2019-2020学年湖北省孝感市云梦县九年级（下）期中数学试卷

这是一份2019-2020学年湖北省孝感市云梦县九年级（下）期中数学试卷，共18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. −15的倒数是（ ）
A.−5B.15C.−15D.5

2. 下列运算正确的是（ ）
A.a+a＝a2B.a2⋅2a3＝2a6
C.6a÷2a=3D.(−ab3)2＝a2b6

3. 如图，是一个长方体的三视图（单位：cm），这个长方体的体积是（ ）

A.16cm3B.18cm3C.22cm3D.24cm3

4. 如图，AB // CD，CE平分∠AED，∠EDC＝80∘，则∠ECD＝（ ）

A.40∘B.45∘C.50∘D.55∘

5. 在平面直角坐标系中，将点P(a, b)关于原点对称得到点P1，再将点P1向左平移2个单位长度得到点P2，则点P2的坐标是（ ）
A.(b−2, −a)B.(b+2, −a)C.(−a+2, −b)D.(−a−2, −b)

6. 《九章算术》是中国古代的数学专著，下面这道题是《九章算术》中第七章的一道题：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数、物价各几何？”译文：“几个人一起去购买某物品，如果每人出8钱，则多了3钱；如果每人出7钱，则少了4钱．问有多少人，物品的价格是多少？”设有x人，物品价格为y钱，可列方程组为（ ）
A.8x−3=y7x+4=y B.y−8x=3y−7x=4
C.8x−y=37x−y=4 D.8x+3=y7x−4=y

7. 学校购回一批足球，为检测其质量，从中随机抽取8个足球，记录其质量如下表：
则估计这批足球的平均质量和这组数据的方差分别是（ ）
A.430，20B.430，200C.440，30D.440，300

8. 如果m+n＝1，那么代数式(3m+nm2−mn+1m)⋅(m2−n2)的值为（ ）
A.−4B.−1C.1D.4

9. 如图，△ABC为等边三角形，点P从A出发，沿A→B→C→A作匀速运动，则线段AP的长度y与运动时间x之间的函数关系大致是（ ）

A.B.
C.D.

10. 如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90∘，∠ABC＝30∘，AC＝6，D是线段AB上一个动点，以BD为边在△ABC外作等边△BDE．若F是DE的中点，则CF的最小值为（ ）

A.6B.8C.9D.10
二、填空题（共6道小题，每小题3分，共18分.）

若代数式x−12有意义，则x的取值范围是________．

不等式2x+7≥3(x+2)的解集是________．

为帮助国际社会抗击“新冠肺炎”，中国向127个国家或地区提供了防疫物资援助．据中国海关不完全统计，从3月1日至4月17日，中国对美国提供各类口罩18.64亿只．数据“18.64亿”用科学记数法表示为________．

某校征集校运会会徽，遴选出甲、乙、丙三种图案．为了解何种图案更受欢迎，随机调查了该校100名学生，其中68名同学喜欢甲图案，若该校共有2000人，根据所学的统计知识可以估计该校喜欢甲图案的学生有________人．

如图，航拍无人机从A处测得一幢建筑物顶部B的仰角为45∘，测得底部C的俯角为60∘，此时航拍无人机与该建筑物的水平距离AD为120m，那么该建筑物的高度BC约为 328 m（结果保留整数，3≈1.732）．


如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90∘，C(0, −4)，AC与x轴交于点D，CD＝4AD，点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，且y轴平分∠ACB，求k＝________53 ．

三、解答题（本大题共7小题，满分72分.）

计算：(π−3.14)0+2sin45∘−|−3|+(12)−1．

如图，AB＝DC，BD＝CA，AC、BD交于点O，求证：BO＝CO．


如图，已知矩形ABCD，用直尺和圆规进行如下操作：
①以点A为圆心，以AD长为半径画弧，交BC于点E；
②连接AE，DE；
③以点E为圆心，以EC长为半径画弧，交AE于点F；
④连接DF．
根据以上操作，解答下列问题：

（1）线段DF与线段AE的位置关系是________；

（2）若∠ADF＝56∘，求∠CDE的度数．

在甲、乙两个不透明的口袋中，分别有4个和3个大小、材质完全相同的小球，其中甲口袋中的小球上标有数字0，1，2，3，乙口袋中的小球上分别标有数字1，2，3．先从甲口袋中随机摸出一个小球，记下数字为m，再从乙口袋中随机摸出一个小球，记下数字为n．
(1)请用列表法或画树状图的方法表示出所有(m, n)可能的结果；

(2)规定：若m，n都是方程x2−3x+2=0的解时，则小明获胜；若m，n都不是方程x2−3x+2=0的解时，则小宇获胜．问他们两人谁获胜的概率大？

已知关于x的一元二次方程x2−2(a−1)x+a2−a−2=0有两个不相等的实数根x1，x2．
(1)若a为正整数，求a的值；

(2)若x1，x2满足x12+x22−x1x2=16，求a的值．

为迎接“五一”国际劳动节，某商场计划购进甲、乙两种品牌的T恤衫共100件，已知乙品牌每件的进价比甲品牌每件的进价贵30元，且用120元购买甲品牌的件数恰好是购买乙品牌件数的2倍．
（1）求甲、乙两种品牌每件的进价分别是多少元？

（2）商场决定甲品牌以每件50元出售，乙品牌以每件100元出售．为满足市场需求，购进甲种品牌的数量不少于乙种品牌数量的4倍，请你确定获利最大的进货方案，并求出最大利润．

如图，抛物线y＝−x2+bx+c过点x轴上的A(−1, 0)和B点，交y轴于点C，点P是该抛物线上第一象限内的一动点，且CO＝3AO．

（1）抛物线的解析式为：________；

（2）过点P作PD // y轴交直线BC于点D，求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；

（3）若sin∠BCP=22，在对称轴左侧的抛物线上是否存在点Q，使∠QBC＝∠PBC？若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省孝感市云梦县九年级（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．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．）
1.
【答案】
A
【考点】
倒数
【解析】
乘积是1的两数互为倒数，由此可得出答案．
【解答】
解：∵ −15×(−5)=1，
∴ −15的倒数为−5．
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
单项式乘单项式
幂的乘方与积的乘方
二次根式的乘除法
合并同类项
【解析】
根据整式的运算法则和二次根式的运算法则即可求出答案．
【解答】
(A)原式＝2a，故A错误；
(B)原式＝2a5，故B错误；
(C)原式=3，故C错误；
3.
【答案】
A
【考点】
由三视图判断几何体
【解析】
根据三视图我们可以得出这个几何体应该是个长方体，它的体积应该是2×2×4＝16cm3．
【解答】
该几何体的主视图以及左视图都是相同的矩形，俯视图也为一个正方形形，可确定这个几何体是一个长方体，
依题意可求出该几何体的体积为2×2×4＝16cm3．
答：这个长方体的体积是16cm3．
故选：A．
4.
【答案】
C
【考点】
平行线的性质
【解析】
根据平行线的性质和角平分线的定义即可得到结论．
【解答】
∵ AB // CD，
∴ ∠AED＝180∘−∠EDC＝100∘，
∵ CE平分∠AED，
∴ ∠AEC=12∠AED＝50∘，
∵ AB // CD，
∴ ∠ECD＝∠AED＝50∘．
5.
【答案】
D
【考点】
坐标与图形变化-平移
关于原点对称的点的坐标
【解析】
根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，点的坐标向左平移减，可得答案．
【解答】
由点P(a, b)关于原点对称得到点P1，得P1(−a, −b)，
将点P1向左平移2个单位长度得到点P2，则点P2的坐标是(−a−2, −b)，
6.
【答案】
A
【考点】
由实际问题抽象出二元一次方程组
【解析】
根据题意可以找出题目中的等量关系，列出相应的方程组，从而可以解答本题．
【解答】
由题意可得，
8x−3=y7x+4=y ，
7.
【答案】
B
【考点】
方差
加权平均数
【解析】
根据平均数、方差的定义直接计算即可解答．
【解答】
这批足球的平均质量＝(410×2+420+430+440×3+450)÷8＝430，
这批足球的方差＝[2×(410−430)2+(420−430)2+(430−430)2+3×(440−430)2+(450−430)2]÷8＝200，
8.
【答案】
D
【考点】
分式的化简求值
【解析】
根据分式的加法和乘法可以化简题目中的式子，然后将m+n的值代入化简后的式子即可解答本题．
【解答】
(3m+nm2−mn+1m)⋅(m2−n2)
＝[3m+nm(m−n)+1m]•(m+n)(m−n)
=3m+n+m−nm(m−n)⋅(m+n)(m−n)
=4mm⋅(m+n)
＝4(m+n)，
当m+n＝1时，原式＝4×1＝4．
9.
【答案】
B
【考点】
动点问题
【解析】
根据题意可知点P从点A运动到点B时以及从点C运动到点A时是一条线段，故可排除选项C与D；点P从点B运动到点C时，y不是x的一次函数，并且有最小值，故选项B符合题意，选项A不合题意．
【解答】
当点P从B→C的过程中，根据勾股定理得 AP=AD2+PD2，则其函数图象不是一次函数，且当点P运动到BC的中点时有最小值，所以选项B符合题意，选项A不合题意．
故选：B．
10.
【答案】
C
【考点】
等边三角形的性质
含30度角的直角三角形
垂线段最短
【解析】
连接BF，依据等边三角形的性质，即可得到点F在∠DBE的角平分线上运动；当点D在CF上时，∠CFB＝90∘，根据垂线段最短可知，此时CF最短，最后根据CB的长即可得到CF的长．
【解答】
如图所示，连接BF，
∵ 等边△BDE中，F是DE的中点，
∴ BF⊥DE，BF平分∠DBE，
∴ ∠DBF＝30∘，即点F在∠DBE的角平分线上运动，
∴ 当点D在CF上时，∠CFB＝90∘，根据垂线段最短可知，此时CF最短，
又∵ ∠ABC＝30∘，
∴ ∠CBF＝60∘，
∵ Rt△ABC中，∠ACB＝90∘，∠ABC＝30∘，AC＝6，
∴ BC=3AC＝63，
∴ Rt△BCF中，CF＝BC×sin∠CBF=63×32=9，
二、填空题（共6道小题，每小题3分，共18分.）
【答案】
x≥12
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
根据二次根式的被开方数是非负数得到：x−12≥0．
【解答】
由题意，知x−12≥0．
解得x≥12．
【答案】
x≤1
【考点】
解一元一次不等式
【解析】
根据解一元一次不等式基本步骤：去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
【解答】
2x+7≥3x+6，
2x−3x≥6−7，
−x≥−1，
x≤1，
【答案】
1.864×109
【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≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
【解答】
18.64亿＝1864000000＝1.864×109．
【答案】
1360
【考点】
用样本估计总体
【解析】
用总人数乘以样本中喜欢甲图案的人数所占比例即可得．
【解答】
估计该校喜欢甲图案的学生有2000×68100=1360（人），
【答案】
328．
【考点】
解直角三角形的应用-仰角俯角问题
【解析】
在Rt△ABD中，根据正切函数求得BD＝AD⋅tan∠BAD，在Rt△ACD中，求得CD＝AD⋅tan∠CAD，再根据BC＝BD+CD，代入数据计算即可．
【解答】
如图，∵ 在Rt△ABD中，AD＝90，∠BAD＝45∘，
∴ BD＝AD＝120(m)，
∵ 在Rt△ACD中，∠CAD＝60∘，
∴ CD＝AD⋅tan60∘＝1203(m)，
∴ BC＝BD+CD＝1203+120＝328(m)
答：该建筑物的高度BC约为328米．
故答案为：328．
【答案】
53．
【考点】
反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】
作x轴的垂线，构造相似三角形，利用CD＝4AD和C(0, −4)可以求出A的纵坐标，再利用三角形相似，设未知数，由相似三角形对应边成比例，列出方程，求出待定未知数，从而确定点A的坐标，进而确定k的值．
【解答】
过A作AE⊥x轴，垂足为E，
∵ C(0, −4)，
∴ OC＝4，
∵ ∠AED＝∠COD＝90∘，∠ADE＝∠CDO
∴ △ADE∽△CDO，
∵ CD＝4AD，
∴ AECO=DEOD=ADCD=14，
∴ AE＝1；
又∵ y轴平分∠ACB，CO⊥BD，
∴ BO＝OD，
∵ ∠ABC＝90∘，
∴ ∠OCD＝∠DAE＝∠ABE，
∴ △ABE∼△DCO，
∴ AEOD=BEOC，
设DE＝n，则BO＝OD＝4n，BE＝9n，
∴ 14n=9n4，
∴ n=13，
∴ OE＝5n=53，
∴ A(53, 1)
∴ k=53×1=53．
三、解答题（本大题共7小题，满分72分.）
【答案】
原式＝1+2×22−3+2
＝1．
【考点】
负整数指数幂
特殊角的三角函数值
零指数幂
实数的运算
【解析】
直接利用零指数幂的性质以及绝对值的性质、特殊角的三角函数值、负指数幂的性质分别化简，进而求出答案．
【解答】
原式＝1+2×22−3+2
＝1．
【答案】
证明：如图，连接BC，
在△BAC和△CDB中，
AB=DCCA=BDBC=CB ，
∴ △BAC≅△CDB(SSS)，
∴ ∠A＝∠D，
在△ABO和△DCO中，
∠A=∠D∠AOB=∠DOCAB=DC ，
∴ △ABO≅△DCO(AAS)，
∴ BO＝CO．
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
连接BC，易证△BAC≅△CDB，由全等三角形的性质可得∠A＝∠D，结合已知条件进而可再证明△ABO≅△DCO，继而可得BO＝CO．
【解答】
证明：如图，连接BC，
在△BAC和△CDB中，
AB=DCCA=BDBC=CB ，
∴ △BAC≅△CDB(SSS)，
∴ ∠A＝∠D，
在△ABO和△DCO中，
∠A=∠D∠AOB=∠DOCAB=DC ，
∴ △ABO≅△DCO(AAS)，
∴ BO＝CO．
【答案】
垂直
∠CDE的度数为17∘
【考点】
作图—复杂作图
矩形的性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
（1）根据作图过程和矩形的性质可以证明△DEF≅△DEC，进而可得线段DF与线段AE的位置关系；
（2）结合（1）根据∠ADF＝56∘，即可求出∠CDE的度数．
【解答】
DF⊥AE．理由如下：
由题意：AD＝AE，
∴ ∠ADE＝∠AED，
又∵ 矩形ABCD中，AD // BC，
∴ ∠ADE＝∠DEC，
∴ ∠AED＝∠DEC，
又∵ EF＝EC，ED＝ED，
∴ △DEF≅△DEC(SAS)，
∴ ∠DFE＝∠DCE＝90∘，
∴ DF⊥AE；
故答案为：垂直；
∵ △DEF≅△DEC，
∴ ∠FDE＝∠CDE，
又∵ ∠ADF＝56∘
∴ ∠FDC＝90∘−56∘＝34∘，
∴ ∠CDE=12∠FDC＝17∘．
答：∠CDE的度数为17∘．
【答案】
解：(1)列表如下：
所有(m, n)可能的结果有(0, 1)，(0, 2)，(0, 3)，(1, 1)，(1, 2)，(1, 3)，(2, 1)，(2, 2)，(2, 3)，(3, 1)，(3, 2)，(3, 3)，共12种结果．
(2)由x2−3x+2=0，得
x=1或x=2，
∴ m，n都是方程x2−3x+2=0的解时，结果数有(1, 2)，(2, 1)两种，
∴ 小明获胜的概率P1=212=16，
若m，n都不是方程x2−3x+2=0的解时，结果数有(0, 3)，(3, 3)两种，
∴ 小宇获胜的概率P2=212=16，
∴ P1=P2，
故两人获胜的概率一样大．
【考点】
列表法与树状图法
解一元二次方程-因式分解法
概率公式
【解析】
（1）列表可得所有等可能结果；
（2）解方程得出所有等可能结果，再得出符合条件的结果数，利用概率公式求解可得．
【解答】
解：(1)列表如下：
所有(m, n)可能的结果有(0, 1)，(0, 2)，(0, 3)，(1, 1)，(1, 2)，(1, 3)，(2, 1)，(2, 2)，(2, 3)，(3, 1)，(3, 2)，(3, 3)，共12种结果．
(2)由x2−3x+2=0，得
x=1或x=2，
∴ m，n都是方程x2−3x+2=0的解时，结果数有(1, 2)，(2, 1)两种，
∴ 小明获胜的概率P1=212=16，
若m，n都不是方程x2−3x+2=0的解时，结果数有(0, 3)，(3, 3)两种，
∴ 小宇获胜的概率P2=212=16，
∴ P1=P2，
故两人获胜的概率一样大．
【答案】
解：(1)∵ 关于x的一元二次方程x2−2(a−1)x+a2−a−2=0有两个不相等的实数根，
∴ Δ=[−2(a−1)]2−4(a2−a−2)>0，
解得：a<3，
∵ a为正整数，
∴ a=1，2；
(2)∵ x1+x2=2(a−1)，x1x2=a2−a−2，
∵ x12+x22−x1x2=16，
∴ (x1+x2)2−3x1x2=16，
∴ [2(a−1)]2−3(a2−a−2)=16，
解得：a1=−1，a2=6，
∵ a<3，
∴ a=−1．
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）根据关于x的一元二次方程x2−2(a−1)x+a2−a−2＝0有两个不相等的实数根，得到△＝[−2(a−1)]2−4(a2−a−2)>0，于是得到结论；
（2）根据x1+x2＝2(a−1)，x1x2＝a2−a−2，代入x12+x22−x1x2＝16，解方程即可得到结论．
【解答】
解：(1)∵ 关于x的一元二次方程x2−2(a−1)x+a2−a−2=0有两个不相等的实数根，
∴ Δ=[−2(a−1)]2−4(a2−a−2)>0，
解得：a<3，
∵ a为正整数，
∴ a=1，2；
(2)∵ x1+x2=2(a−1)，x1x2=a2−a−2，
∵ x12+x22−x1x2=16，
∴ (x1+x2)2−3x1x2=16，
∴ [2(a−1)]2−3(a2−a−2)=16，
解得：a1=−1，a2=6，
∵ a<3，
∴ a=−1．
【答案】
甲品牌每件的进价为30元，则乙品牌每件的进价为60元；
获利最大的进货方案是：购进甲品牌T恤衫80件，购进乙品牌T恤衫20件，最大利润是2400元
【考点】
一次函数的应用
分式方程的应用
一元一次不等式组的应用
【解析】
（1）根据乙品牌每件的进价比甲品牌每件的进价贵30元，且用120元购买甲品牌的件数恰好是购买乙品牌件数的2倍，可以列出相应的分式方程，从而可以求得甲、乙两种品牌每件的进价分别是多少元；
（2）根据题意，可以求得购买甲种品牌的T恤衫数量的取值范围，然后列出利润与甲种品牌的T恤衫数量的函数关系，再根据一次函数的性质，即可得到获利最大的进货方案，并求出最大利润．
【解答】
设甲品牌每件的进价为x元，则乙品牌每件的进价为(x+30)元，
120x=2×120x+30，
解得，x＝30
经检验，x＝30是原分式方程的解，
∴ x+30＝60，
答：甲品牌每件的进价为30元，则乙品牌每件的进价为60元；
设该商场购进甲品牌T恤衫a件，则购进乙品牌T恤衫(100−a)件，利润为w元，
∵ 购进甲种品牌的数量不少于乙种品牌数量的4倍，
∴ a≥4(100−a)
解得，a≥80
w＝(50−30)a+(100−60)(100−a)＝−20a+4000，
∵ a≥80，
∴ 当y＝80时，w取得最大值，此时w＝2400元，100−a＝20，
答：获利最大的进货方案是：购进甲品牌T恤衫80件，购进乙品牌T恤衫20件，最大利润是2400元．
【答案】
y＝−x2+2x+3
由−x2+2x+3＝0，得B(3, 0)，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将点B(3, 0)，C(0, 3)代入得，3k+b=0b=3 ，
解得：k=−1b=3 ，
∴ 直线BC的解析式为y＝−x+3，
设点P(x, −x2+2x+3)，则D(x, −x+3)(0∴ PD＝(−x2+2x+3)−(−x+3)＝−x2+3x=−(x−32)2+94．
∴ 当x=32时，PD有最大值94．
存在．
∵ sin∠BCP=22，点P在第一象限，
∴ ∠BCP＝45∘，
∵ B(3, 0)，C(0, 3)，
∴ OC＝OB，
∴ △BOC是等腰直角三角形，
∴ ∠OBC＝∠OCB＝45∘，
∴ ∠BCP＝∠OCB＝45∘，
∴ CP // OB，
∴ P(2, 3)，
设BQ与y轴交于点G，
在△CPB和△CGB中：
2∠PCB=∠GCB=45BC=BC∠PBC=∠GBC ，
∴ △CPB≅△CGB(ASA)，
∴ CG＝CP＝2，
∴ OG＝1，
∴ 点G(0, 1)，
设直线BQ:y＝kx+1，
将点B(3, 0)代入y＝kx+1，
∴ k=−13，
∴ 直线BQ:y=−13x+1，
联立直线BQ和二次函数解析式y=−13x+1y=−x2+2x+3 ，
解得：x=−23y=119 或x=3y=0 （舍去），
∴ Q(−23, 119)．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）求出C点坐标，将A，C两点的坐标代入y＝−x2+bx+c，求出a，c的值即可得到抛物线的解析式；
（2）求出直线BC的解析式为y＝−x+3，设点P(x, −x2+2x+3)，则D(x, −x+3)(0（3）证明△BOC是等腰直角三角形，得出∠OBC＝∠OCB＝45∘，证明△CPB≅△CGB(ASA)，则CG＝CP＝2，求出G点坐标，则直线BQ的解析式可求出，联立直线BQ和二次函数解析式即可得出答案．
【解答】
∵ A(−1, 0)，
∴ OA＝1，
又∵ CO＝3AO，
∴ OC＝3，
∴ C(0, 3)，
把A，C两点的坐标代入y＝−x2+bx+c得，
−1−b+c=0c=3 ，
解得：b=2c=3 ，
∴ 抛物线的解析式为y＝−x2+2x+3，
故答案为：y＝−x2+2x+3．
由−x2+2x+3＝0，得B(3, 0)，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将点B(3, 0)，C(0, 3)代入得，3k+b=0b=3 ，
解得：k=−1b=3 ，
∴ 直线BC的解析式为y＝−x+3，
设点P(x, −x2+2x+3)，则D(x, −x+3)(0∴ PD＝(−x2+2x+3)−(−x+3)＝−x2+3x=−(x−32)2+94．
∴ 当x=32时，PD有最大值94．
存在．
∵ sin∠BCP=22，点P在第一象限，
∴ ∠BCP＝45∘，
∵ B(3, 0)，C(0, 3)，
∴ OC＝OB，
∴ △BOC是等腰直角三角形，
∴ ∠OBC＝∠OCB＝45∘，
∴ ∠BCP＝∠OCB＝45∘，
∴ CP // OB，
∴ P(2, 3)，
设BQ与y轴交于点G，
在△CPB和△CGB中：
2∠PCB=∠GCB=45BC=BC∠PBC=∠GBC ，
∴ △CPB≅△CGB(ASA)，
∴ CG＝CP＝2，
∴ OG＝1，
∴ 点G(0, 1)，
设直线BQ:y＝kx+1，
将点B(3, 0)代入y＝kx+1，
∴ k=−13，
∴ 直线BQ:y=−13x+1，
联立直线BQ和二次函数解析式y=−13x+1y=−x2+2x+3 ，
解得：x=−23y=119 或x=3y=0 （舍去），
∴ Q(−23, 119)．质量(g)
410
420
430
440
450
个数
2
1
1
3
1
0
1
2
3
1
(0, 1)
(1, 1)
(2, 1)
(3, 1)
2
(0, 2)
(1, 2)
(2, 2)
(3, 2)
3
(0, 3)
(1, 3)
(2, 3)
(3, 3)
0
1
2
3
1
(0, 1)
(1, 1)
(2, 1)
(3, 1)
2
(0, 2)
(1, 2)
(2, 2)
(3, 2)
3
(0, 3)
(1, 3)
(2, 3)
(3, 3)