2022北京人朝分校初三9月月考数学（教师版）

这是一份2022北京人朝分校初三9月月考数学（教师版），共29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。
2022北京人朝分校初三9月月考
数 学
一、选择题
1. 下列四个图形中，为中心对称图形的是（　　）
A. B. C. D.
2. 如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，∠CAB=20°，则∠BOD等于（ ）

A. 20° B. 40° C. 50° D. 60°
3. 如图，一块直角三角板（∠A=60°）绕点顺时针旋转到△A′B′C，当，，A′在同一条直线上时，三角板旋转的角度为（ ）

A. 150° B. 120° C. 60° D. 30°
4. 若关于x的方程(x＋1)2＝1－k没有实根，则k的取值范围是（ ）
A. k＜1 B. k＜－1 C. k≥1 D. k＞1
5. 参加一次活动的每个人都和其他人各握了一次手，所有人共握手10次，有多少人参加活动？设有x人参加活动，可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知一次函数和二次函数部分自变量和对应的函数值如表：
x
…
-1
0
2
4
5
…
y1
…
0
1
3
5
6
…
y2
…
0
-1
0
5
9
…
当y2＞y1时，自变量x的取值范围是
A. -1＜x＜2 B. 4＜x＜5 C. x＜-1或x＞5 D. x＜-1或x＞4
7. ⊙O的半径为5，弦AB＝8，则圆上到弦AB所在的直线距离为2的点个数（　　）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
8. 如图，抛物线y＝a+bx+c经过点（﹣2，0），且对称轴为直线x＝1，其部分图象如图所示．对于此抛物线有如下四个结论：①ac＞0；②16a+4b+c＝0；③若m＞n＞0，则x＝1+m时的函数值大于x＝1﹣n时的函数值；④点（，0）一定在此抛物线上，其中正确结论的序号是（　　）

A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
9. 如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1，l2于B，C两点，以点C为圆心，CB长为半径画弧，与前弧交于点D（不与点B重合），连接AC，AD ，BC，CD，其中AD交l2于点E．若∠ECA＝40°，则下列结论错误的是（ ）

A. ∠ABC =70° B. ∠BAD =80° C. CE =CD D. CE =AE
10. 运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，足球飞行的路线可以看作是一条抛物线，不考虑空气阻力，足球距离地面的高度（单位：）与足球被踢出后经过的时间（单位：）近似满足函数关系．如图记录了3个时刻的数据，根据函数模型和所给数据，可推断出足球飞行到最高点时，最接近的时刻是（ ）

A. 4 B. 4.5 C. 5 D. 6
二、填空题
11. 在平面直角坐标系中，点A（﹣3，2）关于（1，1）对称的点的坐标是_____．
12. 方程的根为_____．
13. 若一元二次方程有一个根为，则=_____．
14. 抛物线的顶点坐标是 _____，将其绕原点O旋转180°，则旋转后的抛物线的解析式为 _____．
15. 如图，将一把两边都带有刻度的直尺放在半圆形纸片上，使其一边经过圆心O，另一边所在直线与半圆相交于点D、E，量出半径OC=5cm，弦DE=8cm. 则直尺的宽为______cm.

16. 在⊙O中，弦AB的长恰好等于半径，弦AB所对的圆心角为_______．
17. 如图，点A、B、C在⊙O上，∠C＝45°，半径OB的长为3，则AB的长为_____．

18. 如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠C=____°．

19. 已知点A的坐标为（a，b），且点A在第四象限，O为坐标原点，连结OA，将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到线段 ，则点 的坐标为_____．
20. 如图，舞台地面上有一段以点为圆心的弧，某同学要站在弧的中点的位置上．于是他想：只要从点出发，沿着与弦垂直的方向走到弧上，就能找到弧的中点 ．老师肯定了他的想法．
(1)请按照这位同学的想法，在图中画出点；
(2)这位同学确定点所用方法的依据是　 　．

21. 直线与抛物线有唯一交点，则___________．
22. 已知二次函数y＝2x2﹣4x+6，顶点坐标是_____，当﹣2＜x＜3时，则函数y的取值范围_____．
23. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为_____．

