2019-2020学年湖北省武汉市汉阳区九年级（下）期中数学试卷

这是一份2019-2020学年湖北省武汉市汉阳区九年级（下）期中数学试卷，共24页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列各数中，比−2小的数是（ ）
A.−3B.−1C.0D.1

2. 二次根式x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A.x>0B.x≥2C.x≥−2D.x≤2

3. 不透明的袋子中只有4个黑球和2个白球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件是不可能事件的是（ ）
A.3个球都是黑球B.3个球都是白球
C.3个球中有黑球D.3个球中有白球

4. 现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性，下列美术字是轴对称图形的是（ ）
A.我B.爱C.中D.国

5. 如图，下列选项中不是正六棱柱三视图的是( )

A.B.C.D.

6. 已知小明从A地到B地，速度为4千米/小时，A，B两地相距3千米，若用x（小时）表示行走的时间，y（千米）表示余下的路程，则y与x之间的函数表达式是（ ）
A.y＝4xB.y＝4x−3C.y＝−4xD.y＝3−4x

7. 安全防控，我们一直在坚守，某居委会组织两个检查组，分别对“居民居家安全”和“居民出行安全”的情况进行抽查．若这两个检查组在辖区内的某三个小区中各自随机抽取一个小区进行检查，则他们恰好抽到同一个小区的概率是（ ）
A.13B.49C.19D.23

8. 已知反比例函数y=−4x，A(x1, y1)，B(x2, y2)两点在该图象上．下列命题：
①该图象分别位于第二，第四象限；
②过A作AC⊥x轴，C为垂足，连接OA，则△ACO的面积为2；
③若x1<0④若y<2，则x<−2，其中真命题个数是（ ）
A.1B.2C.3D.4

9. 如图，在圆O上依次有A．B，C三点，BO的延长线交圆O于E，AE=CE，点C作CD // AB交BE的延长线于D，AD交圆O于点F，连接OA，OF，若∠AOF＝3∠FOE，且AF＝2，劣弧CF的长是（ ）

A.89πB.πC.109πD.43π

10. 设a1，a2，……a2020都是整数，且每个数ai(i＝1, 2,……2020)都满足−1≤ai≤2．若a1+a2+……+a2020＝100，a13+a23+...+a20203的最小值是106，a15+a25+...+a20205的最小值是130……，则a19+a29+……+a20209的最小值是（ ）
A.154B.178C.226D.610
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分

计算9的结果是________．

已知小明最近几次数学考试的成绩分别为：100，95，105，100，90．则这组数据的中位数是________．

计算2mm2−16n2−1m+4n的结果是________．

如图，E为平行四边形ABCD边AD上一点．将△ABE沿BE翻折得到△FBE，点F在BD上，且EF＝DF，若∠BDC＝84∘，则∠C＝________．


如图，二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)图象与x轴交于A(−1, 0)，对称轴为直线x＝1，与y轴的交点B在(0, 2)和(0, 3)之间（不包括这两个点），下列结论：
①当−10；②−1m(am+b)；④4ac−b2>8a其中正确的结论是________．


问题背景：如图1，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90∘，∠OAB＝∠OCD＝30∘，连接AC交BD的延长线于点M．则ACBD的值是________．
问题解决：如图2，在问题背景的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，点D始终在△OAB的外部，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB=7，当点C与点M重合时，AC的长是________3 ．

三、解答题（共8小题，共72分）

计算：(2a2)3−7a6+a2⋅a4

如图，AB // CD，AB＝CD，BF⊥AC于点F，DE⊥AC于点E，求证：AE＝CF．


“微信运动“被越来越多的人关注和喜爱，某兴趣小组随机调查了某市50名教师某日微信运动中的步数情况并进行统计整理，绘制了如下的统计图表（不完整），请根据以上信息，解答下列问题：

（1）写出a，b的值；

（2）补全频数分布直方图；

（3）若该市约有40000名教师，估计日行走步数超过1.2万步（包含1.2万步）的教师约有多少名？

如图，在每个小正方形边长为1的网格中，△OAB的顶点O，A，B均在格点上，DE是以O为圆心，2为半径的一段圆弧，请用无刻度的直尺画图（保留连线痕迹）．

（1）AB的长为________；

（2）将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α(0∘<α<90∘)，连接E′A．
①如图1，若E′是DE的中点，请在网格中画出点F，使△OE′F∽△OAE′；
②如图2，连接E′B，请在网格中画出点E′，使E′A+23E′B的值最小．

