2020-2021学年湖北省十堰市某校初三（下）5月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省十堰市某校初三（下）5月月考数学试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列各数中，最小的数是( )
A.−3B.−(−2)C.0D.−14

2. 将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则∠α的大小为( )

A.85∘B.75∘C.65∘D.60∘

3. 下列图形都是由大小相同的正方体搭成的，其三视图都相同的是（ ）
A.B.
C.D.

4. 下列计算正确的是（ ）
A.2x+3y=5xyB.a10÷a5=a5
C.xy23=xy6D.m+32=m2+9

5. 某同学对数据16，20，20，36，5◼，51进行统计分析，发现其中一个两位数的个位数字被墨水涂污看不到了，则计算结果与被涂污数字无关的是( )
A.中位数B.平均数C.方差D.众数

6. 某单位向一所希望小学赠送1080本课外书，现用A、B两种不同的包装箱进行包装，单独使用B型包装箱比单独使用A型包装箱可少用6个；已知每个B型包装箱比每个A型包装箱可多装15本课外书．若设每个A型包装箱可以装书x本，则根据题意列得方程为( )
A.1080x=1080x−15+6B.1080x=1080x−15−6
C.1080x+15=1080x−6D.1080x+15=1080x+6

7. 如图，小正方形的边长均为1，有格点△ABC，则sinC=( )

A.23B.55C.12D.22

8. 如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，点D是AC的中点，AC与BD交于点E．若点E是BD的中点，则AC的长是( )

A.523B.33C.32D.42

9. 如图，在平面直角坐标系中，有若干个横、纵坐标均为整数的点，按如图顺序依次排列为1,0，2,0，2,1，1,1，1,2，2,2，…，根据这个规律，第2021个点的坐标为( )

A.46,4B.46,3C.45,4D.45,5

10. 如图，AB⊥x轴，B为垂足，双曲线y=kxx>0与△AOB的两条边OA，AB分别相交于C，D两点，OC=12CA，且△ABC的面积为3，则k等于( )

A.4B.2C.3D.1
二、填空题

华为麒麟990芯片是目前市场运行速度最快的芯片，采用7纳米制造工艺，已知7纳米=0.000000007米，用科学记数法将0.000000007表示为________.

如图，将△ABC的绕点A顺时针旋转得到△AED，点D正好落在BC边上．已知∠C=80∘，则∠EAB=________​∘．


若2021m=6，2021n=4，则20212m−n=________.

若对于所有的实数x，都有f(2x)+xf(2−x)=x2，则f(2)=________．

如图，在扇形AOB中，∠AOB=120∘，连接AB，以OA为直径作半圆C交AB于点D，若OA=4，则阴影部分的面积为_______.


如图，正方形ABCD的边长为2，点E，点F分别是边BC，边CD上的动点，且BE=CF，AE与BF相交于点P．若点M为边BC的中点，点N为边CD上任意一点，则MN+PN的最小值等于________．

三、解答题

计算：−22+|12−4|+(13)−1+2tan60∘．

先化简，再求值：1−a−1a÷aa+2−1a2+2a，其中 a=2−1.

某中学艺术节期间，学校向学生征集书画作品，杨老师从全校30个班中随机抽取了4个班（用A，B，C，D表示），对征集到的作品的数量进行了分析统计，制作了两幅不完整的统计图．
请根据以上信息，回答下列问题：
(1)请求出C班级作品件数，并估计全校共征集多少件作品？

(2)如果全校征集的作品中有5件获得一等奖，其中有3名作者是男生，2名作者是女生，现要在获得一等奖的作者中选取两人参加表彰座谈会，请你用列表或树状图的方法，求恰好选取的两名学生性别相同的概率．

已知关于x的一元二次方程x2+(k−5)x+1−k=0，其中k为常数．
(1)求证：无论k为何值，方程总有两个不相等实数根；

(2)已知函数y=x2+(k−5)x+1−k的图象不经过第三象限，求k的取值范围.

