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）已知4＜m＜5，則關(guān)于x的不等式組的整數(shù)解共有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
2、（4分）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點E，∠ABC的平分線交AD于點F，若BF=12，AB=10，則AE的長為（ ）
A．13B．14C．15D．16
3、（4分）若分式的值為0，則x的值是（ ）
A．0B．1C．0或1D．0或1或-1
4、（4分）如圖，?ABCD的周長為36，對角線AC、BD相交于點O，點E是CD的中點，BD=12，則△DOE的周長為（ ）
A．15B．18C．21D．24
5、（4分）矩形各內(nèi)角的平分線能圍成一個（ ）
A．矩形B．菱形C．等腰梯形D．正方形
6、（4分）若，則的值為（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）如圖，在正方形ABCD中，E是對角線BD上一點，且滿足=AD，連接CE并延長交AD于點F，連接AE，過點B作于點G，延長BG交AD于點H．在下列結(jié)論中：①；②；③ . 其中不正確的結(jié)論有（ ）
A．0個B．1個C．2個D．3個
8、（4分）某工程隊開挖一條480米的隧道，開工后，每天比原計劃多挖20米，結(jié)果提前4天完成任務(wù)，若設(shè)原計劃每天挖米，那么求時所列方程正確的是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）自2019年5月30日萬州牌樓長江大橋正式通車以來，大放光彩，引萬人駐足.市民們紛紛前往打卡、拍照留念，因此牌樓長江大橋成為了萬州網(wǎng)紅打卡地.周末，小棋和小藝兩位同學(xué)相約前往參觀，小棋騎自行車，小藝步行，她們同時從學(xué)校出發(fā)，沿同一條路線前往，出發(fā)一段時間后小棋發(fā)現(xiàn)東西忘了，于是立即以原速返回到學(xué)校取，取到東西后又立即以原速追趕小藝并繼續(xù)前往，到達目的地后等待小藝一起參觀（取東西的時間忽略不計），在整個過程兩人保持勻速，如圖是兩人之間的距離與出發(fā)時間之間的函數(shù)圖象如圖所示，則當(dāng)小棋到達目的地時，小藝離目的地還有______米.
10、（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_______________
11、（4分）如圖，已知圖中的每個小方格都是邊長為工的小正方形，每個小正方形的頂點稱為格點，若與是位似圖形，且頂點都在格點上，則位似中心的坐標(biāo)是______．
12、（4分）四邊形的外角和等于 .
13、（4分）若方程x2﹣3x﹣1＝0的兩根為x1、x2，則 的值為_____．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）小王開車從甲地到乙地，去時走A線路，全程約100千米，返回時走B路線，全程約60千米.小王開車去時的平均速度比返回時的平均速度快20千米/小時，所用時間卻比返回時多15分鐘.若小王返回時的平均車速不低于70千米/小時，求小王開車返回時的平均速度.
15、（8分）閱讀下列材料，并解爺其后的問題：
我們知道，三角形的中位線平行于第一邊，且等于第三邊的一半，我們還知道，三角形的三條中位線可以將三角形分成四個全等的一角形，如圖1，若D、E、F分別是三邊的中點，則有，且
（1）在圖1中，若的面積為15，則的面積為___________；
（2）在圖2中，已知E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，求證：四邊形EFGH是平行四邊形；
（3）如圖3中，已知E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，，則四邊形EFGH的面積為___________.
