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15. 已知一次函数$y = kx + b(k ＜ 0)$的图象与$y$轴正半轴交于点$A$，且$k + b = 2$. 有下列结论：
①函数图象经过第一、二、四象限；
②函数图象一定经过定点$(1,2)$；
③不等式$(k - 2)x + b ＞ 0$的解集为$x ＜ 1$；
④直线$y = -bx - k$与直线$y = kx + b$交于点$P$，与$y$轴交于点$B$，则$△ PAB$的面积为$2$.
其中，正确的结论是$\underline{\hspace{2em}}$.（填序号）
①函数图象经过第一、二、四象限；
②函数图象一定经过定点$(1,2)$；
③不等式$(k - 2)x + b ＞ 0$的解集为$x ＜ 1$；
④直线$y = -bx - k$与直线$y = kx + b$交于点$P$，与$y$轴交于点$B$，则$△ PAB$的面积为$2$.
其中，正确的结论是$\underline{\hspace{2em}}$.（填序号）
答案
15. ①②③ 【点拨】本题考查一次函数图象与系数的关系、一次函数的性质及一次函数图象上点的坐标特征,掌握一次函数的性质是解题的关键.
【解析】①$\because k ＜ 0,k + b = 2, \therefore b ＞ 0, \therefore$ 一次函数 $y = kx + b(k ＜ 0)$的图象经过第一、二、四象限,故①正确. ②$\because k + b = 2, \therefore$ 一次函数 $y = kx + b(k ＜ 0)$的图象一定经过定点$(1,2)$,故②正确. ③$\because k + b = 2, \therefore (k - 2) + b = 0, \therefore$ 函数 $y = (k - 2)x + b$ 的图象过点$(1,0)$. $\because k ＜ 0, \therefore k - 2 ＜ 0, \therefore$ 不等式$(k - 2)x + b ＞ 0$ 的解集为 $x ＜ 1$,故③正确. ④$\because$ 一次函数 $y = kx + b(k ＜ 0)$的图象与 $y$ 轴正半轴交于点 $A, \therefore A(0,b)$. $\because$ 直线 $y = -bx - k$ 与直线 $y = kx + b$ 交于点 $P$,与 $y$ 轴交于点 $B, \therefore x_P = -1,B(0,-k), \therefore AB = |b - (-k)| = |b + k| = k + b = 2, \therefore △ PAB$ 的面积为 $\dfrac{1}{2} AB · |x_P| = \dfrac{1}{2} × 2 × 1 = 1$,故④错误. 故答案为①②③.
【解析】①$\because k ＜ 0,k + b = 2, \therefore b ＞ 0, \therefore$ 一次函数 $y = kx + b(k ＜ 0)$的图象经过第一、二、四象限,故①正确. ②$\because k + b = 2, \therefore$ 一次函数 $y = kx + b(k ＜ 0)$的图象一定经过定点$(1,2)$,故②正确. ③$\because k + b = 2, \therefore (k - 2) + b = 0, \therefore$ 函数 $y = (k - 2)x + b$ 的图象过点$(1,0)$. $\because k ＜ 0, \therefore k - 2 ＜ 0, \therefore$ 不等式$(k - 2)x + b ＞ 0$ 的解集为 $x ＜ 1$,故③正确. ④$\because$ 一次函数 $y = kx + b(k ＜ 0)$的图象与 $y$ 轴正半轴交于点 $A, \therefore A(0,b)$. $\because$ 直线 $y = -bx - k$ 与直线 $y = kx + b$ 交于点 $P$,与 $y$ 轴交于点 $B, \therefore x_P = -1,B(0,-k), \therefore AB = |b - (-k)| = |b + k| = k + b = 2, \therefore △ PAB$ 的面积为 $\dfrac{1}{2} AB · |x_P| = \dfrac{1}{2} × 2 × 1 = 1$,故④错误. 故答案为①②③.
