2016-2017学年湖北省鄂州市梁子湖区九年级（下）期中数学试卷

这是一份2016-2017学年湖北省鄂州市梁子湖区九年级（下）期中数学试卷，共24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. 下列四个数中，正整数是（ ）
A.−2B.−1C.0D.1

2. 下列等式一定成立的是（ ）
A.2a+3b=5abB.(a3)2=a5
C.a2⋅a3=a5D.(a+b)2=a2+b2

3. 地球与月球之间的平均距离是38.4万千米，数据“38.4万”用科学记数法表示为（ ）
A.38.4×104×105×106×104

4. 如图所示的几何体为圆台，其俯视图正确的是（ ）

A.B.C.D.

5. 下列说法正确的是（ ）
A.若一组数据x1，x2，x3的方差为1，则另一组数据2x1，2x2，2x3的方差为4
B.调查某批次汽车的抗撞击能力，应选择全面调查
C.中位数就是一组数据中最中间的一个数
D.8，9，9，10，10，11这组数据的众数是10

6. 如图，直线a // b，三角尺的直角顶点在直线b上，若∠1=50∘，则∠2等于（ ）
A.50∘B.40∘C.45∘D.25∘

7. 如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90∘，BC＝4，点P是△ABC的边上一动点，沿B→A→C的路径移动，过点P作PD⊥BC于点D，设BD＝x，△BDP的面积为y，则y与x函数关系的图象大致是（ ）

A.B.C.D.

8. 如图，AB是半圆直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠CAB交弧BC于点D，连接CD、OD．下列结论：①AC // OD；②CE=OE；③∠OED=∠AOD；④CD=DE．其中正确结论的个数有（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个

9. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴的正半轴相交，顶点在第四象限，对称轴为x=1，下列结论：①b<0；②a+b<0；③bc<−2；④an2+bn=a(2−n)2+b(2−n)（n为任意实数），其中正确的结论个数是（ ）
A.1B.2C.3D.4

10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=23，BC=6，动点P，Q分别在边AB，BC上，则CP+PQ的最小值为（ ）
A.33B.3+332C.23D.2+3
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

________的算术平方根是2．

分解因式：x​3−9x=________．

用一个圆心角为120∘，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为________．

如图，已知点A是双曲线y=2x在第一象限的分支上的一个动点，连结AO并延长交另一分支于点B，以AB为边作等边△ABC，点C在第四象限．随着点A的运动，点C的位置也不断变化，但点C始终在双曲线y=kx(k<0)上运动，则k的值是________．

在平面直角坐标系中，已知A(−3, 0)，B(0, 4)，C(1, m)，当△ABC是直角三角形时，m的值为________．

如图，正方形ABCD的四个顶点在坐标轴上，点A的坐标为(−3, 0)，假设有甲，乙两个物体分别由点A同时出发，沿正方形ABCD的边作环绕运动，物体甲按顺时针方向匀速运动，物体乙按逆时针方向匀速运动，若物体甲12秒钟可环绕一周回到点A，物体乙24秒钟可环绕一周回到点A，则两个物体运动后的第2017次相遇地点的坐标是________．
三、解答题（本大题共8小题，每小题8分，共60分）

先化简，再求值：(xx+y+2yx+y)⋅xyx+2y÷(1x+1y)，其中x2+y2=17，(x−y)2=9．

如图，△ABC中，BD、CE分别是AC、AB上的中线，BD与CE相交于点O，点M、N分别是OB、OC的中点，连接DE、EM、MN、ND．
（1）求证：四边形DEMN是平行四边形；

（2）若四边形DEMN是菱形，且BC=4cm，AC=6cm，求边AB的长．

为了解市民对全市创卫工作的满意程度，某中学数学兴趣小组在全市甲，乙两个区内进行了调查统计，将调查结果分为很满意，满意，不满意，很不满意四类，回收、整理好全部问卷后，得到下列不完整的统计图．
请结合图中信息，解决下列问题：

（1）参加这次调查的总人数为________人，其中调查结果为“满意”的人数是________人，调查结果为“很不满意”的人数占总人数的百分比为________，扇形图中“不满意”部分对应扇形的圆心角为________度．

（2）兴趣小组准备从调查结果为“很不满意”的4位市民中随机选择2位进行回访，已知这4位市民中有2位来自甲区，另2位来自乙区，请用列表或用画树状图的方法求出选择的市民均来自甲区的概率．