如图，在矩形ABCD的BC边上取一点E，连接AE，使得AE=EC，在AD边上取一点F，使得DF=BE，连接CF，过点D作DG⊥AE于G．

(1)求证：四边形AECF是菱形；

(2)若AB=4，BE=3，求DG的长．

如图，AB是⊙O的直径，点D，E在⊙O上，∠A=2∠BDE，点C在AB的延长线上，∠C=∠ABD．

(1)求证：CE是⊙O的切线；

(2)若⊙O的半径长为5，BF=2，求EF的长．

九年级数学兴趣小组经过市场调查，整理出某种商品在第x(1≤x≤90)天的售价与销量的相关信息如表：
已知该商品的进价为每件30元，设销售该商品的每天利润为y元.
(1)求出y与x的函数关系式；

(2)问销售该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？

(3)该商品在销售过程中，共有多少天每天销售利润不低于4800元？请直接写出结果．

如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，BE，点P为DC的中点 .

(1)观察图1，猜想线段AP与BE的数量关系是________，位置关系是________.

(2)把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，(1)中的结论是否仍然成立，若成立请证明，若不成立，请写出新的结论并说明理由；

(3)把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若DE=6,BC=10，请直接写出线段AP长的取值范围．

已知：如图，抛物线y=34x2+bx+c与x轴交于A(−1, 0)、B两点（A点在B点左侧），与y轴交于点C(0, −3)．

备用图
(1)求抛物线的解析式；

(2)若点D是线段BC下方抛物线上的动点，求四边形ABCD面积的最大值；

(3)若点E在x轴上，点P在抛物线上．是否存在以B，C，E，P为顶点的平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省十堰市某校初三（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
有理数大小比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ −(−2)=2，
∴ −3<−14<0<−(−2)，
∴ 最小的数是−3.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
三角形内角和定理
【解析】
先根据直角三角板的性质得出∠ACD的度数，再由三角形内角和定理即可得出结论．
【解答】
解：如图所示，
∵ ∠BCD=60∘，∠BCA=45∘，
∴ ∠ACD=∠BCD−∠BCA
=60∘−45∘=15∘，
∴ ∠α=180∘−∠D−∠ACD
=180∘−90∘−15∘=75∘.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
简单几何体的三视图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据四个图形易得C的三视图都是：
其它的都不符合题意.
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
同底数幂的除法
完全平方公式
同底数幂的乘法
幂的乘方与积的乘方
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：2x和3y不是同类项不能相加，故A错误；
a10÷a5=a5，故B正确；
xy23=x3y6，故C错误；
m+32=m2+6m+9，故D错误.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
中位数
方差
算术平均数
众数
【解析】
利用中位数、平均数、方差、众数的定义来求解即可．
【解答】
解：这组数据的平均数、方差和标准差都与被涂污数字有关，而这组数据的中位数为20与36的平均数，与被涂污数字无关．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
由实际问题抽象为分式方程
【解析】