解析
【分析】
要判断四个结论是否正确，需结合一次函数$y = kx + b(k ＜ 0)$的性质，以及已知条件$k + b = 2$、与$y$轴正半轴交于点$A$（即$b＞0$）逐一分析：①根据$k$、$b$的符号确定函数图象经过的象限；②代入$x=1$，结合$k+b=2$判断是否过定点；③对不等式变形，利用$k+b=2$找到函数过的定点，再根据$k-2$的符号确定不等式解集；④联立两直线求交点$P$，找到$A$、$B$坐标，计算$△ PAB$的面积，判断是否为2。
【解析】
①$\because k ＜ 0$，$k + b = 2$，$\therefore b = 2 - k$，又$k ＜ 0$则$-k ＞ 0$，故$b ＞ 0$。一次函数$y = kx + b$中，$k ＜ 0$（斜率为负）、$b ＞ 0$（$y$轴截距为正），图象经过第一、二、四象限，故①正确；
②当$x = 1$时，$y = k · 1 + b = k + b = 2$，因此函数图象一定经过定点$(1,2)$，故②正确；
③不等式$(k - 2)x + b ＞ 0$，由$k + b = 2$得$(k - 2) + b = 0$，即函数$y = (k - 2)x + b$过点$(1,0)$。又$k ＜ 0$，则$k - 2 ＜ 0$，函数$y = (k - 2)x + b$斜率为负，不等式$(k - 2)x + b ＞ 0$的解集为$x ＜ 1$，故③正确；
④一次函数$y = kx + b$与$y$轴交于$A(0,b)$。联立$y = -bx - k$与$y = kx + b$，解得$x = -1$，$y = b - k$，即$P(-1, b - k)$；直线$y = -bx - k$与$y$轴交于$B(0,-k)$。$AB = |b - (-k)| = |b + k| = |2| = 2$，$△ PAB$的高为$|x_P| = 1$，面积为$\frac{1}{2} × 2 × 1 = 1 ≠ 2$，故④错误。
【答案】
①②③
【知识点】
一次函数的图象与性质；一次函数与不等式；一次函数的交点问题
【点评】
本题综合考查一次函数的核心性质，需熟练掌握系数与图象的关系、定点的求法、不等式解集的判断方法，解题时要紧扣已知条件$k ＜ 0$和$k + b = 2$分析，避免对函数图象和不等式解集的判断出错。
【难度系数】
0.6
要判断四个结论是否正确，需结合一次函数$y = kx + b(k ＜ 0)$的性质，以及已知条件$k + b = 2$、与$y$轴正半轴交于点$A$（即$b＞0$）逐一分析：①根据$k$、$b$的符号确定函数图象经过的象限；②代入$x=1$，结合$k+b=2$判断是否过定点；③对不等式变形，利用$k+b=2$找到函数过的定点，再根据$k-2$的符号确定不等式解集；④联立两直线求交点$P$，找到$A$、$B$坐标，计算$△ PAB$的面积，判断是否为2。
【解析】
①$\because k ＜ 0$，$k + b = 2$，$\therefore b = 2 - k$，又$k ＜ 0$则$-k ＞ 0$，故$b ＞ 0$。一次函数$y = kx + b$中，$k ＜ 0$（斜率为负）、$b ＞ 0$（$y$轴截距为正），图象经过第一、二、四象限，故①正确；
②当$x = 1$时，$y = k · 1 + b = k + b = 2$，因此函数图象一定经过定点$(1,2)$，故②正确；
③不等式$(k - 2)x + b ＞ 0$，由$k + b = 2$得$(k - 2) + b = 0$，即函数$y = (k - 2)x + b$过点$(1,0)$。又$k ＜ 0$，则$k - 2 ＜ 0$，函数$y = (k - 2)x + b$斜率为负，不等式$(k - 2)x + b ＞ 0$的解集为$x ＜ 1$，故③正确；
④一次函数$y = kx + b$与$y$轴交于$A(0,b)$。联立$y = -bx - k$与$y = kx + b$，解得$x = -1$，$y = b - k$，即$P(-1, b - k)$；直线$y = -bx - k$与$y$轴交于$B(0,-k)$。$AB = |b - (-k)| = |b + k| = |2| = 2$，$△ PAB$的高为$|x_P| = 1$，面积为$\frac{1}{2} × 2 × 1 = 1 ≠ 2$，故④错误。
【答案】
①②③
【知识点】
一次函数的图象与性质；一次函数与不等式；一次函数的交点问题
【点评】
本题综合考查一次函数的核心性质，需熟练掌握系数与图象的关系、定点的求法、不等式解集的判断方法，解题时要紧扣已知条件$k ＜ 0$和$k + b = 2$分析，避免对函数图象和不等式解集的判断出错。
【难度系数】
0.6
16. 如图,在$△ ABC$中,D,E分别是AB,AC的中点,连接BE,CD交于点O,连接AO.
(1)$\frac{OB}{OE}$的值是________;
(2)若$AO = BC,∠ ACB = 90°$,则$\frac{AC}{BC}$的值是________.
