2026届青海省海东市中考数学最后冲刺浓缩卷（含答案解析）

这是一份2026届青海省海东市中考数学最后冲刺浓缩卷（含答案解析），共35页。试卷主要包含了下列各式中计算正确的是，中国古代在利用“计里画方”等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，线段AB是直线y=4x+2的一部分，点A是直线与y轴的交点，点B的纵坐标为6，曲线BC是双曲线y=的一部分，点C的横坐标为6，由点C开始不断重复“A﹣B﹣C”的过程，形成一组波浪线．点P（2017，m）与Q（2020，n）均在该波浪线上，分别过P、Q两点向x轴作垂线段，垂足为点D和E，则四边形PDEQ的面积是（ ）
A．10B．C．D．15
2．如图是小明在物理实验课上用量筒和水测量铁块A的体积实验，小明在匀速向上将铁块提起，直至铁块完全露出水面一定高度的过程中，则下图能反映液面高度h与铁块被提起的时间t之间的函数关系的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
3．在数轴上表示不等式组的解集，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．下列计算，结果等于a4的是（ ）
A．a+3a B．a5﹣a C．（a2）2 D．a8÷a2
5．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．（2，3）B．（-2，3）C．（2，-3）D．（-2，-3）
6．如图，等腰直角三角形位于第一象限，，直角顶点在直线上，其中点的横坐标为，且两条直角边，分别平行于轴、轴，若反比例函数的图象与有交点，则的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
7．如图是一个正方体被截去一角后得到的几何体，从上面看得到的平面图形是（ ）
A．B．C．D．
8．设x1，x2是一元二次方程x2﹣2x﹣5＝0的两根，则x12+x22的值为（ ）
A．6B．8C．14D．16
9．下列各式中计算正确的是（ ）
A．x3•x3=2x6B．（xy2）3=xy6C．（a3）2=a5D．t10÷t9=t
10．中国古代在利用“计里画方”（比例缩放和直角坐标网格体系）的方法制作地图时，会利用测杆、水准仪和照板来测量距离．在如图所示的测量距离AB的示意图中，记照板“内芯”的高度为EF，观测者的眼睛（图中用点C表示）与BF在同一水平线上，则下列结论中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．二次函数的图象如图，若一元二次方程有实数根，则 的最大值为___
12．抛物线y＝﹣x2+bx+c的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程﹣x2+bx+c＝0的解为_____．
13．如图，在中，,,为边的高，点在轴上，点在轴上，点在第一象限，若从原点出发，沿轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点随之沿轴下滑，并带动在平面内滑动，设运动时间为秒，当到达原点时停止运动
连接，线段的长随的变化而变化，当最大时，______.当的边与坐标轴平行时，______.
14．分解因式：3x3﹣27x＝_____．
15．如图，△ABC的面积为6，平行于BC的两条直线分别交AB，AC于点D，E，F，G．若AD=DF=FB，则四边形DFGE的面积为_____．
16．如图，点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GA=5cm，GC=4cm，GB=3cm，将△ADG绕点D旋转180°得到△BDE，△ABC的面积=_____cm1．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）将一个等边三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（6，0）．点C、D分别在OB、AB边上，DC∥OA，CB=2．
（I）如图①，将△DCB沿射线CB方向平移，得到△D′C′B′．当点C平移到OB的中点时，求点D′的坐标；
（II）如图②，若边D′C′与AB的交点为M，边D′B′与∠ABB′的角平分线交于点N，当BB′多大时，四边形MBND′为菱形？并说明理由．
（III）若将△DCB绕点B顺时针旋转，得到△D′C′B，连接AD′，边D′C′的中点为P，连接AP，当AP最大时，求点P的坐标及AD′的值．（直接写出结果即可）．
18．（8分）一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“美”、“丽”、“光”、“明”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅拌均匀再摸球.若从中任取一个球，求摸出球上的汉字刚好是“美”的概率；甲从中任取一球，不放回，再从中任取一球，请用树状图或列表法，求甲取出的两个球上的汉字恰能组成“美丽”或“光明”的概率.