16、（8分）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＜BC．
（1）利用尺規(guī)作圖，在BC邊上確定點E，使點E到邊AB，AD的距離相等（不寫作法，保留作圖痕跡）；
（2）若BC=8，CD=5，則CE= ．
17、（10分）已知反比例函數(shù)的圖象與一次函數(shù)的圖象交于點A（1，4）和點B
（，）．
（1）求這兩個函數(shù)的表達式；
（2）觀察圖象，當(dāng)>0時，直接寫出>時自變量的取值范圍；
（3）如果點C與點A關(guān)于軸對稱，求△ABC的面積．
18、（10分）本題有許多畫法，你不妨試一試：如圖所示的是8的正方形網(wǎng)格，A、B兩點均在格點上，現(xiàn)請你在下圖中分別畫出一個以A、B、C、D為頂點的菱形（可包含正方形），要求：（1）C、D也在格點上；（2）只能使用無刻度的直尺；（3）所畫的三個菱形互不全等。
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，已知正方形紙片ABCD，M，N分別是AD、BC的中點，把BC邊向上翻折，使點C恰好落在MN上的P點處，BQ為折痕，則∠PBQ=_____度．
20、（4分）計算的結(jié)果是______________。
21、（4分）某校為了解學(xué)生最喜歡的球類運動情況，隨機選取該校部分學(xué)生進行調(diào)查，要求每名學(xué)生只寫一類最喜歡的球類運動．以下是根據(jù)調(diào)查結(jié)果繪制的統(tǒng)計圖表的一部分．
那么，其中最喜歡足球的學(xué)生數(shù)占被調(diào)查總?cè)藬?shù)的百分比為______%．
22、（4分）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，CE∥BD，DE∥AC．若AC=4，則四邊形CODE的周長是__________．
23、（4分）__________．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）先化簡，再求值：，其中x＝2019.
25、（10分）某網(wǎng)店銷售單價分別為元/筒、元/筒的甲、乙兩種羽毛球.根據(jù)消費者需求，該網(wǎng)店決定用不超過元購進甲、乙兩種羽毛球共簡.且甲種羽毛球的數(shù)量大于乙種羽毛球數(shù)量的.已知甲、乙兩種羽毛球的進價分別為元/筒、元/筒。若設(shè)購進甲種羽毛球簡.
（1）該網(wǎng)店共有幾種進貨方案?
（2）若所購進羽毛球均可全部售出，求該網(wǎng)店所獲利潤（元）與甲種羽毛球進貨量（簡）之間的函數(shù)關(guān)系式，并求利潤的最大值
26、（12分）在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)的圖象與軸負半軸交于點，與軸正半軸交于點，點為直線上一點，，點為軸正半軸上一點，連接，的面積為1．
(1)如圖1，求點的坐標(biāo)；
(2)如圖2，點分別在線段上，連接，點的橫坐標(biāo)為，點的橫坐標(biāo)為，求與的函數(shù)關(guān)系式(不要求寫出自變量的取值范圍)；
(3)在(2)的條件下，如圖3，連接，點為軸正半軸上點右側(cè)一點，點為第一象限內(nèi)一點，，，延長交于點，點為上一點，直線經(jīng)過點和點，過點作，交直線于點，連接，請你判斷四邊形的形狀，并說明理由．
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、B
【解析】
先求解不等式組得到關(guān)于m的不等式解集，再根據(jù)m的取值范圍即可判定整數(shù)解．
【詳解】
不等式組
由①得x＜m；
由②得x＞2；
∵m的取值范圍是4＜m＜5，
∴不等式組的整數(shù)解有：3，4兩個．
故選B．
本題考查了一元一次不等式組的整數(shù)解，用到的知識點是一元一次不等式組的解法，m的取值范圍是本題的關(guān)鍵．
2、D
【解析】
先證明四邊形ABEF是平行四邊形，再證明鄰邊相等即可得出四邊形ABEF是菱形，得出AE⊥BF，OA=OE，OB=OF=BF=6，由勾股定理求出OA，即可得出AE的長．
【詳解】
如圖所示：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵∠BAD的平分線交BC于點E，
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE，同理可得AB=AF，
∴AF=BE，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
∵AB=AF，
∴四邊形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，OA=OE，OB=OF=BF=6，
∴OA==8，
∴AE=2OA=16.
故選D．
本題考查平行四邊形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的判定、菱形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證明四邊形ABEF是菱形是解決問題的關(guān)鍵．
3、A
【解析】
分式的值為0的條件是：分子為0，分母不為0，兩個條件需同時具備，缺一不可．據(jù)此可以解答本題．
【詳解】
∵=0，
∴x?x=0,即x(x?1)=0，x=0或x=1，
又∵x?1≠0，
∴x≠±1，綜上得，x=0.
故選A.
