2023年黑龙江省龙东地区中考数学真题（解析版）.docx

黑龙江省龙东地区2023年初中毕业学业统一考试
数学试题
考生注意：
1．考试时间120分钟
2．全卷共三道大题，总分120分
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别根据积的乘方，完全平方公式，平方差公式和幂的乘方法则进行判断即可．
【详解】解：A.，原式计算错误；
B. ，原式计算错误；
C. ，计算正确；
D. ，原式计算错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了积的乘方，完全平方公式，平方差公式和幂的乘方，熟练掌握运算法则，牢记乘法公式是解题的关键．
2. 下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知二者的定义是解题的关键．
3. 一个几何体由若干大小相同的小正方体组成，它的俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少为（ ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】在“俯视打地基”的前提下，结合左视图知俯视图上一行三个小正方体的上方（第2层）至少还有1个正方体，据此可得答案.
【详解】解：由俯视图与左视图知，该几何体所需小正方体个数最少分布情况如下图所示：

所以组成该几何体所需小正方体的个数最少为5，
故选：B．
【点睛】本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握口诀“俯视打地基，主视疯狂盖，左视拆违章”．
4. 已知一组数据的平均数是1，则这组数据的众数是（ ）
A. B. 5 C. 和5 D. 1和3
【答案】C
【解析】
【分析】先根据平均数的定义列出关于的方程，求出的值，从而还原这组数据，再利用众数的概念求解即可．
【详解】解：∵数据的平均数是1，
∴，
解得，
则，
∴这组数据的众数是和5，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了众数和平均数，解题关键是掌握众数和平均数的概念．
5. 如图，在长为，宽为的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是，则小路的宽是（ ）

A. B. C. 或 D.
【答案】A
【解析】
【分析】设小路宽为，则种植花草部分的面积等于长为，宽为的矩形的面积，根据花草的种植面积为，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【详解】解：设小路宽为，则种植花草部分的面积等于长为，宽为的矩形的面积，
依题意得：
解得：，（不合题意，舍去），
∴小路宽为．
故选A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6. 已知关于x的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. 且 D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】解分式方程求出，然后根据解是非负数以及解不是增根得出关于m的不等式组，求解即可．
【详解】解：分式方程去分母得：，
解得：，
∵分式方程的解是非负数，
∴，且，
∴且，
故选：C．
【点睛】本题考查了解分式方程，解一元一次不等式组，正确得出关于m的不等式组是解题的关键．
7. 某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本（三种图书都要买），此次采购的方案有（ ）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】B
【解析】
【分析】设采购A种图书x本，B种图书y本，C种图书z本，根据采购三种图书需500元列出方程，再依据x的数量分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：设采购A种图书x本，B种图书y本，C种图书z本，其中且均为整数，根据题意得，
，
整理得，，
①当时，，
∴
∵且均为整数，
∴当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
②当时，，
∴
∵且均为整数，
∴当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴；
综上，此次共有6种采购方案，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程的应用，正确理解题意、进行分类讨论是解答本题的关键．
8. 如图，是等腰三角形，过原点，底边轴，双曲线过两点，过点作轴交双曲线于点，若，则的值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据反比例函数的中心对称性可得，然后过点A作于E，求出，点D的横坐标为，再根据列式求出，进而可得点D的纵坐标，将点D坐标代入反比例函数解析式即可求出的值．
【详解】解：由题意，设，
∵过原点，
∴，
过点A作于E，
∵是等腰三角形，
∴，
∴，点D的横坐标为，
∵底边轴，轴，
∴，
∴，
∴点D的纵坐标为，
∴，
∴，
解得：，
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，中心对称的性质，等腰三角形的性质等知识，设出点B坐标，正确表示出点D的坐标是解题的关键．
9. 如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，
由题意知，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，即，
连接，设与交于点F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标是，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
10. 如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为，将沿翻折，得到交于点，对角线交于点，连接，下列结论正确的是：①；②；③若，则四边形是菱形；④当点运动到的中点，；⑤．（ ）

A. ①②③④⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，逐一判断，即可解答．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，故①正确，
将沿翻折，得到，
，
∵，
，故②正确，
当时，，
，
，即在同一直线上，
，
，
通过翻折的性质可得，，
∴，，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，故③正确，
当点运动到的中点，如图，

