數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊(cè)專題26.1 期末測(cè)試卷（滿分120分制）（人教版）（教師版）

九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)期末測(cè)試卷【人教版】考試時(shí)間：120分鐘；滿分：120分姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________考卷信息：本卷試題共26題，單選12題，填空6題，解答8題，滿分120分，限時(shí)120分鐘，本卷題型針對(duì)性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可衡量學(xué)生掌握所學(xué)內(nèi)容的具體情況！一、選擇題（共12小題，每小題3分，共36分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一項(xiàng)是符合要求的，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑）1．（3分）拼圖是一種廣受歡迎的智力游戲．下列拼圖組件是中心對(duì)稱圖形的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)中心對(duì)稱圖形的定義判斷即可．【解答】解：A、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；B、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；C、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；D、是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；故選：D．2．（3分）下列方程是一元二次方程的是（）A．2x+1＝0 B．x2﹣3x+1＝0 C．x2+y＝1 D．1【分析】利用一元二次方程的定義判斷即可．【解答】解：A、2x+1＝0是一元一次方程，不符合題意；B、x2﹣3x+1＝0是一元二次方程，符合題意；C、x2+y＝1是二元二次方程，不符合題意；D、1x故選：B．3．（3分）⊙O的半徑為2，線段OP＝4，則點(diǎn)P與⊙O的位置關(guān)系是（）A．點(diǎn)P在圓內(nèi) B．點(diǎn)P在圓上 C．點(diǎn)P在圓外 D．無(wú)法確定【分析】根據(jù)點(diǎn)在圓上，則d＝r；點(diǎn)在圓外，d＞r；點(diǎn)在圓內(nèi)，d＜r（d即點(diǎn)到圓心的距離，r即圓的半徑）．【解答】解：∵OP＝4＞2，∴點(diǎn)P與⊙O的位置關(guān)系是點(diǎn)P在⊙O外．故選：C．4．（3分）將拋物線y＝3x2向上平移2個(gè)單位，得到拋物線的解析式是（）A．y＝3x2﹣2 B．y＝3x2 C．y＝3（x+2）2 D．y＝3x2+2【分析】拋物線平移不改變a的值．【解答】解：原拋物線的頂點(diǎn)為（0，0），向上平移2個(gè)單位那么新拋物線的頂點(diǎn)為（0，2）．可設(shè)新拋物線的解析式為y＝3（x﹣h）2+k，代入得y＝3x2+2．故選：D．5．（3分）下列說(shuō)法正確的是（）A．“隨意翻到一本書的某頁(yè)，頁(yè)碼是奇數(shù)”是必然事件 B．“畫一個(gè)三角形，其內(nèi)角和一定等于180°”是必然事件 C．“二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁”是不可能事件 D．“短跑運(yùn)動(dòng)員1秒跑完100米”是隨機(jī)事件【分析】直接利用隨機(jī)事件以及必然事件的定義：在一定條件下，可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件，稱為隨機(jī)事件，進(jìn)而分析得出答案．【解答】解：A、“隨意翻到一本書的某頁(yè)，頁(yè)碼是奇數(shù)”是隨機(jī)事件，故原說(shuō)法不正確，不合題意；B、“畫一個(gè)三角形，其內(nèi)角和一定等于180°”是必然事件，故原說(shuō)法正確，符合題意；C、“二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁”是必然事件，故原說(shuō)法不正確，不合題意；D、“短跑運(yùn)動(dòng)員1秒跑完100米”是不可能事件，故原說(shuō)法不正確，不合題意．故選：B．6．（3分）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C，D在⊙O上，∠D＝20°，則∠1的大小是（）A．160° B．150° C．140° D．40°【分析】首先根據(jù)圓周角定理求得∠2＝2∠D＝40°，然后由鄰補(bǔ)角的定義求∠1的大?。窘獯稹拷猓喝鐖D，BC=BC，∠∴∠2＝2∠D＝40°．