此題考查分式的值為零的條件，解題關(guān)鍵在于掌握運算法則
4、A
【解析】
此題涉及的知識點是平行四邊形的性質(zhì)．根據(jù)平行四邊形的對邊相等和對角線互相平分可得，OB=OD，又因為E點是CD的中點，可得OE是△BCD的中位線，可得OE=BC，所以易求△DOE的周長．
【詳解】
解：∵?ABCD的周長為32，
∴2（BC+CD）=32，則BC+CD=1．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC，BD相交于點O，BD=12，
∴OD=OB=BD=2．
又∵點E是CD的中點，DE=CD，
∴OE是△BCD的中位線，∴OE=BC，
∴△DOE的周長=OD+OE+DE=BD+（BC+CD）=2+9=3，
即△DOE的周長為3．
故選A
此題重點考察學(xué)生對于平行四邊形的性質(zhì)的理解，三角形的中位線，平行四邊形的對角對邊性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
5、D
【解析】
根據(jù)矩形的性質(zhì)及角平分線的性質(zhì)進行分析即可．
【詳解】
矩形的四個角平分線將矩形的四個角分成8個45°的角，因此形成的四邊形每個角是90°
又知兩條角平分線與矩形的一邊構(gòu)成等腰直角三角形，
所以這個四邊形鄰邊相等，根據(jù)有一組鄰邊相等的矩形是正方形，得到該四邊形是正方形．
故選D．
此題是考查正方形的判別方法，判別一個四邊形為正方形主要根據(jù)正方形的概念，途經(jīng)有兩種：①先說明它是矩形，再說明有一組鄰邊相等；②先說明它是菱形，再說明它有一個角為直角
6、C
【解析】
首先設(shè)，將代數(shù)式化為含有同類項的代數(shù)式，即可得解.
【詳解】
設(shè)
∴
∴
故答案為C.
此題主要考查分式計算，關(guān)鍵是設(shè)參數(shù)求值.
7、B
【解析】
先判斷出∠DAE=∠ABH，再判斷△ADE≌△CDE得出∠DAE=∠DCE=22.5°，∠ABH=∠DCF，再判斷出Rt△ABH≌Rt△DCF從而得到①正確，根據(jù)三角形的外角求出∠AEF=45°，得出②正確；連接HE，判斷出S△EFH≠S△EFD得出③錯誤．
【詳解】
∵BD是正方形ABCD的對角線，
∴∠ABE=∠ADE=∠CDE=45°，AB=BC，
∵BE=BC，
∴AB=BE，
∵BG⊥AE，
∴BH是線段AE的垂直平分線，∠ABH=∠DBH=22.5°，
在Rt△ABH中，∠AHB=90°-∠ABH=67.5°，
∵∠AGH=90°，
∴∠DAE=∠ABH=22.5°，
在△ADE和△CDE中
，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠DAE=∠DCE=22.5°，
∴∠ABH=∠DCF，
在Rt△ABH和Rt△DCF中
，
∴Rt△ABH≌Rt△DCF，
∴AH=DF，∠CFD=∠AHB=67.5°，
∵∠CFD=∠EAF+∠AEF，
∴67.5°=22.5°+∠AEF，
∴∠AEF=45°，故①②正確；
如圖，連接HE，
∵BH是AE垂直平分線，
∴AG=EG，
∴S△AGH=S△HEG，
∵AH=HE，
∴∠AHG=∠EHG=67.5°，
∴∠DHE=45°，
∵∠ADE=45°，
∴∠DEH=90°，∠DHE=∠HDE=45°，
∴EH=ED，
∴△DEH是等腰直角三角形，
∵EF不垂直DH，
∴FH≠FD，
∴S△EFH≠S△EFD，
∴S四邊形EFHG=S△HEG+S△EFH=S△AHG+S△EFH≠S△DEF+S△AGH，故③錯誤，
故選B．
此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和和三角形外角的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是判斷出△ADE≌△CDE，難點是作出輔助線．
8、C
【解析】
本題的關(guān)鍵描述語是：“提前1天完成任務(wù)”；等量關(guān)系為：原計劃用時?實際用時＝1．
【詳解】
解：原計劃用時為：，實際用時為：．
所列方程為：，
故選C．
本題考查列分式方程，分析題意，找到關(guān)鍵描述語，找到合適的等量關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、400
【解析】
設(shè)小祺的速度為x米/分鐘，小藝的速度為y米/分鐘，由題意列方程組，可求出小祺的速度與小藝的速度.