19．（8分）我市某中学艺术节期间，向全校学生征集书画作品．九年级美术王老师从全年级14个班中随机抽取了4个班，对征集到的作品的数量进行了分析统计，制作了如下两幅不完整的统计图．王老师采取的调查方式是 （填“普查”或“抽样调查”），王老师所调查的4个班征集到作品共 件，其中b班征集到作品 件，请把图2补充完整；王老师所调查的四个班平均每个班征集作品多少件？请估计全年级共征集到作品多少件？如果全年级参展作品中有5件获得一等奖，其中有3名作者是男生，2名作者是女生．现在要在其中抽两人去参加学校总结表彰座谈会，请直接写出恰好抽中一男一女的概率．
20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，∠BAC=90°，四边形EBOC是平行四边形，EB交⊙O于点D，连接CD并延长交AB的延长线于点F．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）若∠F=30°，EB=6，求图中阴影部分的面积．（结果保留根号和π）
21．（8分）已知：正方形绕点顺时针旋转至正方形，连接.如图，求证：；如图，延长交于，延长交于，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出如图中的四个角，使写出的每一个角的大小都等于旋转角.

22．（10分）如图，是菱形的对角线，，（1）请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）在（1）条件下，连接，求的度数．
23．（12分）计算：﹣（﹣2016）0+|﹣3|﹣4cs45°．
24．某蔬菜生产基地的气温较低时，用装有恒温系统的大棚栽培一种新品种蔬菜．如图是试验阶段的某天恒温系统从开启到关闭后，大棚内的温度y （℃）与时间x（h）之间的函数关系，其中线段AB、BC表示恒温系统开启阶段，双曲线的一部分CD表示恒温系统关闭阶段．
请根据图中信息解答下列问题：求这天的温度y与时间x（0≤x≤24）的函数关系式；求恒温系统设定的恒定温度；若大棚内的温度低于10℃时，蔬菜会受到伤害．问这天内，恒温系统最多可以关闭多少小时，才能使蔬菜避免受到伤害？
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
A，C之间的距离为6，点Q与点P的水平距离为3，进而得到A，B之间的水平距离为1，且k=6，根据四边形PDEQ的面积为，即可得到四边形PDEQ的面积．
【详解】
A，C之间的距离为6，
2017÷6=336…1，故点P离x轴的距离与点B离x轴的距离相同，
在y=4x+2中，当y=6时，x=1，即点P离x轴的距离为6，
∴m=6，
2020﹣2017=3，故点Q与点P的水平距离为3，
∵
解得k=6，
双曲线
1+3=4，
即点Q离x轴的距离为，
∴
∵四边形PDEQ的面积是．
故选：C．
考查了反比例函数的图象与性质，平行四边形的面积，综合性比较强，难度较大.
2、B
【解析】
根据题意，在实验中有3个阶段，
①、铁块在液面以下，液面得高度不变；
②、铁块的一部分露出液面，但未完全露出时，液面高度降低；
③、铁块在液面以上，完全露出时，液面高度又维持不变；
分析可得，B符合描述；
故选B．
3、C
【解析】
解不等式组，再将解集在数轴上正确表示出来即可
【详解】
解1＋x≥0得x≥﹣1，解2x－4＜0得x＜2，所以不等式的解集为﹣1≤x＜2，故选C.
本题主要考查了一元一次不等式组的求解，求出题中不等式组的解集是解题的关键.
4、C
【解析】
根据同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减；同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；幂的乘方法则：底数不变，指数相乘进行计算即可．
【详解】
A．a+3a=4a，错误；
B．a5和a不是同类项，不能合并，故此选项错误；
C．（a2）2=a4，正确；
D．a8÷a2=a6，错误．
故选C．
本题主要考查了同底数幂的乘除法，以及幂的乘方，关键是正确掌握计算法则．
5、A
【解析】
已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标．
【详解】
解：y=（x-2）2+3是抛物线的顶点式方程，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（2，3）．
故选A．
此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式y=a（x-h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是x=h．
6、D
【解析】
设直线y=x与BC交于E点，分别过A、E两点作x轴的垂线，垂足为D、F，则A（1，1），而AB=AC=2，则B（3，1），△ABC为等腰直角三角形，E为BC的中点，由中点坐标公式求E点坐标，当双曲线与△ABC有唯一交点时，这个交点分别为A、E，由此可求出k的取值范围.
解：∵，．．又∵过点，交于点，∴，
∴，∴．故选D.