关键描述语：单独使用B型包装箱比单独使用A型包装箱可少用6个；可列等量关系为：所用B型包装箱的数量＝所用A型包装箱的数量−6，由此可得到所求的方程．
【解答】
解：根据题意，可列等量关系为：所用B型包装箱的数量＝所用A型包装箱的数量−6，
得：1080x+15=1080x−6．
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
锐角三角函数的定义
勾股定理
勾股定理的逆定理
【解析】
连接BD，根据正方形的性质得到，∠CDB=90∘，BD=2，BC=10，根据正弦的定义计算即可．
【解答】
解：如图，连接BD，
由勾股逆定理可知，∠CDB=90∘，BD=2，BC=10，
则sinC=BDBC=55，
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
垂径定理
圆心角、弧、弦的关系
三角形中位线定理
全等三角形的性质与判定
【解析】
连接OD，交AC于F，根据垂径定理得出OD⊥AC，AF＝CF，进而证得DF＝BC，根据三角形中位线定理求得OF=12BC=12DF，从而求得BC＝DF＝2，利用勾股定理即可求得AC．
【解答】
解：连接OD，交AC于F，如图，
∵ 点D为AC的中点，
∴ OD⊥AC，AF=CF，
∴ ∠DFE=90∘.
∵ OA=OB，AF=CF，
∴ OF=12BC.
∵ AB是直径，
∴ ∠ACB=90∘，
在△EFD和△ECB中
∠DFE=∠BCE=90∘,∠DEF=∠BEC,DE=BE,
∴ △EFD≅△ECB(AAS)，
∴ DF=BC，
∴ OF=12DF，
∵ OD=3，
∴ OF=1，
∴ BC=2.
在Rt△ABC中，AC2=AB2−BC2，
∴ AC=AB2−BC2=62−22=42.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
规律型：点的坐标
【解析】
根据图形，观察不难发现，点的个数按照平方数的规律变化，并且横坐标是奇数时，纵坐标逐渐变小，横坐标是偶数时，纵坐标逐渐变大，然后求出与2021最接近的平方数，求解即可．
【解答】
解：∵452=2025，
∴第2025个点的横坐标为45，
∵2025−2021=4，
∴第2021个点在第2025个点的正上方4个单位处，
∴第2021个点的坐标为(45, 4)．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
反比例函数系数k的几何意义
相似三角形的性质与判定
【解析】
本题根据平行线的判定，相似三角形的判定及性质，相似三角形面积之比等于相似比的平方，还有同高不同底的三角形的面积之比等于两底之比，再根据反比例函数系数k的几何意义得答案。
【解答】
解：连接BC，过点C作CE⊥x轴于E，
∵AB⊥x轴，∴CE//AB，
∴△COE∽△AOB，
∵OC=12CA，OC+CA=OA，
∴OCOA=13，S△OCBS△ACB=OCAC=12，
∴S△OCES△AOB=19，
∵△ABC的面积为3，
∴△OCB的面积为32，
∴ △BOA面积为92，
∴ △COE面积为12，
∵点C在反比例函数y=kxx>0的图象上，且k>0，
∴S△OCE=12k=12k=12，
∴k=1.
故选D.
二、填空题
【答案】
7×10−9
【考点】
科学记数法--表示较小的数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：0.000000007=7×10−9，
故答案为：7×10−9.
【答案】
20
【考点】
旋转的性质
等腰三角形的性质
三角形内角和定理
【解析】
根据旋转的性质可得AC=AD，∠BAC=∠EAD，再根据等边对等角可得∠C=∠ADC，然后求出∠CAD，∠BAE=∠CAD，从而得解．
【解答】
解：∵ △ABC的绕点A顺时针旋转得到△AED，
∴ AC=AD，∠BAC=∠EAD，
∵ 点D正好落在BC边上，
∴ ∠C=∠ADC=80∘，
∴ ∠CAD=180∘−2×80∘=20∘，
∵ ∠BAE=∠EAD−∠BAD，∠CAD=∠BAC−∠BAD，
∴ ∠BAE=∠CAD，
∴ ∠EAB=20∘．
故答案为：20．
【答案】
9
【考点】
同底数幂的除法
幂的乘方与积的乘方
【解析】
根据同底数幂的除法的逆运算解答即可．
【解答】
解：∵ 2021m=6，2021n=4，
