字的積為奇數(shù)，則甲獲勝；若所抽取的兩張牌牌面數(shù)字的積為偶數(shù)，則乙獲勝.這個游戲________.(填“公平”或“不公平”)
10、（4分）如圖，平行四邊形ABCD的周長為20，對角線AC、BD交于點O，E為CD的中點，BD=6，則△DOE的周長為 _________ ．
11、（4分）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，將邊AD繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到DE，線段DE交邊BC于點F，連接BE．若∠C+∠E＝150°，BE＝2，CD＝2，則線段BC的長為_____．
12、（4分）__________．
13、（4分）若,則分式_______.
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）先化簡，再求值：，其中x是不等式的負整數(shù)解．
15、（8分）如圖，直線分別與軸、軸交于兩點，與直線交于點.
（1）點坐標為（ ， ），B為（ ， ）.
（2）在線段上有一點，過點作軸的平行線交直線于點，設點的橫坐標為，若四邊形是平行四邊形時，求出此時的值.
（3）若點為軸正半軸上一點，且，則在軸上是否存在一點，使得四個點能構(gòu)成一個梯形若存在，求出所有符合條件的點坐標；若不存在，請說明理由.
16、（8分）如圖，在△ABC 中，點O是AC邊上的一個動點，過點O作直線MN∥BC，設MN交∠BCA的角平分線于點E，交∠BCA的外角平分線于點F
（1）求證：EO=FO；
（2）當點O運動到何處時，四邊形AECF是矩形？并證明你的結(jié)論．
17、（10分）如圖，在矩形中，、分別是、的中點，、分別是、的中點．
求證：；
四邊形是什么樣的特殊四邊形？請說明理由．
18、（10分）請閱讀材料，并完成相應的任務．
阿波羅尼奧斯（約公元前262~190年），古希臘數(shù)學家，與歐幾里得、阿基米德齊名．他的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，可以說是代表了希臘幾何的最高水平．阿波羅尼奧斯定理，是歐氏幾何的定理，表述三角形三邊和中線的長度關系，即三角形任意兩邊的平方和等于第三邊的一半與該邊中線的平方和的2倍．
（1）下面是該結(jié)論的部分證明過程，請在框內(nèi)將其補充完整；
已知：如圖1所示，在銳角中，為中線．．
求證：
證明：過點作于點
為中線
設，，
，
在中，
在中，__________
在中，__________
__________
（2）請直接利用阿波羅尼奧斯定理解決下面問題：
如圖2，已知點為矩形內(nèi)任一點，
求證：（提示：連接、交于點，連接）
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）如圖,菱形ABCD的周長為12,∠B=60°,則菱形的面積為_________m2
20、（4分）將直線向上平移1個單位，那么平移后所得直線的表達式是_______________
21、（4分）如圖，正方形的定點與正方形的對角線交點重合，正方形和正方形的邊長都是，則圖中重疊部分的面積是__________．
22、（4分）如圖，四邊形為正方形，點分別為的中點，其中，則四邊形的面積為________________________．
23、（4分）以1，1，為邊長的三角形是___________三角形．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分） “機動車行駛到斑馬線要禮讓行人”等交通法規(guī)實施后，某校數(shù)學課外實踐小組就對這些交通法規(guī)的了解情況在全校隨機調(diào)査了部分學生，調(diào)查結(jié)果分為五種：A非常了解，B比較了解，C基本了解，D不太了解，E完全不知．實踐小組把此次調(diào)查結(jié)果整理并繪制成下面不完整的條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖請根據(jù)以上信息，解答下列問題：
（1）本次共調(diào)查了 名學生，扇形統(tǒng)計圖中D所對應扇形的圓心角為 度；
（2）把這幅條形統(tǒng)計圖補充完整（畫圖后請標注相應的數(shù)據(jù)）；
（3）該校共有800名學生，根據(jù)以上信息，請你估計全校學生中對這些交通法規(guī)“非常了解”的有 名．
25、（10分）已知：梯形中，，聯(lián)結(jié)（如圖1）. 點沿梯形的邊從點移動，設點移動的距離為，.
（1）求證：；
（2）當點從點移動到點時，與的函數(shù)關系（如圖2）中的折線所示. 試求的長；
（3）在（2）的情況下，點從點移動的過程中，是否可能為等腰三角形？若能，請求出所有能使為等腰三角形的的取值；若不能，請說明理由.