7、B
【解析】
根据俯视图是从上面看到的图形可得俯视图为正方形以及右下角一个三角形．
【详解】
从上面看，是正方形右边有一条斜线，如图：
故选B．
考查了三视图的知识，根据俯视图是从物体的上面看得到的视图得出是解题关键．
8、C
【解析】
根据根与系数的关系得到x1+x2=2，x1•x2=-5，再变形x12+x22得到（x1+x2）2-2x1•x2，然后利用代入计算即可．
【详解】
∵一元二次方程x2-2x-5=0的两根是x1、x2，
∴x1+x2=2，x1•x2=-5，
∴x12+x22=（x1+x2）2-2x1•x2=22-2×（-5）=1．
故选C．
考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=- ，x1•x2= ．
9、D
【解析】
试题解析：A、 原式计算错误，故本选项错误；
B、 原式计算错误，故本选项错误；
C、 原式计算错误，故本选项错误；
D、 原式计算正确，故本选项正确；
故选D．
点睛：同底数幂相除，底数不变，指数相减.
10、B
【解析】
分析：由平行得出相似，由相似得出比例，即可作出判断.
详解: ∵EF∥AB, ∴△CEF∽△CAB, ∴,故选B.
点睛：本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、3
【解析】
试题解析：：∵抛物线的开口向上，顶点纵坐标为-3，
∴a＞1．
-=-3，即b2=12a，
∵一元二次方程ax2+bx+m=1有实数根，
∴△=b2-4am≥1，即12a-4am≥1，即12-4m≥1，解得m≤3，
∴m的最大值为3，
12、x1＝1，x2＝﹣1．
【解析】
直接观察图象，抛物线与x轴交于1，对称轴是x＝﹣1，所以根据抛物线的对称性可以求得抛物线与x轴的另一交点坐标，从而求得关于x的一元二次方程﹣x2+bx+c＝0的解．
【详解】
解：观察图象可知，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的一个交点为（1，0），对称轴为x＝﹣1，
∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（﹣1，0），
∴一元二次方程﹣x2+bx+c＝0的解为x1＝1，x2＝﹣1．
故本题答案为：x1＝1，x2＝﹣1．
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系．一元二次方程-x2+bx+c=0的解实质上是抛物线y=-x2+bx+c与x轴交点的横坐标的值．
13、4
【解析】
（1）由等腰三角形的性质可得AD=BD，从而可求出OD=4，然后根据当O，D，C共线时，OC取最大值求解即可；
（2）根据等腰三角形的性质求出CD，分AC∥y轴、BC∥x轴两种情况，根据相似三角形的判定定理和性质定理列式计算即可．
【详解】
（1），
，
当O，D，C共线时，OC取最大值，此时OD⊥AB.
∵，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴ ；
（2）∵BC=AC，CD为AB边的高，
∴∠ADC=90°，BD=DA=AB=4，
∴CD==3，
当AC∥y轴时，∠ABO=∠CAB，
∴Rt△ABO∽Rt△CAD，
∴，即，
解得，t=，
当BC∥x轴时，∠BAO=∠CBD，
∴Rt△ABO∽Rt△BCD，
∴，即，
解得，t= ，
则当t=或时，△ABC的边与坐标轴平行．
故答案为t=或．
本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
14、3x（x+3）（x﹣3）．
【解析】
首先提取公因式3x，再进一步运用平方差公式进行因式分解．
【详解】
3x3﹣27x
＝3x（x2﹣9）
＝3x（x+3）（x﹣3）．
本题考查用提公因式法和公式法进行因式分解的能力．
一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
15、1．
【解析】
先根据题意可证得△ABC∽△ADE，△ABC∽△AFG，再根据△ABC的面积为6分别求出△ADE与△AFG的面积，则四边形DFGE的面积=S△AFG-S△ADE.
【详解】
解：∵DE∥BC，,
∴△ADE∽△ABC，
∵AD=DF=FB，
∴=（）1,即=（）1,∴S△ADE=；
∵FG∥BC，∴△AFG∽△ABC，
=（）1，即=（）1，∴S△AFG=；
∴S四边形DFGE= S△AFG- S△ADE=-=1.故答案为：1.
本题考查了相似三角形的性质与应用，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的性质与应用.
16、18
【解析】
三角形的重心是三条中线的交点，根据中线的性质，S△ACD=S△BCD；再利用勾股定理逆定理证明BG⊥CE，从而得出△BCD的高，可求△BCD的面积．
【详解】
∵点G是△ABC的重心，
∴
∵GB=3，EG=GC=4，BE=GA=5，
∴，即BG⊥CE，
∵CD为△ABC的中线，
∴
∴
故答案为：18.
考查三角形重心的性质，中线的性质，旋转的性质，勾股定理逆定理等，综合性比较强，对学生要求较高.