∴ 20212m−n=2021m2÷2021n=62÷4=9.
故答案为：9．
【答案】
0
【考点】
函数值
加减消元法解二元一次方程组
【解析】
分别将x=1及x=−1代入表达式，然后联立可得出答案．
【解答】
解：当x=1时可得：f(2)+f(12)=1；
当x=−1时，f(12)−f(2)=1；
联立求解可得：f(2)=0，f(12)=1．
故答案为：0．
【答案】
4π−33
【考点】
三角形的面积
扇形面积的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接OD，CD，如图：
∵ OA为圆C的直径，∴ OD⊥AB，
∵ OA=OB，AOB=120∘，
∴ AD=DB，∠OAD=30∘，
∴ OD=12OA=2，
由勾股定理得，AD=AO2−OD2=23，
∴ △AOB的面积=12×AB×OD=43，
∵ OC=CA，BD=DA，
∴ CD//OB，CD=12OB，
∴ ∠ACD=∠AOB=120∘，△ACD的面积=14×△AOB的面积=3，
∴ 阴影部分的面积=120×π×42360−△AOB的面积−(120×π×22360−△ACD的面积）
=163π−43−4π3+3
=4π−33.
故答案为：4π−33.
【答案】
10−1
【考点】
全等三角形的性质与判定
正方形的性质
轴对称——最短路线问题
【解析】
作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点N′，连接PH，HQ，当H、P、N′、Q四点共线时，MN+NP＝PQ的值最小，根据勾股定理HQ，再证明△ABE≅△BCF，进而得△APB为直角三角形，由直角三角形的性质，求得PH，进而求得PQ．
【解答】
解：作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点N′，连接PH，HQ，则MN′=QN′，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC，AB // CD，∠ABC=∠BCD=90∘，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC，∠ABE=∠BCF，BE=CF，
∴ △ABE≅△BCF(SAS)，
∴ ∠AEB=∠BFC，
∵ AB // CD，
∴ ∠ABP=∠BFC=∠AEB，
∵ ∠BAE+∠AEB=90∘，
∴ ∠BAE+∠ABP=90∘，
∴ ∠APB=90∘，
∴ PH=12AB=1，
∵ M点是BC的中点，
∴ BM=MC=CQ=12BC=1，
∵ PH+PQ≥HQ，
∴ 当H，P，Q三点共线时，
PH+PQ=HQ=BH2+BQ2=12+32=10的值最小，
∴ PQ的最小值为10−1，
此时，若N与N′重合时，
MN+PN=MN′+PN′
=QN′+PN′=PQ=10−1的值最小.
故答案为：10−1.
三、解答题
【答案】
解：原式=−4+4−23+3+23
=3．
【考点】
实数的运算
负整数指数幂
特殊角的三角函数值
绝对值
【解析】
直接利用负指数幂的性质以及特殊角的三角函数值和绝对值的性质分别化简进而得出答案．
【解答】
解：原式=−4+4−23+3+23
=3．
【答案】
解：原式=1−a−1a×a(a+2)(a+1)(a−1)
=1−a+2a+1
=−1a+1.
当a=2−1时，原式=−12−1+1=−22.
【考点】
分式的化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原式=1−a−1a×a(a+2)(a+1)(a−1)
=1−a+2a+1
=−1a+1.
当a=2−1时，原式=−12−1+1=−22.
【答案】
解：(1)所调查的4个班征集到的作品数为：6÷90360=24件，
C班征集到24−4−6−4=10件作品，平均每个班244=6件，
∴ 估计全校共征集作品6×30=180件．
(2)画树状图得：
∵ 共有20种等可能的结果，两名学生性别相同的有8种情况，
∴ 恰好抽中两名学生性别相同的概率为：820=25．
【考点】
用样本估计总体
扇形统计图
条形统计图
列表法与树状图法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)所调查的4个班征集到的作品数为：6÷90360=24件，