如图，△ABC内接于圆O，∠CBG＝∠A，直径CD＝16，OC与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．

（1）求证：PG与圆O相切；

（2）若EFAC=58，且PD＝OD，求OE的长．

张老板销售某上市新品，期间共销售该产品60天，设销售时间为x天，第一天销售单价定为60元/千克，售出18千克．从第1天至第39天，该产品成本价为28.5元/kg，销售单价每天降低0.5元，每天销售量增加2kg．从第40天开始，成本价降为24元/kg，销售单价稳定在36元/千克，每天销售量y(kg)与第x天满足一次函数关系y＝−2x+200，设第x天销售利润为w元
（1）直接写出w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）该商品在这60天的销售过程中，共有多少天每天销售利润不低于1232元？

如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=90∘，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．

(1)若△ABC是“准互余三角形”，∠C>90∘，∠A=60∘，则∠B=________​∘；

(2)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=4，BC=5．若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．

(3)如图2，在四边形ABCD中，AB=7，CD=12，BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，请直接写出对角线AC的长．

如图1，直线L:y＝−x+1与x轴，y轴分别交于点B，点E，抛物线L1:y＝ax2+bx+c经过点B，点A(−3, 0)和点C(0, −3)，并与直线L交于另一点D．

（1）求抛物线L1的解析式；

（2）如图2，点P为x轴上一动点，连接AD，AC，CP，当∠PCA＝∠ADB时，求点P的坐标；

（3）如图3，将抛物线L1平移，使其顶点是坐标原点O，得到抛物线L2，将直线DB向下平移经过坐标原点O，交抛物线L2于另一点F，点M(−12, 0)，点N是L2上且位于第一象限内一动点，MN交L2于Q点，QR // x轴分别交OF，ON于S，R，试说明：QS与SR存在一个确定的数量关系．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省武汉市汉阳区九年级（下）期中数学试卷
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1.
【答案】
A
【考点】
有理数大小比较
【解析】
根据题意，结合实数大小的比较，从符号和绝对值两个方面分析可得答案．
【解答】
比−2小的数是应该是负数，且绝对值大于2的数；
分析选项可得，只有A符合．
2.
【答案】
B
【考点】
二次根式有意义的条件
多边形内角与外角
点的坐标
【解析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【解答】
由题意得，x−2≥0，
解得，x≥2，
3.
【答案】
B
【考点】
随机事件
【解析】
根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型．
【解答】
A、3个球都是黑球是随机事件；
B、3个球都是白球是不可能事件；
C、3个球中有黑球是必然事件；
D、3个球中有白球是随机事件；
4.
【答案】
C
【考点】
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形的概念判断．
【解答】
A、我，不是轴对称图形；
B、爱，不是轴对称图形；
C、中，是轴对称图形；
D、国，不是轴对称图形；
5.
【答案】
A
【考点】
简单几何体的三视图
【解析】
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形.
【解答】
解：正六棱柱三视图分别为：
正视图：三个左右相邻的矩形；
