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8. 如图,图中两条直线的交点坐标可以看作是哪个方程组的解? ()
A.$\begin{cases} x-y=1,\\ 2x-y=-1\\ \end{cases}$
B.$\begin{cases} x-y=-1,\\ 2x-y=1\\ \end{cases}$
C.$\begin{cases} x-y=3,\\ 2x-y=1\\ \end{cases}$
D.$\begin{cases} x-y=-3,\\ 2x-y=-1\\ \end{cases}$
A.$\begin{cases} x-y=1,\\ 2x-y=-1\\ \end{cases}$
B.$\begin{cases} x-y=-1,\\ 2x-y=1\\ \end{cases}$
C.$\begin{cases} x-y=3,\\ 2x-y=1\\ \end{cases}$
D.$\begin{cases} x-y=-3,\\ 2x-y=-1\\ \end{cases}$
答案
B
解析
1. 求第一条直线解析式：过点$(0,1)$和$(2,3)$，斜率为$1$，得$y=x+1$，整理为$x-y=-1$；
2. 求第二条直线解析式：过点$(0,-1)$和$(2,3)$，斜率为$2$，得$y=2x-1$，整理为$2x-y=1$；
3. 因此两条直线的交点坐标是方程组$\begin{cases} x-y=-1,\\ 2x-y=1\\ \end{cases}$的解，对应选项B。
2. 求第二条直线解析式：过点$(0,-1)$和$(2,3)$，斜率为$2$，得$y=2x-1$，整理为$2x-y=1$；
3. 因此两条直线的交点坐标是方程组$\begin{cases} x-y=-1,\\ 2x-y=1\\ \end{cases}$的解，对应选项B。
9. 如图,在平面直角坐标系中,$O$为坐标原点,$A(3,0)$,$B(3,$$1)$,$C(0,1)$,将$△ OAB$沿直线$OB$折叠,使得点$A$落在点$D$处,$OD$与$BC$相交于点$E$,则$OD$所在直线的解析式为 ()
A.$y=\dfrac{4}{5}x$
B.$y=\dfrac{5}{4}x$
C.$y=\dfrac{3}{4}x$
D.$y=\dfrac{4}{3}x$
A.$y=\dfrac{4}{5}x$
B.$y=\dfrac{5}{4}x$
C.$y=\dfrac{3}{4}x$
D.$y=\dfrac{4}{3}x$
答案
C
解析
1. 根据已知坐标得：$OA=3$，$AB=1$，$BC// x$轴，$BC=3$，$OC=1$。
2. 由折叠性质：$OD=OA=3$，$∠ DOB=∠ AOB$；结合$BC// OA$，得$∠ OBC=∠ AOB$，故$∠ DOB=∠ OBC$，即$OE=BE$。
3. 设$E(x,1)$，则$OE=\sqrt{x^2+1}$，$BE=3-x$，由$OE=BE$列方程$\sqrt{x^2+1}=3-x$，平方化简得$x=\frac{4}{3}$，即$E(\frac{4}{3},1)$。
4. 设$OD$的解析式为$y=kx$，将$E(\frac{4}{3},1)$代入，解得$k=\frac{3}{4}$，故$OD$所在直线解析式为$y=\frac{3}{4}x$。
2. 由折叠性质：$OD=OA=3$，$∠ DOB=∠ AOB$；结合$BC// OA$，得$∠ OBC=∠ AOB$，故$∠ DOB=∠ OBC$，即$OE=BE$。
3. 设$E(x,1)$，则$OE=\sqrt{x^2+1}$，$BE=3-x$，由$OE=BE$列方程$\sqrt{x^2+1}=3-x$，平方化简得$x=\frac{4}{3}$，即$E(\frac{4}{3},1)$。
4. 设$OD$的解析式为$y=kx$，将$E(\frac{4}{3},1)$代入，解得$k=\frac{3}{4}$，故$OD$所在直线解析式为$y=\frac{3}{4}x$。
10. 如图,正方形$ABCD$的边长为4,点$E$是$AB$的中点,点$P$从点$E$出发,沿$E→A→D→C$移动至终点$C$.设点$P$经过的路径长为$x$,$△ CPE$的面积为$y$,则下列图象中,能大致反映$y$与$x$之间的函数关系的是 ()
答案
解：
正方形$ABCD$边长为4，$E$是$AB$中点，故$AE=EB=2$。
分三段讨论：
① 当点$P$在$E→A$上移动（$0 ≤ x ≤ 2$）时，
$△ CPE$的底$EP=x$，高为$BC=4$，
则$y=\frac{1}{2} × x × 4=2x$，$y$随$x$线性递增，当$x=2$时，$y=4$。
② 当点$P$在$A→D$上移动（$2 ＜ x ≤ 6$）时，
