2020-2021学年山东省潍坊市青州市益都中学数学八年级第二学期期末教学质量检测试题含解析

试题

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每小题3分,共30分)

E，F分别为AD，BC边上的一点，1．如图，平行四边形ABCD中，增加下列条件，不一定能得出BE∥DF的是（ ）

A．AE＝CF B．BE＝DF C．∠EBF＝∠FDE D．∠BED＝∠BFD

2．用一条直线 m 将如图 1 的直角铁皮分成面积相等的两部分．图 2、图 3 分别是甲、乙两同学给出的作法，对于两人的作法判断正确的是（ ）

A．甲正确，乙不正确 C．甲、乙都正确

3．化简二次根式8a3的结果为( ) A．﹣2a2a B．2a2a B．甲不正确，乙正确 D．甲、乙都不正确

C．2a2a D．﹣2a2a 4．如图，在△ABC中，∠ABC的平分线交AC于点D，AD＝6，过点D作DE∥BC交AB于点E，若△AED的周长为16，则边AB的长为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12

5．一次函数ykxb(k0)的图象如图所示，当y0时，x的取值范围是

A．x3 B．x3 C．x2 D．x0

6．已知平面上四点A0,0，B10,0，C10,6，D0,6，一次函数ykx1k0的图象将四边形ABCD分成面积相等的两部分，则k(

)

A．2 B．

4 5C．5 D．6

7． 如图，△ABC是等边三角形，P是三角形内一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若△ABC的周长为18，则PD+PE+PF＝（ ）

A．18 C．6

B．9

D．条件不够，不能确定

8．一组数据2，2，4，3，6，5，2的众数和中位数分别是( ) A．3，2

B．2，3

C．2，2

D．2，4

x219．下列选项中，能使分式值为0的x的值是（ ）

x1A．1

B．0

C．1或1

D．1

10．一束光线从点A（3，3）出发，经过y轴上点C反射后经过点B（1，0），则光线从A点到B点经过的路线长是（ ） A．4

B．5

C．6

D．7

二、填空题(每小题3分,共24分)

11．方程x2x0的解为：___________．

12．计算：(1)20=______；(2)a3=______；(3) 11=______． 4，∠A=30°，DE是中位线，则DE的长为_____． 13．如图，△ABC中，已知AB=8，∠C=90°

14．化简：82＝_____．

15．如图，正方形ABCD的边长为1，以对角线AC为边作第二个正方形ACEF，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此下去记正方形ABCD的边为a11，按上述方法所作的正方形的边长依次为a2、a3、a4、an，根据以上规律写出an的表达式______．

2

16．一组数据﹣1，0，1，2，3的方差是_____．

17．如图所示，一次函数y=ax+b的图象与x轴相交于点（2，0），与y轴相交于点（0，4），结合图象可知，关于x的方程ax+b=0的解是_____．

18．如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，CD上的点，AE=CF，连接EF，BF，EF与对角线AC交于点O，且BE=BF，∠BEF=2∠BAC，FC=2，则AB的长为_________．

三、解答题(共66分)

19．（10分）某书店积极响应“改革创新，奋发有为”的号召，举办“读书节“系列活动．活动中故事类图书的标价是典籍类图书标价的1.5倍，若顾客用540元购买图书，能单独购买故事类图书的数量恰好比单独购买典籍类图书的数量少10本．

（1）求活动中典籍类图书的标价；

（2）该店经理为鼓励广大读者购书，免费为购买故事类的读者赠送图1所示的精致矩形包书纸．在图1的包书纸示意图中，虚线是折痕，阴影是裁剪掉的部分，四角均为大小相同的正方形，正方形的边长为折叠进去的宽度．已知该包书纸的面积为875cm2（含阴影部分），且正好可以包好图2中的《中国故事》这本书，该书的长为21cm，宽为15cm，厚为1cm，请直接写出该包书纸包这本书时折叠进去的宽度．

20．（6分）如图，分别以 Rt△ ABC 的直角边 AC 及斜边 AB 向外作等边△ ACD，等边△ ABE.已知∠ABC＝60°，EF⊥AB，垂足为 F，连接 DF.

