陕西省西安市航天城第二中学2023-2024学年九年级上学期12月月考数学试卷

2023-2024学年陕西省西安市航天城二中九年级（上）月考数学试卷（12月份） 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）在一个不透明的布袋中装有50个黄、红两种颜色的球，除颜色外，其他都相同，琪琪通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.4左右，则布袋中红球可能有（　　） A．30个 B．12个 C．75个 D．20个 2．（3分）将抛物线y＝﹣（x+1）2+4先向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度所得新抛物线顶点为（　　） A．（﹣2，2） B．（﹣2，6） C．（0，2） D．（0，﹣6） 3．（3分）抛物线y＝ax2+bx+c经过点（3，0）和（2，﹣3），且以直线x＝1为对称轴，则它的解析式为（　　） A．y＝﹣x2﹣2x﹣3 B．y＝x2﹣2x﹣3 C．y＝x2﹣2x+3 D．y＝﹣x2+2x﹣3 4．（3分）某网店销售一款李宁牌运动服，每件进价100元，若按每件128元出售，每天可卖出100件，根据市场调查结果，若每件降价1元，则每天可多卖出5件，要使每天获得的利润最大，则每件需要降价的钱数为（　　） A．3元 B．4元 C．5元 D．8元 5．（3分）在△ABC中，（2cosA﹣）2+|1﹣tanB|＝0，则△ABC一定是（　　） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 6．（3分）如图，某商场准备将自动扶梯改造成斜坡式．已知商场的层高AB为6m，∠ACB为45°，改造后扶梯AD的坡比是1：2，则改造后扶梯AD相比改造前AC增加的长度是（　　） A．6m B． m C． m D． m 7．（3分）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图①）的形状示意图．是⊙O的一部分，D是的中点，连接OD，与弦AB交于点C，连接OA，OB．已知AB＝24cm，碗深CD＝8cm，则⊙O的半径OA为（　　） A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm 8．（3分）如图，在△ABC中，点D在BC上，且AD＝BD＝CD，AE是BC边上的高，若沿AE所在直线折叠，点C恰好落在点D处，若，则△ADC的周长等于（　　） A．1 B． C．2 D．3 9．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，矩形PQNM的四个顶点分别在菱形的四边上，AP＝AQ＝CM＝CN，则矩形PMNQ的最大面积为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝mx（m≠0，m为常数）与双曲线（k≠0，k为常数）交于点A，B，若A（﹣1，a），B（b，﹣3），过点A作AM⊥x轴，垂足为M，连接BM，则△ABM的面积是（　　） A．2 B．m﹣1 C．3 D．6 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．（3分）二次函数y1＝ax2+bx+c与一次函数y2＝mx+n的图象如图所示，则满足ax2+bx+c≥mx+n的x的取值范围是　 　． 12．（3分）在△ABC中，∠C＝90°，AB＝8，AC＝4，则∠B的度数为 　 　． 13．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c图象如图所示，下列结论：①b2﹣4ac＞0；②2a+b＝0；③abc＞0；④4a+2b+c＜0；⑤ax2+bx+c﹣3＝0有两个相等的实数根，其中正确的有 　 　．（填序号） 14．（3分）已知（m，0）是抛物线y＝x2﹣4x+1与x轴的一个交点，则2022﹣m2+4m的值等于 　 　． 15．（3分）已知AB，CD是⊙O的两条平行弦，AB＝24，CD＝10，⊙O的半径为13，则弦AB与CD的距离为 　 　． 16．（3分）如图，正五边形ABCDE内接于圆O，P为弧DE上的一点（点P不与点D、E重合），则∠CPD的度数为　 　． 