(1)$\frac{OB}{OE}$的值是________;
(2)若$AO = BC,∠ ACB = 90°$,则$\frac{AC}{BC}$的值是________.
答案
16. (1)2 (2)$\sqrt{2}$ 【点拨】本题考查三角形中位线定理,平行四边形的判定与性质,菱形的判定与性质,勾股定理,通过正确添加辅助线来构造平行四边形是解题的关键.
【解析】(1)如图,分别取 $OB,OC$ 的中点 $M,N$,连接 $MN,DM,DE,EN$,则 $MN$ 为$△ OBC$ 的中位线,$\therefore MN // BC,MN = \dfrac{1}{2} BC$. $\because D,E$ 分别是 $AB,AC$ 的中点,$\therefore DE$ 为$△ ABC$ 的中位线,$\therefore DE // BC,DE = \dfrac{1}{2} BC, \therefore MN // DE,MN = DE, \therefore$ 四边形 $DMNE$ 为平行四边形,$\therefore OM = OE$. $\because M$ 为 $OB$ 的中点,$\therefore OB = 2OM = 2OE, \therefore \dfrac{OB}{OE} = \dfrac{2OE}{OE} = 2$. (2)$\because D$ 为 $AB$ 的中点,$M$ 为 $OB$ 的中点,$\therefore DM$ 为$△ AOB$ 的中位线,$\therefore DM = \dfrac{1}{2} AO$. 由(1)知 $MN = \dfrac{1}{2} BC$. $\because AO = BC, \therefore DM = MN, \therefore$ 平行四边形 $DMNE$ 为菱形,$\therefore BE ⊥ CD$. 设 $OD = x,OE = y$,由(1)知 $OB = 2OE = 2y$,同理,$OC = 2OD = 2x$. $\because D,E$ 分别是 $AB,AC$ 的中点,$\therefore AC = 2CE,AB = 2BD, \therefore AC^2 = 4CE^2,AB^2 = 4BD^2$. $\because ∠ACB = 90°, \therefore AB^2 = AC^2 + BC^2, \therefore 4BD^2 = 4CE^2 + BC^2$. 在 Rt$△ OCE$ 中,$CE^2 = OE^2 + OC^2 = y^2 + 4x^2$,在 Rt$△ OBD$ 中,$BD^2 = OD^2 + OB^2 = x^2 + 4y^2$,在 Rt$△ OBC$ 中,$BC^2 = OC^2 + OB^2 = 4x^2 + 4y^2, \therefore 4(x^2 + 4y^2) = 4(y^2 + 4x^2) + 4x^2 + 4y^2$,整理,得 $y^2 = 2x^2, \therefore AC^2 = 4CE^2 = 4(y^2 + 4x^2) = 24x^2,BC^2 = 4x^2 + 4y^2 = 12x^2, \therefore \dfrac{AC^2}{BC^2} = \dfrac{24x^2}{12x^2} = 2, \therefore \dfrac{AC}{BC} = \sqrt{2}$(负值已舍去). 故答案为(1)2,(2)$\sqrt{2}$.
解析
【分析】
第(1)问：要计算$\frac{OB}{OE}$的值，已知D、E分别是AB、AC的中点，BE与CD交于点O，O是$△ ABC$的重心，通过取OB、OC中点构造中位线，证明四边形DMNE为平行四边形，进而得到OM=OE，结合M是OB中点，推出OB=2OE，即可得比值。
第(2)问：已知$AO = BC$，$∠ ACB = 90°$，结合(1)的结论，利用中位线性质得到$DM = \frac{1}{2}AO$、$MN = \frac{1}{2}BC$，由$AO=BC$得$DM=MN$，推出平行四边形DMNE为菱形，对角线垂直；再通过勾股定理在多个直角三角形中列方程，化简得到AC与BC的平方比，开方后得到结果。
【解析】
(1) 如图，分别取OB、OC的中点M、N，连接MN、DM、DE、EN。
∵ M、N分别为OB、OC的中点，
∴ MN是$△ OBC$的中位线，
∴ $MN // BC$，$MN = \frac{1}{2} BC$。
∵ D、E分别是AB、AC的中点，
∴ DE是$△ ABC$的中位线，
∴ $DE // BC$，$DE = \frac{1}{2} BC$。
∴ $MN // DE$，$MN = DE$，
∴ 四边形DMNE是平行四边形，
∴ $OM = OE$。
∵ M是OB的中点，
∴ $OB = 2OM = 2OE$，
∴ $\frac{OB}{OE} = \frac{2OE}{OE} = 2$。
(2)
∵ D是AB中点，M是OB中点，
∴ DM是$△ AOB$的中位线，
∴ $DM = \frac{1}{2} AO$。
由(1)知$MN = \frac{1}{2} BC$，又
∵ $AO = BC$，
∴ $DM = MN$，
∴ 平行四边形DMNE是菱形，
∴ $BE ⊥ CD$。
设$OD = x$，$OE = y$，由(1)得$OB = 2OE = 2y$，同理$OC = 2OD = 2x$。
∵ D、E是AB、AC中点，
∴ $AC = 2CE$，$AB = 2BD$，
∴ $AC^2 = 4CE^2$，$AB^2 = 4BD^2$。