关于x的方程x2+(2k+1)x+k2+2=0有两个实数根x1、x2
（1）求实数k的取值范围；

（2）若x1、x2满足|x1|+|x2|=|x1x2|−1，求k的值．

如图所示，港口B位于港口O正西方向120km处，小岛C位于港口O北偏西60∘的方向．一艘游船从港口O出发，沿OA方向（北偏西30∘）以vkm/ℎ的速度驶离港口O，同时一艘快艇从港口B出发，沿北偏东30∘的方向以60km/ℎ的速度驶向小岛C，在小岛C用1ℎ加装补给物资后，立即按原来的速度给游船送去．

（1）快艇从港口B到小岛C需要多长时间？

（2）若快艇从小岛C到与游船相遇恰好用时1ℎ，求v的值及相遇处与港口O的距离．

如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，M是BC延长线上一点，连接AM交⊙O于点D，延长BD至点N，使得BN=AM，连接CN，MN．
（1）判断△CMN的形状，并证明你的结论；

（2）求证：CN是⊙O的切线；

（3）若等边△ABC的边长是2，求AD⋅AM的值．

某公司生产的商品市场指导价为每千克150元，公司的实际销售价格可以浮动x个百分点（即销售价格=150(1+x%)），经过市场调研发现，这种商品的日销售量p（千克）与销售价格浮动的百分点x之间的函数关系为p=−2x+24．若该公司按浮动−12个百分点的价格出售，每件商品仍可获利10%．
（1）求该公司生产销售每千克商品的成本为多少元？

（2）当该公司的商品定价为多少元时，日销售利润为576元？（说明：日销售利润=（销售价格一成本）×日销售量）

（3）该公司决定每销售一千克商品就捐赠a元利润(a≥1)给希望工程，公司通过销售记录发现，当价格浮动的百分点大于−1时，扣除捐赠后的日销售利润随x的增大而减小，直接写出a的取值范围．

已知抛物线C1:y=x2+2x−3与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），与y轴交于点C，抛物线C2:y=ax2+bx+c经过点B，与x轴的另一个交点为E(−4, 0)，与y轴交于点D(0, 2)．