C班征集到24−4−6−4=10件作品，平均每个班244=6件，
∴ 估计全校共征集作品6×30=180件．
(2)画树状图得：
∵ 共有20种等可能的结果，两名学生性别相同的有8种情况，
∴ 恰好抽中两名学生性别相同的概率为：820=25．
【答案】
(1)证明：∵ Δ=(k−5)2−4(1−k)
=k2−6k+21
=(k−3)2+12>0，
∴ 无论k为何值，方程总有两个不相等实数根.
(2)解：由题意知，二次函数y=x2+(k−5)x+1−k的图象不经过第三象限，
∵ 二次项系数a=1，
∴ 抛物线开口方向向上.
∵ Δ=(k−5)2−4(1−k)=(k−3)2+12>0，
∴ 抛物线与x轴有两个交点.
设抛物线与x轴的交点的横坐标分别为x1，x2，
∴ x1+x2=5−k>0，x1⋅x2=1−k≥0，
解得k≤1，
即k的取值范围是k≤1.
【考点】
根的判别式
根与系数的关系
【解析】
（1）求出方程的判别式△的值，利用配方法得出△>0，根据判别式的意义即可证明；
（2）由于二次函数y＝x2+(k−5)x+1−k的图象不经过第三象限，又△＝(k−5)2−4(1−k)＝(k−3)2+12>0，所以抛物线的顶点在x轴的下方经过一、二、四象限，根据二次项系数知道抛物线开口向上，由此可以得出关于k的不等式组，解不等式组即可求解；
（3）设方程的两个根分别是x1，x2，根据题意得(x1−3)(x2−3)<0，根据一元二次方程根与系数的关系求得k的取值范围，再进一步求出k的最大整数值．
【解答】
(1)证明：∵ Δ=(k−5)2−4(1−k)
=k2−6k+21
=(k−3)2+12>0，
∴ 无论k为何值，方程总有两个不相等实数根.
(2)解：由题意知，二次函数y=x2+(k−5)x+1−k的图象不经过第三象限，
∵ 二次项系数a=1，
∴ 抛物线开口方向向上.
∵ Δ=(k−5)2−4(1−k)=(k−3)2+12>0，
∴ 抛物线与x轴有两个交点.
设抛物线与x轴的交点的横坐标分别为x1，x2，
∴ x1+x2=5−k>0，x1⋅x2=1−k≥0，
解得k≤1，
即k的取值范围是k≤1.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，AD=BC，
∵ BE=DF，
∴ AD−DF=BC−BE，即AF=EC，
∵ AF//EC，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
又∵ AE=EC，
∴ 四边形AECF是菱形．
(2)解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B=90∘，AD=BC，
∴ 在Rt△ABE中，AB=4，BE=3．
由勾股定理得AE=AB2+BE2=42+32=5，
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ EC=AE=5，
∴ AD=BC=BE+EC=3+5=8，
∵ AD//BC，
∴ ∠DAG=∠AEB．
∵ DG⊥AE，
∴ ∠B=∠AGD=90∘，
∴ △ADG∽△EAB，
∴ DGAB=ADAE，即DG4=85，
∴ DG=325．
【考点】
矩形的性质
菱形的判定
平行四边形的判定
勾股定理
菱形的性质
相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）证明：∵ 四边形ABCD是矩形
∴ AD//BC，AD=BC
∵ BE=DF
∴ AD−DF=BC−BE，即AF=EC，
∵ AF//EC，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
又∵ AE=EC，
∴ 四边形AECF是菱形．（没写AF//EC不扣分）
（2）解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B=90​∘，AD=BC，
∴ 在Rt△ABE中，AB=4，BE=3．
由勾股定理得AE=AB2+BE2=42+32=5，
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ EC=AE=5，
∴ AD=BC=BE+EC=3+5=8，
∵ AD//BC∴ ∠DAG=∠AEB．
∵ DG⊥AE，
∴ ∠B=∠AGD=90​∘．