设正方形的边长为，则，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
在中，，故④错误，
，
，
，，
，
根据翻折的性质可得，
，
，
，故⑤正确；
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11. 据交通运输部信息显示：2023年“五一”假期第一天，全国营运性客运量约5699万人次，将5699万用科学记数法表示为__________．
【答案】
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同当原数绝对值时，n是正数；当原数的绝对值时，n是负数．
【详解】5699万，
故答案为：．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12. 函数y=中，自变量x的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【详解】解：由题意得，，
解得．
13. 如图，在矩形中对角线，交于点，请添加一个条件______________，使矩形是正方形（填一个即可）

【答案】或
【解析】
【分析】根据正方形的判定定理可知：邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形.
【详解】∵邻边相等的矩形是正方形，
∴可添加条件
或者∵对角线互相垂直的矩形是正方形
∴还可以添加条件
【点睛】本题考查正方形的判定，找出正方形与矩形的性质差异，即为可添加的条件.
14. 一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率是__________．
【答案】##0.6
【解析】
【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果与随机摸出一红一白
的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：列表得：

红1
红2
红3
白1
白2
红1

（红1，红2）
（红1，红3）
（红1，白1）
（红1，白2）
红2
（红2，红1）

（红2，红3）
（红2，白1）
（红2，白2）
红3
（红3，红1）
（红3，红2）

（红3，白1）
（红3，白2）
白1
（白1，红1）
（白1，红2）
（白1，红3）

（白1，白2）
白2
（白2，红1）
（白2，红2）
（白2，红3）
（白2，白1）

由列表可知：共有20种等可能的结果，其中随机摸出两个小球，恰好是一红一白的情况有12种，
∴恰好是一红一白的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
15. 关于的不等式组有3个整数解，则实数的取值范围是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】解不等式组，根据不等式组有3个整数解得出关于m的不等式组，进而可求得的取值范围．
【详解】解：解不等式组得：，
∵关于的不等式组有3个整数解，
∴这3个整数解为，，，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解，正确得出关于m的不等式组是解题的关键．
16. 如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则__________．

【答案】34
【解析】
【分析】首先根据等边对等角得到，然后利用外角的性质得到，利用切线的性质得到，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵切于点A，
∴，
∴．
故答案为：34．
【点睛】此题考查了切线的性质和三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
17. 已知圆锥的母线长，侧面积，则这个圆锥的高是__________．

【答案】12
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面积公式可得到底面半径，再利用勾股定理即可得到高．
【详解】解：根据圆锥侧面积公式变形可得，
根据圆锥母线公式，可得，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积公式和母线公式，熟知上述公式是解题的关键．
18. 在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】过点A作交的延长线于点G，求出，然后由旋转的性质可知点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，则可得如图中G、A、F三点共线时点F到直线的距离最大，求出距离的最大值，然后计算即可．
【详解】解：如图，在中，，，点是斜边的中点，
∴，，，
∴，
过点A作交的延长线于点G，
∴，
又∵在旋转的过程中，点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，，
∴点F到直线的距离的最大值为，（如图，G、A、F三点共线时）
∴面积最大值，
故答案为：．
【点睛】本题考查了含直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，圆的基本性质等知识，根据旋转的性质求出点F到直线距离的最大值是解答本题的关键．
19. 矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是__________．
【答案】6或或
【解析】
【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，易得点到直线的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
【详解】解：由题意矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，
可知点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，
如图，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，
点到直线的距离为的长度，即，

当过点D的直线与圆相切与点E时，是直角三角形，分两种情况，
①如图，过点E作交于点H，交于点G，

∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，，
由勾股定理可得，
∵，
∴，
∴到直线的距离，
②如图，过点E作交于点N，交于点M，

∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，，
由勾股定理可得，
∵，
∴，
∴到直线的距离，
综上，6或或，
故答案为：6或或．
【点睛】本题考查了矩形折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
20. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点A在直线上，顶点B在x轴上，垂直轴，且，顶点在直线上，；过点作直线的垂线，垂足为，交x轴于，过点作垂直x轴，交于点，连接，得到第一个；过点作直线的垂线，垂足为，交x轴于，过点作垂直x轴，交于点，连接，得到第二个；如此下去，……，则的面积是__________．

【答案】
【解析】
分析】解直角三角形得出，，求出，证明，，得出，，总结得出，从而得出．
【详解】解：∵，
∴，
∵轴，
∴点A的横坐标为，
∵，
∴点A的纵坐标为，
∴，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴平分，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴

，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵轴，轴，
∴，，
∵轴，轴，轴，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
同理，
∴，
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，解直角三角形，三角形面积的计算，平行线的判定和性质，一次函数规律探究，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是得出一般规律．
三、解答题（满分60分）
21. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，原式
【解析】
【分析】先根据分式的混合运算法则化简，然后求出，最后代值计算即可．
【详解】解：

，
∵，
∴原式．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，求特殊角三角函数值，正确计算是解题的关键．
22. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．

（1）将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．
（2）请画出关于轴对称的．
（3）将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（3）画出旋转后的图形，根据即可得出答案．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
如图所示，即为所求；
【小问3详解】
将着原点顺时针旋转，得到，

设所在圆交于点D，交于点E，
，，
，
，，
，
，
，，，
，
故线段在旋转过程中扫过的面积为．
【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
23. 如图，抛物线与轴交于两点，交轴于点．

（1）求抛物线的解析式．
（2）拋物线上是否存在一点，使得，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，点的坐标为或
【解析】
【分析】（1）采用待定系数法，将点和点坐标直接代入抛物线，即可求得抛物线的解析式．
（2）过线段的中点，且与平行的直线上的点与点，点连线组成的三角形的面积都等于，则此直线与抛物线的交点即为所求；求出此直线的解析式，与抛物线解析式联立，即可求得答案．
【小问1详解】
解：因为抛物线经过点 和点两点，所以
，
解得
，
所以抛物线解析式为：．
【小问2详解】
解：如图，设线段的中点为，可知点的坐标为，过点作与平行的直线，假设与抛物线交于点， （在的左边），（在图中未能显示）．

设直线的函数解析式为．
因为直线经过点和，所以
，
解得，
所以，直线的函数解析式为：．
又，
可设直线的函数解析式为，
因为直线经过点 ，所以
．
解得．
所以，直线的函数解析式为．
根据题意可知，
．
又，
所以，直线上任意一点与点，点连线组成的的面积都满足．
所以，直线与抛物线的交点，即为所求，可得
，
化简，得
，
解得，
所以，点的坐标为，点的坐标为．
故答案为：存在，点的坐标为或．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、一元二次方程、一元一次方程等，灵活结合二次函数和一次函数图象特点是解题的关键．
24. 某中学开展主题为“垃圾分类，绿色生活”的宜传活动、为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校团委在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调在，将他们的得分按A：优秀，B：良好，C：合格，D：不合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．

（1）这次学校抽查的学生人数是__________人；
（2）将条形图补充完整；
（3）扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是__________；
（4）如果该校共有2200人，请估计该校不合格的人数．
【答案】（1）40 （2）见解析
（3）
（4）220人
【解析】
【分析】（1）用A：优秀的人数除以其人数占比即可求出参与调查的学生人数；
（2）先求出C：合格的人数，再补全统计图即可；
（3）用360度乘以C组对应人数占比即可得到答案；
（4）用2200乘以样本中D组对应的人数占比即可得到答案．
小问1详解】
解：人，
∴这次学校抽查的学生人数是人，
故答案为：40；
【小问2详解】
解：由（1）得C：合格的人数为人，
补全统计图如下所示：
【小问3详解】
解：，
∴扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是，
故答案为：；
【小问4详解】
解：人，
∴估计该校不合格的人数为220人．
【点睛】本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，用样本估计总体，正确读懂统计图是解题的关键．
25. 已知甲，乙两地相距，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，货车继续出发后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离与货车行驶时间之间的函数图象，结合图象回答下列问题：