(1)求抛物线C2的解析式；

(2)设点P为线段AB上一动点（点P不与点A，B重合），过点P作x轴的垂线交抛物线C1于点M，交抛物线C2于点N．
①当四边形AMBN的面积最大时，求点P的坐标；
②当CM=DN≠0时，求点P的坐标．
参考答案与试题解析
2016-2017学年湖北省鄂州市梁子湖区九年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1.
【答案】
D
【考点】
有理数的概念
【解析】
正整数是指既是正数还是整数，由此即可判定求解．
【解答】
解：A、−2是负整数，故选项错误；
B、−1是负整数，故选项错误；
C、0是非正整数，故选项错误；
D、1是正整数，故选项正确．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
幂的乘方与积的乘方
合并同类项
同底数幂的乘法
完全平方公式
【解析】
根据合并同类项法则、幂的乘方、同底数幂的乘法、完全平方公式分别求出每个式子的值，再判断即可．
【解答】
解：A、2a和3b不能合并，故本选项不符合题意；
B、结果是a6，故本选项不符合题意；
C、结果是a5，故本选项符合题意；
D、结果是a2+2ab+b2，故本选项不符合题意；
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
科学记数法--表示较大的数
【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
【解答】
解：数据“38.4万”用科学记数法表示为3.84×105．
故选：B．
4.
【答案】
C
【考点】
简单几何体的三视图
【解析】
俯视图是从物体上面看，所得到的图形．
【解答】
从几何体的上面看所得到的图形是两个同心圆，
5.
【答案】
A
【考点】
方差
全面调查与抽样调查
中位数
众数
【解析】
利用方差、全面调查与抽样调查、中位数及众数的定义分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】
解：A、若一组数据x1，x2，x3的方差为1，则另一组数据2x1，2x2，2x3的方差为22×1=4，故正确；
B、调查某批次汽车的抗撞击能力，因实验破坏性大，故应采用抽样调查的方式，故错误；
C、中位数就是一组数据中最中间或中间两数的平均数，故错误，
D、8，9，9，10，10，11这组数据的众数是9和10，错误，
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
平行线的判定与性质
【解析】
先根据平行线的性质，得出∠3=∠1=50∘，再根据∠ABC=90∘，即可得到∠2=90∘−∠3=40∘．
【解答】
解：∵ 直线a // b，
∴ ∠3=∠1=50∘，
又∵ ∠ABC=90∘，
∴ ∠2=90∘−∠3=40∘，
故选：B．
7.
【答案】
D
【考点】
动点问题
【解析】
先根据点P在AB上时，得到△BDP的面积y=12×BD×DP=12x2，(0≤x≤2)，再根据点P在AC上时，△BDP的面积y=12×BD×DP=−12x2+2x，(2【解答】
当点P在AB上时，△BDP是等腰直角三角形，故BD＝x＝DP，
∴ △BDP的面积y=12×BD×DP=12x2，(0≤x≤2)
当点P在AC上时，△CDP是等腰直角三角形，BD＝x，故CD＝4−x＝DP，
∴ △BDP的面积y=12×BD×DP=12x(4−x)=−12x2+2x，(2∴ 当0≤x≤2时，函数图象是开口向上的抛物线；
当28.
【答案】
B
【考点】
圆周角定理
等腰三角形的判定与性质
垂径定理
【解析】
根据等腰三角形的性质和角平分线的性质，利用等量代换求证∠CAD=∠ADO即可；过点E作EF⊥AC，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得OE=EF，再根据直角三角形斜边大于直角边可证；再根据内角与外角的关系进行判断即可得出答案．
【解答】
解：①∵ AB是半圆直径，
∴ AO=OD，
∴ ∠OAD=∠ADO，
∵ AD平分∠CAB交弧BC于点D，
∴ ∠CAD=∠DAO=12∠CAB，
∴ ∠CAD=∠ADO，
∴ AC // OD，
∴ ①正确．
②过点E作EF⊥AC，
∵ OC⊥AB，AD平分∠CAB交弧BC于点D，
∴ OE=EF，
在Rt△EFC中，CE>EF，
∴ CE>OE，
∴ ②错误．
③∵ 在△ODE和△ADO中，
∠DEO=90∘+∠DAO，
∠AOD=90∘+∠COD，
∵ ∠DAO=12∠COD，
∴ ③∠OED=∠AOD错误；