24. 如图，在三角形ABC（其中∠BAC是一个可以变化的角）中，AB＝2，AC＝4，以BC为边在BC的下方作等边三角形PBC，则AP的最大值是 _____．

25. 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，E，F分别是边DC，CB上的动点，且始终满足DE＝CF，AE，DF交于点 P，则∠APD的度数为______ ；连接CP，线段CP长的最小值为_______．

三、解答题
26. 解方程：
（1）（公式法）；
（2）．
27. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若，且此方程两个实数根的差为3，求的值．
28. 已知关于x一元二次方程x2+2（k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个不相等的实数根．
（1）求实数k的取值范围；
（2）0可能是方程的一个根吗？若是，请求出它的另一个根；若不是，请说明理由．
29. 为了改善小区环境，某小区决定在一块一边靠墙(墙长25m)的空地上修建一个矩形小花园ABCD，小花园一边靠墙，另三边用总长40m的栅栏围住，如下图所示．若设矩形小花园AB边的长为m，面积为ym2．
（1）求与之间的函数关系式；
（2）当为何值时，小花园的面积最大？最大面积是多少？

30. 如图1是某条公路的一个单向隧道的横断面．经测量，两侧墙AD和与路面AB垂直，隧道内侧宽AB＝4米．为了确保隧道的安全通行，工程人员在路面AB上取点E，测量点E到墙面AD的距离和到隧道顶面的距离EF．设米，米．通过取点、测量，工程人员得到了x与y的几组值，如下表：

x（米）
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
y（米）
3.00
3.44
3.76
3.94
399
3.92
3.78
3.42
3.00

（1）隧道顶面到路面AB的最大高度为______米；
（2）请你帮助工程人员建立平面直角坐标系，描出上表中各对对应值为坐标的点，画出可以表示隧道顶面的图象．

（3）今有宽为2.4米，高为3米的货车准备在隧道中间通过（如图2）．根据隧道通行标准，其车厢最高点到隧道顶面的距离应大于0.5米．结合所画图象，请判断该货车是否安全通过：______（填写“是”或“否”）．

31. 已知：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，∠ACD=30°，AE=2cm．求DB长．

32. 已知关于x的二次函数．
（1）求该抛物线的对称轴（用含t的式子表示）；
（2）若点，在抛物线上，则m_________n；（填“＞”，“＜”或“=”）
（3），是抛物线上的任意两个点，若对于且，都有，求t的取值范围．
33. 在平面直角坐标系中，已知抛物线，．
（1）当时，①求抛物线G与x轴的交点坐标；
②若抛物线G与线段只有一个交点，求n取值范围；
（2）若存在实数a，使得抛物线G与线段有两个交点，结合图象，直接写出n的取值范围．

34. 四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转2α（0°＜α＜45°），得到线段CE，连接DE，过点B作BF⊥DE交DE的延长线于F，连接BE．
（1）依题意补全图1；
（2）直接写出∠FBE度数；
（3）连接AF，用等式表示线段AF与DE的数量关系，并证明．

35. 对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P给出如下定义：Q为图形M上任意一点，若P，Q两点间距离的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，则称点P为图形M的“二分点”．

已知点N（3，0），A（1，0），B（0，），C（，﹣1）．
（1）①在点A，B，C中，线段ON的“二分点”是 　 　；
②点D（a，0），若点C为线段OD的“二分点”，求a的取值范围；
（2）以点O为圆心，r为半径画圆，若线段AN上存在⊙O的“二分点”，直接写出r的取值范围．