左视图：两个左右相邻的矩形；
俯视图：正六边形.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
根据实际问题列一次函数关系式
【解析】
直接利用总路程-行驶的路程＝余下的路程，进而得出答案．
【解答】
用x（小时）表示行走的时间，y（千米）表示余下的路程，则y与x之间的函数表达式是：y＝3−4x．
7.
【答案】
A
【考点】
列表法与树状图法
【解析】
将三个小区分别记为A、B、C，列举出所有等情况数和他们恰好抽到同一个小区的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】
解：根据题意列表如下：将三个小区分别记为A，B，C，根据题意列表如下：
由表可知，共有9种等可能结果，其中他们恰好抽到同一个小区的有3种情况，
所以他们恰好抽到同一个小区的概率为39=13.
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
命题与定理
【解析】
利用反比例函数的性质逐条进行分析后即可确定正确的答案．
【解答】
①∵ k＝−4<0，∴ 它的图象在二、四象限正确，是真命题：
②S△AOC=|k|2=42=2，正确，是真命题；
③若x1<00>y2，故错误，是假命题；
④若y<2，则x<−2或x>0，故错误，是假命题，
真命题有2个，
9.
【答案】
C
【考点】
弧长的计算
圆周角定理
【解析】
先根据圆的性质得：∠CBD＝∠ABD，由平行线的性质得：∠ABD＝∠CDB，由一组对边平行且相等可得四边形ABCD是平行四边形，先设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，根据∠ABC+∠BAD＝180∘，列方程得：4x+2x+12(180−3x)＝180，求出x的值，接着求CF所对的圆心角和半径的长，根据弧长公式可得结论．
【解答】
∵ AE=CE，
∴ ∠CBD＝∠ABD，
∵ CD // AB，
∴ ∠ABD＝∠CDB，
∴ ∠CBD＝∠CDB，
∴ CB＝CD，
∵ BE是⊙O的直径，
∴ AB=BC，
∴ AB＝BC＝CD，
∵ CD // AB，
∴ 四边形ABCD是菱形，
∴ BC // AD，
∵ ∠AOF＝3∠FOE，
设∠FOE＝x，则∠AOF＝3x，
∠AOD＝∠FOE+∠AOF＝4x，
∵ OA＝OF，
∴ ∠OAF＝∠OFA=12(180−3x)∘，
∵ OA＝OB，
∴ ∠OAB＝∠OBA＝2x，
∴ ∠ABC＝4x，
∵ BC // AD，
∴ ∠ABC+∠BAD＝180∘，
∴ 4x+2x+12(180−3x)＝180，
解得：x＝20∘，
∴ ∠AOF＝3x＝60∘，∠AOE＝80∘，
∴ ∠COF＝80∘×2−60∘＝100∘，
∵ OA＝OF，
∴ △AOF是等边三角形，
∴ OF＝AF＝2，
∴ CF的长=100⋅π×2180=109π，
10.
【答案】
D
【考点】
规律型：图形的变化类
规律型：点的坐标
规律型：数字的变化类
【解析】
根据已知得出a15+a25+...+a20125＝−a+b+32d＝100+30d，再利用取最小值与最大值得出d与b的值，进而分析得出答案．
【解答】
因为−1≤ai≤2．
所以设有a个−1，b个1，c个0，d个2，
因为a1+a2+……+a2020＝100，
所以−a+b+2d＝100，
所以−a+b+8d＝100+6d，−a+b+32d＝100+30d，
因为a13+a23+...+a20203的最小值是106，a15+a25+...+a20205的最小值是130，
所以d＝1，
……，
所以−a+b+512d＝100+510d＝610，
所以a19+a29+……+a20209的最小值是610．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分
【答案】
3
【考点】
算术平方根
【解析】
由9表示9的算术平方根，根据算术平方根的定义即可求出结果．
【解答】
∵ 32＝9，
∴ 9=3．
【答案】
100
【考点】
中位数
【解析】
根据中位数的意义，将数据从小到大排序后，处在中间位置的数就是中位数，一共5个数，排序后找出处在第3位的数即可．
【解答】
