精品解析：河南省安阳市北关区安阳市第七中学2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题

安阳市七中教育集团九年级学情调研 数学 一、选择题（每题3分；共30分） 1. 如图：下列四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线向左平移3个单位，再向下平移2个单位后，所得的抛物线表达式是（ ） A. B. C. D. 3. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与的位置关系是（　　） A. 无法确定 B. 相切 C. 相交 D. 相离 5. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°.将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C，点A在边B′C上，则∠B′的大小为( ) A. 42° B. 48° C. 52° D. 58° 6. 关于x的一元二次方程kx2-2x-1=0有实数根,则k的取值范围是( ) A. k>-1或k≠0 B. k≥-1 C. k≤-1或k≠0 D. k≥-1且k≠0 7. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，如图2已知圆心在水面上方，且圆被水面截得的弦长为米，圆的半径长为米．若点为运行轨道的最低点，则点到弦所在直线的距离是（ ）米． A. B. 3 C. 1 D. 8. 如图，PA、PB是⊙O切线，A、B为切点，点C在⊙O上,且∠ACB＝55°，则∠APB等于( ) A. 55° B. 70° C. 110° D. 125° 9. 如图，矩形的顶点，若矩形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第秒时，矩形的对角线交点的坐标为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在矩形中，，以为斜边在矩形外部作直角三角形，为的中点，则的最大值为（ ） A. 2 B. 0 C. 8 D. 9 二、填空题（每题3分，共15分） 11. 若点和关于原点对称，则__________． 12. 某果园2015年水果产量为100吨，2017年水果产量为144吨，求该果园水果产量的年平均增长率．设该果园水果产量的年平均增长率为x，则根据题意可列方程为____． 13. 如图，直线和抛物线都经过点，不等式的解集___________. 14. 如图，在平行四边形中，以中点为圆心，长为半径画弧交于点，点恰好为中点，若，则图中阴影部分的面积为_________． 15. 如图，在中，，点为线段上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，连接，，则长的最小值为_________． 三、解答题（共75分） 16. 解方程： （1） （2）． 17. 已知关于x的方程． （1）求证：方程总有实数根． （2）当为何值时，方程的两根互为相反数？并求出此时方程的解． 18. 阅读理解 我们将使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点值，此时的点称为函数的零点，例如，对于函数，令，可得，我们就说1是函数的零点值，点是函数的零点． 问题解决 （1）已知函数，则该函数的零点坐标为：_____； （2）若二次函数有两个零点，求实数m的取值范围； （3）已知二次函数的两个零点都是整数点，求整数k的值． 19. 如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝，将△ABC绕点A逆时针旋转a得到△ADE，连接BD，EC，BD的延长线交EC的延长线于点F． （1）【问题发现】如图①，当α＝60°时，线段BF与EF的数量关系是______，∠BFE＝______； （2）【类比探究】当△ABC旋转到如图②所示的位置时，请判断线段BF与EF的数量关系及∠BFE的度数，并说明理由； （3）【问题解决】当AE∥BC时，请直接写出线段BF的长． 20. 如图三个顶点的坐标分别是．将绕点逆时针旋转，得到． （1）请在网格图中画出； （2）在（1）的条件下，求点B的路径弧的长． （3）若是的外接圆，请直接写出点M的坐标_________． 21. 已知，在中，，以点为圆心，为半径作圆，交于点． （1）请使用无刻度的直尺和圆规作线段的垂直平分线；(要求：不写作法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图) （2）线段与（1）中的所作的垂直平分线相交于点，连接，求证：是的切线； （3）连接，若，求的长． 22. 某公司推出一款产品，成本价元/千克，经过市场调查，该产品的日销售量（千克）与销售单价（元/千克）之间满足一次函数关系，该产品的日销售量与销售单价之间的几组对应值如下表： 销售单价（元/千克） 日销售量（千克） 注：日销售利润日销售量（销售单价成本单价） （1）求关于的函数解析式（不要求写出的取值范围）； （2）当销售价格为多少元时，日销售利润最大，最大利润是多少元； （3）该公司决定从每天的销售利润中捐赠元给“精准扶贫”对象，为了保证捐赠后每天的剩余利润不低于元，请直接写出该产品销售单价的范围_________． 23. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部O处，山坡上有一点A，点A与点O的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，AB是高度为3米的防御墙．