三、解答题（共8题，共72分）
17、（Ⅰ）D′（3+，3）;（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形,理由见解析;
（Ⅲ）P（）．
【解析】
（Ⅰ）如图①中，作DH⊥BC于H．首先求出点D坐标，再求出CC′的长即可解决问题；
（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形．首先证明四边形MBND′是平行四边形，再证明BB′=BC′即可解决问题；
（Ⅲ）在△ABP中，由三角形三边关系得，AP＜AB+BP，推出当点A，B，P三点共线时，AP最大.
【详解】
（Ⅰ）如图①中，作DH⊥BC于H，
∵△AOB是等边三角形，DC∥OA，
∴∠DCB=∠AOB=60°，∠CDB=∠A=60°，
∴△CDB是等边三角形，
∵CB=2，DH⊥CB，
∴CH=HB=，DH=3，
∴D（6﹣，3），
∵C′B=3，
∴CC′=2﹣3，
∴DD′=CC′=2﹣3，
∴D′（3+，3）．
（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形，
理由：如图②中，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∴∠ABB'=180°﹣∠ABO=120°，
∵BN是∠ACC'的角平分线，
∴∠NBB′'=∠ABB'=60°=∠D′C′B，
∴D'C'∥BN，∵AB∥B′D′
∴四边形MBND'是平行四边形，
∵∠ME'C'=∠MCE'=60°，∠NCC'=∠NC'C=60°，
∴△MC′B'和△NBB'是等边三角形，
∴MC=CE'，NC=CC'，
∵B'C'=2，
∵四边形MBND'是菱形，
∴BN=BM，
∴BB'=B'C'=；
（Ⅲ）如图连接BP，
在△ABP中，由三角形三边关系得，AP＜AB+BP，
∴当点A，B，P三点共线时，AP最大，
如图③中，在△D'BE'中，由P为D'E的中点，得AP⊥D'E'，PD'=，
∴CP=3，
∴AP=6+3=9，
在Rt△APD'中，由勾股定理得，AD'==2．
此时P（，﹣）．
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，平移和旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解（2）的关键是四边形MCND'是平行四边形，解（3）的关键是判断出点A，C，P三点共线时，AP最大．
18、 (1)；(2).
【解析】
（1）一共4个小球，则任取一个球，共有4种不同结果，摸出球上的汉字刚好是“美”的概率为；
（2）列表或画出树状图，根据一共出现的等可能的情况及恰能组成“美丽”或“光明”的情况进行解答即可.
【详解】
(1) ∵“美”、“丽”、“光”、“明”的四个小球，任取一球，共有4种不同结果，
∴任取一个球，摸出球上的汉字刚好是“美”的概率P=
(2)列表如下：
根据表格可得：共有12中等可能的结果，其中恰能组成“美丽”或“光明”共有4种，故
取出的两个球上的汉字恰能组成“美丽”或“光明”的概率.
此题考查的是用列表法或树状图法求概率与不等式的性质．注意树状图法与列表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；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
19、（1）抽样调查；12；3；（2）60；（3）．
【解析】
试题分析：（1）根据只抽取了4个班可知是抽样调查，根据C在扇形图中的角度求出所占的份数，再根据C的人数是5，列式进行计算即可求出作品的件数，然后减去A、C、D的件数即为B的件数；
（2）求出平均每一个班的作品件数，然后乘以班级数14，计算即可得解；
（3）画出树状图或列出图表，再根据概率公式列式进行计算即可得解．
试题解析：（1）抽样调查，
所调查的4个班征集到作品数为：5÷=12件，B作品的件数为：12﹣2﹣5﹣2=3件，故答案为抽样调查；12；3；把图2补充完整如下：
（2）王老师所调查的四个班平均每个班征集作品=12÷4=3（件），所以，估计全年级征集到参展作品：3×14=42（件）；
（3）画树状图如下：
列表如下：
共有20种机会均等的结果，其中一男一女占12种，所以，P（一男一女）==，即恰好抽中一男一女的概率是．
考点：1．条形统计图；2．用样本估计总体；3．扇形统计图；4．列表法与树状图法；5．图表型．
20、（1）证明见解析；（2）9﹣3π
【解析】
试题分析：(1)、连接OD，根据平行四边形的性质得出∠AOC=∠OBE，∠COD=∠ODB，结合OB=OD得出∠DOC=∠AOC，从而证明出△COD和△COA全等，从而的得出答案；(2)、首先根据题意得出△OBD为等边三角形，根据等边三角形的性质得出EC=ED=BO=DB，根据Rt△AOC的勾股定理得出AC的长度，然后根据阴影部分的面积等于两个△AOC的面积减去扇形OAD的面积得出答案.