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $AB^2 = AC^2 + BC^2$，即$4BD^2 = 4CE^2 + BC^2$。
在$Rt△ OCE$中，$CE^2 = OE^2 + OC^2 = y^2 + 4x^2$；
在$Rt△ OBD$中，$BD^2 = OD^2 + OB^2 = x^2 + 4y^2$；
在$Rt△ OBC$中，$BC^2 = OC^2 + OB^2 = 4x^2 + 4y^2$；
代入$4BD^2 = 4CE^2 + BC^2$得：$4(x^2 + 4y^2) = 4(y^2 + 4x^2) + 4x^2 + 4y^2$，
整理得$y^2 = 2x^2$。
计算$AC^2 = 4CE^2 = 4(y^2 + 4x^2) = 24x^2$，$BC^2 = 4x^2 + 4y^2 = 12x^2$，
∴ $\frac{AC^2}{BC^2} = 2$，故$\frac{AC}{BC} = \sqrt{2}$（负值舍去）。
【答案】
(1)2 (2)$\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题综合考查三角形中位线、重心性质、平行四边形及菱形的判定与性质、勾股定理的应用，解题关键是通过添加辅助线构造平行四边形，利用线段关系转化求解，对几何综合能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
第(1)问：要计算$\frac{OB}{OE}$的值，已知D、E分别是AB、AC的中点，BE与CD交于点O，O是$△ ABC$的重心，通过取OB、OC中点构造中位线，证明四边形DMNE为平行四边形，进而得到OM=OE，结合M是OB中点，推出OB=2OE，即可得比值。
第(2)问：已知$AO = BC$，$∠ ACB = 90°$，结合(1)的结论，利用中位线性质得到$DM = \frac{1}{2}AO$、$MN = \frac{1}{2}BC$，由$AO=BC$得$DM=MN$，推出平行四边形DMNE为菱形，对角线垂直；再通过勾股定理在多个直角三角形中列方程，化简得到AC与BC的平方比，开方后得到结果。
【解析】
(1) 如图，分别取OB、OC的中点M、N，连接MN、DM、DE、EN。
∵ M、N分别为OB、OC的中点，
∴ MN是$△ OBC$的中位线，
∴ $MN // BC$，$MN = \frac{1}{2} BC$。
∵ D、E分别是AB、AC的中点，
∴ DE是$△ ABC$的中位线，
∴ $DE // BC$，$DE = \frac{1}{2} BC$。
∴ $MN // DE$，$MN = DE$，
∴ 四边形DMNE是平行四边形，
∴ $OM = OE$。
∵ M是OB的中点，
∴ $OB = 2OM = 2OE$，
∴ $\frac{OB}{OE} = \frac{2OE}{OE} = 2$。
(2)
∵ D是AB中点，M是OB中点，
∴ DM是$△ AOB$的中位线，
∴ $DM = \frac{1}{2} AO$。
由(1)知$MN = \frac{1}{2} BC$，又
∵ $AO = BC$，
∴ $DM = MN$，
∴ 平行四边形DMNE是菱形，
∴ $BE ⊥ CD$。
设$OD = x$，$OE = y$，由(1)得$OB = 2OE = 2y$，同理$OC = 2OD = 2x$。
∵ D、E是AB、AC中点，
∴ $AC = 2CE$，$AB = 2BD$，
∴ $AC^2 = 4CE^2$，$AB^2 = 4BD^2$。
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $AB^2 = AC^2 + BC^2$，即$4BD^2 = 4CE^2 + BC^2$。
在$Rt△ OCE$中，$CE^2 = OE^2 + OC^2 = y^2 + 4x^2$；
在$Rt△ OBD$中，$BD^2 = OD^2 + OB^2 = x^2 + 4y^2$；
在$Rt△ OBC$中，$BC^2 = OC^2 + OB^2 = 4x^2 + 4y^2$；
代入$4BD^2 = 4CE^2 + BC^2$得：$4(x^2 + 4y^2) = 4(y^2 + 4x^2) + 4x^2 + 4y^2$，
整理得$y^2 = 2x^2$。
计算$AC^2 = 4CE^2 = 4(y^2 + 4x^2) = 24x^2$，$BC^2 = 4x^2 + 4y^2 = 12x^2$，
∴ $\frac{AC^2}{BC^2} = 2$，故$\frac{AC}{BC} = \sqrt{2}$（负值舍去）。
【答案】
(1)2 (2)$\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题综合考查三角形中位线、重心性质、平行四边形及菱形的判定与性质、勾股定理的应用，解题关键是通过添加辅助线构造平行四边形，利用线段关系转化求解，对几何综合能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
三、解答题(本大题共8小题,共72分.解答应写出过程)
17. (8分)计算:
(1)$3\sqrt{27} - \sqrt{32} + \sqrt{2} - 2\sqrt{3}$;
(2)$\sqrt{2} × \sqrt{\dfrac{3}{2}} - (-1)^{2024} + |\sqrt{3} - 2|$.