若以点O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙AB； （3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面OA的最大距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安阳市七中教育集团九年级学情调研 数学 一、选择题（每题3分；共30分） 1. 如图：下列四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由轴对称图形以及中心对称图形的概念对每个选项一一判断即可. 【详解】A.是中心对称图形，不是轴对称图形； B.是轴对称图形，不是中心对称图形； C.是轴对称图形，也是中心对称图形； D.是轴对称图形，不是中心对称图形. 故选C. 【点睛】本题主要考查轴对称图形以及中心对称图形的概念. 2. 抛物线向左平移3个单位，再向下平移2个单位后，所得的抛物线表达式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可. 【详解】由“左加右减”的原则可知，将抛物线向左平移3个单位所得的抛物线的表达式是；由“上加下减”的原则可知，将抛物线向下平移2个单位所得的抛物线的表达式. 故选D. 【点睛】本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键. 3. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查配方法解一元二次方程，利用完全平方公式进行配方即可． 【详解】解：， 配方得， 即， 故选A． 4. 已知的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与的位置关系是（　　） A. 无法确定 B. 相切 C. 相交 D. 相离 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了判断直线和圆的位置关系，熟练掌握判断直线和圆的位置关系的方法是解题的关键． 按照判断直线和圆的位置关系的方法进行判断即可． 【详解】解：∵的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，且， ∴直线l与的位置关系是相交， 故选：C． 5. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°.将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C，点A在边B′C上，则∠B′的大小为( ) A. 42° B. 48° C. 52° D. 58° 【答案】A 【解析】 【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C′ ∴∠A′=∠BAC=90°，∠ACA′=48°， ∴∠B′=90°﹣∠ACA′=42°． 故选A． 6. 关于x的一元二次方程kx2-2x-1=0有实数根,则k的取值范围是( ) A. k>-1或k≠0 B. k≥-1 C. k≤-1或k≠0 D. k≥-1且k≠0 【答案】D 【解析】 【分析】根据方程有实数根，得到根的判别式大于等于0，求出不等式的解集即可得到k的取值范围． 【详解】∵一元二次方程kx2-2x-1=0有实数根， ∴△=(−2)+4k=4+4k⩾0， 且k≠0， 解得：k⩾−1，且k≠0， 故选D. 【点睛】本题考查根的判别式，熟练掌握计算法则是解题关键. 7. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，如图2已知圆心在水面上方，且圆被水面截得的弦长为米，圆的半径长为米．若点为运行轨道的最低点，则点到弦所在直线的距离是（ ）米． A. B. 3 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查圆的性质、垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键．连接交于，根据圆的性质和垂径定理可知，，根据勾股定理求得的长，由即可求解． 【详解】解：如图， 根据题意和圆的性质知点为的中点，连接交于，则，， 在中，，， ， ， 即点到弦所在直线的距离是米， 故选：A． 8. 如图，PA、PB是⊙O切线，A、B为切点，点C在⊙O上,且∠ACB＝55°，则∠APB等于( ) A. 55° B. 70° C. 110° D. 125° 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角，即连接OA，OB，求得∠AOB＝110°，再根据切线的性质以及四边形的内角和定理即可求解． 【详解】解：连接OA，OB， ∵PA，PB是⊙O的切线， ∴PA⊥OA，PB⊥OB， ∵∠ACB＝55°， ∴∠AOB＝110°， ∴∠APB＝360°−90°−90°−110°＝70°． 故选B． 【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，切线的性质，圆周角定理的应用，关键是求出∠AOB的度数． 9. 如图，矩形的顶点，若矩形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第秒时，矩形的对角线交点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转变换，矩形的性质，解直角三角形，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形．根据题意得出，过点作轴于点，求出，求出，再根据题意矩形绕点逆时针旋转，每秒旋转，第秒时，点的位置，进而得到点的坐标． 