【詳解】
設(shè)小祺的速度為x米/分鐘，小藝的速度為y米/分鐘
則有：
∴
∴設(shè)小祺的速度為130米/分鐘，小藝的速度為70米/分鐘
∴當(dāng)小祺到達目的地時，小藝離目的地的距離=米
故答案為：400米
本題考查了一次函數(shù)與一元一次方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是把條件表述的幾個過程對應(yīng)圖象理解，再找出對應(yīng)數(shù)量關(guān)系.
10、
【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．
11、（8，0）
【解析】
連接任意兩對對應(yīng)點，看連線的交點為那一點即為位似中心．
【詳解】
解：連接BB1，A1A，易得交點為（8，0）．
故答案為：（8，0）．
用到的知識點為：位似中心為位似圖形上任意兩對對應(yīng)點連線的交點．
12、360°．
【解析】
解：n（n≥3）邊形的外角和都等于360°．
13、-3
【解析】
解：因為的兩根為x1，x2，
所以
=
故答案為：-3
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、80千米/小時
【解析】
設(shè)小王開車返回時的平均速度為x千米/小時，根據(jù)題意列出分式方程，然后求解得到x的值，再進行驗根，得到符合題意的值即可.
【詳解】
解：設(shè)小王開車返回時的平均速度為x千米/小時，
，
，
，
經(jīng)檢驗：都是原方程的根，但是，不符合題意，應(yīng)舍去.
答： 小王開車返回時的平均速度是80千米/小時.
本題主要考查分式方程的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵在于根據(jù)題意設(shè)出未知數(shù)，找到題中相等關(guān)系的量列出方程，然后求解，驗根得到符合題意的解即可.
15、（1）；（2）見解析；（3）1．
【解析】
（1）由三角形中位線定理得出DF∥BC，且DF=BC，△ADF≌△DBE≌△FEC≌△EFD，得出△DEF的面積=△ABC的面積=即可；
（2）連接BD，證出EH是△ABD的中位線，F(xiàn)G是△BCD的中位線，由三角形中位線定理得出EH∥BD，EH=BD，F(xiàn)G∥BD，F(xiàn)G=BD，得出EH∥FG，EH=FG，即可得出結(jié)論；
（3）證出EH是△ABD的中位線，F(xiàn)G是△BCD的中位線，由三角形中位線定理得出EH∥BD，EH=BD= ，F(xiàn)G∥BD，F(xiàn)G=BD，得出EH∥FG，EH=FG，證出四邊形EFGH是平行四邊形，同理：EF∥AC，EF=AC=2，證出EH⊥EF，得出四邊形EFGH是矩形，即可得出結(jié)果．
【詳解】
（1）解：∵D、E、F分別是△ABC三邊的中點，
則有DF∥BC，且DF=BC，△ADF≌△DBE≌△FEC≌△EFD，
∴△DEF的面積=△ABC的面積=；
故答案為；
（2）證明：連接BD，如圖2所示：
∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，
∴EH是△ABD的中位線，F(xiàn)G是△BCD的中位線，
∴EH∥BD，EH=BD，F(xiàn)G∥BD，F(xiàn)G=BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形；
（3）解：∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，
∴EH是△ABD的中位線，F(xiàn)G是△BCD的中位線，
∴EH∥BD，EH=BD=，F(xiàn)G∥BD，F(xiàn)G=BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
同理：EF∥AC，EF=AC=2，
∵AC⊥BD，
∴EH⊥EF，
∴四邊形EFGH是矩形，
∴四邊形EFGH的面積=EH×EF=×2=1．
故答案為（1）；（2）見解析；（3）1．
本題是四邊形綜合題目，考查三角形中位線定理、平行四邊形的判定、矩形的判定與性質(zhì)等知識；熟練掌握三角形中位線定理，證明四邊形EFGH是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．
16、（1）見解析；（2）1．
【解析】
根據(jù)角平分線上的點到角的兩邊距離相等知作出∠A的平分線即可；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知AB=CD=5，AD∥BC，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得到∠BAE=∠BEA，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和線段的和差關(guān)系即可求解．