17. (8分)计算:
(1)$3\sqrt{27} - \sqrt{32} + \sqrt{2} - 2\sqrt{3}$;
(2)$\sqrt{2} × \sqrt{\dfrac{3}{2}} - (-1)^{2024} + |\sqrt{3} - 2|$.
答案
17. 【点拨】本题考查实数的混合运算,掌握相关运算法则是解题的关键.
【解析】(1)$3\sqrt{27} - \sqrt{32} + \sqrt{2} - 2\sqrt{3} =9\sqrt{3} -4\sqrt{2} +\sqrt{2} -2\sqrt{3} =7\sqrt{3} -3\sqrt{2}$.
(2)$\sqrt{2} × \sqrt{\dfrac{3}{2}} - (-1)^{2024} + |\sqrt{3} - 2| =\sqrt{3} -1 -\sqrt{3} +2 =1$.
【解析】(1)$3\sqrt{27} - \sqrt{32} + \sqrt{2} - 2\sqrt{3} =9\sqrt{3} -4\sqrt{2} +\sqrt{2} -2\sqrt{3} =7\sqrt{3} -3\sqrt{2}$.
(2)$\sqrt{2} × \sqrt{\dfrac{3}{2}} - (-1)^{2024} + |\sqrt{3} - 2| =\sqrt{3} -1 -\sqrt{3} +2 =1$.
解析
【分析】本题考查二次根式与实数的混合运算，解题思路为：(1)先将式子中的二次根式化简为最简形式，再合并同类二次根式；(2)依次计算二次根式乘法、乘方、绝对值，最后合并各项。需注意最简二次根式的化简规则、同类二次根式的判断，以及乘方、绝对值的符号处理。
【解析】(1) 化简二次根式：$\sqrt{27}=3\sqrt{3}$，$\sqrt{32}=4\sqrt{2}$，代入原式得：
$3\sqrt{27} - \sqrt{32} + \sqrt{2} - 2\sqrt{3} = 9\sqrt{3} - 4\sqrt{2} + \sqrt{2} - 2\sqrt{3}$
合并同类二次根式：$(9\sqrt{3} - 2\sqrt{3}) + (-4\sqrt{2} + \sqrt{2}) = 7\sqrt{3} - 3\sqrt{2}$
(2) 分别计算各项：
$\sqrt{2} × \sqrt{\dfrac{3}{2}} = \sqrt{2×\dfrac{3}{2}} = \sqrt{3}$；
$(-1)^{2024}=1$，故$-(-1)^{2024}=-1$；
因为$\sqrt{3} ＜ 2$，所以$|\sqrt{3} - 2|=2 - \sqrt{3}$；
合并得：$\sqrt{3} -1 + 2 - \sqrt{3} =1$
【答案】(1)$7\sqrt{3} - 3\sqrt{2}$；(2)$1$
【知识点】二次根式的混合运算，实数的运算
【点评】本题为基础运算题，考查二次根式化简、同类二次根式合并及实数运算的基本法则，是初中数学核心基础题型，需熟练掌握运算规则以避免错误。
【难度系数】0.7
【解析】(1) 化简二次根式：$\sqrt{27}=3\sqrt{3}$，$\sqrt{32}=4\sqrt{2}$，代入原式得：
$3\sqrt{27} - \sqrt{32} + \sqrt{2} - 2\sqrt{3} = 9\sqrt{3} - 4\sqrt{2} + \sqrt{2} - 2\sqrt{3}$
合并同类二次根式：$(9\sqrt{3} - 2\sqrt{3}) + (-4\sqrt{2} + \sqrt{2}) = 7\sqrt{3} - 3\sqrt{2}$
(2) 分别计算各项：
$\sqrt{2} × \sqrt{\dfrac{3}{2}} = \sqrt{2×\dfrac{3}{2}} = \sqrt{3}$；
$(-1)^{2024}=1$，故$-(-1)^{2024}=-1$；
因为$\sqrt{3} ＜ 2$，所以$|\sqrt{3} - 2|=2 - \sqrt{3}$；
合并得：$\sqrt{3} -1 + 2 - \sqrt{3} =1$
【答案】(1)$7\sqrt{3} - 3\sqrt{2}$；(2)$1$
【知识点】二次根式的混合运算，实数的运算
【点评】本题为基础运算题，考查二次根式化简、同类二次根式合并及实数运算的基本法则，是初中数学核心基础题型，需熟练掌握运算规则以避免错误。
【难度系数】0.7
18. (8分)如图,过点$B(1,0)$的直线$l_1:y_1=kx+b$与直线$l_2:y_2=2x+4$相交于点$P(-1,2)$.