参考答案
一、选择题
1. 【答案】B
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解：选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
2. 【答案】B
【分析】由线段AB是⊙O直径，弦CD丄AB，根据垂径定理的即可求得，然后由圆周角定理，即可求得答案．
【详解】解：∵线段AB是⊙O的直径，弦CD丄AB，
∴，
∵∠CAB=20°，
∴∠BOD=2∠CAB=2×20°=40°．
故选：B．
【点睛】此题考查了圆周角定理以及垂径定理．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
3. 【答案】A
【分析】根据旋转的定义可得为旋转角，再根据三角形的外角性质即可得．
【详解】解：由旋转得：为旋转角，
，
，
即三角板旋转的角度为，
故选：A．
【点睛】本题考查了图形的旋转、三角形的外角性质，熟练掌握旋转的概念是解题关键．
4. 【答案】D
【详解】解：∵（x+1）2=1-k没有实根，
∴1-k＜0，
∴k＞1．
故选D．
5. 【答案】A
【分析】设有x人参加活动，每个人与其他人握手的次数均为次，并且每个人与其他人握手均重复一次，由此列出方程即可．
【详解】解：设有x人参加活动，每个人与其他人握手的次数均为次，并且每个人与其他人握手均重复一次，由此可得：
，
故选：A．
【点睛】题目主要考查一元二次方程的应用，理解题意，列出方程是解题关键．
6. 【答案】D
【分析】利用表中数据得到直线与抛物线的交点为（-1，0）和（4，5），-1＜x＜4时，y1＞y2，从而得到当y2＞y1时，自变量x的取值范围．
【详解】∵当x=－1时，y1=y2=0；当x=4时，y1=y2=5；
∴直线与抛物线的交点为（-1，0）和（4，5），
而-1＜x＜4时，y1＞y2，
∴当y2＞y1时，自变量x的取值范围是x＜-1或x＞4．
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数与不等式：对于二次函数y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）与不等式的关系，利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．
7. 【答案】C
【分析】作圆直径CE⊥AB于点D，连接OA，根据勾股定理求出OE的长，求得C、E到弦AB所在的直线距离，与2比较大小，即可判断．
【详解】解：作圆的直径CE⊥AB于点D，连接OA，

∵AB＝8，
∴AD＝4．
∵OA＝5，
∴OD＝＝3，
∴，即C到弦AB所在的直线距离为2，
∵DE＝5+3＝8＞2，
∴在优弧AEB上到弦AB所在的直线距离为2的点有2个，即圆上到弦AB所在的直线距离为2的点有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理和勾股定理，转化为C、E到弦AB所在的直线距离，与2比较大小是解题的关键．
8. 【答案】C
【分析】利由抛物线的位置可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为（4，0），代入解析式则可对②进行判断；由抛物线的对称性和二次函数的性质可对③进行判断；抛物线的对称性得出点（-2，0）的对称点是（4，0），由即可得出=4，则可对④进行判断．
【详解】解：∵抛物线开口向下，，与轴交于正半轴，则，
∴，故①不正确；
∵对称轴为直线，
∴抛物线与坐标轴的另一个交点为，
∴当时，，故②正确；
∵对称轴为，
当m＞n＞0时，，抛物线开口向下，
∴x＝1+m时的函数值小于x＝1﹣n时的函数值，故③错误；
∵
∴，
∴抛物线为，
∵抛物线过点，
∴即，
，
∴，
∵点（）的对称点是（），
∴点一定在抛物线上，故④正确；
综上分析可知，正确的是②④，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质及一元二次方程的根与二次函数的关系；明确一元二次方程根据与系数的关系，方程的解与根的判别式的关系；尤其是二次函数的最值问题，在自变量的所有取值中：①当a＞0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而减少；在对称轴右侧，y随x的增大而增大，函数有最小值；②当a＜0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减少，函数有最大值；如果在规定的取值中，要看图象和增减性来判断，是解题关键．
9. 【答案】C
【分析】根据平行线的性质得出∠CAB＝40°，进而利用圆的概念及等腰三角形的性质判断即可．
【详解】A.∵直线l1∥l2，
∴∠ECA＝∠CAB＝40°，
∵以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1，l2于B，C两点，
∴BA＝AC＝AD，
∴∠ABC＝＝70°，故A正确，不符合题意；
B.∵以点C为圆心，CB长为半径画弧，与前弧交于点D（不与点B重合），
∴CB＝CD，
∴∠CAB＝∠DAC＝40°，
∴∠BAD＝40°＋40°＝80°，故B正确，不符合题意；
C.∵∠ECA＝∠BAC＝40°，
∴∠CAD＝40°，
∴∠BAD＝∠CED＝80°，
∵∠CDA＝∠ABC＝70°，
∴CE≠CD，故C错误，符合题意；
D.∵∠ECA＝40°，∠DAC＝40°，
∴∠ECA=∠DAC，
∴CE＝AE，故D正确，不符合题意．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的判定及圆心角、弧、弦的关系，关键是根据平行线的性质得出∠CAB＝40°．
10. 【答案】B
【分析】由点(3,18)、(5,20)、(7,14)在抛物线上，利用待定系数法求出抛物线解析式，将其写成顶点式，即可得出结论．
【详解】由题意得，点(3,18)、(5,20)、(7,14)在抛物线上，
∴ ，
∴，
∴抛物线解析式为，
∴当时，足球飞行达到最高点，
故选B．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，利用待定系数法求出抛物线的解析式是解题的关键．
二、填空题
11. 【答案】
【分析】根据对称的性质，点（1，1）是点A与对称点的中点，列式进行计算即可得解．
【详解】解：设点A（﹣3，2）关于（1，1）对称的点的坐标是，
∴，
解得，
∴点A（﹣3，2）关于（1，1）对称的点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了中心对称的性质，中点坐标公式，掌握中心对称的性质是解题的关键．
12. 【答案】
【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【详解】解：，
．
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
13. 【答案】-1
【分析】把x=0代入方程（k-1）x2+3x+k2-1=0，解得k的值．
【详解】解：把x=0代入一元二次方程（k-1）x2+3x+k2-1=0，
得k2-1=0，
解得k=-1或1；
又k-1≠0，
即k≠1；
所以k=-1．
故答案为：-1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义：就是能够使方程左右两边相等的未知数的值，此题应特别注意一元二次方程的二次项系数不得为零．
14.【答案】 ①. ②.
【分析】根据顶点式写出顶点坐标，根据旋转的性质可知抛物线开口方向变化，大小与形状不变即可求得旋转后的抛物线的解析式．
【详解】解：抛物线的顶点坐标是，
将其绕原点O旋转180°，旋转后的顶点坐标为，
∴旋转后的抛物线的解析式为: ．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
15. 【答案】3
【分析】过点O作OF⊥DE，垂足为F，连结OE，由垂径定理可得出EF的长，再由勾股定理即可得出OF的长.
【详解】解：过点O作OF⊥DE，垂足为F，连结OE，