【詳解】
（1）如圖所示：E點即為所求．
（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD=5，AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∵AE是∠A的平分線，
∴∠DAE=∠BAE，∴∠BAE=∠BEA，∴BE=BA=5，∴CE=BC﹣BE=1．
考點：作圖—復(fù)雜作圖；平行四邊形的性質(zhì)
17、（1）反比例函數(shù)的表達式為；一次函數(shù)的表達式為（2）0＜＜1；（3）4
【解析】
（1）根據(jù)點A的坐標(biāo)求出反比例函數(shù)的解析式為，再求出B的坐標(biāo)是（－2，－2），利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式．
（2）當(dāng)一次函數(shù)的值小于反比例函數(shù)的值時，直線在雙曲線的下方，直接根據(jù)圖象寫出當(dāng)>0時，一次函數(shù)的值小于反比例函數(shù)的值x的取值范圍或0＜x＜1．
（3）根據(jù)坐標(biāo)與線段的轉(zhuǎn)換可得出：AC、BD的長，然后根據(jù)三角形的面積公式即可求出答案．
【詳解】
解：（1）∵點A（1，2）在的圖象上，∴＝1×2＝2．
∴反比例函數(shù)的表達式為
∵點B在的圖象上，∴．∴點B（－2，－2）．
又∵點A、B在一次函數(shù)的圖象上，
∴，解得．
∴一次函數(shù)的表達式為．
（2）由圖象可知，當(dāng) 0＜＜1時，＞成立
（3）∵點C與點A關(guān)于軸對稱，∴C（1，－2）．
過點B作BD⊥AC，垂足為D，則D（1，－5）．
∴△ABC的高BD＝1＝3，底為AC＝2＝3．
∴S△ABC=AC·BD=×3×3=4．
18、見解析
【解析】
直接利用菱形的定義得出符合題意的圖形即可.
【詳解】
解：由題知，再根據(jù)四邊相等的四邊形為菱形，作出其他邊即可，如下圖所示：

此題主要考查了應(yīng)用設(shè)計與作圖以及菱形的性質(zhì)，正確掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、1
【解析】
根據(jù)折疊的性質(zhì)知：可知：BN=BP，從而可知∠BPN的值，再根據(jù)∠PBQ=∠CBQ，可將∠PBQ的角度求出．
【詳解】
根據(jù)折疊的性質(zhì)知：BP=BC，∠PBQ=∠CBQ
∴BN=BC=BP
∵∠BNP=90°
∴∠BPN=1°
∴∠PBQ=×60°=1°．
故答案是：1．
已知折疊問題就是已知圖形的全等，根據(jù)邊之間的關(guān)系，可將∠PBQ的度數(shù)求出．
20、
【解析】
根據(jù)二次根式的運算法則即可求出答案．
【詳解】
解：原式
故答案為：
本題考查了二次根式的運算法則，解題的關(guān)鍵是熟練運用二次根式的運算法則
21、1
【解析】
依據(jù)最喜歡羽毛球的學(xué)生數(shù)以及占被調(diào)查總?cè)藬?shù)的百分比，即可得到被調(diào)查總?cè)藬?shù)，進而得出最喜歡籃球的學(xué)生數(shù)以及最喜歡足球的學(xué)生數(shù)占被調(diào)查總?cè)藬?shù)的百分比．
【詳解】
解：∵被調(diào)查學(xué)生的總數(shù)為10÷20%=50人，
∴最喜歡籃球的有50×32%=16人，
則最喜歡足球的學(xué)生數(shù)占被調(diào)查總?cè)藬?shù)的百分比= ×100%=1%．
故答案為：1．
本題考查扇形統(tǒng)計圖，扇形統(tǒng)計圖是用整個圓表示總數(shù)用圓內(nèi)各個扇形的大小表示各部分數(shù)量占總數(shù)的百分數(shù)．通過扇形統(tǒng)計圖可以很清楚地表示出各部分數(shù)量同總數(shù)之間的關(guān)系．
22、1
【解析】
試題分析：首先由CE∥BD，DE∥AC，可證得四邊形CODE是平行四邊形，又由四邊形ABCD是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)，易得OC=OD=2，即可判定四邊形CODE是菱形，繼而求得答案．
試題解析：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四邊形CODE是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC=BD=4，OA=OC，OB=OD，
∴OD=OC=AC=2，
∴四邊形CODE是菱形，
∴四邊形CODE的周長為：4OC=4×2=1．
考點: 1.菱形的判定與性質(zhì)；2.矩形的性質(zhì).