将数据从小到大排序得：90、95、100、100、105，处在中间位置的，即第3个数就是中位数，中位数是100．
【答案】
1m−4n
【考点】
分式的加减运算
【解析】
根据分式的运算法则即可求出答案．
【解答】
原式=2m(m+4n)(m−4n)−m−4n(m+4n)(m−4n)，
=2m−(m−4n)(m+4n)(m−4n)，
=1m−4n．
【答案】
64∘
【考点】
翻折变换（折叠问题）
平行四边形的性质
【解析】
由折叠得出∠ABE＝∠DBE=12∠ABD＝42∘，∠A＝∠EFB，设∠C＝x，则∠DBC＝∠ADB=12x，得出84∘+x+12x＝180∘，解方程即可得出答案．
【解答】
∵ ▱ABCD，
∴ ∠A＝∠C，AD // BC，AB // CD，
∴ ∠ADF＝∠FBC，∠ABD＝∠BDC＝84∘，
∵ EF＝FD，
∴ ∠FED＝∠FDE，
∵ ∠FED+∠EDF＝∠EFB，
∴ ∠EDB=12∠EFB，
由折叠得：∠ABE＝∠DBE=12∠ABD＝42∘，∠A＝∠EFB，
设∠C＝x，则∠DBC＝∠ADB=12x，在△BDC中，由内角和定理得：
84∘+x+12x＝180∘，
解得：x＝64∘，
【答案】
①②③
【考点】
抛物线与x轴的交点
二次函数图象与系数的关系
【解析】
①先由抛物线的对称性求得抛物线与x轴令一个交点的坐标为(3, 0)，从而可知当当−10；
②设抛物线的解析式为y＝a(x+1)(x−3)，则y＝ax2−2ax−3a，令x＝0得：y＝−3a．由抛物线与y轴的交点B在(0, 2)和(0, 3)之间（不包括这两个点），可知2<−3a<3；
③由二次函数的最大值是y＝a+b+c，从而可知a+b+c>am2+bm+c(m≠1)．
④由4ac−b24a>2，a<0，从而求得4ac−b2<8a．
【解答】
①由抛物线的对称性可求得抛物线与x轴令一个交点的坐标为(3, 0)，当−10，故①正确；
②设抛物线的解析式为y＝a(x+1)(x−3)，则y＝ax2−2ax−3a，
令x＝0得：y＝−3a．
∵ 抛物线与y轴的交点B在(0, 2)和(0, 3)之间（不包括这两个点），
∴ 2<−3a<3．
解得：−1③∵ 当x＝1时，函数有最大值，即a+b+c>am2+bm+c(m≠1)，
∴ a+b>m(am+b)，故③正确；
④∵ 4ac−b24a>2，a<0，
∴ 4ac−b2<8a，故④错误，
【答案】
3,3
【考点】
含30度角的直角三角形
旋转的性质
【解析】
问题背景：根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则ACBD=OCOD=3；
问题解决：正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB＝90∘，ACBD=3，可得AC的长．
【解答】
问题背景：∵ Rt△COD中，∠DCO＝30∘，∠DOC＝90∘，
∴ ODOC=tan30∘=33，
同理得：OBOA=tan30=33，
∴ ODOC=OBOA，
∵ ∠AOB＝∠COD＝90∘，
∴ ∠AOC＝∠BOD，
∴ △AOC∽△BOD，
∴ ACBD=OCOD=3；
问题解决：①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，
∴ ∠AMB＝90∘，ACBD=3，
设BD＝x，则AC=3x，
Rt△COD中，∠OCD＝30∘，OD＝1，
∴ CD＝2，BC＝x−2，
Rt△AOB中，∠OAB＝30∘，OB=7，
∴ AB＝2OB＝27，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
(3x)2+(x−2)2＝(27)2，
解得：x1＝3，x2＝−2，
∴ AC＝33；
②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB＝90∘，ACBD=3，
设BD＝x，则AC=3x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
(3x)2+(x+2)2＝(27)2，
解得：x1＝−3，x2＝2，
∴ AC＝23（不合题意舍去）；
综上所述，AC的长为33，
三、解答题（共8小题，共72分）
【答案】
(2a2)3−7a6+a2⋅a4
＝8a6−7a6+a6
＝2a6．
【考点】
幂的乘方与积的乘方
同底数幂的乘法
【解析】
根据积的乘方法则、合并同类项法则计算即可．
【解答】
(2a2)3−7a6+a2⋅a4
＝8a6−7a6+a6
＝2a6．
【答案】
证明：∵ AB // CD，
∴ ∠A＝∠C，
又∵ AB＝CD，∠CED＝∠AFB＝90∘，
∴ △CDE≅△ABF(AAS)
∴ CE＝AF，
∴ AE＝CF．
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
由“AAS”可证△CDE≅△ABF，可得CE＝AF，即可得结论．
【解答】
证明：∵ AB // CD，
∴ ∠A＝∠C，
又∵ AB＝CD，∠CED＝∠AFB＝90∘，
∴ △CDE≅△ABF(AAS)
∴ CE＝AF，
∴ AE＝CF．
【答案】
a＝8÷50＝0.16，
b＝50×0.04＝2；
根据（1）求出的频数，补全统计图如下：
根据题意得：
40000×(0.20+0.06+0.04)＝12000（名），
答：估计日行走步数超过1.2万步（包含1.2万步）的教师约有12000名．
【考点】
频数（率）分布直方图
用样本估计总体
频数（率）分布表
【解析】
（1）根据频率＝频数÷总数可得答案；
（2）根据（1）求出b的值，即可补全统计图；
（3）用样本中超过1.2万步（包含1.2万步）的频率之和乘以总人数可得答案．
【解答】
a＝8÷50＝0.16，
b＝50×0.04＝2；
根据（1）求出的频数，补全统计图如下：
根据题意得：
40000×(0.20+0.06+0.04)＝12000（名），
答：估计日行走步数超过1.2万步（包含1.2万步）的教师约有12000名．
【答案】
5
①点F如图所示．
②如图2中，在OB数取一点T，使得OT=43，连接TE′，AT．
∵ OE′＝2，OB＝3，
∴ OE′2＝OT⋅OB，
∴ OE′OT=OBOE′，
∵ ∠TOE′＝∠BOE′，
∴ △TOE′∽△E′OB，
∴ BE′TE′=OBOE′=32，
∴ TE′=23BE′，
∴ AE′+23BE′＝AE′+E′T，
∵ AE′+E′T≥AT，AT=(43)2+42=4103，
∴ AE′+23BE′≥4103，
∴ AE′+23BE′的最小值为4103．
【考点】
作图-旋转变换
圆周角定理
作图-相似变换
圆心角、弧、弦的关系
【解析】
（1）利用勾股定理计算即可．
（2）①利用数形结合的思想，在OA上取一点F，使得OF＝1即可（可以证明OE2＝OF⋅OB，推出三角形相似）．
②如图2中，在OB数取一点T，使得OT=43，连接TE′，AT．证明△TOE′∽△E′OB，推出BE′TE′=OBOE′=32，推出TE′=23BE′，推出AE′+23BE′＝AE′+E′T，由AE′+E′T≥AT，可得结论．
【解答】
AB=32+42=5．
故答案为5．
①点F如图所示．
②如图2中，在OB数取一点T，使得OT=43，连接TE′，AT．
∵ OE′＝2，OB＝3，
∴ OE′2＝OT⋅OB，
∴ OE′OT=OBOE′，
∵ ∠TOE′＝∠BOE′，
∴ △TOE′∽△E′OB，
∴ BE′TE′=OBOE′=32，
∴ TE′=23BE′，
∴ AE′+23BE′＝AE′+E′T，
∵ AE′+E′T≥AT，AT=(43)2+42=4103，
∴ AE′+23BE′≥4103，
∴ AE′+23BE′的最小值为4103．
【答案】
如图，连接OB，则OB＝OD，
∴ ∠BDC＝∠DBO，
∵ ∠BAC＝∠BDC，∠BDC＝∠GBC，
∴ ∠GBC＝∠BDC，
∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠DBO+∠OBC＝90∘，
∴ ∠GBC+∠OBC＝90∘，
∴ ∠GBO＝90∘，
∴ PG与⊙O相切；
如上图，过点O作OM⊥AC于点M，连接OA，
则∠AOM＝∠COM=12∠AOC，
∵ AC=AC，
∴ ∠ABC=12∠AOC，
又∵ ∠EFB＝∠OMA＝90∘，
∴ △BEF∽△OAM，
∴ EFAM=BEOA，
∵ AM=12AC，OA＝OC，
∴ EF12AC=BEOC，
又∵ EFAC=58，