(1)证明：△ACB≌△EFB；

(2)求证：四边形 ADFE 是平行四边形． 21．（6分）计算题：

（1）2712； （2）271(53)(53). 322．（8分）AF∥CD，AB∥DE，且A120，B80，求D和C的度数.

23．（8分）已知A（0，2），B（4，0），C（6，6） （1）在图中的直角坐标系中画出△ABC； （2）求△ABC的面积．

24．（8分）孝感市为了贯彻落实国家的“精准扶贫”战略部署，组织相关企业开展扶贫工作，博大公司为此制定了关于帮扶A、B两贫困村的计划．今年3月份决定从某地运送152箱鱼苗到A、B两村养殖，若用大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批鱼苗．已知这两种大小货车的载货能力分别为12箱/辆和8箱/辆，其运往A、B两村的运费如表： 目的地 费用 车型 大货车 小货车 800 400 900 600 A村（元/辆） B村（元/辆） （1）求这15辆车中大小货车各多少辆？

（2）现安排其中10辆货车前往A村，其余货车前往B村，设前往A村的大货车为x辆，前往A、B两村总运费为y元；

①试求出y与x的函数解析式；

②若运往A村的鱼苗不少于108箱，请你写出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少运费．

25．（10分）某村为绿化村道，计划在村道两旁种植 A、B 两种树木，需要购买这两种树苗 800 棵，A、B 两种树苗

的相关信息如表： 树苗 A B 单价（元/棵） 100 150 成活率 80% 90% 植树费（元/棵） 20 20 设购买 A 种树苗 x 棵，绿化村道的总费用为 y 元，解答下列问题： （1）求出 y 与 x 之间的函数关系式．

（2）若这批树苗种植后成活了 670 棵，则绿化村道的总费用需要多少元？ （3）若绿化村道的总费用不超过 120000 元，则最多可购买 B 种树苗多少棵？

26．（10分）在如图所示的正方形网格中,每个小正方形的边长为1,格点三角形(顶点是网格线的交点的三角形)ABC的顶点A,C的坐标分别为(−4,5),(−1,3).

(1)请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；

(2)请作出△ABC关于y轴对称的△DEF，其中点A对应点D，点B对应点E，点C对应点F； (3)写出点E关于原点的对称点M的坐标.

参

一、选择题(每小题3分,共30分) 1、B 【解析】 【分析】

由四边形ABCD是平行四边形，可得AD//BC，AD=BC，然后由AE=CF，∠EBF=∠FDE，∠BED=∠BFD均可判定

四边形BFDE是平行四边形，则可证得BE//DF，利用排除法即可求得答案． 【详解】

四边形ABCD是平行四边形， ∴AD//BC，AD=BC， A、∵AE=CF， ∴DE=BF，

∴四边形BFDE是平行四边形， ∴BE//DF，故本选项能判定BE//DF； B、∵BE=DF，

四边形BFDE是等腰梯形， 本选项不一定能判定BE//DF；

C、∵AD//BC，

∴∠BED+∠EBF=180°，∠EDF+∠BFD=180°， ∵∠EBF=∠FDE， ∴∠BED=∠BFD，

四边形BFDE是平行四边形，

∴BE//DF，

故本选项能判定BE//DF； D、∵AD//BC，

∴∠BED+∠EBF=180°，∠EDF+∠BFD=180°， ∵∠BED=∠BFD， ∴∠EBF=∠FDE，

∴四边形BFDE是平行四边形， ∴BE//DF，故本选项能判定BE//DF． 故选B． 【点睛】

本题考查了平行四边形的判定与性质，注意根据题意证得四边形BFDE是平行四边形是关键． 2、C 【解析】 【分析】

根据图形中所画出的虚线，可以利用图形中的长方形、梯形的面积比较得出直线两旁的面积的大小关系．

【详解】

如图：图形2中，直线m经过了大长方形和小长方形的对角线的交点，所以两旁的图形的面积都是大长方形和小长方形面积的一半，所以这条直线把这个图形分成了面积相等的两部分，即甲做法正确；

图形3中，经过大正方形和图形外不添补的长方形的对角线的交点，直线两旁的面积都是大正方形面积的一半-添补的长方形面积的一半，所以这条直线把这个图形分成了面积相等的两部分，即乙做法正确． 故选C． 【点睛】

此题主要考查了中心对称，根据图形中的割补情况，抓住经过对角线的交点的直线都能把长方形分成面积相等的两部分这一特点，即可解决问题． 3、A 【解析】 【分析】

利用根式化简即可解答. 【详解】 解：∵﹣8a≥0， ∴a≤0

∴8a3＝2|a|2a ＝﹣2a2a 故选A． 【点睛】

本题考查二次根式性质与化简，熟悉掌握运算法则是解题关键. 4、C 【解析】 【分析】

根据角平分线的定义得到∠EBD＝∠CBD，根据平行线的性质得到∠EDB＝∠CBD，等量代换得到∠EBD＝∠EDB，求得BE＝DE，于是得到结论． 【详解】

解：∵BD平分∠ABC， ∴∠EBD＝∠CBD， ∵DE∥BC，

3

∴∠EDB＝∠CBD， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴BE＝DE，

∵△AED的周长为16， ∴AB+AD＝16， ∵AD＝6， ∴AB＝10， 故选：C． 【点睛】

本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握各定理是解题的关键． 5、A 【解析】 【分析】 【详解】

解：由图像可知, 当y0时，x的取值范围是x3. 故选A. 6、B 【解析】 【分析】

根据题意四边形ABCD是矩形，直线ykx1只要经过矩形对角线的交点，即可得到k的值． 【详解】

A0,0，B10,0，C10,6，D0,6，

ODBC，CDAB，

四边形ABCD是平行四边形，DAB90， 四边形ABCD是矩形，

对角线AC、BD的交点坐标为5,3，

直线ykx1经过点5,3时，直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分，

35k1，

k4． 5故选：B． 【点睛】

本题考查矩形的判定和性质、一次函数图象上点的坐标特征等知识，掌握中心对称图形的性质是解决问题的关键． 7、C 【解析】 【分析】

因为要求PD+PE+PF的值，而PD、PE、PF并不在同一直线上，构造平行四边形，把三条线段转化到一条直线上，求出等于AB，根据三角形的周长求出AB即可． 【详解】

延长EP交AB于点G，延长DP交AC与点H．

∵PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，∴四边形AFPH、四边形PDBG均为平行四边形，∴PD=BG，PH=AF． 又∵△ABC为等边三角形，∴△FGP和△HPE也是等边三角形，∴PE=PH=AF，PF=GF，∴PE+PD+PF=AF+BG+FG=AB

1．

故选C．

【点睛】

本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系． 8、B 【解析】 【分析】

根据众数的意义，找出出现次数最多的数，根据中位数的意义，排序后找出处在中间位置的数即可． 【详解】

解：这组数据从小到大排列是：2，2，2，3，4，5，6， 出现次数最多的数是2，故众数是2；

处在中间位置的数，即处于第四位的数是中位数，是3，

故选：B． 【点睛】

考查众数、中位数的意义，即从出现次数最多的数、和排序后处于之中间位置的数． 9、D 【解析】 【分析】

根据分子等于0，且分母不等于0列式求解即可． 【详解】 由题意得

x210， x10解得 x=-1． 故选D． 【点睛】

本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：①分子的值为0，②分母的值不为0，这两个条件缺一不可． 10、B 【解析】 【分析】

如果设A点关于y轴的对称点为A′，那么C点就是A′B与y轴的交点．易知A′（-3，3），又B（1，0），可用待定系数法求出直线A′B的方程．再求出C点坐标，根据勾股定理分别求出AC、BC的长度．那么光线从A点到B点经过的路线长是AC+BC，从而得出结果． 【详解】

解：如果将y轴当成平面镜，设A点关于y轴的对称点为A′，则由光路知识可知，A′相当于A的像点，光线从A到C到B，相当于光线从A′直接到B，所以C点就是A′B与y轴的交点． ∵A点关于y轴的对称点为A′，A（3，3），

∴A′（-3，3），

进而由两点式写出A′B的直线方程为：y=−

3（x-1）． 4令x=0，求得y=

33．所以C点坐标为（0，）． 44那么根据勾股定理，可得： AC=(3)232=因此，AC+BC=1． 故选：B． 【点睛】

此题考查轴对称的基本性质，勾股定理的应用等知识点．此题考查的思维技巧性较强．

二、填空题(每小题3分,共24分) 11、x10，x21 【解析】 【分析】

根据解一元二次方程的方法，即可得到答案. 【详解】

解：∵x2x0， ∴x(x1)0， ∴x10，x21， 故答案为：x10，x21；

3415，BC=453()21=．

44【点睛】

本题考查了解一元二次方程的方法，解题的关键是掌握解方程的方法和步骤. 12、25 aa 【解析】 【分析】

根据二次根式的乘法公式：abab和除法公式【详解】 解：（1）205 2aa计算即可． bb454525；

（2）a3a2•aa2•aaa； （3）1145455． 245． 2故答案为：25；aa；【点睛】

此题考查的是二次根式的化简，掌握二次根式的乘法公式：abab和除法公式13、2 【解析】 【分析】

先由含30°角的直角三角形的性质,得出BC,再由三角形的中位线定理得出DE即可. 【详解】

，∠A=30°， 因为，△ABC中，∠C=90°所以，BCaa是解决此题的关键． bb11AB84 , 22因为，DE是中位线， 所以，DE故答案为2 【点睛】

本题考核知识点：直角三角形，三角形中位线. 解题关键点：熟记直角三角形性质，三角形中位线性质. 14、1

11BC42. 22【解析】 【分析】

根据二次根式的乘法 【详解】

解：82＝16＝1． 故答案为：1． 【点睛】

本题主要考查二次根式的乘法法则，熟悉掌握法则是关键. 15、2n1 【解析】 【分析】

根据正方形对角线等于边长的2倍得出规律即可． 【详解】 由题意得，a1=1， a2=2a1=2， a3=2a2=（2）2， a4=2a3=（2）3， …，

an=2an-1=（2）n-1．

n-12n1a2 n=[（2）]=282=28，化简即可得解．

故答案为：2n1 【点睛】

本题主要考查了正方形的性质，熟记正方形对角线等于边长的2倍是解题的关键，要注意2的指数的变化规律． 16、1 【解析】

5=1，所以方差=这组数据的平均数为：（-1+1+0+1+3）÷17、x=1 【解析】

1[（-1-1）1+（0-1）1+（1-1）1+（1-1）1+（3-1）1]=1． 5【分析】一次函数y=ax+b的图象与x轴交点横坐标的值即为方程ax+b=0的解． 【详解】∵一次函数y=ax+b的图象与x轴相交于点（1，0），

∴关于x的方程ax+b=0的解是x=1， 故答案为：x=1．

【点睛】本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系．任何一元一次方程都可以转化为ax+b=0 （a，ba≠0）为常数，的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y=ax+b确定它与x轴的交点的横坐标的值．

18、6 【解析】 【分析】

先证明△AOE≌△COF，Rt△BFO≌Rt△BFC，再证明△OBC、△BEF是等边三角形即可求出答案. 【详解】

如图，连接BO， ∵四边形ABCD是矩形， ∴DC∥AB，∠DCB=90° ∴∠FCO=∠EAO 在△AOE与△COF中，

∠AOE=∠FOC∠FCO∠EAO AECF∴△AOE≌△COF ∴OE=OF,OA=OC ∵BF=BE

∴BO⊥EF，∠BOF=90°

∵∠BEF=2∠BAC=∠CAB+∠AOE ∴∠EAO=∠EOA， ∴EA=EO=OF=FC=2 在Rt△BFO与Rt△BFC中

BFBF FOFC∴Rt△BFO≌Rt△BFC ∴BO=BC

在Rt△ABC中，∵AO=OC， ∴BO=AO=OC=BC ∴△BOC是等边三角形 ∴∠BCO=60° ，∠BAC=30°∴∠FEB=2∠CAB=60°， ∵BE=BF ∴EB=EF=4

∴AB=AE+EB=2+4=6， 故答案为6. 【点睛】

本题考查的是全等三角形的性质与判定和等边三角形的判定与性质，能够充分调动所学知识是解题本题的关键.

三、解答题(共66分)

19、（1）典籍类图书的标价为1元；（2）折叠进去的宽度为2cm 【解析】 【分析】

（1）设典籍类图书的标价为元，根据购买两种图书的数量差是10本，列出方程并解答； （2）矩形面积＝（2宽+1+2折叠进去的宽度）×（长+2折叠进去的宽度）． 【详解】

（1）设典籍类图书的标价为元， 由题意，得

540540﹣10＝． x1.5x解得x＝1．

经检验：x＝1是原分式方程的解，且符合题意． 答：典籍类图书的标价为1元；

2+1）（2）设折叠进去的宽度为ycm，则（2y+15×（2y+21）＝875， 化简得y2+26y﹣56＝0，

∴y＝2或﹣28（不合题意，舍去），

答：折叠进去的宽度为2cm． 【点睛】

考查了分式方程和一元二次方程的应用，（2）题结合了矩形面积的求法考查了图形的折叠问题，能够得到折叠进去的宽度和矩形纸的长、宽的关系，是解决问题的关键． 20、（1）见详解；（2）见详解. 【解析】 【分析】

（1）由△ABE是等边三角形可知：AB=BE，∠EBF=60°，于是可得到∠EFB=∠ACB=90°，∠EBF=∠ABC，接下来依据AAS证明△ABC≌△EBF即可；

（2）由△ABC≌△EBF可得到EF=AC，由△ACD是的等边三角形进而可证明AC=AD=EF，然后再证明∠BAD=90°，可证明EF∥AD，故此可得到四边形EFDA为平行四边形． 【详解】

解：（1）证明：∵△ABE是等边三角形，EF⊥AB， ∴∠EBF=60°，AE=BE，∠EFB=90°． 又∵∠ACB=90°，∠ABC=60°， ∴∠EFB=∠ACB，∠EBF=∠ABC． ∵BE=BA，

∴△ABC≌△EBF（AAS）. （2）证明：∵△ABC≌△EBF， ∴EF=AC．

∵△ACD是的等边三角形， ∴AC=AD=EF，∠CAD=60°，

又∵Rt△ABC中，∠ABC=60°，∠BAC=30°， ∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°， ∴∠EFA=∠BAD=90°， ∴EF∥AD． 又∵EF=AD，

∴四边形EFDA是平行四边形． 【点睛】

本题主要考查了平行四边形的判定、全等三角形的性质和判定、等边三角形的性质，解题的关键是掌握证明全等三角形的判定方法和证明平行四边形的判定方法.

21、 (1) 【解析】

3；(2) 1.

分析：（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可； （2）利用平方差公式计算.

详解：(1)原式＝33-23 =3； (2)原式＝3-（5-3）=1.

点睛：本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，在进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．

22、CDE，C的度数分别为120，160. 【解析】 【分析】

AF∥CDFADADC，连接AD，由条件AB∥DEBADEDA，进一步可得CDEBAF120，再在四边形ABCD中，用四边形内角和是360°求出C即可. 【详解】 解：连接AD.

∵AB∥DE， ∴BADEDA. ∵AF∥CD， ∴FADADC. ∵BAF120，

∴CDEEDAADCBADFADBAF120，

BADADCBADFADBAF120.

在四边形ABCD中，BC360BADADC360120240. ∵B80， ∴C160.

∴CDE，C的度数分别为120，160.

【点睛】

本题需要熟练运用平行线的性质和四边形内角和定理进行求解，解题的关键是连接AD，先将CDE转化为BAF，再用四边形内角和是360°求解C，需要注意的是在用四边形内角和求C时用到了整体思想. 23、（1）在平面直角坐标系中画出△ABC如图所示,见解析；（2）△ABC的面积=1． 【解析】 【分析】

（1）在坐标系内描出各点，再顺次连接即可；

（2）根据△ABC的面积等于正方形的面积减去3个三角形的面积求出即可． 【详解】

解：（1）在平面直角坐标系中画出△ABC如图所示：

6-（2）△ABC的面积=6×

111×4×2-×2×6-×4×6=36-4-6-12=1． 222故答案为：（1）在平面直角坐标系中画出△ABC如图所示,见解析；（2）△ABC的面积=1． 【点睛】

本题考查坐标和图形的关系以及三角形的面积，找到各点的对应点，是解题的关键．

24、（1）这15辆车中大货车用8辆，小货车用7辆；（2）①y＝100x+9400（3≤x≤8，且x为整数）；②使总运费最少的调配方案是：7辆大货车、3辆小货车前往A村；1辆大货车、4辆小货车前往B村．最少运费为10100元． 【解析】 【分析】

（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据大、小两种货车共15辆，运输152箱鱼苗，列方程组求解；

（2）设前往A村的大货车为x辆，则前往B村的大货车为（8﹣x）辆，前往A村的小货车为（10﹣x）辆，前往B村的小货车为[7﹣（10﹣x）]辆，根据表格所给运费，求出y与x的函数关系式；

（3）结合已知条件，求x的取值范围，由（2）的函数关系式求使总运费最少的货车调配方案． 【详解】

解：（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据题意得：

xy15， 12x8y152x8解得：．

y7故这15辆车中大货车用8辆，小货车用7辆．

（2）y＝800x+900（8﹣x）+400（10﹣x）+600[7﹣（10﹣x）]＝100x+9400（3≤x≤8，且x为整数）． （3）由题意得：12x+8（10﹣x）≥108， 解得：x≥7， 又∵3≤x≤8， ∴7≤x≤8且为整数， ∵y＝100x+9400，

k＝100＞0，y随x的增大而增大， ∴当x＝7时，y最小，

最小值为y＝100×7+9400＝10100（元）．

答：使总运费最少的调配方案是：7辆大货车、3辆小货车前往A村；1辆大货车、4辆小货车前往B村．最少运费为10100元． 【点睛】

本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用．关键是根据题意，得出安排各地的大、小货车数与前往B村的大货车数x的关系．

25、（1）y＝—50x＋136000；（2）111000 元.（3）若绿化村道的总费用不超过 120000 元，则最多可购买 B

种树苗 1 棵.

【解析】分析：（1）设购买A种树苗x棵，则购买B种树苗（800﹣x）棵，根据总费用=（购买A种树苗的费用+种植A种树苗的费用）+（购买B种树苗的费用+种植B种树苗的费用），即可求出y（元）与x（棵）之间的函数关系式；

（2）根据这批树苗种植后成活了 670 棵，列出关于x的一元一次方程，求出x的值，即可求解． （3）根据总费用不超过 120000 元，列出关于x的一元一次不等式，求解即可． 详解：（1）设购买 A 种树苗 x 棵，则购买 B 种树苗（800—x）棵，依题意得： y＝（100＋20）x＋（150＋20）×（800—x）＝—50x＋136000 （2）由题意得：80%x＋90%（800—x）＝670 解得：x＝500

当 x＝500 时，y＝—50×500＋136000＝111000（元）．

答：若这批树苗种植后成活了 670 棵，则绿化村道的总费用需要 111000 元．

（3）由（1）知购买 A 种树苗 x 棵，购买 B 种树苗（800—x）棵时， 总费用 y＝—50x＋136000，由题意得： —50x＋136000≤120000 解得：x≥320 ∴800—x≤1．

故最多可购买 B 种树苗 1 棵．

答：若绿化村道的总费用不超过 120000 元，则最多可购买 B 种树苗 1 棵．

点睛：本题考查了一次函数的应用，一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用．此题难度适中，解题的关键是理解题意，根据题意求得函数解析式、列出方程与不等式，明确不等关系的语句“不超过”的含义． 26、（1）见解析；（2）见解析；（3）(−2,−1). 【解析】 【分析】

（1）根据题意画出坐标系即可；

（2）根据关于y轴对称的点的坐标特点作出△DEF即可； （3）根据中心对称的特点直接写出答案即可． 【详解】 (1)(2)如图：

(3)根据图象得到点E的坐标为(2,1),其关于原点对称的点的坐标为(−2,−1). 【点睛】

此题考查作图-轴对称变换，解题关键在于掌握作图法则.