【詳解】∵|－1|＜|－2|＜|+3|＜|－4|，
∴其中表示實際克數最接近標準克數的是－1．
故選：A．
2. 【答案】A
【分析】根據三視圖的定義逐項判斷即可．
【詳解】解：根據三視圖的定義，其主視圖是 ；
故選：A．
【點睛】本題主要考查三視圖，牢記三視圖的定義（對一個物體在三個投影面內進行正投影，在正面內得到的由前向后觀察物體的視圖，叫做主視圖；在水平面內得到的由上向下觀察物體的視圖，叫做俯視圖；在側面內得到的由左向右觀察物體的視圖，叫做左視圖）是解題的關鍵．
3. 【答案】A
【分析】根據在數軸上表示解集的方法判斷即可．
【詳解】解：若不等式組的解集為?2≤xx2>?1時y1>y2，故選項錯誤，不符合題意；
故選：C．
【點睛】此題考查二次函數的圖象和性質以及二次函數與一元二次方程的關系，數形結合是解題的關鍵．
11. 【答案】1
【分析】利用同分母分式的加減法則計算即可．
【詳解】解：eq \f(a－1,a+1)+eq \f(2,a+1)=eq \f(a－1+2,a+1)=eq \f(a+1,a+1)=1．
故答案為：1．
【點睛】本題考查分式的加減法，熟練掌握同分母分式的加減法則是解題的關鍵．
12【答案】－4
【分析】把點（－1，2）代入y=kx，得出k，再把x=2代入即可得出y的值．
【詳解】∵正比例函數y=kx的圖象經過點（－1，2），
∴2=－k，
∴k=－2，
∴正比例函數的解析式為y=?2x，
把x=2代入y=?2x，得y=－4，
故答案為：－4．
【點睛】本題考查了待定系數法求一次函數的解析式以及一次函數圖象上點的坐標特征，掌握用待定系數法求一次函數的解析式是解題的關鍵．
13. 【答案】13；
【分析】利用列表法列出開關所有的閉合情況，再找出閉合任意兩個開關時，小燈泡發(fā)光的情況，根據概率公式解題即可．
【詳解】解：列表法如圖所示：
如上表所示，共有6種情況，其中必須閉合S1，S3小燈泡才會發(fā)光，則有兩種情況．
所以小燈泡L發(fā)光的概率為26=13．
故答案為13．
【點睛】本題考查了求概率的方法，熟練應用樹狀圖法或列表法求出所求情況數和總情況數，本題還需要結合物理知識，理解必須閉合S1，S3小燈泡才會發(fā)光這個知識點是解題的關鍵．
14. 【答案】39
【分析】設共有x人，y輛車，根據“今有三人共車，二車空；二人共車，九人步”，即可得出關于x，y的二元一次方程組，解之即可得出結論．
【詳解】解：設共有x人，y輛車，
依題意得：，
解得：．
∴共有39人，15輛車，
故答案為：39．
【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用，找準等量關系，正確列出二元一次方程組是解題的關鍵．
15. 【答案】2 cm或(3?3 ) cm
【分析】此題考查直角三角形的兩個銳角互余、含30度角的直角三角形的特征，軸對稱的性質，勾股定理等知識，根據BC=2 cm，AC=23 cm，可得∠E=∠A=30°,∠ACD=∠ECD,AD=DE，再由直角三角形兩銳角的關系可得∠B=60°，AB=2BC=4 cm，然后分兩種情況討論：當∠DFE=90°時，當∠EDF=90°時，分別進行計算即可得到答案．
【詳解】解：∵BC=2，AC=23 ，可得：∠E=∠A=30°,∠ACD=∠ECD,AD=DE，
∵ ∠ACB=90°,∠A=30°，∴∠B=90°?∠A=60°，AB=2BC=4，
如圖，當∠DFE=90°時，則∠BFC=90°，
∴∠FCB=90°?∠B=30°， ∴BF=12BC=1，
∴AF=AB?BF=3，
∵∠E=30°， ∴DF=12DE=12AD，
∴DF+AD=12AD+AD=AF=3，
∴AD=2 cm；
如圖，當∠EDF=90°時，則∠EFD=90°?∠E=60°，
∴∠BFC=60°，
∵∠B=60°， ∴△BFC是等邊三角形，
∴CF=BC=BF=2， ∴CE=AC=23，
∵∠E=30°，∠EDF=90°，
∴DF=12EF=12CE?CF=3?1，
∴AD=AB?BF?DF=4?2?(3?1)=3?3，
綜上，AD的值為2 cm或(3?3 ) cm，
故答案為：2 cm或(3?3 ) cm．