∴ BEOC=2×EFAC=2×58=54；
∵ PD＝OD，∠PBO＝90∘，
∴ BD＝OD＝8，
在Rt△DBC中，BC=DC2−BD2=83，
又∵ OD＝OB，
∴ △DOB是等边三角形，
∴ ∠DOB＝60∘，
∵ ∠DOB＝∠OBC+∠OCB，OB＝OC，
∴ ∠OCB＝30∘，
∴ EFCE=12，FCEF=3，
∴ 设EF＝x，则EC＝2x、FC=3x，
∴ BF＝83−3x，
∵ BECO=54，且OC＝8，
∴ BE＝10，
在Rt△BEF中，BE2＝EF2+BF2，
∴ 100＝x2+(83−3x)2，
解得：x＝6±13，
∵ 6+13>8，舍去，
∴ x＝6−13，
∴ EC＝12−213，
∴ OE＝8−(12−213)＝213−4．
【考点】
勾股定理
相似三角形的性质与判定
圆周角定理
切线的判定与性质
【解析】
（1）要证PG与⊙O相切只需证明∠OBG＝90∘，由∠A与∠BDC是同弧所对圆周角且∠BDC＝∠DBO可得∠CBG＝∠DBO，结合∠DBO+∠OBC＝90∘即可得证；
（2）证明△BEF∽△OAM、△DOB是等边三角形，求出BE＝10；利用勾股定理求出EF，进而求解．
【解答】
如图，连接OB，则OB＝OD，
∴ ∠BDC＝∠DBO，
∵ ∠BAC＝∠BDC，∠BDC＝∠GBC，
∴ ∠GBC＝∠BDC，
∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠DBO+∠OBC＝90∘，
∴ ∠GBC+∠OBC＝90∘，
∴ ∠GBO＝90∘，
∴ PG与⊙O相切；
如上图，过点O作OM⊥AC于点M，连接OA，
则∠AOM＝∠COM=12∠AOC，
∵ AC=AC，
∴ ∠ABC=12∠AOC，
又∵ ∠EFB＝∠OMA＝90∘，
∴ △BEF∽△OAM，
∴ EFAM=BEOA，
∵ AM=12AC，OA＝OC，
∴ EF12AC=BEOC，
又∵ EFAC=58，
∴ BEOC=2×EFAC=2×58=54；
∵ PD＝OD，∠PBO＝90∘，
∴ BD＝OD＝8，
在Rt△DBC中，BC=DC2−BD2=83，
又∵ OD＝OB，
∴ △DOB是等边三角形，
∴ ∠DOB＝60∘，
∵ ∠DOB＝∠OBC+∠OCB，OB＝OC，
∴ ∠OCB＝30∘，
∴ EFCE=12，FCEF=3，
∴ 设EF＝x，则EC＝2x、FC=3x，
∴ BF＝83−3x，
∵ BECO=54，且OC＝8，
∴ BE＝10，
在Rt△BEF中，BE2＝EF2+BF2，
∴ 100＝x2+(83−3x)2，
解得：x＝6±13，
∵ 6+13>8，舍去，
∴ x＝6−13，
∴ EC＝12−213，
∴ OE＝8−(12−213)＝213−4．
【答案】
由题意可得，可列方程，w=[60−0.5(x−1)−28.5][18+2(x−1)](1≤x≤39)(−2x+200)(36−24)(40≤x≤60)
整理得，w=−x2+56x+512(1≤x≤39)−24x+2400(40≤x≤60) ，
由（1）得w=−x2+56x+512(1≤x≤39)−24x+2400(40≤x≤60) ，
∴ 当1≤x≤39时，w＝−x2+56x+512＝−(x−28)2+1296
∵ −1<0
∴ x＝28时，有最大值
即当x＝28时，最大利润为1296元
当40≤x≤60时，w＝−24x+2400
∵ −24<0
∴ w随着x的增大而减小
∴ x＝40时有最大值
即w＝−24×40+2400＝1440
综上所述，销售该商品第40天时，当天销售利润最大，最大利润是1440元
当40≤x≤60时，w＝−24x+2400≥1232，得x≤1463，
∵ x为整数，
∴ 40≤x≤48
∴ 当w≥1232时，有1232＝−(x−28)2+1296，解得x1＝20，x2＝36
∴ 20≤x≤36时，w≥1232
故共有26天，每天销售利润不低于1232元
【考点】
二次函数的应用
【解析】
本题是通过构建函数模型解答销售利润的问题．
（1）依据题意根据销售利润＝销售量×（售价-进价），列出销售利润w（元）与销售价x（元/kg）之间的函数关系式，
（2）由（1）中的函数关系式，依据函数的增减性求得最大利润．
（3）易知，当40≤x≤60时，w恒小于1232，令w≥1232求解得x即可