∴ △ADG～△EAB．
∴ DGAB=ADAE，即DG4=85，
∴ DG=325．
（其他方法参照给分）
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，AD=BC，
∵ BE=DF，
∴ AD−DF=BC−BE，即AF=EC，
∵ AF//EC，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
又∵ AE=EC，
∴ 四边形AECF是菱形．
(2)解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B=90∘，AD=BC，
∴ 在Rt△ABE中，AB=4，BE=3．
由勾股定理得AE=AB2+BE2=42+32=5，
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ EC=AE=5，
∴ AD=BC=BE+EC=3+5=8，
∵ AD//BC，
∴ ∠DAG=∠AEB．
∵ DG⊥AE，
∴ ∠B=∠AGD=90∘，
∴ △ADG∽△EAB，
∴ DGAB=ADAE，即DG4=85，
∴ DG=325．
【答案】
(1)证明：连接OE，如图，
则∠BOE=2∠BDE，又∠A=2∠BDE，
∴ ∠BOE=∠A.
∵ ∠C=∠ABD，∴ △ABD∽△OCE，
∴ ∠ADB=∠OEC，
又∵ AB是直径，
∴ ∠OEC=∠ADB=90∘，
∴ CE是⊙O的切线.
(2)解：如图，连接BE，
设∠BDE=α，
∴ ∠ADF=90∘−α，∠A=2α，∠DBA=90∘−2α，
在△ADF中，∠DFA=180∘−2α−(90∘−α)=90∘−α，
∴ ∠ADF=∠DFA，∴ AD=AF，
在Rt△ADB中，AB=10，BF=2，
∴ AD=AF=8，
∵ ∠ADF=∠AFD，∠ADF=∠FBE，∠AFD=∠BFE，
∴ ∠BFE=∠FBE，
∴ BE=EF，
由(1)知，∠A=2∠BDE=∠BOE，
∵ ∠BED=∠A，
∴ ∠BEF=∠BOE，
∵ ∠FBE=∠OBE，∴ △BEF∽△BOE，
∴ EFOB=BFBE，
∴ EF5=2EF，∴ EF=10．
【考点】
圆周角定理
切线的判定与性质
相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）连接OE，首先得出△ABD∽△OCE，进而推出∠OCE＝90∘，即可得到结论；
（2）先判断出∠ADF＝∠DFA，得出AD＝AF，最后用勾股定理求出AD，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．
【解答】
(1)证明：连接OE，如图，
则∠BOE=2∠BDE，又∠A=2∠BDE，
∴ ∠BOE=∠A.
∵ ∠C=∠ABD，∴ △ABD∽△OCE，
∴ ∠ADB=∠OEC，
又∵ AB是直径，
∴ ∠OEC=∠ADB=90∘，
∴ CE是⊙O的切线.
(2)解：如图，连接BE，
设∠BDE=α，
∴ ∠ADF=90∘−α，∠A=2α，∠DBA=90∘−2α，
在△ADF中，∠DFA=180∘−2α−(90∘−α)=90∘−α，
∴ ∠ADF=∠DFA，∴ AD=AF，
在Rt△ADB中，AB=10，BF=2，
∴ AD=AF=8，
∵ ∠ADF=∠AFD，∠ADF=∠FBE，∠AFD=∠BFE，
∴ ∠BFE=∠FBE，
∴ BE=EF，
由(1)知，∠A=2∠BDE=∠BOE，
∵ ∠BED=∠A，
∴ ∠BEF=∠BOE，
∵ ∠FBE=∠OBE，∴ △BEF∽△BOE，
∴ EFOB=BFBE，
∴ EF5=2EF，∴ EF=10．
【答案】
解：(1)当1≤x<50时，
y=(200−2x)(x+40−30)=−2x2+180x+2000.
当50≤x≤90时，
y=(200−2x)(90−30)=−120x+12000.
综上所述：y=−2x2+180x+2000(1≤x<50)，−120x+12000(50≤x≤90).
(2)当1≤x<50时，二次函数开口向下，二次函数对称轴为x=45，
当x=45时，y最大=−2×452+180×45+2000=6050.
当50≤x≤90时，y随x的增大而减小，
当x=50时，y最大=6000.
综上所述，该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元.