∴∠1＝180°﹣∠2＝140°．故選：C．7．（3分）已知點(diǎn)A（3，y1），B（103，y2）是拋物線y＝（x﹣2）2+3上的兩點(diǎn)，則y1，y2A．y1＜y2 B．y1＞y2 C．y1＝y(tǒng)2 D．無(wú)法確定【分析】可先求二次函數(shù)y＝x2的對(duì)稱軸為直線x＝2，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可判斷．【解答】解：由拋物線y＝（x﹣2）2+3可知，圖象開口向上，對(duì)稱軸為直線x＝2，∴當(dāng)x＞2時(shí)，y隨x的增大而增大，∵2＜3＜10∴y1＜y2，故選：A．8．（3分）如圖，圓錐母線長(zhǎng)l＝6，底面圓半徑r＝2，則圓錐側(cè)面展開圖的圓心角θ是（）A．160° B．140° C．120° D．100°【分析】根據(jù)圓錐的底面周長(zhǎng)等于圓錐的側(cè)面展開圖的弧長(zhǎng)，首先求得展開圖的弧長(zhǎng)，然后根據(jù)弧長(zhǎng)公式即可求解．【解答】解：圓錐側(cè)面展開圖的弧長(zhǎng)是：2π×2＝4π（cm），設(shè)圓心角θ的度數(shù)是n度．則nπ×6180=4解得：n＝120．故選：C．9．（3分）我國(guó)南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著《田畝比類乘除算法》中有這樣一道題：直天積八百六十四步，只云闊與長(zhǎng)共六十步，問(wèn)闊及長(zhǎng)各幾步．翻譯成數(shù)學(xué)問(wèn)題是：矩形面積為864平方步，寬與長(zhǎng)共60步，問(wèn)長(zhǎng)與寬各多少步．利用所學(xué)知識(shí)，可求出長(zhǎng)與寬分別是（）A．40步，20步 B．34步，26步 C．50步，10步 D．36步，24步【分析】設(shè)長(zhǎng)為x步，則寬為（60﹣x）步，根據(jù)矩形的面積公式結(jié)合矩形田地的面積為864平方步，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其較大值，再將其代入[x﹣（60﹣x）]中即可求出結(jié)論．【解答】解：設(shè)長(zhǎng)為x步，則寬為（60﹣x）步，依題意，得：x（60﹣x）＝864，解得：x1＝36，x2＝24，答：長(zhǎng)與寬分別是36步，24步，故選：D．10．（3分）如圖1所示，平整的地面上有一個(gè)不規(guī)則圖案（圖中陰影部分），小明想了解該圖案的面積是多少，他采取了以下辦法：用一個(gè)長(zhǎng)為8m，寬為5m的長(zhǎng)方形，將不規(guī)則圖案圍起來(lái)，然后在適當(dāng)位置隨機(jī)朝長(zhǎng)方形區(qū)域扔小球，并記錄小球落在不規(guī)則圖案上的次數(shù)（小球扔在界線上或長(zhǎng)方形區(qū)域外不計(jì)入試驗(yàn)結(jié)果），他將若干次有效試驗(yàn)的結(jié)果繪制成了圖2所示的折線統(tǒng)計(jì)圖，由此可估計(jì)不規(guī)則圖案的面積大約是（）A．12m2 B．14m2 C．16m2 D．18m2【分析】根據(jù)幾何概率知識(shí)求解不規(guī)則圖案占長(zhǎng)方形的面積大??；繼而根據(jù)折線圖用頻率估計(jì)概率，綜合以上兩點(diǎn)求解即可．【解答】解：由表可知，隨著實(shí)驗(yàn)次數(shù)的增加，小球落在不規(guī)則圖案上的頻率逐漸穩(wěn)定于0.35，所以小球落在不規(guī)則圖案上的概率約為0.35，則估計(jì)不規(guī)則圖案的面積大約是8×5×0.35＝14（m2），故選：B．11．（3分）如圖，已知AB所在圓的半徑為5，所對(duì)弦AB長(zhǎng)為8，點(diǎn)P是AB的中點(diǎn)，將AB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到AB'，則在該旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，線段PB掃過(guò)的面積是（）A．8π B．9π C．10π D．11π【分析】根據(jù)線段PB掃過(guò)的面積＝扇形BAB′的面積﹣扇形PAP′的面積求得即可．【解答】解：設(shè)AB所在圓的圓心為O，連接OP、OA、AP、AP′、AB′，∵點(diǎn)P是AB的中點(diǎn)，∴OP⊥AB，AM＝BM=12∴OM=O∴PM＝5﹣3＝2，∴PA=AM2∴線段PB掃過(guò)的面積＝S扇形ABB′﹣S扇形APP′=90π×82360?90π×(25故選：D．12．（3分）如圖，拋物線y＝﹣x（x﹣2）與x軸交于點(diǎn)O，A，把拋物線在x軸及其上方的部分記作C1，將C1向右平移得C2，C2與x軸交于點(diǎn)A，B．若直線y＝x+b與C1，C2共有3個(gè)不同的交點(diǎn)，則b的取值范圍是（）A．﹣2＜b＜?54 B．﹣2＜b＜?74 C．﹣3＜b＜?