(1)求直线$l_1$的解析式;
(2)求四边形$PAOC$的面积.
(1)求直线$l_1$的解析式;
(2)求四边形$PAOC$的面积.
答案
18. 【点拨】本题考查用待定系数法求一次函数解析式、一次函数的图象与性质及三角形的面积公式,掌握一次函数的图象与性质是解题的关键.
【解析】(1) 将 $B (1,0), P ( - 1, 2 )$ 分别代入 $y_1 = kx + b$, 得 $\begin{cases} k + b = 0, \\ -k + b = 2, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k = -1, \\ b = 1, \end{cases}$
$\therefore$ 直线 $l_1$ 的解析式为 $y_1 = -x + 1$.
(2)对于直线 $l_2:y_2 = 2x + 4$,
当 $y_2 = 0$ 时,$2x + 4 = 0$,解得 $x = -2, \therefore A( - 2,0), \therefore OA = 2$.
对于直线 $l_1:y_1 = -x + 1$,
当 $x = 0$ 时,$y_1 = 1, \therefore C(0,1), \therefore OC = 1$.
如题图,连接 $OP$,则 $S_{\mathrm{四边形}PAOC} = S_{△ AOP} + S_{△ COP} = \dfrac{1}{2} OA · y_P + \dfrac{1}{2} OC · |x_P| = \dfrac{1}{2} × 2 × 2 + \dfrac{1}{2} × 1 × 1 = \dfrac{5}{2}$.
【解析】(1) 将 $B (1,0), P ( - 1, 2 )$ 分别代入 $y_1 = kx + b$, 得 $\begin{cases} k + b = 0, \\ -k + b = 2, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k = -1, \\ b = 1, \end{cases}$
$\therefore$ 直线 $l_1$ 的解析式为 $y_1 = -x + 1$.
(2)对于直线 $l_2:y_2 = 2x + 4$,
当 $y_2 = 0$ 时,$2x + 4 = 0$,解得 $x = -2, \therefore A( - 2,0), \therefore OA = 2$.
对于直线 $l_1:y_1 = -x + 1$,
当 $x = 0$ 时,$y_1 = 1, \therefore C(0,1), \therefore OC = 1$.
如题图,连接 $OP$,则 $S_{\mathrm{四边形}PAOC} = S_{△ AOP} + S_{△ COP} = \dfrac{1}{2} OA · y_P + \dfrac{1}{2} OC · |x_P| = \dfrac{1}{2} × 2 × 2 + \dfrac{1}{2} × 1 × 1 = \dfrac{5}{2}$.