三、解答题（共72分） 17．（10分）（1）sin230°+2sin60°+tan45°﹣tan60°+cos230°； （2）﹣tan60°． 18．（5分）如图，已知扇形AOB，请用尺规作图法在弧AB上找一点C，使得OC将扇形AOB分成面积相等的两部分．（保留作图痕迹，不写作法） 19．（5分）如图，转盘上1、2、3、4四个数字分别代表鸡、猴、鼠、羊四种生肖邮票（每种邮票各两枚，鸡年邮票面值“80分”，其它邮票都是面值“1.20元”），转动转盘后，指针每落在某个数字所在扇形一次就表示获得该种邮票一枚． （1）任意转动转盘一次，获得猴年邮票的概率是 　 　； （2）任意转动转盘两次，求获得的两枚邮票可以邮寄一封需2.4元邮资的信件的概率． 20．（6分）如图，在河流的右岸边有一高楼AB，左岸边有一坡度i＝1：2的山坡CF，点C与点B在同一水平面上，CF与AB在同一平面内．某数学兴趣小组为了测量楼AB的高度，在坡底C处测得楼顶A的仰角为45°，然后沿坡面CF上行了20米（即CD＝20米）到达点D处，此时在D处测得楼顶A的仰角为26.7°．（参考数据：sin26.7°≈0.45，cos26.7°≈0.89，tan26.7°≈0.5） （1）求点C到点D的水平距离CE的长； （2）求楼AB的高度． 21．（7分）如图，利用长度为48m的篱笆，围成中间隔有一道篱笆的长方形的花圃，且花圃的长可借用一段墙体（墙体的最大可用长度a＝15m），墙体侧不多围篱笆． （1）如果所围成的花圃的面积为144m2，试求宽AB的长度； （2）按题目的设计要求，能围成面积比144m2更大的花圃吗？如果能，请求出最大面积，并说明围法；如果不能，请说明理由． 22．（8分）如图，过点C（8，6）分别作CB⊥x轴，CA⊥y轴，垂足分别为点B和点A，点F是线段BC上一个动点，但不与点B、点C重合，反比例函数y＝（k＞0）的图象过点F，与线段AC交于点E，连接EF． （1）当点E是线段AC的中点时，直接写出点F的坐标； （2）若△CEF的面积为6，求反比例函数的表达式． 23．（8分）某网店专门销售杭州第十九届亚运会吉祥物机器人“江南忆”套装，成本为每件30元，每天销售y（件）与销售单价x（元）之间存在一次函数关系，如图所示，网店每天的销售利润为W元．网店希望每天吉祥物机器人“江南忆”套装的销售量不低于250件． （1）求y与x之间的函数关系式（不要求写自变量的取值范围）； （2）当销售单价为多少元时，每天获取的利润最大，最大利润是多少？ 24．（7分）杭州亚运会羽毛球比赛项目中，中国队收获4金3银2铜共9枚奖牌，在一次羽毛球赛中，甲运动员在离地面1米的A点处发球，羽毛球的飞行路线为抛物线的一部分．当球运动到最高点时，离甲运动员站立地点O的水平距离为4米，其高度为米．在离点O水平距离5米处，放置一个高1.55米的球网BC，以点O为原点建立如图所示的坐标系，回答下列问题． （1）求抛物线的解析式（不要求写自变量的取值范围）； （2）试通过计算判断此球能否过网． 25．（6分）如图，已知在⊙O中，AB，CD两弦互相垂直于点E，AB被分成4cm和10cm两段． （1）求圆心O到CD的距离； （2）若⊙O半径为8cm，求CD的长是多少？ 26．（10分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象交x轴于A（﹣2，0），B（1，0），交y轴于C（0，2）． （1）求二次函数的解析式； （2）连接AC，在直线AC上方的抛物线上是否存在点N，使△NAC的面积最大，若存在，求出这个最大值及此时点N的坐标，若不存在，说明理由； （3）若点M在x轴上，是否存在点M，使以B、C、M为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由． 2023-2024学年陕西省西安市航天城二中九年级（上）月考数学试卷（12月份） 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．【分析】利用频率估计概率得到摸到黄球的概率为0.4，然后根据概率公式计算出黄球，再求红球即可． 【解答】解：设袋子中黄球有x个， 根据题意，得： ， 解得：x＝20， 则50﹣20＝30（个）， 即布袋中红球可能有30个， 故选：A． 