∵DE＝8cm，
∴EF＝DE＝4cm，
∵OC＝5cm，
∴OE＝5cm，
∴OF＝cm．
故答案为3.
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，解答此类题目先构造出直角三角形，再根据垂径定理及勾股定理进行解答．
16.【答案】60．
【详解】试题分析：画图，由等边三角形的判定和性质求得弦AB所对的圆心角．
解：如图，
∵AB=OA=OB，∴△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
故答案为60°．

考点：弧、弦、圆心角之间的关系．
17. 【答案】
【分析】首先根据圆周角定理求出∠AOB的度数，然后解直角三角形求出AB的长．
【详解】根据题意可知，
，
∠AOB=2∠ACB=，
又知OA=OB=3，

故答案为: ．
【点睛】本题考查圆周角定理以及勾股定理，熟练掌握同弧所对圆周角是圆心角的一半是解题的关键.
18. 【答案】45
【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质得到的度数，再由∠AOC=105°，计算得到的度数，最后由三角形外角和得到的度数，即可知道的度数．
【详解】解：∵是由绕点O顺时针旋转40°后得到的图形
∴
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
故答案为：45
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，学会数形结合处理相关的数据是解题的重点．
19. 【答案】
【分析】根据题意，画图分析，将线段OA绕点O按顺时针方向旋转得OA1，如图所示．根据旋转的性质．过 和 分别向x周作垂线交x轴于 ，通过证明可得≌ ,进而得到 ， ，综合A1所在象限确定其坐标，
【详解】解：A在第四象限，将线段OA绕点O按顺时针方向旋转得，如图所示．
∵A（a，b），过 和 分别向x周作垂线交x轴于 ，
∴OB＝a， AB＝-b，
由旋转角可得

在 中，

在和 中

≌
，
因为 在第三象限，所以（b，﹣a），

【点睛】本题考查了图形的旋转，解题的关键是利用三角形全等，得出线段相等，结合点所在的象限确定出坐标．
20. 【答案】(1)见解析；(2)垂直于弦的直径平分弦，并且平分这条弦所对的两条弧
【分析】（1）连接AB，作弦AB的垂直平分线即可得；
（2）根据垂径定理可得．
【详解】(1)如图所示，点即为所求．

(2)这位同学确定点所用方法的依据是：垂直于弦的直径平分弦，并且平分这条弦所对的两条弧，
故答案为垂直于弦的直径平分弦，并且平分这条弦所对的两条弧．
【点睛】本题主要考查作图﹣应用与设计作图，解题的关键是熟练掌握垂径定理及线段中垂线的尺规作图．
21. 【答案】2
【分析】先联立方程组，消去y，得，根据题意，只需判别式△=0即可解答．
【详解】因为直线与抛物线只有唯交点，
所以联立方程式得：，
即，该方程有唯一解，
∴△=，
解得：．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查抛物线与直线交点问题，涉及二元二次方程组、一元二次方程的根与判别式的关系等知识，能将直线与抛物线的交点问题转化为一元二次方程的根与判别式的关系是解答的关键．
22. 【答案】 ①. ②.
【分析】根据解析式化为顶点式求得对称轴，顶点坐标，开口方向，进而根据二次函数图象的性质求得函数值的取值范围．
【详解】解：，顶点坐标为，对称轴为直线，，开口向上，
∴当时，取得最小值为，
∵，
∴当时取得最大值，最大值为
∴当﹣2＜x＜3时，函数y的取值范围，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
23. 【答案】2
【分析】根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=4，得出正方形边长即可．
【详解】解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，

由题意可得出：△DAF≌△BAF′，
∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，
∴∠EAF′=45°，
在△FAE和△EAF′中 ，
∴△FAE≌△EAF′（SAS），
∴EF=EF′，
∵△ECF的周长为4，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=4，
∴2BC=4，
∴BC=2．
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键．
24.【答案】6
【分析】以点B为旋转中心将△ABP逆时针旋转60°得到△BC，连接A，当点A落在C上时即可求得AP的最大值．
【详解】如图，以点B为旋转中心将△ABP逆时针旋转60°得到△BC，连接A，

∵△ABP逆时针旋转60°得到△BC，
∴∠ BA=60°，B=AB，AP= C
∴△ BA是等边三角形，
∴A=AB=B=2，
在△AC中，C＜A+AC，即AP＜6，
则当点、A、C三点共线时，C=A+AC，
即AP=6，
即AP的最大值是：6；
故答案是：6．
【点睛】本题考查了旋转性质，等边三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
25. 【答案】 ①. ②.
【分析】利用“边角边”证明△ADE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠DAE＝∠CDF，然后求出∠APD＝90°，从而得出点P的路径是一段以AD为直径的弧，连接AD的中点和C的连线交弧于点P，此时CP的长度最小，然后根据勾股定理求得QC，即可求得CP的长．
【详解】解：四边形ABCD 是正方形，
AD＝CD，∠ADE＝∠BCD＝90°，
在△ADE和△DCF中，，
∴△ADE≌△DCF（SAS）
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF＋∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠DAE＝90°，
∴∠APD＝90°，
由于点P在运动中保持∠APD＝90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，

则DQ＝AD＝×2＝1，
在Rt△CQD中，根据勾股定理得，CQ＝＝＝，
所以，CP＝CO−QP＝−1．
故答案为：；−1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的性质和判定，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
三、解答题
26. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据一元二次方程求根公式进行计算即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【小问1详解】
解：，
，
∴
∴，
∴；
【小问2详解】
解：，
，
解得．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
27. 【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）证明一元二次方程的判别式大于等于零即可；
（2）用m表示出方程的两个根，比较大小后，作差计算即可．
【详解】（1）证明：∵一元二次方程，
∴
==．
∵，
∴．
∴ 该方程总有两个实数根．　　　 　
（2）解：∵一元二次方程，
解方程，得，．
∵ ，
∴ ．
∵该方程的两个实数根的差为3，
∴ ．
∴．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，方程的解法，熟练掌握判别式，并灵活运用实数的非负性是解题的关键．
28. 【答案】（1）k＜1；（2）另一个根是4．
【详解】（1）根据判别式大于零求得k的取值范围；
（2）把0代入方程求得k=-1，可以判定0是方程的一个根，从而求得另一个根．
29. 【答案】（1）（1）.（）；（2）当x为时，小花园的面积最大，最大面积是
【分析】（1）首先根据矩形的性质，由花园的AB边长为x m，可得BC=(40-2x)m，然后根据矩形面积即可求得y与x之间的函数关系式，又由墙长25m，即可求得自变量的x的范围；
（2）用配方法求最大值解答问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AB=x m，
∴BC=(40-2x)m，
∴花园的面积为：y=AB•BC=x•(40-2x)=-2x2+40x，
∵40-2x≤25，x+x