（1）图中的值是__________；
（2）求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离与行驶时间之间的函数关系式；
（3）直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距．
【答案】（1）120 （2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求得的解析式，将代入解析式，解方程即可解答；
（2）根据题意可得的值，即为货车装货时距离乙地的长度，结合货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，可求出装货时间，即点的坐标，再根据货车继续出发后与出租车相遇，求出装完货后货车的速度，即直线的解析式中的值，最后将点B坐标代入直线的解析式，利用待定系数法即可解答；
（3）根据（2）中直线的解析式求得点的坐标，结合题意，可得点的坐标，从而可得到出租车返回时的速度，然后进行分类讨论：①出租车和货车第二次相遇前，相距时；②出租车和货车第二次相遇后，距离时，分别进行解答即可．
【小问1详解】
解：结合图象，可得，
设直线的解析式为，
将代入解析式，可得，解得，
直线的解析式为，
把代入，得，
故答案为：120；
【小问2详解】
解：根据货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，
可得此时出租车距离乙地为，
出租车距离甲地为，
把代入，可得，解得，
货车装完货时，，可得，
根据货车继续出发后与出租车相遇，可得（出租车的速度货车的速度），
根据直线的解析式为，可得出租车的速度为，
相遇时，货车的速度为，
故可设直线的解析式为，
将代入，可得，解得，
直线的解析式为，
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离与行驶时间之间的函数关系式为；
【小问3详解】
解：把代入，可得，解得，
，
，
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得,
，
出租车返回时的速度为，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距，
此时货车距离乙地为，出租车距离乙地为，
①出租车和货车第二次相遇前，相距时；
可得，
解得，
②出租车和货车第二次相遇后，相距时；
可得，
解得，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发或与出租车相距．
【点睛】本题考查了从函数图象获取信息，用待定系数法求一次函数，一次函数的实际应用，能准确地理解题意，根据题中信息求得所需数据是解题的关键．
26. 如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．
若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．

【答案】图②中，图③中，证明见解析
【解析】
【分析】图②：如图②所示，连接，先由三角形中位线定理得到，，再证明得到，则，进一步证明，即可证明是等腰直角三角形，则；
图③：仿照图②证明是等边三角形，则．
【详解】解：图②中，图③中，
图②证明如下：
如图②所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴

，
∴是等腰直角三角形，
∴；

图③证明如下：
如图③所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴

，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
27. 2023年5月30日上午9点31分，神舟十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空，某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
（1）求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
（2）已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
（3）在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
【答案】（1）A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元，
（2）一共有六种购买方案
（3）
【解析】
【分析】（1）设A款文化衫每件x元，则B款文化衫每件元，然后根据用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同列出方程求解即可；
（2）设购买A款文化衫a件，则购买B款文化衫件，然后根据，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫列出不等式组求解即可；
（3）设购买资金为W元，购买A款文化衫a件，则购买B款文化衫件，求出，根据（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，可得W的取值与a的值无关，由此即可求出．
小问1详解】
解：设A款文化衫每件x元，则B款文化衫每件元，
由题意得，，
解得，
检验，当时，，
∴是原方程的解，
∴，
∴A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元，
答：A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元；
【小问2详解】
解：设购买A款文化衫a件，则购买B款文化衫件，
由题意得，，
解得，
∵a是正整数，
∴a的取值可以为275，276，277，278，279，280，
∴一共有六种购买方案；
【小问3详解】
解：设购买资金为W元，购买A款文化衫a件，则购买B款文化衫件，
由题意得，
，
∵（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，
∴W的取值与a的值无关，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组的实际应用，分式方程的实际应用，整式的加减的实际应用，正确理解题意列出方程和不等式组是解题的关键．
28. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在x轴上，，的长是一元二次方程的根，过点C作x轴的垂线，交对角线于点D，直线分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．

（1）求直线的解析式．
（2）连接，求的面积S与运动时间t的函数关系式．
（3）点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】（1）；
（2）；
（3）存在，点Q的坐标是或．
【解析】
【分析】（1）过点A作于H，解方程可得，然后解直角三角形求出、和的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
（2）首先证明是等边三角形，求出，然后分情况讨论：①当点N在上，即时，过点N作于P，②当点N在上，即时，过点N作于T，分别解直角三角形求出和，再利用三角形面积公式列式即可；
（3）分情况讨论：①当是直角边时，则，过点N作于K，首先求出，然后解直角三角形求出和，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当是对角线时，则，过点N作于L，证明，可得，然后解直角三角形求出，再利用平移的性质得出点Q的坐标．
【小问1详解】
解：解方程得：，，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
过点A作于H，
∵，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得：，
解得：，
∴直线的解析式为；
【小问2详解】
解：由（1）知在中，，，
∴，，
∵直线与 y轴交于点E，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
①当点N在上，即时，
由题意得：，，
过点N作于P，
则，
∴；

②当点N在上，即时，
由题意得：，，
过点N作于T，
则，
∴；
综上，；
【小问3详解】
解：存在，分情况讨论：
①如图，当是直角边时，则，过点N作于K，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴将点N向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴；

②如图，当是对角线时，则，过点N作于L，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是或．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．