23、
【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(dāng)?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、x+2，2021
【解析】
先把除法轉(zhuǎn)化為乘法，約分化簡，然后把x＝2019代入計算即可.
【詳解】
原式=
=x+2，
當(dāng)x＝2019時，
原式=2019+2=2021.
本題考查了分式的計算和化簡.解決這類題目關(guān)鍵是把握好通分與約分，分式加減的本質(zhì)是通分，乘除的本質(zhì)是約分.同時注意在進行運算前要盡量保證每個分式最簡.
25、（1）3種；（2）W＝，最大為1390元
【解析】
（1）設(shè)購進甲種羽毛球筒，根據(jù)題意可列出關(guān)于m的不等式組，則可求得m的取值范圍，再由m為整數(shù)即可求得進貨方案；
（2）用m表示出W，可得到W關(guān)于m的一次函數(shù)，再利用一次函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案.
【詳解】
解：（1）設(shè)購進甲種羽毛球筒，則乙種羽毛球（）筒，
由題意，得，
解得.
又∵是整數(shù)，
∴m=76，77，78共三種進貨方案.
（2）由題意知，甲利潤：元/筒，乙利潤：元/筒，
∴
∵隨增大而增大
∴當(dāng)時，（元）.
即利潤的最大值是1390元.
本題考查了一元一次不等式組的應(yīng)用和一次函數(shù)的應(yīng)用，弄清題意列出不等式組和一次函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵.
26、（1）B（6，0）；（2）d＝；（3）四邊形是矩形，理由見解析
【解析】
（1）作DL⊥y軸垂足為L點，DI⊥AB垂足為I，證明△DLC≌△AOC，求得D（2，12），再由S△ABD＝AB?DI＝1，求得OB＝AB?AO＝8?2＝6，即可求B坐標(biāo)；
（2）設(shè)∠MNB＝∠MBN＝α，作NK⊥x軸垂足為K，MQ⊥AB垂足為Q，MP⊥NK，垂足為P；證明四邊形MPKQ為矩形，再證明△MNP≌△MQB，求出BD的解析式為y＝?3x＋18，MQ＝d，把y＝d代入y＝?3x＋18得d＝?3x＋18，表達出OQ的值，再由OQ＝OK＋KQ＝t＋d，可得d＝?；
（3）作NW⊥AB垂足為W，證明△ANW≌△CAO，根據(jù)邊的關(guān)系求得N（4，2）；延長NW到Y(jié)，使NW＝WY，作NS⊥YF，再證明△FHN≌△FSN，可得SF＝FH=，NY＝2＋2＝4；設(shè)YS＝a，F(xiàn)Y＝FN＝a＋，在Rt△NYS和Rt△FNS中利用勾股定理求得FN；在Rt△NWF中，利用勾股定理求出WF＝6，得到F（10，0）；設(shè)GF交y軸于點T，設(shè)FN的解析式為y＝px＋q （p≠0）把F（10，0）N（4，2）代入即可求出直線FN的解析式，聯(lián)立方程組得到G點坐標(biāo)；把G點代入得到y(tǒng)＝x+3，可知R（4，0），證明△GRA≌△EFR，可得四邊形AGFE為平行四邊形，再由∠AGF＝180°?∠CGF＝90°，可證明平行四邊形AGFE為矩形．
【詳解】
解：（1）令x＝0，y＝6，令y＝0，x＝?2，
∴A（?2，0），B（0，6），
∴AO＝2，CO＝6，
作DL⊥y軸垂足為L點，DI⊥AB垂足為I，
∴∠DLO＝∠COA＝90°，∠DCL＝∠ACO，DC＝AC，
∴△DLC≌△AOC（AAS），
∴DL＝AO＝2，
∴D的橫坐標(biāo)為2，
把x＝2代入y＝3x＋6得y＝12，
∴D（2，12），
∴DI＝12，
∵S△ABD＝AB?DI＝1，
∴AB＝8；
∵OB＝AB?AO＝8?2＝6，
∴B（6，0）；
（2）∵OC＝OB＝6，
∴∠OCB＝∠CBO＝45°，
∵MN＝MB，
∴設(shè)∠MNB＝∠MBN＝α，
作NK⊥x軸垂足為K，MQ⊥AB垂足為Q，MP⊥NK，垂足為P；
∴∠NKB＝∠MQK＝∠MPK＝90°，
∴四邊形MPKQ為矩形，
∴NK∥CO，MQ＝PK；
∵∠KNB＝90°?45°＝45°，
∴∠MNK＝45°＋α，∠MBQ＝45°＋α，
∴∠MNK＝∠MBQ，
∵MN＝MB，∠NPM＝∠MQB＝90°，
∴△MNP≌△MQB（AAS），
∴MP＝MQ；
∵B（6，0），D（2，12），
∴設(shè)BD的解析式為y＝kx＋b（k≠0），
∴，解得：k=-3，b=18，
∴BD的解析式為y＝?3x＋18，
∵點M的縱坐標(biāo)為d，
∴MQ=MP＝d，把y＝d代入y＝?3x＋18得d＝?3x＋18，
解得x＝，
∴OQ＝；
∵N的橫坐標(biāo)為t，
∴OK＝t，
∴OQ＝OK＋KQ＝t＋d，
∴＝t＋d，
∴d＝；
（3）作NW⊥AB垂足為W，
∴∠NWO＝90°，
∵∠ACN＝45°＋∠ACO，∠ANC＝45°＋∠NAO，
∵∠ACO＝∠NAO，
∴∠ACN＝∠ANC，
∴AC＝AN，
又∵∠ACO＝∠NAO，∠AOC＝∠NOW＝90°，
∴△ANW≌△CAO（AAS），
∴AO＝NW＝2，
∴WB＝NW＝2，
∴OW＝OB?WB＝6?2＝4，
∴N（4，2）；
延長NW到Y(jié)，使NW＝WY，
∴△NFW≌△YFW（SAS）
∴NF＝Y(jié)F，∠NFW＝∠YFW，
又∵∠HFN＝2∠NFO，
∴∠HFN＝∠YFN，
作NS⊥YF，
∵∠FH⊥NH，
∴∠H＝∠NSF＝90°，
∵FN＝FN，
∴△FHN≌△FSN（AAS），
∴SF＝FH＝，NY＝2＋2＝4，
設(shè)YS＝a，F(xiàn)Y＝FN＝a＋，
在Rt△NYS和Rt△FNS中：NS2＝NY2?YS2；NS2＝FN2?FS2；NY2?YS2＝FN2?FS2，
∴42?a2＝(a＋)2-()2，
解得a＝
∴FN＝；
在Rt△NWF中WF＝，
∴FO＝OW＋WF＝4＋6＝10，
∴F（10，0），
∴AW＝AO＋OW＝2＋4＝6，
∴AW＝FW，
∵NW⊥AF，
∴NA＝NF，
∴∠NFA＝∠NAF，
∵∠ACO＝∠NAO，
∴∠NFA＝∠ACO，
設(shè)GF交y軸于點T，∠CTF＝∠ACO＋∠CGF＝∠COF＋∠GFO，
∴∠CGF＝∠COF＝90°，
設(shè)FN的解析式為y＝px＋q （p≠0），把F（10，0）N（4，2）代入y＝px＋q
得，解得，
∴，
∴聯(lián)立，解得：，
∴，
把G點代入y＝mx＋3，得，得m＝，
∴y＝x＋3，
令y＝0得0＝x＋3，x＝4，
∴R（4，0），
∴AR＝AO＋OR＝2＋4＝6，RF＝OF?OR＝10?4＝6，
∴AR＝RF，
∵FE∥AC，
∴∠FEG＝∠AGE，∠GAF＝∠EFA，
∴△GRA≌△EFR（AAS），
∴EF＝AG，
∴四邊形AGFE為平行四邊形，
∵∠AGF＝180°?∠CGF＝180°?90°＝90°，
∴平行四邊形AGFE為矩形．
本題是一次函數(shù)的綜合題；靈活應(yīng)用全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理，熟練掌握平行四邊形和矩形的判定，會待定系數(shù)法求函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
類別
A
B
C
D
E
F
類型
足球
羽毛球
乒乓球
籃球
排球
其他
人數(shù)
10
4
6
2

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