④作ON⊥CD，
∵ AD平分∠CAB交弧BC于点D，
∴ ∠CAD=12×45∘=22.5∘，
∴ ∠COD=45∘，
∵ AB是半圆直径，
∴ OC=OD，
∴ ∠OCD=∠ODC=67.5∘，
∠AEO=90∘−22.5∘=67.5∘，
∴ ∠DCE=∠CED=67.5∘，
∴ CD=DE，
∴ ④正确．
综上所述，只有①④正确．
故选：B．
9.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象与系数的关系
【解析】
由抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点坐标以及顶点的位置可判断①②③，由点到对称轴的距离可判断④，则可得出答案．
【解答】
解：∵ 抛物线开口向上，与y轴的交点在x轴上方，
∴ a>0，c>0，
∵ 对称轴为x=1，
∴ −b2a=1，
∴ b=−2a<0，
∴ b<0，故①正确；
∴ a+b=a−2a=−a<0，
∴ a+b<0，故②正确；
∵ 顶点在第四象限，
∴ 4ac−b24a<0，
∴ 4ac−b2<0，
∴ 4×(−b2)⋅c−b2<0，
∴ −2bc−b2<0，
∴ 2bc+b2>0，
∴ 2c+b<0，
∴ b<−2c，
∴ bc<−2，故③正确；
∵ |n−1|=|2−n−1|，
∴ an2+bn=a(2−n)2+b(2−n)（n为任意实数），故④正确；
综上可知正确的结论有4个，
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
轴对称——最短路线问题
勾股定理
【解析】
作C关于AB的对称点C′，过C′作C′Q⊥BC于Q，交AB于P，则C′Q=CP+PQ的最小值，解直角三角形得到AB=43，根据三角形的面积公式得到CC′=2×AC⋅BCAB=2×23×643=6，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】
解：作C关于AB的对称点C′，过C′作C′Q⊥BC于Q，交AB于P，
则C′Q=CP+PQ的最小值，
∵ 在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=23，BC=6，
∴ AB=43，
∴ CC′=2×AC⋅BCAB=2×23×643=6，
∵ ∠B=∠C′，∠C′QC=∠ACB=90∘，
∴ △CC′Q∽△BAC，
∴ CC′AB=C′QBC，即643=C′Q6，
∴ C′Q=33．
故选A．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
【答案】
2
【考点】
算术平方根
【解析】
依据算术平方根的定义解答即可．
【解答】
解：2的算术平方根是2．
故答案为：2．
【答案】
x(x+3)(x−3)
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
【解析】
根据提取公因式、平方差公式，可分解因式．
【解答】
解：原式=x(x2−9)
=x(x+3)(x−3).
故答案为：x(x+3)(x−3).
【答案】
43
【考点】
弧长的计算
【解析】
利用底面周长＝展开图的弧长可得．
【解答】
120π×4180=2πr，解得r=43．
【答案】
−6
【考点】
反比例函数图象上点的坐标特征
等边三角形的判定方法
相似三角形的性质与判定
特殊角的三角函数值
【解析】
连接OC，易证AO⊥OC，OC=3OA．由∠AOC=90∘想到构造K型相似，过点A作AE⊥y轴，垂足为E，过点C作CF⊥y轴，垂足为F，可证△AEO∽△OFC．从而得到OF=3AE，FC=3EO..设点A坐标为(a, b)则ab=2，可得FC⋅OF=6．设点C坐标为(x, y)，从而有FC⋅OF=−xy=−6，即k=xy=−6．
【解答】
解：∵ 双曲线y=2x关于原点对称，
∴ 点A与点B关于原点对称．
∴ OA=OB．
连接OC，如图所示．
∵ △ABC是等边三角形，OA=OB，
∴ OC⊥AB．∠BAC=60∘．
∴ tan∠OAC=OCOA=3．
∴ OC=3OA．
过点A作AE⊥y轴，垂足为E，
过点C作CF⊥y轴，垂足为F，
∵ AE⊥OE，CF⊥OF，OC⊥OA，
∴ ∠AEO=∠OFC，∠AOE=90∘−∠FOC=∠OCF．
∴ △AEO∽△OFC．
∴ AEOF=EOFC=AOOC．
∵ OC=3OA，
∴ OF=3AE，FC=3EO．
设点A坐标为(a, b)，
∵ 点A在第一象限，
∴ AE=a，OE=b．
∴ OF=3AE=3a，FC=3EO=3b．
∵ 点A在双曲线y=2x上，