16. 【答案】1；
【分析】本題考查了特殊角的三角函數值，屬于基礎題，解答本題的關鍵是熟練記憶一些特殊角的三角函數值．
根據零指數冪的意義，二次根式的性質，特殊角的三角函數值計算即可；
【詳解】
解：原式=1?22+4×22…………4分【一個“數”一分】
=1?22+22…………5分
=1；…………6分
17. 【答案】見解析
【分析】由平行四邊形的性質與已知得出AB=OB，易證四邊形ABOE是平行四邊形，即可得出結論．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質、菱形的判定等知識，熟練掌握平行四邊形和菱形的判定與性質是解題的關鍵．
【詳解】
證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴OB=OD=12BD，…………2分
又∵BD=2AB， ∴AB=OB，…………4分
∵AE//BD，OE//AB．
∴四邊形ABOE是平行四邊形，…………5分
又∵AB=OB，
∴四邊形ABOE是菱形．…………6分
18. 【答案】特快列車的平均速度為90 km/h，動車的速度為144 km/h．
【分析】設特快列車的平均速度為x km/h，則動車的速度為x+54 km/h，然后根據題意可列方程進行求解．
【點睛】本題主要考查分式方程的應用，分析題意，找到關鍵描述語，找到合適的等量關系是解決問題的關鍵．
【詳解】
解：設特快列車的平均速度為x km/h，則動車的速度為x+54 km/h，…………1分
由題意，得：360x+54=360?135x，…………3分
解得：x=90，…………4分
經檢驗得：x=90是這個分式方程的解．…………5分
∴x+54=144．
答：特快列車的平均速度為90 km/h，動車的速度為144 km/h．…………6分
19. 【答案】(1)，，
(2)1480人
(3)八年級學生掌握勞動教育知識較好，見解析
【分析】（1）根據眾數和中位數的定義即可求出a和b的值．求出八年級學生成績?yōu)?分及以上的人數，再除以八年級被調查的總人數即可得出c的值；
（2）求出七、八年級樣本中成績合格的學生人數所占百分比，再乘總人數即可．
（3）由平均數和中位數的定義即可解答；
【點睛】本題考查條形統(tǒng)計圖，眾數和中位數的定義，由樣本估計總體等知識．理解題意，由題意和統(tǒng)計圖得到必要的信息和數據是解題關鍵．
【詳解】
解：（1）由題中數據可知七年級20名學生的測試成績?yōu)?分的人數最多，
∴；…………1分
八年級學生的成績按順序排列后位于最中間的兩名同學的成績分別為7分和8分，
∴；…………2分
由題中數據可知八年級學生成績?yōu)?分及以上的人數有人，
∴；…………3分
（2）（人），…………4分
答：估計參加此次測試活動成績合格的學生人數是1480人．…………5分
（3）我認為八年級學生掌握勞動教育知識較好.…………6分【其他結論也可以】
理由：因為七年級、八年級學生知識競答活動的平均分一樣均為7.5分，但是八年級的中位數為7.5分大于七年級的中位數7分．因此我認為八年級學生掌握勞動教育知識較好.…………8分【其他理由也可以】
20. 【答案】(1)，
(2)當時，，當時，
【分析】（1）把A的坐標代入反比例函數解析式求出k值即可，進而求出B點坐標，再把A、B的坐標代入一次函數解析式求出即可；
（2）根據A、B的坐標結合圖象即可得出答案．
【點睛】本題考查一次函數與反比例函數的關系式，結合圖象比較函數值的大小，解題的關鍵是正確求解函數關系式．
【詳解】
解：（1）∵函數 y1＝ eq \f(k1, x )圖象過點A(1,4)，
∴k1＝4，即 y1＝ eq \f(4, x )，…………1分
又∵點B(m,－2)在y1＝ eq \f(4, x )上，
∴，
∴B(2,－2)，…………2分
又∵一次函數y2＝k2x＋b（k2≠0）的圖象交于點A(1,4)和點B(2,－2)，
則，解得，…………3分
∴y2＝2x＋2，
綜上可得：y1＝ eq \f(4, x )，y2＝2x＋2；…………4分
（2）∵B(2,－2)，
∴根據圖象可知：
當時，，…………5分