(3)当1≤x<50时，y=−2x2+180x+2000≥4800，解得20≤x≤70，
因此利润不低于4800元的天数是20≤x<50，共30天；
当50≤x≤90时，y=−120x+12000≥4800，解得x≤60，
因此利润不低于4800元的天数是50≤x≤60，共11天，
所以该商品在销售过程中，共41天每天销售利润不低于4800元．
【考点】
二次函数的应用
一元二次方程的应用——利润问题
【解析】
（1）根据单价乘以数量，可得利润，可得答案；
（2）根据分段函数的性质，可分别得出最大值，根据有理数的比较，可得答案；
（3）根据二次函数值大于或等于4800，一次函数值大于或等于48000，可得不等式，根据解不等式组，可得答案．
【解答】
解：(1)当1≤x<50时，
y=(200−2x)(x+40−30)=−2x2+180x+2000.
当50≤x≤90时，
y=(200−2x)(90−30)=−120x+12000.
综上所述：y=−2x2+180x+2000(1≤x<50)，−120x+12000(50≤x≤90).
(2)当1≤x<50时，二次函数开口向下，二次函数对称轴为x=45，
当x=45时，y最大=−2×452+180×45+2000=6050.
当50≤x≤90时，y随x的增大而减小，
当x=50时，y最大=6000.
综上所述，该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元.
(3)当1≤x<50时，y=−2x2+180x+2000≥4800，解得20≤x≤70，
因此利润不低于4800元的天数是20≤x<50，共30天；
当50≤x≤90时，y=−120x+12000≥4800，解得x≤60，
因此利润不低于4800元的天数是50≤x≤60，共11天，
所以该商品在销售过程中，共41天每天销售利润不低于4800元．
【答案】
AP=12BE,PA⊥BE
(2)结论成立．理由如下：
如图2中，延长AP到J，使得PJ=PA，连接JC，延长PA交BE于O.
∵PA=PJ，PD=PC，∠APD=∠CPJ，
∴△APD≅△JPC(SAS)，
∴AD=CJ，∠ADP=∠JCP，
∴AD//CJ，
∴∠DAC+∠ACJ=180∘.
∵∠BAC=∠EAD=90∘，
∴∠EAB+∠DAC=180∘，
∴∠EAB=∠ACJ.
∵AB=AC，AE=AD=CJ，
∴△EAB≅△JCA(SAS)，
∴BE=AJ，∠CAJ=∠ABE.
∵PA=12AJ，
∴PA=12BE.
∵∠CAJ+∠BAO=90∘，
∴∠ABE+∠BAO=90∘，
∴∠AOB=90∘，
∴PA⊥BE.
(3)∵ △AED，△ABC都是等腰三角形，DE=6，BC=10，
∴ AD=AE=32，AC=AB=52.
由(2)可知CJ=AD=32.
∵AC=52,
∴ 52−32≤AJ≤52+32,
∴ 22≤AJ≤82.
∵ AJ=2AP,
∴ 2≤AP≤42.
【考点】
全等三角形的性质与判定
旋转的性质
三角形三边关系
【解析】
本题根据已知条件及全等三角形的判定得：△DAC≅△EABSAS ，结合直角三角形斜边中线的性质及垂线即可解决问题。
本题根据线段的中点，构造全等三角形，再利用平行线的性质与判定，从而证出△EAB≅△MCA，即可解决问题。
本题根据旋转的性质，勾股定理和三角形的三边不等关系求出AM的取值范围，即可解决问题。
【解答】
解：(1)如图1中，设PA交BE于点O．
∵AD=AE，AC=AB，∠DAC=∠EAB，
∴△DAC≅△EAB(SAS)，
∴BE=CD，∠ACD=∠ABE.
∵∠DAC=90∘，DP=PC，
∴PA=12CD=PC=PD，
∴PA=12BE，∠PCA=∠PAE.
∵∠CAP+∠BAO=90∘，
∴∠ABO+∠BAO=90∘，
∴∠AOB=90∘，
∴PA⊥BE．
故答案为：AP=12BE；PA⊥BE．
(2)结论成立．理由如下：
如图2中，延长AP到J，使得PJ=PA，连接JC，延长PA交BE于O.
∵PA=PJ，PD=PC，∠APD=∠CPJ，
∴△APD≅△JPC(SAS)，
∴AD=CJ，∠ADP=∠JCP，
∴AD//CJ，
∴∠DAC+∠ACJ=180∘.
∵∠BAC=∠EAD=90∘，
∴∠EAB+∠DAC=180∘，
∴∠EAB=∠ACJ.
∵AB=AC，AE=AD=CJ，