26、（12分）上合組織峰會期間，甲、乙兩家商場都將平時以同樣價格出售相同的商品進行讓利酬賓，其中甲商場所有商品按7折出售，乙商場對一次購物中超過200元后的價格部分打6折．
（1）以x（單位：元）表示商品原價，y（單位：元）表示付款金額，分別就兩家商場的讓利方式寫出y與x之間的函數(shù)解析式；
（2）上合組織峰會期問如何選擇這兩家商場去購物更省錢？
參考答案與詳細解析
一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）
1、A
【解析】
利用因式分解即可解答本題．（x＋p）（x＋q）＝x2＋（p＋q）x＋pq
【詳解】
解：x2＋x?2＝（x?1）（x＋2）
故選：A．
本題主要靠著因式分解的相關知識，要熟練應用十字相乘法．
2、A
【解析】
1、回憶位中數(shù)和眾數(shù)的概念；
2、分析題中數(shù)據(jù)，將15名運動員的成績按從小到大的順序依次排列，處在中間位置的一個數(shù)即為運動員跳高成績的中位數(shù)；
3、根據(jù)眾數(shù)的概念找出跳高成績中人數(shù)最多的數(shù)據(jù)即可.
【詳解】
解：15名運動員，按照成績從低到高排列，第8名運動員的成績是1.2，
所以中位數(shù)是1.2，
同一成績運動員最多的是1.1，共有4人，
所以，眾數(shù)是1.1．
因此，眾數(shù)與中位數(shù)分別是1.1,1.2．
故選A．
本題考查了中位數(shù)和眾數(shù)的計算，解題的關鍵是理解中位數(shù)和眾數(shù)的概念，直接根據(jù)概念進行解答.此外，也考查了學生從圖表中獲取信息的能力.
3、B
【解析】
根據(jù)勾股定理求出直角三角形另一條直角邊長，根據(jù)三角形面積公式計算即可．
【詳解】
解：設斜邊上的高為h，
由勾股定理得，直角三角形另一條直角邊長＝＝8，
則，
解得，h＝
故選B．
本題考查的是勾股定理，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a1+b1＝c1．
4、D
【解析】
判斷各個選項是否滿足不等式的解即可.
【詳解】
滿足不等式x>2的值只有3，
故選：D．
本題考查不等式解的求解，關鍵是明白解的取值范圍.
5、A
【解析】
根據(jù)拋物線的頂點式可直接得到頂點坐標.
【詳解】
解：y＝（x﹣2）2+3是拋物線的頂點式方程，
根據(jù)頂點式的坐標特點可知，頂點坐標為（2，3）．
故選：A．
本題考查了二次函數(shù)的頂點式與頂點坐標，頂點式y(tǒng)=（x-h）2+k，頂點坐標為（h，k），對稱軸為直線x=h，難度不大.
6、C
【解析】
首先根據(jù)條件D、E分別是AC、BC的中點可得DE∥AB，再求出∠2=∠3，根據(jù)角平分線的定義推知∠1=∠3，則∠1=∠2，所以由等角對等邊可得到DA=DF=AC．
【詳解】
如圖，
∵D、E分別為AC、BC的中點，
∴DE∥AB，
∴∠2=∠3，
又∵AF平分∠CAB，
∴∠1=∠3，
∴∠1=∠2，
∴AD=DF=3，
∴AC=2AD=1．
故選C．
本題考查了三角形中位線定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)．三角形中位線的定理是：三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半．
7、B
【解析】
直接利用8＜＜9，進而得出a，b的值即可得出答案．
【詳解】
解∵8＜＜9，
∴8+2＜+2＜9+2，
∵a＜+2＜b，其中a，b是兩個連續(xù)整數(shù)，
∴a＝10，b＝11，
∴a+b＝10+11＝1．
故選：B．
此題主要考查了估算無理數(shù)的大小，得出a，b的值是解題關鍵．
8、B
【解析】
根據(jù)算術平方根的定義解答即可．
【詳解】
==1．
故選B．
本題考查了算術平方根的定義，解題的關鍵是在于符號的處理．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、不公平．
【解析】
試題分析：先根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后根據(jù)概率公式求解即可．
畫出樹狀圖如下：
共有9種情況，積為奇數(shù)有4種情況
所以，P（積為奇數(shù)）=
即甲獲勝的概率是
所以這個游戲不公平.
考點：游戲公平性的判斷
點評：解題的關鍵是熟練掌握概率的求法：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)的比值.
10、1．
【解析】
試題分析：∵?ABCD的周長為20cm，
∴2（BC+CD）=20，則BC+CD=2．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC，BD相交于點O，BD=6，
∴OD=OB=BD=3．
又∵點E是CD的中點，
∴OE是△BCD的中位線，DE=CD，
∴OE=BC，
∴△DOE的周長=OD+OE+DE=BD+（BC+CD）=5+3=1，
即△DOE的周長為1．
故答案是1．
考點：三角形中位線定理．
11、2
【解析】
過C作CM⊥DE于M，過E作EN⊥BC于N，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到BC∥AD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BFE=∠DFC=∠ADE，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BFE=∠DFC=∠ADE=60°，推出∠DCM=∠EBN，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到CM=BN，DM=EN，得到FM=BN，設FM=BN=x，EN=y，則DM=y，CM=x，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【詳解】
解：過C作CM⊥DE于M，過E作EN⊥BC于N，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC∥AD，
∴∠BFE＝∠DFC＝∠ADE，
∵將邊AD繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到DE，
∴∠BFE＝∠DFC＝∠ADE＝60°，
∴∠FCM＝∠FBN＝30°，
∵∠DCF+∠BEF＝150°，
∴∠DCM+∠BEN＝90°，
∵∠BEN+∠EBN＝90°，
∴∠DCM＝∠EBN，
∴△DCM∽△EBN，
∴＝＝，
∴CM＝BN，DM＝EN，
在Rt△CMF中，CM＝FM，
∴FM＝BN，
設FM＝BN＝x，EN＝y(tǒng)，則DM＝y(tǒng)，CM＝x，
∴CF＝2x，EF＝y(tǒng)，
∵BC＝AD＝DE，
∴y+x+y＝2x+y+x，
∴x＝y(tǒng)，
∵x2+y2＝4，
∴y＝，x＝，
∴BC＝2，
故答案為：2．
【點評】
本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
12、
【解析】
把變形為，逆用積的乘方法則計算即可.
【詳解】
原式=
=
=.
故答案為：.
本題考查了二次根式的混合運算：先把二次根式化為最簡二次根式，然后進行二次根式的乘除運算，再合并即可．在二次根式的混合運算中，如能結(jié)合題目特點，靈活運用二次根式的性質(zhì)，選擇恰當?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．
13、
【解析】
先把化簡得到，然后把分式化簡，再把看作整體，代入即可.
【詳解】
∵，化簡可得：，
∵，
把代入，得：
原式=；
故答案為：.
本題考查了分式的化簡求值，解題的關鍵是利用整體代入的思想進行解題.
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、；3
【解析】
先將括號里面的通分后，將除法轉(zhuǎn)換成乘法，約分化簡．然后解一元一次不等式求出負整數(shù)解，代x的值求值．
【詳解】
解：原式=
解得，負整數(shù)解為
將代入原式=
15、（1）點的坐標是，點的坐標是；（2）；（3）符合條件的點坐標為
【解析】
（1）先將點C坐標代入直線l1中，求出直線l1的解析式，令x=0和y=0，即可得出結(jié)論；
（2）先求出直線l2的解析式，表示出點E，F(xiàn)的坐標，在判斷出OB=EF，建立方程求解，即可得出結(jié)論；
（3）先求出點P的坐標，分兩種情況求出直線PQ，AQ的解析式，即可得出結(jié)論．
【詳解】
解:（1）∵點C（2，）在直線l1：上，
∴，
∴直線l1的解析式為，
令x=0，∴y=3，∴B（0，3），
令y=0，∴，∴x=4，∴A（4，0），
故答案為：點的坐標是，點的坐標是.
（2）∵軸，點的橫坐標為，∴點的橫坐標也為，
∵直線與直線交于點
∵點是直線的一點，
∴點E的坐標是，
∵點是直線上的一點，
∴點的坐標是
∵當
（3）若點為軸正半軸上一點，，，
∴，.
當時
直線AB的解析式為：
直線PQ的解析式為
∴點的坐標是
當時
直線BP的解析式為，
直線AQ的解析式為
∴點的坐標是
綜上，在平面直角坐標系中存在點，使得四個點能構(gòu)成一個梯形，符合條件的點坐標為
此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，平行四邊形的性質(zhì)，三角形的面積公式，利用方程的思想解決問題是解本題的關鍵．
16、 (1)見解析；(2) 當O運動到OA=OC處，四邊形AECF是矩形.理由見解析.
【解析】
（1）由于CE平分∠BCA，那么有∠1=∠2，而MN∥BC，利用平行線的性質(zhì)有∠1=∠3，等量代換有∠2=∠3，于OE=OC，同理OC=OF，于是OE=OF；
（2）OA=OC，那么可證四邊形AECF是平行四邊形，又CE、CF分別是∠BCA及其外角的角平分線，易證∠ECF是90°，從而可證四邊形AECF是矩形．
【詳解】
(1)當點O運動到AC中點時,四邊形AECF是矩形;理由如下：
如圖所示：
∵CE平分∠BCA，
∴∠1=∠2，
又∵MN∥BC，
∴∠1=∠3，
∴∠3=∠2，
∴EO=CO，
同理，F(xiàn)O=CO，
∴EO=FO；
(2)當O運動到OA=OC處，四邊形AECF是矩形.理由如下：
∵OA=OC，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵CF是∠BCA的外角平分線，
∴∠4=∠5，
又∵∠1=∠2，
∴∠1+∠5=∠2+∠4，
又∵∠1+∠5+∠2+∠4=180°，
∴∠2+∠4=90°，
∴平行四邊形AECF是矩形.
本題考查平行線的性質(zhì)、矩形的判定和角平分線的性質(zhì)，解題的關鍵是掌握平行線的性質(zhì)、矩形的判定和角平分線的性質(zhì).
17、（1）證明見解析（2）菱形
【解析】
（1）連接MN，證明四邊形AMNB是矩形，得出∠MNB=90°，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）先證明四邊形MPNQ是平行四邊形，再由（1）即可得出結(jié)論．
【詳解】
證明：連接，如圖所示：
∵四邊形是矩形，
∴，，，
∵、分別是、的中點，
∴，，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴平行四邊形是矩形，
∴，
∵是的中點，
∴；四邊形是菱形；理由如下：
解：∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，，
又∵、分別是、的中點，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
由得，
∴四邊形時菱形．
本題考查了菱形與矩形的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練的掌握菱形的判定與矩形的性質(zhì).
18、（1），，；（2）見解析
【解析】
（1）利用勾股定理即可寫出答案；
（2）連接、交于點，根據(jù)矩形的性質(zhì)能證明O是AC、BD的中點，在和中利用阿波羅尼奧斯定理可以證明結(jié)論.
【詳解】
（1）在中，
在中，
∴
故答案是：；；；
（2）證明：連接、交于點，連接
∵四邊形為矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，
由阿波羅尼奧斯定理得
.
本題考查了矩形的性質(zhì)及勾股定理的運用，能充分理解題意并運用性質(zhì)定理推理論證是解題的關鍵.
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、
【解析】
首先根據(jù)已知求得菱形的邊長，再根據(jù)勾股定理求得其兩條對角線的長，進而求出菱形的面積．
【詳解】
解：菱形的周長為12，
菱形的邊長為3，
四邊形是菱形，且，
為等邊三角形，，
，
，
菱形的面積，
故答案為
本題主要考查了菱形的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練掌握菱形的面積等于對角線乘積的一般，此題難度不大．
20、
【解析】
平移時k的值不變，只有b發(fā)生變化．
【詳解】
原直線的k=2，b=0；向上平移2個單位長度，得到了新直線，
那么新直線的k=2，b=0+1=1，
∴新直線的解析式為y=2x+1．
故答案為：y=2x+1．
本題考查了一次函數(shù)圖象的幾何變換，難度不大，要注意平移后k值不變．
21、
【解析】
根據(jù)題意可得重疊部分的面積和面積相等，求出面積即可.
【詳解】
解：如圖，
四邊形和是正方形

又


故答案為：1
本題考查了正方形的性質(zhì)，將重疊部分的面積進行轉(zhuǎn)化是解題的關鍵.
22、4.
【解析】
先判定四邊形EFGH為矩形，再根據(jù)中位線的定理分別求出EF、EH的長度，即可求出四邊形EFGH的面積.
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是正方形，點E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，
∴△AEH、△BEF、△CFG、△DGH都為等腰直角三角形，
∴∠HEF、∠EFG、∠FGH、∠GHE都為直角，
∴四邊形EFGH是矩形，
邊接AC，則AC=BD=4，
又∵EH是△ABD的中位線，
∴EH=BD=2，
同理EF=AC=2，
∴四邊形EFGH的面積為2×2=4.
故答案為4.
本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定，三角形中位線定理.
23、等腰直角
【解析】
根據(jù)等腰三角形和直角三角形的性質(zhì)以及判定定理進行判斷即可．
【詳解】
∵
∴是等腰三角形
∵
∴是直角三角形
∴該三角形是等腰直角三角形
故答案為：等腰直角．
本題考查了等腰三角形和直角三角形的證明問題，掌握等腰三角形和直角三角形的性質(zhì)以及判定定理是解題的關鍵．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（1）300；54；（2）條形統(tǒng)計圖補充見解析；(3) 1.
【解析】
（1）從條形統(tǒng)計圖中，可得到“B”的人數(shù)108人，從扇形統(tǒng)計圖中可得“B”組占36%，用人數(shù)除以所占的百分比即可求出調(diào)查人數(shù)，求出“D”組所占整體的百分比，用360°去乘這個百分比即可得出D所對應扇形的圓心角度數(shù)；
（2）用總?cè)藬?shù)乘以“C”組所占百分比求出“C”組的人數(shù)，再補全統(tǒng)計圖；
（3）求出“A”組所占的百分比，用樣本估計總體進行計算即可．
【詳解】
（1）共調(diào)查學生人數(shù)為：＝300，
扇形D比例：＝15%，圓心角：＝54°
故答案為：300；54；
（2）25%×300＝75，條形統(tǒng)計圖補充如下：
(3) ×800＝1.
故答案為：1．
本題考查條形統(tǒng)計圖、扇形統(tǒng)計圖的特點及制作方法，明確統(tǒng)計圖中各個數(shù)據(jù)之間的關系是解決問題的關鍵，善于從兩個統(tǒng)計圖中獲取相關數(shù)據(jù)是解決問題的前提．
25、（1）證明見解析；（2）；（3），，，，或
【解析】
（1）由平行線的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)得出∠ABD=∠CDB，∠A+∠ADC=180°，∠ABD+∠CBD=90°，∠ABD=∠ADB，得出∠A+2∠ABD=180°，2∠ABD+2∠CBD=180°，即可得出結(jié)論；
（2）作DE⊥AB于E，則DE=BC=3，CD=BE，由勾股定理求出AE==4，得出CD=BE=AB-AE=1；
（3）分情況討論：①點P在AB邊上時；②點P在BC上時；③點P在AD上時；由等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理即可得出答案．
【詳解】
（1）證明：∵，
∴，
又∵，
∴
∵，
∴，即
∴
（2）解：由點，得，
由點點的橫坐標是8，得時，∴
作于，∵，∴，
∵，∴
（3）
情況一：點在邊上，作，
當時，是等腰三角形，此時，，
∴
情況二：點在邊上，當時是等腰三角形，
此時，，，
∴在中，，
即，
∴
情況三：點在邊上時，不可能為等腰三角形
情況四：點在邊上，有三種情況
1°作，當時，為等腰三角形，
此時，∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴
∴
2°當時為等腰三角形，
此時，
3°當點與點重合時為等腰三角形，
此時或.
本題是四邊形綜合題目，考查了梯形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)與判定、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識；本題綜合性強，有一定難度．
26、（1）甲商場：y＝0.7x，乙商場：當0≤x≤200時，y＝x，當x＞200時，y＝200+0.6（x﹣200）＝0.6x+80；（2）當x＜800時，在甲商場購買比較省錢，當x＝800時，在甲乙兩商場購買花錢一樣，當x＞800時，在乙商場購買省錢.
【解析】
（1）根據(jù)題意可以分別求出甲乙兩商場中y與x的函數(shù)關系式；
（2）根據(jù)（1）中的函數(shù)關系式和題意可以解答本題．
【詳解】
.解：（1）由題意可得，
甲商場：y＝0.7x，
乙商場：當0≤x≤200時，y＝x，
當x＞200時，y＝200+0.6（x﹣200）＝0.6x+80；
（2）令0.7x＝0.6x+80，得x＝800，
∴當x＜800時，在甲商場購買比較省錢，
當x＝800時，在甲乙兩商場購買花錢一樣，
當x＞800時，在乙商場購買省錢．
本題考查一次函數(shù)的應用、一元一次不等式的應用，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用一次函數(shù)的性質(zhì)解答．
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
成績/米
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人數(shù)
2
3
2
3
4
1

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