①

②

①×3，得 6x＋3y＝15．   ③

②＋③，得　7x＝21，

　x＝3．                       …………………………3′

把x＝3代入①，得2×3＋y＝5，

                   y＝－1．

∴原方程組的解是                 ………………………………6′

17．（本小題滿分6分）

解：⑴ 正確補全頻數分布直方圖；            ………………………………2′

⑵ 樣本的中位數在155~160cm的范圍內； ………………………………4′

⑶ 八年級．                            ………………………………6′

18．（本小題滿分6分）

解：⑴  （元）；  …………………………4′

⑵  ∵11.875元＞10元，  

        ∴選擇轉轉盤．                       ……………………………6′

（如果學生選擇直接獲得購物券，只要回答合理即可同樣得分）

19．（本小題滿分6分）

解：過C作AB的垂線，交直線AB于點D，得到Rt△ACD與Rt△BCD．

設BD＝x海里，

在Rt△BCD中，tan∠CBD＝，

∴CD＝x ?tan63.5°．

在Rt△ACD中，AD＝AB＋BD＝(60＋x)海里，tan∠A＝，

∴CD＝( 60＋x ) ?tan21.3°．                 ……………………………4′

∴x?tan63.5°＝(60＋x)?tan21.3°，即 ．

解得，x＝15．

答：輪船繼續向東航行15海里，距離小島C最近． …………………………6′

20．（本小題滿分8分）

解：⑴ 設生產A種飲料x瓶，根據題意得：

解這個不等式組，得20≤x≤40．

因為其中正整數解共有21個，

所以符合題意的生產方案有21種．       ……………………………4′

⑵ 根據題意，得　y＝2.6x＋2.8(100－x)．

　整理，得　y＝－0.2x＋280．       ……………………………6′

∵k＝－0.2＜0，

∴y隨x的增大而減�。�

∴當x＝40時成本總額最低．                …………………………8′

21．（本小題滿分8分)

證明：⑴ 由折疊可知：∠D＝∠D′，CD＝AD′，∠C＝∠D′AE．

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴∠B＝∠D，AB＝CD，∠C＝∠BAD．………2′

∴∠B＝∠D′，AB＝AD′，

∠D′AE＝∠BAD，即∠1＋∠2＝∠2＋∠3．

∴∠1＝∠3．

∴△ABE ≌△A D′F．   ……………4′

⑵ 四邊形AECF是菱形．

由折疊可知：AE＝EC，∠4＝∠5．

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC．

∴∠5＝∠6．∴∠4＝∠6．∴AF＝AE．                 

∵AE＝EC，  ∴AF＝EC．

又∵AF∥EC，                 

∴四邊形AECF是平行四邊形．

∵AF＝AE，

∴四邊形AECF是菱形．                 ……………………………8′

22．（本小題滿分10分）

解：⑴ y＝(x－50)∙ w

＝(x－50) ∙ (－2x＋240)

＝－2x²＋340x－12000，

∴y與x的關系式為：y＝－2x²＋340x－12000．   ……………………3′

⑵ y＝－2x²＋340x－12000

＝－2 (x－85) ²＋2450，

∴當x＝85時，y的值最大．                 ………………………6′

⑶ 當y＝2250時，可得方程�。�2 (x－85 )² ＋2450＝2250．

解這個方程，得  x₁＝75，x₂＝95．            ………………………8′

根據題意，x₂＝95不合題意應舍去．

∴當銷售單價為75元時，可獲得銷售利潤2250元． …………………10′　　　　　　　　　　　　　　　　

23．（本小題滿分10分）

解：⑵ ∵AP＝AD，△ABP和△ABD的高相等，

∴S_△ABP＝S_△ABD ．

又∵PD＝AD－AP＝AD，△CDP和△CDA的高相等，

∴S_△CDP＝S_△CDA ．

∴S_△PBC ＝S_{四邊形ABCD}－S_△ABP－S_△CDP

＝S_{四邊形ABCD}－S_△ABD－S_△CDA

＝S_{四邊形ABCD}－(S_{四邊形ABCD}－S_△DBC)－(S_{四邊形ABCD}－S_△ABC)

＝S_△DBC＋S_△ABC ．

∴S_△PBC＝S_△DBC＋S_△ABC ．                        ……………………………4′

⑶ S_△PBC＝S_△DBC＋S_△ABC ；              ……………………………5′

⑷ S_△PBC＝S_△DBC＋S_△ABC ；

∵AP＝AD，△ABP和△ABD的高相等，

∴S_△ABP＝S_△ABD ．

又∵PD＝AD－AP＝AD，△CDP和△CDA的高相等，

∴S_△CDP＝S_△CDA ．

∴S_△PBC ＝S_{四邊形ABCD}－S_△ABP－S_△CDP

＝S_{四邊形ABCD}－S_△ABD－S_△CDA

＝S_{四邊形ABCD}－(S_{四邊形ABCD}－S_△DBC)－(S_{四邊形ABCD}－S_△ABC)

＝S_△DBC＋S_△ABC ．

∴S_△PBC＝S_△DBC＋S_△ABC ．             ……………………………8′

問題解決： S_△PBC＝S_△DBC＋S_△ABC ．      ……………………………10′

24．（本小題滿分12分）

解：⑴ 根據題意：AP＝t cm，BQ＝t cm．

△ABC中，AB＝BC＝3cm，∠B＝60°，

∴BP＝(3－t ) cm．

△PBQ中，BP＝3－t，BQ＝t，

若△PBQ是直角三角形，則∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°．

當∠BQP＝90°時，BQ＝BP．

即t＝(3－t )，

t＝1 (秒)．

      當∠BPQ＝90°時，BP＝BQ．

3－t＝t，

t＝2 (秒)．

答：當t＝1秒或t＝2秒時，△PBQ是直角三角形．   …………………4′

⑵ 過P作PM⊥BC于M ．

Rt△BPM中，sin∠B＝，

∴PM＝PB?sin∠B＝(3－t )．

∴S_△PBQ＝BQ?PM＝? t ?(3－t )．

∴y＝S_△ABC－S_△PBQ

＝×3²×－? t ?(3－t )

       ＝． 

∴y與t的關系式為： y＝．   …………………6′

假設存在某一時刻t，使得四邊形APQC的面積是△ABC面積的，

則S_{四邊形APQC}＝S_△ABC ．

∴＝××3²×．

∴t ²－3 t＋3＝0．

∵(－3) ²－4×1×3＜0，

∴方程無解．

∴無論t取何值，四邊形APQC的面積都不可能是△ABC面積的．……8′

⑶ 在Rt△PQM中，

MQ＝＝．

MQ ²＋PM ²＝PQ ²．

∴x²＝[(1－t ) ]²＋[(3－t ) ]²

＝

        ＝＝3t²－9t＋9．         ……………………………10′

∴t²－3t＝．

∵y＝，

∴y＝＝＝．                  

∴y與x的關系式為：y＝．       ……………………………12′