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问求直线$l_1$的解析式，需利用待定系数法，将直线经过的两个点$B(1,0)$和$P(-1,2)$代入$y_1=kx+b$，解二元一次方程组得到$k$、$b$的值，进而确定解析式；第(2)问求四边形$PAOC$的面积，需先求出直线$l_2$与$x$轴交点$A$、直线$l_1$与$y$轴交点$C$的坐标，再将四边形拆分为$△ AOP$和$△ COP$，分别计算两个三角形的面积后相加得到结果。
【解析】
(1) 已知直线$l_1:y_1=kx+b$经过点$B(1,0)$和$P(-1,2)$，将两点坐标代入解析式得：
$\begin{cases}k + b = 0 \\-k + b = 2\end{cases}$
解方程组：两式相加得$2b=2$，解得$b=1$，将$b=1$代入$k + b = 0$，得$k=-1$，因此直线$l_1$的解析式为$y_1=-x+1$。
(2) 求点$A$：直线$l_2:y_2=2x+4$与$x$轴交点，令$y_2=0$，则$2x+4=0$，解得$x=-2$，故$A(-2,0)$，$OA=2$；
求点$C$：直线$l_1:y_1=-x+1$与$y$轴交点，令$x=0$，则$y_1=1$，故$C(0,1)$，$OC=1$；
将四边形$PAOC$分为$△ AOP$和$△ COP$，则：
$S_{△ AOP}=\frac{1}{2} × OA × |y_P|=\frac{1}{2} × 2 × 2=2$，
$S_{△ COP}=\frac{1}{2} × OC × |x_P|=\frac{1}{2} ×1 ×1=\frac{1}{2}$，
因此$S_{四边形PAOC}=S_{△ AOP}+S_{△ COP}=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$。
【答案】
(1) $y_1=-x+1$；(2) $\frac{5}{2}$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一次函数与坐标轴交点，三角形面积计算
【点评】
本题考查一次函数的基础应用，核心是待定系数法求解析式和利用坐标计算图形面积，属于基础题型，需掌握一次函数的基本性质和三角形面积公式。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，第(1)问求直线$l_1$的解析式，需利用待定系数法，将直线经过的两个点$B(1,0)$和$P(-1,2)$代入$y_1=kx+b$，解二元一次方程组得到$k$、$b$的值，进而确定解析式；第(2)问求四边形$PAOC$的面积，需先求出直线$l_2$与$x$轴交点$A$、直线$l_1$与$y$轴交点$C$的坐标，再将四边形拆分为$△ AOP$和$△ COP$，分别计算两个三角形的面积后相加得到结果。
【解析】
(1) 已知直线$l_1:y_1=kx+b$经过点$B(1,0)$和$P(-1,2)$，将两点坐标代入解析式得：
$\begin{cases}k + b = 0 \\-k + b = 2\end{cases}$
解方程组：两式相加得$2b=2$，解得$b=1$，将$b=1$代入$k + b = 0$，得$k=-1$，因此直线$l_1$的解析式为$y_1=-x+1$。
(2) 求点$A$：直线$l_2:y_2=2x+4$与$x$轴交点，令$y_2=0$，则$2x+4=0$，解得$x=-2$，故$A(-2,0)$，$OA=2$；
求点$C$：直线$l_1:y_1=-x+1$与$y$轴交点，令$x=0$，则$y_1=1$，故$C(0,1)$，$OC=1$；
将四边形$PAOC$分为$△ AOP$和$△ COP$，则：
$S_{△ AOP}=\frac{1}{2} × OA × |y_P|=\frac{1}{2} × 2 × 2=2$，
$S_{△ COP}=\frac{1}{2} × OC × |x_P|=\frac{1}{2} ×1 ×1=\frac{1}{2}$，
因此$S_{四边形PAOC}=S_{△ AOP}+S_{△ COP}=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$。
【答案】
(1) $y_1=-x+1$；(2) $\frac{5}{2}$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一次函数与坐标轴交点，三角形面积计算
【点评】
本题考查一次函数的基础应用，核心是待定系数法求解析式和利用坐标计算图形面积，属于基础题型，需掌握一次函数的基本性质和三角形面积公式。
【难度系数】
0.6
19. (8分)为收集教学参考数据,某区随机抽取八年级若干名学生参加2025年国家义务教育质量检测(满分为100分),并将测试中的数学成绩$a$(分)分成A,B,C,D,E五个等级(A.$90≤ a≤100$,B.$80≤ a＜90$,C.$70≤ a＜80$,D.$60≤ a＜70$,E.$a＜60$),绘制出了如图两幅不完整的统计图.
·93·
根据以上信息,回答下列问题:
(1)抽查的学生人数为
(2)请补全条形统计图,该组数据的中位数属于
(3)若该区八年级共有学生5000人,数学成绩$a≥80$为优秀,请估计该区八年级数学成绩达到优秀的有多少人.
·93·
根据以上信息,回答下列问题:
(1)抽查的学生人数为
200
, $m = $15
;(2)请补全条形统计图,该组数据的中位数属于
B
等级;(3)若该区八年级共有学生5000人,数学成绩$a≥80$为优秀,请估计该区八年级数学成绩达到优秀的有多少人.