∴△EAB≅△JCA(SAS)，
∴BE=AJ，∠CAJ=∠ABE.
∵PA=12AJ，
∴PA=12BE.
∵∠CAJ+∠BAO=90∘，
∴∠ABE+∠BAO=90∘，
∴∠AOB=90∘，
∴PA⊥BE.
(3)∵ △AED，△ABC都是等腰三角形，DE=6，BC=10，
∴ AD=AE=32，AC=AB=52.
由(2)可知CJ=AD=32.
∵AC=52,
∴ 52−32≤AJ≤52+32,
∴ 22≤AJ≤82.
∵ AJ=2AP,
∴ 2≤AP≤42.
【答案】
解：(1)把A(−1, 0)，C0,−3代入y=34x2+bx+c，
即34−b+c=0，c=−3,
解得b=−94，c=−3，
∴ 抛物线为y=34x2−94x−3.
(2)如图，过点D作DM//y轴分别交线段BC和x轴于点M，N，
在y=34x2−94x−3中，令y=0，得x1=4，x2=−1.
∴ B(4, 0).
设直线BC的解析式为y=kx+t，
可求得直线BC的解析式为：y=34x−3.
S四边形ABCD=S△ABC+S△BDC
=12×5×3+12×4−0×DM=152+2DM.
设Dx,34x2−94x−3，Mx,34x−3，
则DM=34x−3−34x2−94x−3=−34x2+3x.
当x=2时，DM有最大值3.
此时四边形ABCD面积有最大值272.
(3)如图所示，
①过点C作CP1//x轴交抛物线于点P1；，过点P1作P1E1//BC交x轴于点E1，
此时四边形BCP1E1为平行四边形，C(0, −3).
设P1x,−3，
∴ 34x2−94x−3=−3，解得x1=0，x2=3，
∴ P1(3, −3)；
②平移直线BC交x轴于点E3，交x轴上方的抛物线于点P3，
当BC=P3E3时，四边形BCE3P3为平行四边形，
∵ C(0, −3)，
∴ 设P3(x, 3)，
∴34x2−94x−3=3，
解得x=3+412或x=3−412，
此时存在点P23+412,3和P33−412,3，
综上所述存在3个点符合题意，坐标分别是P1(3, −3)，P23+412,3和P33−412,3.
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数综合题
【解析】
(1)将A．C的坐标代入抛物线中，求出待定系数的值，即可得出抛物线的解析式；
(2)根据B．C的坐标，易求得直线BC的解析式．由于AB、OC都是定值，则．ABC的面积不变，若四边形ABCD面积最大，则．BDC的面积最大；过点D作DMⅡy轴交BC于M，则Mx,34x−3，可得到当．BDC面积有最大值时，四边形ABCD的面积最大值；
(3)本题应分情况讨论，代入抛物线的解析式中即可求得P点坐标．
【解答】
解：(1)把A(−1, 0)，C0,−3代入y=34x2+bx+c，
即34−b+c=0，c=−3,
解得b=−94，c=−3，
∴ 抛物线为y=34x2−94x−3.
(2)如图，过点D作DM//y轴分别交线段BC和x轴于点M，N，
在y=34x2−94x−3中，令y=0，得x1=4，x2=−1.
∴ B(4, 0).
设直线BC的解析式为y=kx+t，
可求得直线BC的解析式为：y=34x−3.
S四边形ABCD=S△ABC+S△BDC
=12×5×3+12×4−0×DM=152+2DM.
设Dx,34x2−94x−3，Mx,34x−3，
则DM=34x−3−34x2−94x−3=−34x2+3x.
当x=2时，DM有最大值3.
此时四边形ABCD面积有最大值272.
(3)如图所示，
①过点C作CP1//x轴交抛物线于点P1；，过点P1作P1E1//BC交x轴于点E1，
此时四边形BCP1E1为平行四边形，C(0, −3).
设P1x,−3，
∴ 34x2−94x−3=−3，解得x1=0，x2=3，
∴ P1(3, −3)；
②平移直线BC交x轴于点E3，交x轴上方的抛物线于点P3，
当BC=P3E3时，四边形BCE3P3为平行四边形，
∵ C(0, −3)，
∴ 设P3(x, 3)，
∴34x2−94x−3=3，
解得x=3+412或x=3−412，
此时存在点P23+412,3和P33−412,3，
综上所述存在3个点符合题意，坐标分别是P1(3, −3)，P23+412,3和P33−412,3.时间x（天）
1≤x<50
50≤x≤90
售价（元/件）
x+40
90
每天销量（件）
200−2x