【解答】
由题意可得，可列方程，w=[60−0.5(x−1)−28.5][18+2(x−1)](1≤x≤39)(−2x+200)(36−24)(40≤x≤60)
整理得，w=−x2+56x+512(1≤x≤39)−24x+2400(40≤x≤60) ，
由（1）得w=−x2+56x+512(1≤x≤39)−24x+2400(40≤x≤60) ，
∴ 当1≤x≤39时，w＝−x2+56x+512＝−(x−28)2+1296
∵ −1<0
∴ x＝28时，有最大值
即当x＝28时，最大利润为1296元
当40≤x≤60时，w＝−24x+2400
∵ −24<0
∴ w随着x的增大而减小
∴ x＝40时有最大值
即w＝−24×40+2400＝1440
综上所述，销售该商品第40天时，当天销售利润最大，最大利润是1440元
当40≤x≤60时，w＝−24x+2400≥1232，得x≤1463，
∵ x为整数，
∴ 40≤x≤48
∴ 当w≥1232时，有1232＝−(x−28)2+1296，解得x1＝20，x2＝36
∴ 20≤x≤36时，w≥1232
故共有26天，每天销售利润不低于1232元
【答案】
15
(2)存在．
如图，在Rt△ABC中，
∵ ∠B+∠BAC=90◦，∠BAC=2∠BAD，
∴ ∠B+2∠BAD=90◦．
∴ △ABD是“准互余三角形”．
若△ABE是“准互余三角形”，
∴ 2∠B+∠BAE=90◦．
∵ ∠B+∠BAE+∠EAC=90◦，
∴ ∠CAE=∠B．
∵ ∠C=∠C=90◦，
∴ △CAE∽△CBA．
∴ CACB=CECA．
∴ CA2=CE⋅CB．
∴ CE=165．
∴ BE=5−165=95．
(3)对角线AC的长为20．
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）根据“准互余三角形”的定义构建方程即可解决问题；
（2）只要证明△CAE∽△CBA，可得CA2=CE⋅CB，由此即可解决问题；
（3）如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF．只要证明△FCB∽△FAC，可得CF2=FB⋅FA，设FB=x，则有：x(x+7)=122，推出x=9或−16（舍弃），再利用勾股定理求出AC即可；
【解答】
解：(1)∵ △ABC是“准互余三角形”，∠C>90∘,∠A=60∘，
∴2∠B+∠A=90∘
解得：∠B=15∘，
故答案为：15∘.
(2)存在．
如图，在Rt△ABC中，
∵ ∠B+∠BAC=90◦，∠BAC=2∠BAD，
∴ ∠B+2∠BAD=90◦．
∴ △ABD是“准互余三角形”．
若△ABE是“准互余三角形”，
∴ 2∠B+∠BAE=90◦．
∵ ∠B+∠BAE+∠EAC=90◦，
∴ ∠CAE=∠B．
∵ ∠C=∠C=90◦，
∴ △CAE∽△CBA．
∴ CACB=CECA．
∴ CA2=CE⋅CB．
∴ CE=165．
∴ BE=5−165=95．
(3)对角线AC的长为20．
【答案】
令y＝0，有y＝−x+1＝0，得x＝1，
∴ B(1, 0)，
把点A(−3, 0)、B(1, 0)和点C(0, −3)代入y＝ax2+bx+c中，得
9a−3b+c=0a+b+c=0c=−3 ，
解得，a=1b=2c=−3 ，
∴ 抛物线L1的解析式为：y＝x2+2x−3；
由y=−x+1y=x2+2x−3 ，得x1=1y1=0 ，x2=−4y2=5 ，
∴ D(−4, 5)，
∵ y＝−x+1，
∴ E(0, 1)，B(1, 0)，
∴ OB＝OE，
∴ ∠OBD＝45∘．
∴ BD＝52．
∵ A(−3, 0)，C(0, −3)，
∴ OA＝OC，AC＝32，AB＝4．
∴ ∠OAC＝45∘，
∴ ∠OBD＝∠OAC．
如图2，①当点P在点A的右边，∠PCA＝∠ADB时，△PAC∽△ABD．
∴ APAB=ACBD，
∴ AP4=3252，
∴ AP=125，
∴ P1(−35,0)；
②当点P在点A的左边，∠PCA＝∠ADB时，记此时的点P为P2，则有∠P2CA＝∠P1CA．
过点A作x轴的垂线，交P2C于点K，则∠CAK＝∠CAP1，
又AC公共边，
∴ △CAK≅△CAP1(ASA)
∴ AK＝AP1=125，