【详解】解：矩形的顶点，， ， 如图，过点作轴于点， ， ，， ， 矩形绕点逆时针旋转，每秒旋转， 秒， 每秒旋转一周， ， 旋转第秒时，点在轴的负半轴， 此时点的坐标为， 故选：C ． 10. 如图，在矩形中，，以为斜边在矩形外部作直角三角形，为的中点，则的最大值为（ ） A. 2 B. 0 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理及三角形三边关系，作出辅助线及熟知三级形三边关系是解题关键．取中点，连接，，根据矩形的性质可求，的长，根据勾股定理可求的长，根据直角三角形的性质可求的长，根据三角形三边关系可求得当点，点，点共线时，有最大值，即． 【详解】解：如图，取中点，连接，， 四边形是矩形， ，，， 点是中点，点是的中点， ，， ， 点是的斜边的中点， ， 根据三角形三边关系可得：， 当点，点，点共线时，最大值为． 故选：D． 二、填空题（每题3分，共15分） 11. 若点和关于原点对称，则__________． 【答案】-1 【解析】 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a、b的值，进而可得a+b的值． 【详解】解：∵点和关于原点对称， ∴a=2，b=-3， ∴a+b=-1． 故答案为：-1． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律． 12. 某果园2015年水果产量为100吨，2017年水果产量为144吨，求该果园水果产量的年平均增长率．设该果园水果产量的年平均增长率为x，则根据题意可列方程为____． 【答案】100(x+1)2=144 【解析】 【分析】2017年的产量=2015年的产量×（1+年平均增长率）2，把相关数值代入即可． 【详解】设该果园水果产量的年平均增长率为x，则2016年的产量为100（1+x）吨，2017年的产量为100（1+x）（1+x）=100（1+x）2吨，根据题意，得：100（1+x）2=144． 故答案为100（1+x）2=144． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程；得到2017年产量的等量关系是解决本题的关键． 13. 如图，直线和抛物线都经过点，不等式的解集___________. 【答案】 【解析】 【分析】求关于x的不等式x2+bx+c＜x+m的解集，实质上就是根据图象找出函数y=x+m的值大于函数y=x2+bx+c值时x的取值范围；由两个函数图象的交点及图象的位置，即可求得范围. 【详解】依题意得求关于x的不等式x2+bx+c＜x+m的解集， 实质上就是根据图象找出函数y=x+m的值大于函数y=x2+bx+c值时x的取值范围，而y=x2+bx+c的开口方向向上，且由两个函数图象的交点为A（1，0），B（3，2），结合两个图象的位置，可以得到此时x的取值范围：1＜x＜3. 故答案为：1＜x＜3. 【点睛】本题考查了利用函数图像解不等式，解答此题的关键是把解不等式的问题转化为比较函数值大小的问题. 14. 如图，在平行四边形中，以中点为圆心，长为半径画弧交于点，点恰好为中点，若，则图中阴影部分的面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查扇形的面积、菱形的性质与判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意作出合适的辅助线，证明四边形是菱形，然后根据题意可知，从而可以解答本题． 【详解】如解图，连接、，， 由题意可知，，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴. 故答案为：． 15. 如图，在中，，点为线段上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，连接，，则长的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，二次函数的性质，旋转的性质，由旋转的性质可知，，构造一个直角三角形与全等，即过点作于点，设，则可用表示的长，进而根据二次函数的性质即可求解． 【详解】解：设，则，过点作于点，如图： 由旋转的性质可知， ，， ， 又， ， ，． ， ， 在中，， 所以当时，取得最小值，即取得最小值． 故答案为：． 三、解答题（共75分） 16. 解方程： （1） （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了用配方法和因式分解法解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）利用配方法得到，然后利用直接开平方法解方程； （2）先移项，再利用因式分解法把方程转化为或，然后解一次方程即可． 【小问1详解】 解：， ， ，即， ， ，； 【小问2详解】 解：， ， ， 或， ，． 17. 已知关于x的方程． （1）求证：方程总有实数根． （2）当为何值时，方程的两根互为相反数？并求出此时方程的解． 【答案】（1） 证明： ， 所以方程总有实数根； （2）， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式；根与系数的关系，解一元二次方程． （1）先计算出，然后根据跟的判别式的意义得到方程有实数根； （2）利用根与系数的关系得到，即，解得，则原方程化为，然后利用直接开平方法求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设方程的两个根为，由题意得： ，即，解得， 当时，方程两根互为相反数， 当时，原方程为， 解得：． 18. 阅读理解 我们将使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点值，此时的点称为函数的零点，例如，对于函数，令，可得，我们就说1是函数的零点值，点是函数的零点． 