當時，…………6分
當時，．…………8分
21. 【答案】(1)證明見解析
(2)6π?932
【分析】（1）連接OB，根據圓周角定理得到BC⊥BD，根據平行線的性質和等腰三角形的性質得到∠OBE=90°，根據切線的判定定理即可得到結論；
（2）連接BF，根據直角三角形的性質得到BF=OF，推出△OBF是等邊三角形，得到∠BOF=60°，根據扇形和三角形的面積公式即可得到結論．
【點睛】本題考查切線的判定，直徑所對的圓周角是直角，等邊三角形的判定和性質，直角三角形的性質，扇形的面積的計算等知識點．正確地作出輔助線是解題的關鍵．
【詳解】
（1）證明：連接OB，…………1分
∵CD是⊙O的直徑， ∴BC⊥BD，即∠CBD=90°，
∵OE∥BC ∴∠DGO=∠CBD=90°，
∴∠BGE=∠DGO=90°，∠D+∠DOG=90°，
∵∠D=∠E， ∴∠DOE=∠DBE，
∵OE=OB， ∴∠D=∠OBD，…………2分
∴∠OBD+∠DBE=∠D+∠DOG=90°，
∴∠OBE=90°，…………3分
∵OB是⊙O的半徑，
∴AE是⊙O的切線；…………4分
（2）解：連接BF，…………5分
∵∠OBE=90°，F(xiàn)是OE的中點， ∴BF=OF，
∵⊙O的半徑為6，∠DGO=90°，
∴BF=OF=OB=6，∠BGO=180°?∠DGO=90°，
∴△OBF是等邊三角形，∴∠BOF=60°，…………6分
∴∠OBG=90°?∠BOF=30°，
∴OG=12OB=3，BG=OB2?OG2=62?32=33，…………7分
∴陰影部分的面積為：
S扇形OBF?S△OBG=60×π×62360?12×33×3=6π?932，…………8分
∴陰影部分的面積為6π?932．
22. 【答案】（1）y=－0.2x2+38x+400；（2）10天；（3）存放45天后出售獲得最大利潤405元．
【分析】（1）根據“銷售金額=銷售單價×銷售數量”即可列出函數解析式，整理化簡即可；
（2）令y=760，解方程，取較小的值即可；
（3）設利潤為w元，則w=y－20x－200×2，整理后根據二次函數性質求得最大值即可．
【詳解】
解：（1）y=（200－x）（0.2x+2）=－0.2x2+38x+400；…………3分
（2）當y=760時，－0.2x2+38x+400=760，…………4分
解方程得，x1=10，x2=180…………5分
∵要盡早清空冷藏室，
所以x=10，…………6分
答：要在10天后一次性出售完，可獲得銷售金額760元；…………7分
（3）設利潤為w元，
則w=y?20x?200×2=?0.2x2+38x+400?20x?400=?0.2x2+18x，…………8分
∵－0.2＜0，
∴當x=?b2a=?18?0.2×2=45時，
w有最大值為405．…………9分
答：這批葡萄存放45天后一次性出售，可獲得最大利潤405元．…………10分
23. 【答案】(1)證明見解析
(2)35
(3)63?8
【分析】（1）先證明四邊形AEDF為平行四邊形，再根據矩形的判定即可得到結論；
（2）證明△CDM≌△GFM得到MC=MG，∠DMF=∠CMG=α，再證明△DMF～△CMG得到DFCG=DMMC，求解DM、MC即可求解；
（3）過F作PQ⊥AD于P，延長PF交BC于Q，則四邊形PQCD是矩形，∠FPM=∠FQH=90°，PQ=CD，易求∠QFH=60°，解直角三角形分別求得PF、QF、HF即可求解．
【點睛】本題考查矩形的判定與性質、解直角三角形、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、旋轉性質等知識，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用，會利用相似三角形的性質和銳角三角函數求解是解答的關鍵．
【詳解】
解：（1）四邊形AEDF為矩形，理由如下：…………1分
∵點M是AD和EF的中點 ∴MA=MD，ME=MF，
∴四邊形AEDF為平行四邊形…………2分
又∵AD=EF ∴四邊形AEDF為矩形．…………3分
（2）解：連接MC，MG，
∵MD=MF，CD=GF，∠CDM=∠GFM，
∴△CDM≌△GFMSAS， …………4分
∴MC=MG，∠DMC=∠FMG，
∴∠DMF=∠CMG=α，…………5分
∴MDMC=MFMG， ∴△DMF～△CMG，…………6分
∴DFCG=DMMC，
∵點M是AD的中點， ∴MD=12AD=12×12=6，
∴CM=MD2+CD2=62+82=10，…………7分
∴DFCG=DMMC=610=35．…………87分
（3）63?8.…………11分
詳解如下：
過F作PQ⊥AD于P，延長PF交BC于Q，則四邊形PQCD是矩形，
∴∠FPM=∠FQH=90°，PQ=CD，
∵∠PMF=α=60°，∠EFG=90°，
∴∠QFH=60°，
∵EF=12，AB=FG=8，
∴MF=12EF=6，PQ=CD=AB=8，
∴PF=MF?sin60°=33，則QF=8?33，
∴HF=QFcs60°=16?63，
∴GH=FG?HF=63?8．
24. 【答案】(1)y2=?x2+4
(2)d=2tt>2
(3)P239，?20581
【分析】（1）運用待定系數法，把把(2，0)和(0，4)分別代入y=ax2+b，解出a=?1b=4，即可作答．
（2）作PR⊥x軸于R，則PR=t2?4，再解出點B?2，0，則BR=t+2，BO=2，運用三角函數列式，得OE2=t2?4t+2，整理得OE=2t?4，結合d=CO+OE，即可作答．
（3）作DG⊥x軸于G，PK⊥DG于K交y軸于L，設Dn，4?n2，表達PK=t?n，DK=(n?t)(n+t)，結合EF=d2列式得LF=t(3?t)，運用三角函數列式，化簡得∠1=∠GDA=45°，從而證明△AQN≌△AMN，再推斷出△DGM∽△BAQ，根據邊之間的關系，列式計算，即可作答．
【點睛】本題考查了二次函數的幾何綜合、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、解直角三角形等內容，綜合性強，難度較大，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．
【詳解】
解：（1）∵拋物線y=ax2+b與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，點A的坐標是(2，0)，點C的坐標是(0，4)
∴把(2，0)和(0，4)分別代入y=ax2+b，得0=4a+b4=b…………1分
解得a=?1b=4，…………2分
∴拋物線的解析式：y=?x2+4；…………3分
（2）解：作PR⊥x軸于R，
∵Pt，?t2+4， ∴PR=t2?4，
∴令?x2+4=0得，x1=2，x2=?2，
∴B(?2，0)，…………4分
∴BR=t+2，BO=2，
∵tan∠ABP=OEBO=PRBR， …………5分
∴OE2=t2?4t+2 …………6分
∴OE=2t?4，
∴d=CO+OE=4+2t?4=2t(t>2)；…………7分
（3）解：作DG⊥x軸于G，PK⊥DG于K交y軸于L
設Dn，4?n2，則PK=t?n，DK=4?t2?4?n2=(n?t)(n+t)
∵EF=d2=t，∴OF=OE+EF=3t?4
∴LF=OF?OL=(3t?4)?t2?4=t(3?t)
∵tan∠KPD=LFLP=KPKD，即t3?tt=t?nn?tn+t…………8分
∴n=?3，
∴D(?3，?5)…………9分
∴AG=2?(?3)=5=DG，
又∠DGA=90°，
∴∠1=∠GDA=45°
作AQ垂直于x軸交BP于Q，則∠2=45°=∠1，
又∠4=∠3=∠5，AN=AN，
∴△AQN≌△AMN ∴AQ=AM
∵DO⊥BP， ∴∠BHM=90°，
∴∠7=90°?∠6=∠8，
又∠DGM =∠BAQ=90°，
∴△DGM∽△BAQ，∴GMAQ=DGBA=54 …………10分
∴AM=AQ=49AG=49×5=209
∵tan∠ABP=PRBR=AQAB ∴t?2=209÷4=59，
∴t=239，…………11分
∴yp=?t2+4=?20581
∴P(239，?20581)．…………12分

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