【点评】本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是利用概率公式列方程求解得到黄球的个数． 2．【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律即可得到函数解析式，求得其顶点坐标即可． 【解答】解：将抛物线y＝﹣（x+1）2+4先向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度的二次函数的解析式为：y＝﹣（x+1﹣1）2+4﹣2，即y＝﹣x2+2． ∴平移后的二次函数的顶点坐标为（0，2）， 故选：C． 【点评】本题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减． 3．【分析】把已知两点坐标代入抛物线解析式，再由对称轴公式列出关系式，联立求出a，b，c的值，即可确定出解析式． 【解答】解：把（3，0）与（2，﹣3）代入抛物线解析式得：， 由直线x＝1为对称轴，得到﹣＝1，即b＝﹣2a， 代入方程组得：， 解得：a＝1，b＝﹣2，c＝﹣3， 则抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3， 故选：B． 【点评】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握待定系数法是解本题的关键． 4．【分析】设每件降价x元，每天获得的利润为W元，根据销售问题的数量关系表示出W与x之间的关系式，转化为顶点式即可． 【解答】解：设每件降价x元，每天获得的利润为W， 则W＝（128﹣x﹣100）（100+5x） ＝﹣5（x﹣4）2+2880． ∴a＝﹣5＜0， ∴x＝4时，y最大＝2880， 故选：B． 【点评】本题考查了利润问题的数量关系的运用，二次函数的解析式的运用，二次函数的性质的运用，解答时求出二次函数的解析式是关键． 5．【分析】根据非负数的和为零，可得每个非负数同时为零，根据特殊角三角函数值，可得A、B的值，根据直角三角形的判定，可得答案． 【解答】解：由（2cosA﹣）2+|1﹣tanB|＝0，得 2cosA＝，1﹣tanB＝0． 解得A＝45°，B＝45°， 则△ABC一定是等腰直角三角形， 故选：D． 【点评】本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键． 6．【分析】在Rt△ABC中，利用三角函数可得AC＝m，再根据坡比的定义以及勾股定理可求得AD＝m，进而可得出答案． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，AB＝6m， sin45°＝， 解得AC＝m， ∵改造后扶梯AD的坡比是1：2， ∴， 解得BD＝12m， ∴AD＝＝m， ∴AD﹣AC＝（﹣6）m． 故选：D． 【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，熟练掌握坡比的定义是解答本题的关键． 7．【分析】首先利用垂径定理的推论得出OD⊥AB，AC＝BC＝AB＝12cm，再设⊙O的半径OA为R cm，则OC＝（R﹣8）cm．在Rt△OAC中根据勾股定理列出方程R2＝122+（R﹣8）2，求出R即可． 【解答】解：∵是⊙O的一部分，D是的中点，AB＝24cm， ∴OD⊥AB，AC＝BC＝AB＝12cm． 设⊙O的半径OA为R cm，则OC＝OD﹣CD＝（R﹣8）cm． 在Rt△OAC中，∵∠OCA＝90°， ∴OA2＝AC2+OC2， ∴R2＝122+（R﹣8）2， ∴R＝13， 即⊙O的半径OA为13cm． 故选：A． 【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设⊙O的半径OA为R cm，列出关于R的方程是解题的关键． 8．【分析】根据等边对等角可得∠B＝∠BAD，∠C＝∠CAD，然后求出∠B+∠C＝90°，根据翻折的性质可得∠C＝∠ADC，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ADC＝∠B+∠BAD＝2∠B，即可求得∠B＝30°，又，AD＝CD，可得AC＝1，△ACD是等边三角形，故△ADC的周长为3． 【解答】解：∵AD＝BD＝CD， ∴∠B＝∠BAD，∠C＝∠CAD， ∵∠B+∠BAD+∠CAD+∠C＝180°， ∴∠B+∠C＝90°， ∴∠BAC＝90°， 由翻折的性质得，∠C＝∠ADC， 由三角形的外角性质得，∠ADC＝∠B+∠BAD＝2∠B， ∴∠B+2∠B＝90°， 解得∠B＝30°， ∴AB＝AC，∠C＝60°， ∵，AD＝CD， ∴AC＝1，△ACD是等边三角形， ∴AD＝CD＝AC＝1， ∴△ADC的周长为3， 故选：D． 【点评】本题考查了翻折变换的性质，三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，证明△ACD是等边三角形是解题的关键． 9．【分析】将矩形面积表示出来，再求最值． 【解答】解：如图： 连接AC，BD交于点O，AC分别交PQ，MN于点E，F． ∵菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形，∠ABD＝30°， ∴AC＝AB＝6． ∵矩形MNQP， ∴PQ∥BD，PM＝EF，PQ⊥AC． ∴∠APE＝∠ABD＝30°， 设AP＝a，AE＝CF＝a， ∴EF＝PM＝6﹣a． 由勾股定理得：PE＝＝． ∴PQ＝2PE＝a． ∴S矩形PMNQ＝PM•PQ＝a×（6﹣a）＝（﹣a2+6a） ＝﹣（a﹣3）2+9． ∵﹣＜0， ∴当a＝3时，矩形面积有最大值9． 故选：D． 【点评】本题考查矩形面积的最值，正确表示矩形面积，根据二次函数的性质求最值是求解本题的关键． 10．【分析】根据反比例的图象关于原点中心对称得到点A与点B关于原点中心对称，则S△OAM＝S△OBM，A（﹣1，3），（1，﹣3），代入解析式求得k＝﹣3，然后根据反比例函数y＝（k≠0）系数k的几何意义即可得到S△AOM＝|k|＝，进一步得出S△ABM＝2S△AOM＝3． 【解答】解：∵直线y＝mx（m≠0，m为常数）与双曲线（k≠0，k为常数）交于点A，B， ∴点A与点B关于原点中心对称， ∴S△OAM＝S△OBM， ∵A（﹣1，a），B（b，﹣3）， ∴a＝3，b＝1， ∴A（﹣1，3），（1，﹣3）， ∴k＝﹣1×3＝﹣3， ∵AM⊥x轴，垂足为M， ∴S△AOM＝|k|＝， ∵S△OAM＝S△OBM， ∴S△ABM＝2S△AOM＝3， 故选：C． 【点评】本题考查了反比例函数y＝（k≠0）系数k的几何意义：从反比例函数y＝（k≠0）图象上任意一点向x轴和y轴作垂线，垂线与坐标轴所围成的矩形面积为|k|． 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．【分析】从图象可以看出，﹣3≤x≤0时，抛物线的函数值大于一次函数的值，即可求解． 【解答】解：从图象可以看出，﹣3≤x≤0时，抛物线的函数值大于一次函数的值， 故答案为：﹣3≤x≤0． 【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点所代表的意义、图象上点的坐标特征等． 12．【分析】由锐角的正弦定义求出sinB＝，即可得到∠B的度数． 【解答】解：∵∠C＝90°，AB＝8，AC＝4， ∴sinB＝＝＝， ∴∠B＝60°． 【点评】本题考查特殊角的三角函数值，关键是由锐角的正弦定义求出sinB的值． 13．【分析】根据图象与x轴的交点个数，可以判断①；根据对称轴可以判断②；根据图象，可以判断a、b、c的正负，然后即可判断③；根据二次函数图象具有对称性，可知x＝0和x＝2对应的函数值相等，从而可以判断④；根据顶点坐标可以判断⑤． 【解答】解：由图象可得， 该函数图象与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞0，故①正确，符合题意； 对称轴为直线x＝1， ∴﹣＝1， 即2a+b＝0，故②正确，符合题意； 由图象可知：a＜0，b＞0，c＞0，则abc＜0，故③错误，不符合题意； x＝0和x＝2时对应的函数值相等，x＝0时，y＞0， ∴当x＝2时，y＝4a+2b+c＞0，故④错误，不符合题意； 由图象可知：该函数的顶点坐标为（1，3）， ∴ax2+bx+c﹣3＝0有两个相等的实数根，故⑤正确，符合题意； 故答案为：①②⑤． 【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 14．【分析】根据题意求出m2﹣4m＝﹣1，再利用整体代入的思想解决问题． 【解答】解：∵点A（m，0）是抛物线y＝x2﹣4x+1与x轴的一个交点， ∴m为方程0＝x2﹣4x+1的解， ∴m2﹣4m+1＝0， ∴m2﹣4m＝﹣1， ∴2022﹣m2+4m ＝2022﹣（m2﹣4m） ＝2022+1′ ＝2023． 故答案为：2023． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图像上的点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数与坐标轴的交点问题，学会整体代入求值． 15．【分析】由勾股定理，垂径定理，分两种情况讨论，即可求解． 【解答】解：当AB，CD在点O的两侧，作OM⊥AB于M，延长MO交CD于N，连接OA，OC， ∴AM＝AB＝12，CN＝CD＝5， ∴OM＝＝＝5， ON＝＝＝12， ∴MN＝OM+ON＝5+12＝17， ∴此时弦AB与CD之间的距离为17； 当AB，CD在点O的同侧，作OQ⊥CD于Q，交AB于P，连接OA，OC， ∴AP＝AB＝12，CQ＝CD＝5， ∴OP＝＝＝＝5， OQ＝＝＝12， ∴PQ＝OQ﹣OP＝12﹣5＝7， ∴此时弦AB与CD之间的距离为7， ∴弦AB与CD之间的距离为17或7． 故答案为：17或7． 【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，关键是分两种情况讨论，作辅助线构造直角三角形． 16．【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题． 【解答】解：如图，连接OC，OD． ∵ABCDE是正五边形， ∴∠COD＝＝72°， ∴∠CPD＝∠COD＝36°， 故答案为：36°． 【点评】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 三、解答题（共72分） 17．【分析】（1）由同角三角形函数的平方关系，特殊角的正弦值，正切值，即可计算； （2）由特殊角的正切值，完全平方公式，二次根式的性质，即可计算． 【解答】解：（1）原式＝1+2×+1﹣ ＝2+﹣ ＝2； （2）原式＝﹣ ＝﹣ ＝﹣1﹣ ＝﹣1． 【点评】本题考查同角三角形函数的关系，特殊角的三角形函数值，关键是掌握同角三角形函数的平方关系，特殊角的三角形函数值． 18．【分析】连接AB，过点O作OC垂直AB交于点C，即可求解． 【解答】解：如图，点C即为所求． ． 【点评】本题主要考查了垂径定理，尺规作图，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 19．【分析】（1）根据题意可以求得任意转动转盘一次，获得猴年邮票的概率； （2）根据题意可以写出转动转盘两次，所有可能出现的结果，然后找出符合要求的可能结果，即可求得相应的概率． 【解答】解：（1）由题意可得， 任意转动转盘一次，获得猴年邮票的概率是， 故答案为：； （2）∵转动转盘两次，所有可能出现的结果有：（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），共有16种，它们出现的可能性相同， ∴所有的结果中，满足“转动转盘两次，获得的两枚邮票可以邮寄一封需2.4元邮资的信件”（记为事件A）的结果有9种，所以P（A）＝， 即任意转动转盘两次，获得的两枚邮票可以邮寄一封需2.4元邮资的信件的概率是． 【点评】本题考查列表法与树状图法，解题的关键是明确题意，可以算出相应事件发生的可能性和发生的所有可能性，会计算相应的事件的概率． 20．【分析】（1）根据题意可得：DE⊥CE，再根据已知可DE＝x米，则CE＝2x米，然后利用勾股定理可求出CD＝x米，从而可得x＝20，进行计算即可解答； （2）过点D作DG⊥AB，垂足为G，根据题意可得：DE＝GB＝20米，DG＝EB，然后设AB＝x米，则AG＝（x﹣20）米，在Rt△ABC中，利用锐角是三角函数的定义求出BC的长，从而求出BE的长，再在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答． 【解答】解：（1）由题意得：DE⊥CE， ∵山坡CF的坡度i＝1：2， ∴＝， 设DE＝x米，则CE＝2x米， ∴CD＝＝＝x（米）， ∵CD＝20米， ∴x＝20， ∴x＝20， ∴DE＝20米，CE＝2x＝40（米）， ∴点C到点D的水平距离CE的长为40米； （2）过点D作DG⊥AB，垂足为G， 由题意得：DE＝GB＝20米，DG＝EB， 设AB＝x米， ∴AG＝AB﹣BG＝（x﹣20）米， 在Rt△ABC中，∠ACB＝45°， ∴BC＝＝x（米）， ∴DG＝EB＝EC+BC＝（x+40）米， 在Rt△ADG中，∠ADG＝26.7°， ∴tan26.7°＝＝≈0.5， 解得：x＝80， 经检验：x＝80是原方程的根， ∴AB＝80米， ∴楼AB的高度约为80米． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 21．【分析】（1）利用矩形的面积公式列出方程求解即可； （2）求出花圃面积与AB长度的函数关系式，根据二次函数的性质和AB长度取值范围求出面积的最大值． 【解答】解：（1）设AB的长为x米，根据题意列方程得： x（48﹣3x）＝144， 解得x1＝4，x2＝12， 当x＝4时，BC＝48﹣3x＝36＞15，不合题意，舍去， 当x＝12时，BC＝48﹣3x＝12， 如果要围成面积为144米2的花圃，AB的长是12米； （2）设花圃的面积为S，由题意可得： S＝x（48﹣3x） ＝﹣3x2+48x ＝﹣3（x﹣8）2+192， ∵墙体的最大可用长度a＝15m， ∴0＜48﹣3x≤15， ∴11≤x＜16， ∵对称轴x＝8，开口向下， ∴当x＝11时，花圃面积最大，S＝165m2． 【点评】本题考查了一元二次方程、二次函数的应用，根据已知条件列出二次函数式是解题的关键． 22．【分析】（1）由点C的坐标求得E的坐标，然后根据待定系数法求得反比例函数的解析式，进一步即可求得F点的坐标； （2）表示出点E的坐标是（，6），点F的坐标是（8，），由Rt△CEF的面积为6，得ו＝6，解方程即可求得k的值，从而求得反比例函数解析式． 【解答】解：（1）∵点C（8，6），点E是线段AC的中点， ∴E（4，6）， ∵反比例函数y＝（k＞0）的图象过点E， ∴k＝4×6＝24， ∴反比例函数为y＝， 把x＝8代入得y＝3， ∴F点的坐标为（8，3）； （2）∵点C（8，6），CB⊥x轴，CA⊥y轴，垂足分别为点B和点A，点E的纵坐标是6，点F的横坐标是8，∠CAO＝∠CBO＝90°， ∵∠AOB＝90°， ∴四边形OACB是矩形， ∵点E和点F都在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，点E的坐标是（，6），点F的坐标是（8，）， ∴CE＝8﹣＝，CF＝6﹣＝， 由Rt△CEF的面积为6，得CE•CF＝6， ∴ו＝6， 解得k1＝24，k2＝72（舍去）， ∴反比例函数的表达式是y＝． 【点评】本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，三角形的面积，表示出点的坐标是解题的关键． 23．【分析】（1）可用待定系数法来确定y与x之间的函数关系式； （2）根据利润＝销售量×单件利润，然后将（1）中的函数式代入其中，求出利润和销售单件之间的关系式，然后根据其性质判断出最大利润． 【解答】解：（1）设y＝kx+b，将（40，300）、（55，150）代入， 得， 解得， 所以y与x之间的函数关系式为：y＝﹣10x+700； （2）设每周可获利润为W元， W＝y（x﹣30） ＝（x﹣30）（﹣10x+700） ＝﹣10x2+1000x﹣21000 ＝﹣10（x﹣50）2+4000． 又∵﹣10x+700≥250， ∴x≤45， ∵x＜50， ∴x≤45， ∵x＜50时，W随x的增大而增大， ∴当x＝45时，W取得最大值，最大值为﹣10×25+4000＝3750． 答：当销售单价为45元时，每天获取的利润最大，最大利润是3750元． 【点评】此题主要考查了二次函数、一次函数等知识点的应用，能从实际问题中抽象出二次函数模型利用函数的增减性得出最值是解题的关键． 24．【分析】（1）设抛物线解析式为y＝a（x﹣4）2+，将点（0，1）代入可得出a的值，继而得出抛物线解析式； （2）令x＝5，求出y的值与BC比较即可． 