问题解决 （1）已知函数，则该函数的零点坐标为：_____； （2）若二次函数有两个零点，求实数m的取值范围； （3）已知二次函数的两个零点都是整数点，求整数k的值． 【答案】（1）(，0) （2） （3） 【解析】 【分析】（1）令，可得x的值，即可求得该函数的零点坐标； （2）令，得到关于x的一元二方程，利用根的判别式即可求得实数的取值范围； （3）令，得到关于x的一元二方程，利用公式法解一元二次方程，即可求得整数的值． 【小问1详解】 令， 解得， ∴该函数的零点坐标为(，0)， 故答案为：(，0)； 【小问2详解】 令，得， ∵，，， ∴， 解得：， ∴实数的取值范围是：； 【小问3详解】 ． 令， 即， ∵，，， ∴ ∴， ∴或． ∵函数的两个零点都是整数，是整数， ∴是整数， ∴． 【点睛】本题考查了二次函数的综合题：把新定义“函数的零点值”转化为求函数图象与x轴的交点坐标，利用判别式的意义判断抛物线与x轴的交点个数解决（2）小题，利用公式法解一元二次方程解决（3）小题． 19. 如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝，将△ABC绕点A逆时针旋转a得到△ADE，连接BD，EC，BD的延长线交EC的延长线于点F． （1）【问题发现】如图①，当α＝60°时，线段BF与EF的数量关系是______，∠BFE＝______； （2）【类比探究】当△ABC旋转到如图②所示的位置时，请判断线段BF与EF的数量关系及∠BFE的度数，并说明理由； （3）【问题解决】当AE∥BC时，请直接写出线段BF的长． 【答案】（1）BF＝EF，60°； （2）BF＝EF，∠BFE＝60°，理由： 由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝120°，BC＝DE， ∵AB＝AC，∠BAC＝120°， ∴∠ACB＝∠ABC＝30°， 同理：∠ADE＝∠AED＝30°， ∵∠BAD＋∠DAC＝120°， ∠EAC＋∠DAC＝120°， ∴∠BAD＝∠EAC， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD△ACE， ∴∠ADB＝∠ACE， ∵∠EDF＝180°－∠ADB－∠ADE＝150°－∠ADB， ∠BCF＝180°－∠ACE－∠ACB＝150°－∠ACE， ∴∠EDF＝∠BCF， ∵∠F＝∠F， ∴△BCF△EDF（AAS）， ∴BF＝EF， ∴∠DEF＝∠AEC－30°，∠BDE＝∠BDA＋30°， ∴∠BFE＝∠BDE－∠DEF＝60°． （3）或 【解析】 【分析】（1）首先证明∠CAE+∠BAC=60°+120°=180°，则A、B、E三点共线，再证明△EBF是等边三角形，从而得出答案； （2）通过AAS可证明△EDF≌△BCF，得BF=EF，由∠DEF=∠AEC-∠AED=∠AEC-30°，∠BDE=∠BDA+∠ADE=∠BDA+30°，利用三角形外角的性质即可求出∠BFE的度数； （3）当点E在直线AB的右侧时，如图③，过点C作CH⊥BF于H，过点A作AM⊥BC于M，可得∠CBF=∠ABF-∠ABC=75°-30°=45°，∠F=60°，通过解直角三角形可求出BF的长，当点E在直线AB的左侧时，同理可得． 【小问1详解】 解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，AB=AC=2，∠BAC=120°， ∴∠DAE=∠BAC=120°，∠BAD=∠CAE=α=60°，AB=AD=AE=AC， ∴∠CAE+∠BAC=60°+120°=180°， ∴A、B、E三点共线， ∵∠CAE=60°，AC=AE， ∴△ACE是等边三角形， 同理△ABD是等边三角形， ∴∠FBE=∠FEB=60°， ∴△EBF是等边三角形， ∴BF=EF，∠BFE=60°； 故答案为：BF=EF，60° 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：当点E在直线AB的右侧时，如图3， 过点C作CH⊥BF于H，过点A作AM⊥BC于M， ∵AEBC， ∴∠ABC+∠BAE=180°， ∵∠ABC=30°， ∴∠BAE=150°， ∴∠BAD=30°， ∵AB=AD， ∴∠ABF=∠ADB==75°， ∴∠CBF=∠ABF-∠ABC=75°-30°=45°， ∵CH⊥BF， ∴∠BCH=∠CBF=45°， ∴BH=CH=BC， ∵AB=2，∠ABC=30°，AM⊥BC， ∴AM=AB＝×2=，BM=CM， ∴BM===3， ∴BC=2BM=6， ∴BH=CH=3， ∵CH⊥BF，∠BFE=60°， ∴HF=＝＝， ∴BF=BH+HF=3+； 当点E在直线AB的左侧时，如图4， 同理求得BF=3−， 综上所述：BF的长为3+或3-． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转变换，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键． 20. 如图三个顶点的坐标分别是．将绕点逆时针旋转，得到． （1）请在网格图中画出； （2）在（1）的条件下，求点B的路径弧的长． （3）若是的外接圆，请直接写出点M的坐标_________． 【答案】（1） 如图所示，即为所求； （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了作旋转图形，求弧长，求三角形的外接圆的圆心，掌握以上知识是解题的关键； （1）利用网格特点和旋转的性质画出点、的对应点、，从而得到； （2）先根据勾股定理求得的长，进而利用弧长公式求解； （3）根据网格特点作出的垂直平分线的交点，结合坐标系，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解： ∴点B的路径弧的长为 【小问3详解】 解：如图所示， 故答案为：． 