【分析】先解方程﹣x（x﹣2）＝0得A（2，0），則B（4，0），利用交點(diǎn)式寫出C2的解析式為y＝﹣（x﹣2）（x﹣4），即y＝﹣x2+6x﹣8（2≤x≤4），當(dāng)直線y＝x+b與y＝﹣x2+6x﹣8只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，求出此時(shí)b=?74，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)A（2，0）時(shí)b＝﹣2，然后寫出直線y＝x+b與C1，C2共有3個(gè)不同的交點(diǎn)，【解答】解：當(dāng)y＝0時(shí)，﹣x（x﹣2）＝0，解得x1＝0，x2＝2，∴A（2，0），OA＝2，∴B（4，0），∴C2的解析式為y＝﹣（x﹣2）（x﹣4），即y＝﹣x2+6x﹣8（2≤x≤4），當(dāng)直線y＝x+b與y＝﹣x2+6x﹣8只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，方程x+b＝﹣x2+6x﹣8有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)解，方程整理為x2﹣5x+b﹣8＝0，△＝（﹣5）2﹣4（b﹣8）＝0，解得b=?7當(dāng)直線經(jīng)過(guò)A（2，0）時(shí)，2+b＝0，解得b＝﹣2，∴直線y＝x+b與C1，C2共有3個(gè)不同的交點(diǎn)，b的取值范圍為﹣2＜b＜?7故選：B．二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，共18分）13．（3分）拋物線y＝﹣x2開口向下．【分析】根據(jù)二次函數(shù)解析式可得a＝﹣1＜0，因此拋物線開口向下．【解答】解：拋物線y＝﹣x2開口向下，故答案為：下．14．（3分）拋擲一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子，偶數(shù)點(diǎn)向上的概率是12【分析】用偶數(shù)點(diǎn)向上的結(jié)果數(shù)除以所有等可能結(jié)果數(shù)即可．【解答】解：∵拋擲一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子共有6種等可能結(jié)果，其中偶數(shù)點(diǎn)向上的有2、4、6這3種結(jié)果，∴偶數(shù)點(diǎn)向上的概率為36故答案為：1215．（3分）點(diǎn)M（1，2）關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）．【分析】根據(jù)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，橫縱、坐標(biāo)都互為相反數(shù)解答．【解答】解：點(diǎn)（1，2）關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）．故答案為：（﹣1，﹣2）．16．（3分）若關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有實(shí)數(shù)根，則m的取值范圍是m≤1．【分析】方程有實(shí)數(shù)根即△≥0，根據(jù)△建立關(guān)于m的不等式，求m的取值范圍．【解答】解：由題意知，Δ＝4﹣4m≥0，∴m≤1答：m的取值范圍是m≤1．17．（3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC關(guān)于x軸對(duì)稱，∠AOC＝60°，∠ABC＝90°，OA＝2，將四邊形OABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到四邊形OA1B1C1，接著將四邊形OA1B1C1繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到四邊形OA2B2C2…，依此方式，繞點(diǎn)O連續(xù)旋轉(zhuǎn)2021次得到四邊形OA2021B2021C2021，則點(diǎn)B2021的坐標(biāo)是（0，3+1）【分析】連接AC交OB于E．解直角三角形求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，探究規(guī)律，利用規(guī)律解決問(wèn)題即可．【解答】解：連接AC交OB于E．由題意，OA＝OC＝2，∠AOC＝60°，∠ABC＝90°，∵四邊形AOCB關(guān)于x軸對(duì)稱，∴∠AOE＝30°，∠ABE＝45°，∴OE＝OA?cos30°=3，AE＝EB＝OA∴B（3+1，0），B1（0，3+1），B2（?3?1，0），B觀察圖象可知，4次一個(gè)循環(huán)，∵2021÷4＝505…1，∴B2021的坐標(biāo)與B1相同，坐標(biāo)為（0，3+故答案為：（0，3+18．（3分）如圖，直線y＝﹣x+3與坐標(biāo)軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C為坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，BC＝1，點(diǎn)M為線段AC的中點(diǎn)，連接OM，則線段OM的最小值是322【分析】根據(jù)同圓的半徑相等可知：點(diǎn)C在半徑為1的⊙B上，通過(guò)畫圖可知，C在BD與圓B的交點(diǎn)時(shí)，OM最小，在DB的延長(zhǎng)線上時(shí)，OM最大，根據(jù)三角形的中位線定理可得結(jié)論．【解答】解：如圖，∵直線y＝﹣x+3與坐標(biāo)軸交于A，B兩點(diǎn)，∴A（3，0），B（0，3），∴OA＝OB＝3，∵點(diǎn)C為坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，BC＝1，∴C在⊙B上，且半徑為1，取OD＝OA＝3，連接CD，∵AM＝CM，OD＝OA，∴OM是△ACD的中位線，∴OM=12當(dāng)OM最小時(shí)，即CD最小，而D，B，C三點(diǎn)共線時(shí)，當(dāng)C在線段DB上時(shí)，OM最小，∵OB＝OD＝3，∠BOD＝90°，∴BD＝32，∴CD＝32?∴OM=12CD=322故答案為32三、解答題（本大題共8小題，共66分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）19．（6分）計(jì)算：（1﹣3）×2+（﹣2）2÷4．【分析】根據(jù)有理數(shù)的乘方、有理數(shù)的乘除法和加減法可以解答本題．【解答】解：（1﹣3）×2+（﹣2）2÷4＝（﹣2）×2+4÷4＝（﹣4）+1＝﹣3．20．（6分）解方程：2x2﹣3x＝1．【分析】方程整理為一般形式，找出a，b，c的值，計(jì)算出根的判別式大于0，代入求根公式即可求出解．【解答】解：整理得：2x2﹣3x﹣1＝0，這里a＝2，b＝﹣3，c＝﹣1，∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×2×（﹣1）＝9﹣（﹣8）＝17＞0，∴x=3±∴x1=3+174，x21．（8分）如圖所示，每個(gè)小方格都是邊長(zhǎng)為1的正方形，以點(diǎn)O為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系．（1）在圖中畫出△ABC向上平移6個(gè)單位后的△A1B1C1；（2）在圖中畫出△ABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后的△A2B2C2，并求出點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)C2所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)（結(jié)果保留π）．【分析】（1）分別作出三個(gè)頂點(diǎn)向上平移6個(gè)單位所得對(duì)應(yīng)點(diǎn)，再首尾順次連接即可；（2）將三個(gè)頂點(diǎn)分別繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，再首尾順次連接即可，繼而根據(jù)弧長(zhǎng)公式求解即可．【解答】解：（1）如圖所示，△A1B1C1即為所求．（2）如圖所示，△A2B2C2即為所求，∵OC=12+1∴點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)C2所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為90?π?218022．（8分）不透明袋子中有1個(gè)紅球，3個(gè)綠球，這些球除顏色外無(wú)其他差別．（1）若從袋子中隨機(jī)取出1個(gè)球，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算比較，取出哪種顏色球的概率較大；（2）若從袋子中同時(shí)隨機(jī)取出2個(gè)球，請(qǐng)用列表法或畫樹狀圖法，求取出的球恰好為一個(gè)紅球一個(gè)綠球的概率．【分析】（1）直接利用概率公式計(jì)算即可；（2）列表得出所有等可能結(jié)果，從中找到符合條件的結(jié)果數(shù)，再根據(jù)概率公式計(jì)算即可．【解答】解：（1）∵取出紅球的概率為14，取出綠球的概率為3∴取出綠球的概率較大；（2）列表如下：紅綠綠綠紅（綠，紅）（綠，紅）（綠，紅）綠（紅，綠）（綠，綠）（綠，綠）綠（紅，綠）（綠，綠）（綠，綠）綠（紅，綠）（綠，綠）（綠，綠）由表可知，共有12種等可能結(jié)果，其中取出的球恰好為一個(gè)紅球一個(gè)綠球的有6種結(jié)果，所以取出的球恰好為一個(gè)紅球一個(gè)綠球的概率為61223．（8分）【閱讀理解】如圖1，∠BOC為等邊△ABC的中心角，將∠BOC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度α（0°＜α＜120°），∠BOC的兩邊與三角形的邊BC，AC分別交于點(diǎn)M，N．設(shè)等邊△ABC的面積為S，通過(guò)證明可得△OBM≌△OCN，則S四邊形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=1【類比探究】如圖2，∠BOC為正方形ABCD的中心角，將∠BOC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度α（0°＜α＜90°），∠BOC的兩邊與正方形的邊BC，CD分別交于點(diǎn)M，N．若正方形ABCD的面積為S，請(qǐng)用含S的式子表示四邊形OMCN的面積（寫出具體探究過(guò)程）．【拓展應(yīng)用】如圖3，∠BOC為正六邊形ABCDEF的中心角，將∠BOC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度α（0°＜α＜60°），∠BOC的兩邊與正六邊形的邊BC，CD分別交于點(diǎn)M，N．若四邊形OMCN面積為6，請(qǐng)直接寫出正六邊形ABCDEF的面積．【分析】【類比探究】證明△BOM≌△CON（ASA），可得S四邊形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=14【拓展應(yīng)用】證明△BOM≌△CON（ASA），可得S四邊形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=16【解答】解：【類比探究】如圖2中，∵四邊形ABCD是正方形，O是中心，∴∠OCB＝∠OBC＝∠OCN＝45°，∠BOC＝90°，OB＝OC，∵∠MON＝∠BOC＝90°，∴∠BOM＝∠CON，∴△BOM≌△CON（ASA），∴S四邊形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=14【拓展應(yīng)用】如圖3中，∵四邊形ABCDEF是正六邊形，O是中心，∴∠OCB＝∠OBC＝∠OCN＝60°，∠BOC＝，60°，OB＝OC，∵∠MON＝∠BOC＝60°，∴∠BOM＝∠CON，∴△BOM≌△CON（ASA），∴S四邊形OMCN＝S△OMC+S△OCN＝S△OMC+S△OBM＝S△OBC=16S正六邊形ABCDEF∴S正六邊形ABCDEF＝6624．（10分）2020年是南寧市作為垃圾分類重點(diǎn)城市建設(shè)的攻堅(jiān)年，我市某商場(chǎng)計(jì)劃銷售A，B兩種型號(hào)的戶外垃圾桶，若商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)2個(gè)A型垃圾桶和3個(gè)B型垃圾桶需用170元，若購(gòu)進(jìn)3個(gè)A型垃圾桶和1個(gè)B型垃圾桶需用150元，當(dāng)A型垃圾桶每個(gè)售價(jià)為50元時(shí)，可銷售500個(gè)，若售價(jià)每提高1元，則銷售量減少10個(gè)．（1）A型垃圾桶與B型垃圾桶每個(gè)進(jìn)價(jià)各為多少元？（2）商場(chǎng)要想在A型垃圾桶銷售中獲得8000元利潤(rùn)，A型垃圾桶每個(gè)售價(jià)應(yīng)定為多少元？（3）在（2）的條件下，若B型垃圾桶的銷量m（個(gè)）與售價(jià)n（元）之間的關(guān)系式為m＝﹣2n+200，則當(dāng)B型垃圾桶的售價(jià)為多少元時(shí)，A、B兩種垃圾桶的銷售總利潤(rùn)最大？【分析】（1）設(shè)每個(gè)A型垃圾桶進(jìn)價(jià)為x元，B型垃圾桶進(jìn)價(jià)為y元，根據(jù)題意得列出二元一次方程組并求解即可；（2）根據(jù)利潤(rùn)＝每個(gè)垃圾桶的利潤(rùn)×銷售數(shù)量列出方程并求解即可；（3）設(shè)B型垃圾桶得銷售利潤(rùn)是y′元，根據(jù)利潤(rùn)＝每個(gè)垃圾桶的利潤(rùn)×銷售數(shù)量列出解析式，根據(jù)對(duì)稱軸求出售價(jià)即可．【解答】解：（1）設(shè)每個(gè)A型垃圾桶進(jìn)價(jià)為x元，B型垃圾桶進(jìn)價(jià)為y元，2x+3y=1703x+y=150解得：x=40y=30答：每個(gè)A型垃圾桶進(jìn)價(jià)為40元，B型垃圾桶進(jìn)價(jià)為30元；（2）設(shè)A型垃圾桶每個(gè)售價(jià)應(yīng)定為a元，銷售利潤(rùn)為y元，則y＝（x﹣40）[500﹣10（x﹣50）]＝﹣10x2+1400x﹣40000，依題意得，﹣10x2+1400x﹣40000＝8000，解得，x1＝60，x2＝80，答：每個(gè)A型垃圾桶每個(gè)售價(jià)應(yīng)定為60元或80元；（3）設(shè)B型垃圾桶得銷售利潤(rùn)是y′元，則y′＝（n﹣30）（﹣2n+200）＝﹣2n2+260n﹣6000，當(dāng)n=?b2a=65時(shí)，B型銷售利潤(rùn)y′最大，即A答：B型垃圾桶售價(jià)是65元時(shí)，A、B型垃圾桶的銷售總利潤(rùn)最大．25．（10分）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣2與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（4，0），與y軸交于點(diǎn)C．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線BC于點(diǎn)E，若PE＝DE，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)M是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，若滿足∠MAB不大于45°，求點(diǎn)M的橫坐標(biāo)m的取值范圍．【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法將A（﹣1，0）和點(diǎn)B（4，0）代入拋物線解析式，解方程組即可得出答案；（2）先運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式為y=12x﹣2，再設(shè)點(diǎn)P（m，12m2?32m﹣2），則D（m，0），E（m，12（3）在y軸正半軸和負(fù)半軸上分別取點(diǎn)G、H，使OG＝OH＝OA＝1，則G（0，1），H（0，﹣1），∠GAO＝HAO＝45°，再運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線AG、AH的解析式分別為y＝x+1，y＝﹣x﹣1，通過(guò)聯(lián)立方程組求得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的最大值和最小值，即可得出答案．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣2與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（4，0），∴a?b?2=016a+4b?2=0解得：a=1∴拋物線的解析式為y=12x2?（2）∵拋物線y=12x2?32x﹣2與∴令x＝0，得y＝﹣2，∴C（0，﹣2），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，∵B（4，0），C（0，﹣2），∴4k+c=0c=?2解得：k=1∴直線BC的解析式為y=12設(shè)點(diǎn)P（m，12m2?32m﹣2），則D（m，0），E（m，∴DE＝0﹣（12m﹣2）＝2?12m，PE=12m﹣2﹣（12m2?32∵PE＝DE，∴?12m2+2m＝2?解得：m1＝1，m2＝4（舍去），∴P（1，﹣3）；（3）∵A（﹣1，0）．∴OA＝1，在y軸正半軸和負(fù)半軸上分別取點(diǎn)G、H，使OG＝OH＝OA＝1，則G（0，1），H（0，﹣1），∠GAO＝HAO＝45°，設(shè)直線AG、AH的解析式分別為y＝m1x+n1，y＝m2x+n2，則?m1+解得：m1=1n∴直線AG、AH的解析式分別為y＝x+1，y＝﹣x﹣1，聯(lián)立方程組得y=x+1y=12解得：x=?1y=0（舍去）或x=6y=7或∴直線AG、AH與拋物線y=12x2?32x﹣2的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為M1∴當(dāng)滿足∠MAB不大于45°時(shí)，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)m的取值范圍為2≤m≤6．26．（10分）如圖，⊙O是四邊形ABCD的外接圓，直徑為10，過(guò)點(diǎn)D作DP⊥AB，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，AD平分∠PAC．（1）如圖1，若AC是⊙O的直徑，求證：PD與⊙O相切；（2）在（1）的條件下，若PA+PD＝4，求線段BC的長(zhǎng)；（3）如圖2，若BC＝CD，求AB+AD的最大值．【分析】（1）連接OD，由DP⊥AB得∠PAD+∠PDA＝90°，根據(jù)AD平分∠PAC，即得∠DAC+∠PDA＝90°，而∠DAC＝∠ODA，即可得∠ODP＝90°，故PD與⊙O相切；（2）連接OD，過(guò)A作AE⊥OD于E，由∠APD＝∠PDE＝∠DEA＝90°，知四邊形PDEA是矩形，PD＝AE，PA＝DE，設(shè)PD＝AE＝m，則PA＝DE＝4﹣m，在Rt△AOE中，有m2+（m+1）2＝52，可解得AE＝3，OE＝4，再由△AOE∽△CAB，AEBC=OA（3）連接BD，連接BO并延長(zhǎng)交⊙O于F，連接CF，由BC＝CD，AD平分∠PAC，可證明△BDC是等邊三角形，即有BD＝BC＝53，設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)，在Rt△APD中