∴ K(−3, −125)，
∴ 直线CK:y=−15x−3，
∴ P2(−15, 0)．
P的坐标：(−35, 0)或(−15, 0)；
QS＝SR．理由如下：
∵ 将抛物线L1平移，使其顶点是坐标原点O，得到抛物线L2，将直线DB向下平移经过坐标原点O，交抛物线L2于另一点F，
∴ 抛物线L2的解析式为y＝x2，直线OF的解析式为：y＝−x，
不妨设N(n, n2)，
∵ 点M(−12, 0)，
∴ 直线MN的解析式为：y=2n22n+1x+n22n+1，
同理，直线ON的解析式为y＝nx，
∵ MN交L2于Q点，
∴ Q(−n2n+1, n2(2n+1)2)，
∵ QR // x轴分别交OF，ON于S，R，
∴ S(−n2(2n+1)2, n2(2n+1)2)，R(n(2n+1)2, n2(2n+1)2)，
∴ QS=n2+n(2n+1)2，SR=n2+n(2n+1)2，
∴ QS＝SR．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）由一次函数解析式求出B点坐标，再用待定系数法便可求得二次函数的解析式；
（2）先联立方程组．求出D点的坐标，两种情况讨论：①当点P在点A的右边，∠PCA＝∠ADB时，△PAC∽△ABD；②当点P在点A的左边，∠PCA＝∠ADB时，记此时的点P为P2，则有∠P2CA＝∠P1CA；
（3）由平移的性质求出抛物线L2的解析式和直线OF的解析式，不妨设N(n, n2)，用待定系数当求出MN的解析和ON的解析式，再联立方程组求出Q点的坐标，根据QR // x轴分别交OF，ON于S，R，便可得到S与R的坐标，最后由两点距离公式便可求得QS与SR，由此得出QS＝SR．
【解答】
令y＝0，有y＝−x+1＝0，得x＝1，
∴ B(1, 0)，
把点A(−3, 0)、B(1, 0)和点C(0, −3)代入y＝ax2+bx+c中，得
9a−3b+c=0a+b+c=0c=−3 ，
解得，a=1b=2c=−3 ，
∴ 抛物线L1的解析式为：y＝x2+2x−3；
由y=−x+1y=x2+2x−3 ，得x1=1y1=0 ，x2=−4y2=5 ，
∴ D(−4, 5)，
∵ y＝−x+1，
∴ E(0, 1)，B(1, 0)，
∴ OB＝OE，
∴ ∠OBD＝45∘．
∴ BD＝52．
∵ A(−3, 0)，C(0, −3)，
∴ OA＝OC，AC＝32，AB＝4．
∴ ∠OAC＝45∘，
∴ ∠OBD＝∠OAC．
如图2，①当点P在点A的右边，∠PCA＝∠ADB时，△PAC∽△ABD．
∴ APAB=ACBD，
∴ AP4=3252，
∴ AP=125，
∴ P1(−35,0)；
②当点P在点A的左边，∠PCA＝∠ADB时，记此时的点P为P2，则有∠P2CA＝∠P1CA．
过点A作x轴的垂线，交P2C于点K，则∠CAK＝∠CAP1，
又AC公共边，
∴ △CAK≅△CAP1(ASA)
∴ AK＝AP1=125，
∴ K(−3, −125)，
∴ 直线CK:y=−15x−3，
∴ P2(−15, 0)．
P的坐标：(−35, 0)或(−15, 0)；
QS＝SR．理由如下：
∵ 将抛物线L1平移，使其顶点是坐标原点O，得到抛物线L2，将直线DB向下平移经过坐标原点O，交抛物线L2于另一点F，
∴ 抛物线L2的解析式为y＝x2，直线OF的解析式为：y＝−x，
不妨设N(n, n2)，
∵ 点M(−12, 0)，
∴ 直线MN的解析式为：y=2n22n+1x+n22n+1，
同理，直线ON的解析式为y＝nx，
∵ MN交L2于Q点，
∴ Q(−n2n+1, n2(2n+1)2)，
∵ QR // x轴分别交OF，ON于S，R，
∴ S(−n2(2n+1)2, n2(2n+1)2)，R(n(2n+1)2, n2(2n+1)2)，
∴ QS=n2+n(2n+1)2，SR=n2+n(2n+1)2，
∴ QS＝SR．步数（万步）
频数
频率
0≤x<0.4
8
a
0.4≤x<0.8
15
0.30
0.8≤x<1.2
12
0.24
1.2≤x<1.6
10
0.20
1.6≤x<2
3
0.06
2≤x<2.4
b
0.04
A
B
C
A
(A, A)
(B, A)
(C, A)
B
(A, B)
(B, B)
(C, B)
C
(A, C)
(B, C)
(C, C)