21. 已知，在中，，以点为圆心，为半径作圆，交于点． （1）请使用无刻度的直尺和圆规作线段的垂直平分线；(要求：不写作法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图) （2）线段与（1）中的所作的垂直平分线相交于点，连接，求证：是的切线； （3）连接，若，求的长． 【答案】（1） 如图 （2） 证明：连接，如图， 为线段的垂直平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为的半径， 是的切线； （3） 【解析】 【分析】（1）利用线段垂直平分线的基本作图的作法解答即可； （2）连接，利用线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质和同圆的半径相等的性质以及平角的定义得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可； （3）利用线段垂直平分线的性质得出 ，设，则，在中，再利用勾股定理解答即可． 【小问1详解】 解：①．分别以，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点，， ②作直线，交于点，则为线段的垂直平分线． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 为线段的垂直平分线， ， 设，则， 由（2）知：， 在中，， ， 解得：， 即． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，线段的垂直平分线的作法与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，圆的切线的判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 22. 某公司推出一款产品，成本价元/千克，经过市场调查，该产品的日销售量（千克）与销售单价（元/千克）之间满足一次函数关系，该产品的日销售量与销售单价之间的几组对应值如下表： 销售单价（元/千克） 日销售量（千克） 注：日销售利润日销售量（销售单价成本单价） （1）求关于的函数解析式（不要求写出的取值范围）； （2）当销售价格为多少元时，日销售利润最大，最大利润是多少元； （3）该公司决定从每天的销售利润中捐赠元给“精准扶贫”对象，为了保证捐赠后每天的剩余利润不低于元，请直接写出该产品销售单价的范围_________． 【答案】（1） （2）当销售价格元时，日销售利润最大，最大值是元 （3） 【解析】 【分析】本题考查一次函数的应用，二次函数的性质，能够理解题意列出合理的方程和不等式是解题的关键． （1）从表格中取点代入一次函数解析式即可求解； （2）建立与的函数关系式，利用二次函数性质求最大值即可． （3）先求捐赠后的利润为元时的销售单价，再利用二次函数的性质直接下结论即可． 【小问1详解】 解：设与的函数关系式为， 则解得：，， ， 【小问2详解】 因为， 所以当时，有最大值， 最大值为， 所以当销售价格元时，日销售利润最大，最大值是元； 【小问3详解】 因为， 整理得：，解得：， 所以，当时，捐赠后每天的剩余利润不低于1025元 故答案为：． 23. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部O处，山坡上有一点A，点A与点O的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，AB是高度为3米的防御墙．若以点O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙AB； （3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面OA的最大距离． 【答案】（1）y＝﹣x2＋x（0≤x≤40） （2）能飞越 把x＝30代入y＝﹣x2＋x，得y＝﹣×900＋30＝7.5． ∵7.5＞3＋3，∴石块能飞越防御墙AB． （3）8.1米 【解析】 【分析】（1）设石块运行的函数关系式为y＝a（x﹣20）2+10，用待定系数法求得a的值即可求得答案； （2）把x＝30代入y＝﹣x2+x，求得y的值，与6作比较即可； （3）用待定系数法求得OA的解析式为y＝x，设抛物线上一点P（t，﹣t2+t），过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t），用含t的式子表示出d关于t的表达式，再利用二次函数的性质可得答案； 【小问1详解】 解：设石块的运动轨迹所在抛物线的解析式为y＝a（x﹣20）2＋10． 把（0，0）代入，得400a＋10＝0，解得a＝﹣． ∴y＝﹣（x﹣20）2＋10．即y＝﹣x2＋x（0≤x≤40）． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：设直线OA的解析式为y＝kx（k≠0）． 把（30，3）代入，得3＝30k， ∴k＝． 故直线OA的解析式为y＝x． 设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为（t，﹣t2＋t）． 过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t）． ∴PQ＝﹣t2＋t﹣t＝﹣t2＋t＝﹣（t﹣18）2＋8.1． ∴当t＝18时，PQ取最大值，最大值为8.1． 答：在竖直方向上，石块飞行时与坡面OA的最大距离是8.1米． 【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $