两？设每枚黄金重x两，每枚白银重y两，根据题意得（ ） B． A．
D． C． 【考点】99：由实际问题抽象出二元一次方程组． 【专题】1 ：常规题型．
【分析】根据题意可得等量关系：①9枚黄金的重量=11枚白银的重量；②（10枚白银的重量+1枚黄金的重量）﹣（1枚白银的重量+8枚黄金的重量）=13两，根据等量关系列出方程组即可．
【解答】解：设每枚黄金重x两，每枚白银重y两，由题意得：
，
故选：D．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
9．（3分）（2018?广州）一次函数y=ax+b和反比例函数y=系中的大致图象是（ ）
在同一直角坐标
A． B．
C． D．
【考点】G2：反比例函数的图象；F3：一次函数的图象．
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【专题】1 ：常规题型．
【分析】先由一次函数的图象确定a、b的正负，再根据a﹣b判断双曲线所在的象限．能统一的是正确的，矛盾的是错误的．
【解答】解：当y=ax+b经过第一、二、三象限时，a＞0、b＞0， 由直线和x轴的交点知：﹣＞﹣1，即b＜a，∴a﹣b＞0，
所以双曲线在第一、三象限．故选项B不成立，选项A正确． 当y=ax+b经过第二、一、四象限时，a＜0，b＞0，
此时a﹣b＜0，双曲线位于第二、四象限，故选项C、D均不成立； 故选：A．
【点评】本题考查了一次函数、反比例函数的性质．解决本题用排除法比较方便．
10．（3分）（2018?广州）在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m．其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，…，第n次移动到An．则△OA2A2018的面积是（ ）
2 2A．504m B．m C．m D．1009m2
2
【考点】D2：规律型：点的坐标．
【专题】2A ：规律型；531：平面直角坐标系．
【分析】由OA4n=2n知OA2018=+1=1009，据此得出A2A2018=1009﹣1=1008，
据此利用三角形的面积公式计算可得． 【解答】解：由题意知OA4n=2n， ∵2018÷4=504…2，
∴OA2018=+1=1009，
∴A2A2018=1009﹣1=1008，
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则△OA2A2018的面积是×1×1008=504m2，
故选：A．
【点评】本题主要考查点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为4的倍数时对应长度即为下标的一半，据此可得．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）
11．（3分）（2018?广州）已知二次函数y=x2，当x＞0时，y随x的增大而 增大 （填“增大”或“减小”）． 【考点】H3：二次函数的性质． 【专题】1 ：常规题型．
【分析】根据二次函数的二次项系数a以及对称轴即可判断出函数的增减性． 【解答】解：∵二次函数y=x2，开口向上，对称轴为y轴， ∴当x＞0时，y随x的增大而增大． 故答案为：增大．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质，解答本题的关键是求出二次函数的对称轴为y轴，开口向上，此题难度不大．
12．（3分）（2018?广州）如图，旗杆高AB=8m，某一时刻，旗杆影子长BC=16m，则tanC=
．
【考点】T8：解直角三角形的应用；U5：平行投影． 【专题】55：几何图形．
【分析】根据直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵旗杆高AB=8m，旗杆影子长BC=16m，
∴tanC= ，
故答案为：
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【点评】此题考查解直角三角形的应用，关键是根据正切值是对边与邻边的比值解答．
13．（3分）（2018?广州）方程=的解是 x=2 ．
【考点】B3：解分式方程．
【专题】11 ：计算题；522：分式方程及应用．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解． 【解答】解：去分母得：x+6=4x， 解得：x=2，
经检验x=2是分式方程的解， 故答案为：x=2
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
14．（3分）（2018?广州）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是 （﹣5，4） ．
【考点】L8：菱形的性质；D5：坐标与图形性质． 【专题】556：矩形 菱形 正方形．
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标． 【解答】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上， ∴AB=5， ∴AD=5，
∴由勾股定理知：OD= = =4， ∴点C的坐标是：（﹣5，4）．
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