【解答】解：（1）根据题意设抛物线解析式为y＝a（x﹣4）2+， 将点（0，1）代入可得：1＝a（x﹣4）2+， 解得：a＝﹣， ∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣4）2+； （2）此球能过网，理由： 当x＝5时，y＝﹣（5﹣4）2+＝4， ∵4＞1.55， ∴此球能过网． 【点评】本题考查了二次函数的应用，涉及了利用待定系数法求二次函数解析式的知识，解答本题的关键是建立直角坐标系，将实际问题转化为数学模型，难度一般． 25．【分析】（1）过点O分别作OM⊥AB于点M，ON⊥CD于点N，易知四边形ONEM是矩形，所以ON＝EM，再根据垂径定理和已知数据求出EM的长即可得到ON的长，即圆心O到CD的距离； （2）连接OD，先根据勾股定理求出ND的长，再由垂径定理即可得出CD的长． 【解答】解：（1）过点O分别作OM⊥AB于点M，ON⊥CD于点N，则∠ONE＝∠OME＝90°， ∵AB⊥CD， ∴∠NEM＝90°， ∴四边形ONEM是矩形， ∴ON＝EM． ∵OM⊥AB， ∴AM＝AB＝（4+10）＝7cm， ∴EM＝7﹣4＝3cm， ∴ON＝3cm，即圆心O到CD的距离为3cm； （2）连接OD， ∵ON⊥CD， ∴ND＝CD， ∵ON＝3cm，OD＝8cm， ∴ND＝＝， ∴CD＝2． 【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 26．【分析】（1）用待定系数法即得二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣x+2； （2）过N作ND∥y轴，交AC于D，由A（﹣2，0）、C（0，2）得直线AC的解析式为y＝x+2，设N（n，﹣n2﹣n+2），则D（n，n+2），可得ND＝﹣n2﹣2n，即得S△NAC＝ND•|xC﹣xA|＝﹣（n+1）2+1，根据二次函数性质可得答案； （3）设M（t，0），可得BM2＝（t﹣1）2，CM2＝t2+4，BC2＝12+22＝5，分三种情况：①当BC＝CM时，t2+4＝5，得M（﹣1，0）；②当BM＝BC时，（t﹣1）2＝5，得M（+1，0）或（﹣+1，0）；③当BM＝CM时，（t﹣1）2＝t2+4，得M（﹣，0）． 【解答】解：（1）由二次函数y＝ax2+bx+c的图象交x轴于A（﹣2，0），B（1，0），设二次函数的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣1）， 把C（0，2）代入得：2＝a（0+2）（0﹣1）， 解得a＝﹣1， ∴二次函数的解析式为y＝﹣（x+2）（x﹣1）＝﹣x2﹣x+2， 答：二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣x+2； （2）在直线AC上方的抛物线上存在点N，使△NAC的面积最大， 过N作ND∥y轴，交AC于D，如图： 设直线AC的解析式为y＝kx+b，把A（﹣2，0）、C（0，2）代入得： ， 解得：， ∴直线AC的解析式为y＝x+2， 设N（n，﹣n2﹣n+2），则D（n，n+2）， ∴ND＝（﹣n2﹣n+2）﹣（n+2）＝﹣n2﹣2n， ∴S△NAC＝ND•|xC﹣xA|＝×（﹣n2﹣2n）×2＝﹣n2﹣2n＝﹣（n+1）2+1， ∵﹣1＜0， ∴当n＝﹣1时，S△NAC有最大值为1，此时N（﹣1，2）， 答：在直线AC上方的抛物线上存在点N（﹣1，2），使△NAC的面积最大为1； （3）在x轴上存在点M，使以B、C、M为顶点的三角形是等腰三角形， 设M（t，0），而B（1，0），C（0，2）， ∴BM2＝（t﹣1）2，CM2＝t2+4，BC2＝12+22＝5， ①当BC＝CM时，t2+4＝5， 解得t＝1（与B重合，舍去）或t＝﹣1， ∴M（﹣1，0）； ②当BM＝BC时，（t﹣1）2＝5， 解得t＝+1或t＝﹣+1， ∴M（+1，0）或（﹣+1，0）； ③当BM＝CM时，（t﹣1）2＝t2+4， 解得t＝﹣， ∴M（﹣，0）， 综上所述，M坐标为（﹣1，0）或（+1，0）或（﹣+1，0）或（﹣，0）． 【点评】本题考查函数综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、等腰三角形判定等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标及相关线段的长度． 学科网（北京）股份有限公司 $$