试题解析：（1）如图连接OD．
∵四边形OBEC是平行四边形，∴OC∥BE，∴∠AOC=∠OBE，∠COD=∠ODB，
∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB，∴∠DOC=∠AOC，
在△COD和△COA中，，∴△COD≌△COA，∴∠CDO=∠CAO=90°，
∴CF⊥OD， ∴CF是⊙O的切线．
（2）∵∠F=30°，∠ODF=90°，∴∠DOF=∠AOC=∠COD=60°，
∵OD=OB，∴△OBD是等边三角形，∴∠4=60°，∵∠4=∠F+∠1，∴∠1=∠2=30°，
∵EC∥OB，∴∠E=180°﹣∠4=120°，∴∠3=180°﹣∠E﹣∠2=30°，∴EC=ED=BO=DB，
∵EB=6，∴OB=OD═OA=3， 在Rt△AOC中，∵∠OAC=90°，OA=3，∠AOC=60°，
∴AC=OA•tan60°=3， ∴S阴=2•S△AOC﹣S扇形OAD=2××3×3﹣=9﹣3π．
21、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）连接AF、AC，易证∠EAC=∠DAF，再证明ΔEAC≅ΔDAF，根据全等三角形的性质即可得CE=DF；（2）由旋转的性质可得∠DAG、∠BAE都是旋转角，在四边形AEMB中，∠BAE+∠EMB=180°，∠FMC+∠EMB=180°，可得∠FMC=∠BAE，同理可得∠DAG=∠CNF，由此即可解答.
【详解】
(1)证明：连接，
∵正方形旋转至正方形
∴，
∴
∴
在和中,
,
∴
∴
(2).∠DAG、∠BAE、∠FMC、∠CNF；
由旋转的性质可得∠DAG、∠BAE都是旋转角，在四边形AEMB中，∠BAE+∠EMB=180°，∠FMC+∠EMB=180°，可得∠FMC=∠BAE，同理可得∠DAG=∠CNF，
本题考查了正方形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定与性质，证明ΔEAC≅ΔDAF是解决问题的关键.
22、（1）答案见解析；（2）45°．
【解析】
（1）分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；
（2）根据∠DBF＝∠ABD﹣∠ABF计算即可；
【详解】
（1）如图所示，直线EF即为所求；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD＝∠DBC∠ABC＝75°，DC∥AB，∠A＝∠C，
∴∠ABC＝150°，∠ABC+∠C＝180°，
∴∠C＝∠A＝30°．
∵EF垂直平分线段AB，
∴AF＝FB，
∴∠A＝∠FBA＝30°，
∴∠DBF＝∠ABD﹣∠FBE＝45°．
本题考查了线段的垂直平分线作法和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
23、1．
【解析】
根据二次根式性质，零指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值依次计算后合并即可．
【详解】
解：原式=1﹣1+3﹣4×=1．
本题考查实数的运算及特殊角三角形函数值．
24、（1）y关于x的函数解析式为；（2）恒温系统设定恒温为20°C；（3）恒温系统最多关闭10小时，蔬菜才能避免受到伤害．
【解析】
分析：（1）应用待定系数法分段求函数解析式；
（2）观察图象可得；
（3）代入临界值y=10即可．
详解：（1）设线段AB解析式为y=k1x+b（k≠0）
∵线段AB过点（0，10），（2，14）
代入得
解得
∴AB解析式为：y=2x+10（0≤x＜5）
∵B在线段AB上当x=5时，y=20
∴B坐标为（5，20）
∴线段BC的解析式为：y=20（5≤x＜10）
设双曲线CD解析式为：y=（k2≠0）
∵C（10，20）
∴k2=200
∴双曲线CD解析式为：y=（10≤x≤24）
∴y关于x的函数解析式为：
（2）由（1）恒温系统设定恒温为20°C
（3）把y=10代入y=中，解得，x=20
∴20-10=10
答：恒温系统最多关闭10小时，蔬菜才能避免受到伤害．
点睛：本题为实际应用背景的函数综合题，考查求得一次函数、反比例函数和常函数关系式．解答时应注意临界点的应用．
美
丽
光
明
美
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(美，丽)
(光，美)
(美，明)
丽
(美，丽)
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(光，丽)
(明，丽)
光
(美，光)
(光，丽)
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(光，明)
明
(美，明)
(明，丽)
(光，明)
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