$AP=x-2$，$PD=4-(x-2)=6-x$，
$y=S_{梯形EADC}-S_{△ APE}-S_{△ PDC}$，
其中$S_{梯形EADC}=\frac{(2+4) × 4}{2}=12$，$S_{△ APE}=\frac{1}{2} × 2 × (x-2)=x-2$，$S_{△ PDC}=\frac{1}{2} × 4 × (6-x)=12-2x$，
代入得$y=12-(x-2)-(12-2x)=x+2$，$y$随$x$线性递增，当$x=6$时，$y=8$。
③ 当点$P$在$D→C$上移动（$6 ＜ x ≤ 10$）时，
$PC=4-(x-6)=10-x$，
$y=\frac{1}{2} × (10-x) × 4=20-2x$，$y$随$x$线性递减，当$x=10$时，$y=0$。
综上，$y$与$x$的函数关系为三段线性函数，先陡增、再缓增、后陡降，对应图象为选项C。
答：$\boldsymbol{C}$
正方形$ABCD$边长为4，$E$是$AB$中点，故$AE=EB=2$。
分三段讨论：
① 当点$P$在$E→A$上移动（$0 ≤ x ≤ 2$）时，
$△ CPE$的底$EP=x$，高为$BC=4$，
则$y=\frac{1}{2} × x × 4=2x$，$y$随$x$线性递增，当$x=2$时，$y=4$。
② 当点$P$在$A→D$上移动（$2 ＜ x ≤ 6$）时，
$AP=x-2$，$PD=4-(x-2)=6-x$，
$y=S_{梯形EADC}-S_{△ APE}-S_{△ PDC}$，
其中$S_{梯形EADC}=\frac{(2+4) × 4}{2}=12$，$S_{△ APE}=\frac{1}{2} × 2 × (x-2)=x-2$，$S_{△ PDC}=\frac{1}{2} × 4 × (6-x)=12-2x$，
代入得$y=12-(x-2)-(12-2x)=x+2$，$y$随$x$线性递增，当$x=6$时，$y=8$。
③ 当点$P$在$D→C$上移动（$6 ＜ x ≤ 10$）时，
$PC=4-(x-6)=10-x$，
$y=\frac{1}{2} × (10-x) × 4=20-2x$，$y$随$x$线性递减，当$x=10$时，$y=0$。
综上，$y$与$x$的函数关系为三段线性函数，先陡增、再缓增、后陡降，对应图象为选项C。
答：$\boldsymbol{C}$
二、填空题(每小题3分,共15分)
11. 若函数$y=(m-1)x^{|m|}$是关于$x$的正比例函数,则该函数的图象经过第象限.
11. 若函数$y=(m-1)x^{|m|}$是关于$x$的正比例函数,则该函数的图象经过第象限.
答案
解：
因为函数$y=(m-1)x^{|m|}$是关于$x$的正比例函数，
所以$\begin{cases} |m|=1 \\ m-1 ≠ 0 \end{cases}$，
解得$m=-1$。
将$m=-1$代入函数得：$y=(-1-1)x=-2x$。
因为$k=-2＜0$，
所以该函数的图象经过第二、四象限。
因为函数$y=(m-1)x^{|m|}$是关于$x$的正比例函数，
所以$\begin{cases} |m|=1 \\ m-1 ≠ 0 \end{cases}$，
解得$m=-1$。
将$m=-1$代入函数得：$y=(-1-1)x=-2x$。
因为$k=-2＜0$，
所以该函数的图象经过第二、四象限。
12. 已知点$P(1,2)$关于$x$轴的对称点为$P'$,且点$P'$在直线$y=$$kx+3$上,则$k=$.
答案
$-5$
解析
1. 根据关于$x$轴对称的点的坐标特征（横坐标不变，纵坐标互为相反数），求出点$P(1,2)$的对称点$P'(1,-2)$；2. 将$P'(1,-2)$代入直线$y=kx+3$，得到方程$-2=k+3$；3. 解方程得$k=-5$。
13. 李华放学回家,中途在文具店买笔耽误了1 min,然后继续骑车回家.若李华骑车的速度始终不变,从出发开始计时,李华离家的距离$s(\mathrm{m})$与时间$t(\mathrm{min})$的对应关系如图所示,则文具店与李华家的距离为$\mathrm{m}$.
答案
900
解析
1. 由图像可知，李华从出发到文具店用时2分钟，这段时间离家距离从1500m变为900m，行驶路程为1500-900=600m，因此骑车速度为600÷2=300(m/min)；
2. 李华在文具店耽误1分钟后，从t=3min到t=6min骑车回家，用时6-3=3(min)；
3. 文具店与李华家的距离为300×3=900(m)。
2. 李华在文具店耽误1分钟后，从t=3min到t=6min骑车回家，用时6-3=3(min)；
3. 文具店与李华家的距离为300×3=900(m)。