∴ ab=2．
∴ FC⋅OF=3b⋅3a=3ab=6
设点C坐标为(x, y)，
∵ 点C在第四象限，
∴ FC=x，OF=−y．
∴ FC⋅OF=x⋅(−y)=−xy
=6．
∴ xy=−6．
∵ 点C在双曲线y=kx上，
∴ k=xy=−6．
故答案为：−6．
【答案】
−3或134或2
【考点】
勾股定理
坐标与图形性质
【解析】
分三种情况：①A是直角顶点；②B是直角顶点；③C是直角顶点；进行讨论可求当△ABC是直角三角形时，m的值．
【解答】
解：①A是直角顶点，
(−3−0)2+(0−4)2+(−3−1)2+(0−m)2=(0−1)2+(m−4)2，
解得m=−3；
②B是直角顶点，
(−3−0)2+(0−4)2+(0−1)2+(m−4)2=(−3−1)2+(0−m)2，
解得m=134；
③C是直角顶点，
(−3−1)2+(0−m)2+(0−1)2+(m−4)2=(−3−0)2+(0−4)2，
解得m=2．
故当△ABC是直角三角形时，m的值为−3或134或2．
故答案为：−3或134或2．
【答案】
(1, −2)
【考点】
规律型：点的坐标
【解析】
由甲、乙两物体单独环绕一周的时间即可算出两物体每两次相遇间的间隔时间，根据2017×8=24×672+8即可得出两个物体运动后的第2017次相遇地点为乙物体第8秒运动到的位置，结合图形找出乙物体第8秒运动到点的坐标即可得出结论．
【解答】
解：甲、乙两物体两次相遇间隔为1÷(112+124)=8（秒），
∵ 2017×8=24×672+8，
∴ 两个物体运动后的第2017次相遇地点为乙物体第8秒运动到的位置．
∵ 乙物体第2秒运动到点(−2, −1)，乙物体第4秒运动到点(−1, −2)，乙物体第6秒运动到点(0, −3)，乙物体第8秒运动到点(1, −2)，
∴ 两个物体运动后的第2017次相遇地点的坐标是(1, −2)．
故答案为：(1, −2)．
三、解答题（本大题共8小题，每小题8分，共60分）
【答案】
解：∵ x2+y2=17，(x−y)2=9，
∴ 2xy=x2+y2−(x−y)2=17−9=8，
∴ (x+y)2=x2+y2+2xy=17+8=25，
∴ x+y=5，xy=4，
∴ 原式=x+2yx+y×xyx+2y÷x+yxy
=xyx+y×xyx+y
=45×45
=1625．
【考点】
分式的化简求值
【解析】
先将原式进行化简，然后根据x2+y2=17，(x−y)2=9求出x+y和xy的值并代入求解即可．
【解答】
解：∵ x2+y2=17，(x−y)2=9，
∴ 2xy=x2+y2−(x−y)2=17−9=8，
∴ (x+y)2=x2+y2+2xy=17+8=25，
∴ x+y=5，xy=4，
∴ 原式=x+2yx+y×xyx+2y÷x+yxy
=xyx+y×xyx+y
=45×45
=1625．
【答案】
（1）证明：∵ BD、CE分别是AC、AB上的中线，
∴ 点E为线段AB的中点，点D为线段AC的中点，
∴ DE为△ABC的中位线，
∴ DE // BC，且BC=2DE．
∵ 点M、N分别是OB、OC的中点，
∴ MN为△OBC的中位线，
∴ MN // BC，且BC=2MN．
∴ DE // MN，DE=MN，
∴ 四边形DEMN是平行四边形，
（2）作BC边上的中线AF，交BD于G，连接DF，作FH⊥AC于HAP⊥BC于P．
∵ BD、AF是边AC、BC上的中线，
∴ DF // BA，DF=12BA．
∴ △DOF∽△BOA，
∴ ODOB=12，
即BD=3DO，
∵ 四边形DEMN是菱形，且BC=4cm，AC=6cm，
∴ EM=DN=MN=2cm，
∴ OA=4，OF=3，AF=6，
易知AF=AC=6．PF=PC=1，AP=35，
FH=CF⋅APAC=353，CH=13，DH=83，DF=FH2+DH2=11，
∴ AB=2DF=211．
【考点】
菱形的性质
三角形中位线定理
平行四边形的应用
【解析】
（1）由中位线定理，可得ED // BC，MN // BC，且都等于边长BC的一半．分析到此，此题证明即可．
（2）作BC边上的中线AF，交BD于G，连接DF，作FH⊥AC于HAP⊥BC于P．想办法求出AF即可解决问题；
【解答】
（1）证明：∵ BD、CE分别是AC、AB上的中线，
∴ 点E为线段AB的中点，点D为线段AC的中点，
∴ DE为△ABC的中位线，
∴ DE // BC，且BC=2DE．
∵ 点M、N分别是OB、OC的中点，
∴ MN为△OBC的中位线，
∴ MN // BC，且BC=2MN．
∴ DE // MN，DE=MN，
∴ 四边形DEMN是平行四边形，
（2）作BC边上的中线AF，交BD于G，连接DF，作FH⊥AC于HAP⊥BC于P．
∵ BD、AF是边AC、BC上的中线，
∴ DF // BA，DF=12BA．
∴ △DOF∽△BOA，
∴ ODOB=12，
即BD=3DO，
∵ 四边形DEMN是菱形，且BC=4cm，AC=6cm，
∴ EM=DN=MN=2cm，
∴ OA=4，OF=3，AF=6，
易知AF=AC=6．PF=PC=1，AP=35，
FH=CF⋅APAC=353，CH=13，DH=83，DF=FH2+DH2=11，
∴ AB=2DF=211．
【答案】
50,21,8%,57.6
（2）画树状图得：
∵ 共有12种等可能的结果，选择的市民均来自甲区的有2种情况，
∴ 选择的市民均来自甲区的概率为：212=16．
【考点】
列表法与树状图法
扇形统计图
条形统计图
【解析】
（1）由满意的有20人，占40%，即可求得此次调查中接受调查的人数，进而可求出调查结果为“满意”的人数；调查结果为“很不满意”的人数占总人数的百分比以及扇形图中“不满意”部分对应扇形的圆心角度数；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与选择的市民均来自甲区的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】
解：（1）∵ 满意的有20人，占40%，
∴ 此次调查中接受调查的人数：20÷40%=50（人）；
∴ 调查结果为“满意”的人数是50×42%=21（人）；调查结果为“很不满意”的人数占总人数的百分比为450×100%=8%；扇形图中“不满意”部分对应扇形的圆心角为
50−17−4−2150×360∘=57.6∘，
（2）画树状图得：
∵ 共有12种等可能的结果，选择的市民均来自甲区的有2种情况，
∴ 选择的市民均来自甲区的概率为：212=16．
【答案】
解：（1）根据题意得△=(2k+1)2−4(k2+2)≥0，
解得k≥74；
（2）根据题意得x1+x2=−(2k+1)<0，x1x2=k2+2>0，
∴ x1<0，x2<0，
∵ |x1|+|x2|=|x1x2|−1，
∴ −(x1+x2)=x1x2−1，
∴ 2k+1=k2+2−1，
整理得k2−2k=0，解得k1=0，k2=2，
∵ k≥74，
∴ k=2．
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）根据判别式的意义得到△=(2k+1)2−4(k2+2)≥0，然后解不等式即可；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2=−(2k+1)<0，x1x2=k2+2>0，则利用有理数的乘法性质可判断x1<0，x2<0，然后去绝对值得到−(x1+x2)=x1x2−1，则2k+1=k2+2−1，整理得到k2−2k=0，再解关于k的方程即可得到满足条件的k的值．
【解答】
解：（1）根据题意得△=(2k+1)2−4(k2+2)≥0，
解得k≥74；
（2）根据题意得x1+x2=−(2k+1)<0，x1x2=k2+2>0，
∴ x1<0，x2<0，
∵ |x1|+|x2|=|x1x2|−1，
∴ −(x1+x2)=x1x2−1，
∴ 2k+1=k2+2−1，
整理得k2−2k=0，解得k1=0，k2=2，
∵ k≥74，
∴ k=2．
【答案】
∵ ∠CBO＝60∘，∠COB＝30∘，
∴ ∠BCO＝90∘．
在Rt△BCO中，∵ OB＝120，
∴ BC=12OB＝60，
∴ 快艇从港口B到小岛C的时间为：60÷60＝1（小时）；
过C作CD⊥OA，垂足为D，设相会处为点E．
则OC＝OB⋅cs30∘＝603，CD=12OC＝303，OD＝OC⋅cs30∘＝90，
∴ DE＝90−3v．
∵ CE＝60，CD2+DE2＝CE2，
∴ (303)2+(90−3v)2＝602，
∴ v＝20或40，
∴ 当v＝20km/ℎ时，OE＝3×20＝60km，
当v＝40km/ℎ时，OE＝3×40＝120km．
【考点】
解直角三角形的应用-方向角问题
【解析】
（1）要求B到C的时间，已知其速度，则只要求得BC的路程，再利用路程公式即可求得所需的时间；
（2）过C作CD⊥OA，垂足为D，设相会处为点E．求出OC＝OB⋅cs30∘＝603，CD=12OC＝303，OD＝OC⋅cs30∘＝90，则DE＝90−3v．在直角△CDE中利用勾股定理得出CD2+DE2＝CE2，即(303)2+(90−3v)2＝602，解方程求出v＝20或40，进而求出相遇处与港口O的距离．
【解答】
∵ ∠CBO＝60∘，∠COB＝30∘，
∴ ∠BCO＝90∘．
在Rt△BCO中，∵ OB＝120，
∴ BC=12OB＝60，
∴ 快艇从港口B到小岛C的时间为：60÷60＝1（小时）；
过C作CD⊥OA，垂足为D，设相会处为点E．
则OC＝OB⋅cs30∘＝603，CD=12OC＝303，OD＝OC⋅cs30∘＝90，
∴ DE＝90−3v．
∵ CE＝60，CD2+DE2＝CE2，
∴ (303)2+(90−3v)2＝602，
∴ v＝20或40，
∴ 当v＝20km/ℎ时，OE＝3×20＝60km，
当v＝40km/ℎ时，OE＝3×40＝120km．
【答案】
（1）解：△CMN为等边三角形．理由如下：
∵ △ABC为等边三角形，
∴ CB=CA，∠ABC=∠ACB=60∘，
在△BCN和△ACM中
BC=AC∠CBN=∠CAMBN=AM，
∴ △BCN≅△ACM，
∴ CN=CM，∠BCN=∠ACM，
∴ ∠ACB+∠ACN=∠ACN+∠MCN，
∴ ∠MCN=∠ACB=60∘，
∴ △CMN为等边三角形；
（2）证明：连接OC，如图，
∵ CA=CB，
∴ CA=CB，
∴ OC⊥AB，
∵ ∠ABC=∠MCN=60∘，
∴ AB // CN，
∴ OC⊥CN，
∴ CN是⊙O的切线；
（3）解：连接CD，如图，
∵ ∠ADC+∠ABC=180∘，∠ACM+∠ACB=180∘，
而∠ABC=∠ACB=60∘，
∴ ∠ADC=∠ACM，
而∠DAC=∠CAM，
∴ △ACD∽△AMC，
∴ AC:AD=AM:AC，
∴ AD⋅AM=AC2，
∵ 等边△ABC的边长是2，
∴ AC=2，
∴ AD⋅DM=4．
【考点】
圆的综合题
【解析】
（1）利用等边三角形的性质得到CB=CA，∠ABC=∠ACB=60∘，再证明△BCN≅△ACM得到CN=CM，∠BCN=∠ACM，则∠MCN=∠ACB=60∘，于是可判断△CMN为等边三角形；
（2）连接OC，如图，利用CA=CB得到CA=CB，则根据垂径定理的推论得到OC⊥AB，再证明AB // CN，则OC⊥CN，然后根据切线的判定方法可判断CN是⊙O的切线；
（3）连接CD，如图，证明△ACD∽△AMC，利用相似比得到AD⋅AM=AC2，然后利用等边△ABC的边长是2可得到AD⋅DM的值．
【解答】
（1）解：△CMN为等边三角形．理由如下：
∵ △ABC为等边三角形，
∴ CB=CA，∠ABC=∠ACB=60∘，
在△BCN和△ACM中
BC=AC∠CBN=∠CAMBN=AM，
∴ △BCN≅△ACM，
∴ CN=CM，∠BCN=∠ACM，
∴ ∠ACB+∠ACN=∠ACN+∠MCN，
∴ ∠MCN=∠ACB=60∘，
∴ △CMN为等边三角形；
（2）证明：连接OC，如图，
∵ CA=CB，
∴ CA=CB，
∴ OC⊥AB，
∵ ∠ABC=∠MCN=60∘，
∴ AB // CN，
∴ OC⊥CN，
∴ CN是⊙O的切线；
（3）解：连接CD，如图，
∵ ∠ADC+∠ABC=180∘，∠ACM+∠ACB=180∘，
而∠ABC=∠ACB=60∘，
∴ ∠ADC=∠ACM，
而∠DAC=∠CAM，
∴ △ACD∽△AMC，
∴ AC:AD=AM:AC，
∴ AD⋅AM=AC2，
∵ 等边△ABC的边长是2，
∴ AC=2，
∴ AD⋅DM=4．
【答案】
该公司生产销售每千克商品的成本为120元；
（2）由题意得(−2x+24)[150(1+x%)−120]=576，
整理得：x2+8x−48=0，
解得：x1=−12，x2=4，
此时，商品定价为每件132元或156元，日销售利润为576元；
（3）则W=(−2x+24)[150(1+x%)−120−a]=−3x2+(−24+2a)x+720−24a，
∵ 对称轴为x=−−24+2a−6，
∵ 当价格浮动的百分点大于−1时，扣除捐赠后的利润随x的增大而减小，
∴ x=−−24+2a−6≤−1，
解得：a≤9，
∵ a≥1，
∴ a的取值范围：1≤a≤9．
【考点】
二次函数的应用
一元二次方程的应用
【解析】
（1）设该公司生产销售每千克商品的成本为z元，根据该公司按浮动−12个百分点的价格出售，每千克商品仍可获利10%列出方程，求出方程的解得到z的值，即为每件商品的成本；
（2）根据日销售利润=（销售价格一成本）×日销售量，由日销售利润为576元列出关于x的方程，求出方程的解即可得到结果；
（3）根据题意得销量乘以每千克的利润等于总利润列方程，求得函数关系式W=(−2x+24)[150(1+x%)−120−a]，根据二次函数的性质即可得到结论．．
【解答】
解：（1）设该公司生产销售每千克商品的成本为z元，
依题意得：150(1−12%)=(1+10%)z，
解得：z=120，
答：该公司生产销售每千克商品的成本为120元；
（2）由题意得(−2x+24)[150(1+x%)−120]=576，
整理得：x2+8x−48=0，
解得：x1=−12，x2=4，
此时，商品定价为每件132元或156元，日销售利润为576元；
（3）则W=(−2x+24)[150(1+x%)−120−a]=−3x2+(−24+2a)x+720−24a，
∵ 对称轴为x=−−24+2a−6，
∵ 当价格浮动的百分点大于−1时，扣除捐赠后的利润随x的增大而减小，
∴ x=−−24+2a−6≤−1，
解得：a≤9，
∵ a≥1，
∴ a的取值范围：1≤a≤9．
【答案】
解：(1)在y=x2+2x−3中，令y=0可得0=x2+2x−3，
解得x=−3或x=1，令x=0可得y=−3，
∴ A(−3, 0)，B(1, 0)，C(0, −3)，
设抛物线C2的解析式为y=ax2+bx+c，
把B，D，E三点坐标代入可得a+b+c=0,16a−4b+c=0,c=2,解得a=−12,b=−32,c=2,
∴ 抛物线C2的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)设P(x, 0)(−3则M(x, x2+2x−3)，N(x, −12x2−32x+2)，
①∵ 点P为线段AB上一动点，
∴ MN=−12x2−32x+2−(x2+2x−3)=−32x2−72x+5，
∴ S四边形AMBN=12AB⋅MN=12×4×(−32x2−72x+5)
=−3x2−7x+10=−3(x+76)2+16912，
∵ −3<0，
∴ 当x=−76时，S四边形AMBN有最大值，
此时P点坐标为(−76, 0)；
②分CM和DN平行和不平行两种情况，
当CM与DN不平行时，如图1，
作MF⊥CD于F，NG⊥CD于G，
在Rt△MFC和Rt△NGD中
MF=NG,MC=ND,
∴ Rt△MFC≅Rt△NGD(HL)，
∴ FC=GD，
∴ PM−PN=FO−OG=OC−OD=3−2=1，
∴ −x2−2x+3−(−12x2−32x+2)=1，解得x=−1或x=0（舍去），
∴ P(−1, 0)；
当CM // DN时，如图2，
则四边形MNDC为平行四边形，
∴ MN=CD=2+3=5，
∴ −32x2−72x+5=5，解得x=0（舍去）或x=−73，
∴ P(−73, 0)；
综上可知P点坐标为(−1, 0)或(−73, 0)．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）可先求得A、B、C的坐标，利用待定系数法可求得抛物线C2的解析式；
（2）可设P(x, 0)，①则可表示出M、N的坐标，可表示出MN的长，从而可用x表示出四边形AMBN的面积，利用二次函数的性质可求得当其取最大值时x的值，可求得P点坐标；
②分CM和DN平行和不平行两种情况，分别构造全等三角形可得到关于x的方程，从而可求得P点坐标．
【解答】
解：(1)在y=x2+2x−3中，令y=0可得0=x2+2x−3，
解得x=−3或x=1，令x=0可得y=−3，
∴ A(−3, 0)，B(1, 0)，C(0, −3)，
设抛物线C2的解析式为y=ax2+bx+c，
把B，D，E三点坐标代入可得a+b+c=0,16a−4b+c=0,c=2,解得a=−12,b=−32,c=2,
∴ 抛物线C2的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)设P(x, 0)(−3则M(x, x2+2x−3)，N(x, −12x2−32x+2)，
①∵ 点P为线段AB上一动点，
∴ MN=−12x2−32x+2−(x2+2x−3)=−32x2−72x+5，
∴ S四边形AMBN=12AB⋅MN=12×4×(−32x2−72x+5)
=−3x2−7x+10=−3(x+76)2+16912，
∵ −3<0，
∴ 当x=−76时，S四边形AMBN有最大值，
此时P点坐标为(−76, 0)；
②分CM和DN平行和不平行两种情况，
当CM与DN不平行时，如图1，
作MF⊥CD于F，NG⊥CD于G，
在Rt△MFC和Rt△NGD中
MF=NG,MC=ND,
∴ Rt△MFC≅Rt△NGD(HL)，
∴ FC=GD，
∴ PM−PN=FO−OG=OC−OD=3−2=1，
∴ −x2−2x+3−(−12x2−32x+2)=1，解得x=−1或x=0（舍去），
∴ P(−1, 0)；
当CM // DN时，如图2，
则四边形MNDC为平行四边形，
∴ MN=CD=2+3=5，
∴ −32x2−72x+5=5，解得x=0（舍去）或x=−73，
∴ P(−73, 0)；
综上可知P点坐标为(−1, 0)或(−73, 0)．