答案
19. 【点拨】本题考查条形统计图、扇形统计图、中位数及用样本估计总体,正确从统计图中获取信息是解题的关键.
【解析】(1)抽查的学生人数为 $20 ÷ 10\% = 200, \therefore m\% = \dfrac{30}{200} × 100\% = 15\%$,即 $m = 15$. 故答案为 200,15.
(2)B等级人数为 $200 × 45\% = 90$,C等级人数为 $200 × 27.5\% = 55$,补全条形统计图如图:
$\because$ 将 200 个数据按从小到大排列后,第 100 个、第 101 个数据均属于 B 等级,$\therefore$ 该组数据的中位数属于 B 等级. 故答案为 B.
(3)$5000 × \dfrac{30 + 90}{200} = 3000(\mathrm{人})$.
答:估计该区八年级数学成绩达到优秀的有 3 000 人.
解析
【分析】
要解决本题，需结合条形统计图和扇形统计图的关联信息逐步推导：首先利用D等级的人数和对应百分比求出总抽查人数；再通过A等级人数与总人数的关系计算m；接着根据总人数和B、C等级的百分比求出对应人数，补全条形图；然后根据中位数的定义判断其所属等级；最后利用样本中优秀人数的比例估计总体优秀人数。
【解析】
(1) 由扇形图可知D等级占比为10%，条形图中D等级人数为20人，因此抽查的学生总人数为：$20 ÷ 10\% = 200$（人）。
A等级人数为30人，故A等级占比$m\% = \frac{30}{200} × 100\% = 15\%$，即$m = 15$。
(2) B等级人数：$200 × 45\% = 90$（人），C等级人数：$200 × 27.5\% = 55$（人），补全条形统计图如图：。
总共有200个数据，中位数为第100个和第101个数据的平均数。A等级有30人，B等级有90人，前$30+90=120$个数据均属于B等级，因此第100、101个数据都在B等级，故中位数属于B等级。
(3) 数学成绩优秀为$a≥80$，对应A、B等级，样本中优秀人数为$30+90=120$人，占样本的比例为$\frac{120}{200}$，因此该区八年级优秀人数估计为：$5000 × \frac{120}{200} = 3000$（人）。
【答案】
(1) 200，15；
(2) B；
(3) 估计该区八年级数学成绩达到优秀的有3000人；
补全条形统计图：
【知识点】
条形统计图、扇形统计图、中位数
【点评】
本题综合考查两种统计图的信息提取、中位数计算及用样本估计总体的统计思想，解题关键是明确两类统计图中数据的对应关系，属于基础统计应用题，需熟练掌握统计基本概念和方法。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需结合条形统计图和扇形统计图的关联信息逐步推导：首先利用D等级的人数和对应百分比求出总抽查人数；再通过A等级人数与总人数的关系计算m；接着根据总人数和B、C等级的百分比求出对应人数，补全条形图；然后根据中位数的定义判断其所属等级；最后利用样本中优秀人数的比例估计总体优秀人数。
【解析】
(1) 由扇形图可知D等级占比为10%，条形图中D等级人数为20人，因此抽查的学生总人数为：$20 ÷ 10\% = 200$（人）。
A等级人数为30人，故A等级占比$m\% = \frac{30}{200} × 100\% = 15\%$，即$m = 15$。
(2) B等级人数：$200 × 45\% = 90$（人），C等级人数：$200 × 27.5\% = 55$（人），补全条形统计图如图：
。总共有200个数据，中位数为第100个和第101个数据的平均数。A等级有30人，B等级有90人，前$30+90=120$个数据均属于B等级，因此第100、101个数据都在B等级，故中位数属于B等级。
(3) 数学成绩优秀为$a≥80$，对应A、B等级，样本中优秀人数为$30+90=120$人，占样本的比例为$\frac{120}{200}$，因此该区八年级优秀人数估计为：$5000 × \frac{120}{200} = 3000$（人）。
【答案】
(1) 200，15；
(2) B；
(3) 估计该区八年级数学成绩达到优秀的有3000人；
补全条形统计图：
【知识点】
条形统计图、扇形统计图、中位数
【点评】
本题综合考查两种统计图的信息提取、中位数计算及用样本估计总体的统计思想，解题关键是明确两类统计图中数据的对应关系，属于基础统计应用题，需熟练掌握统计基本概念和方法。
【难度系数】
0.6
