浙江省金华市婺城区2025-2026学年上学期九年级期末检测数学试题-普通用卷

这是一份浙江省金华市婺城区2025-2026学年上学期九年级期末检测数学试题-普通用卷，共23页。试卷主要包含了若ab=34，则b−aa的值等内容，欢迎下载使用。
A. 13B. −13C. 14D. −14
2.金华酥饼是浙江金华传统名点之一．如图是金华酥饼的包装盒，其俯视图为( )
A. B. C. D.
3.下列词语所描述的事件中属于不可能事件的是( )
A. 守株待兔B. 画饼充饥C. 打草惊蛇D. 旭日东升
4.将抛物线y=x+22+1向下平移3个单位长度后，所得新抛物线的表达式为( )
A. y=x−12+1B. y=x+22−1C. y=x+22−2D. y=x−22−1
5.已知正多边形的一个内角为150 ∘，则这个多边形是( )
A. 正五边形B. 正六边形C. 正八边形D. 正十二边形
6.如图，△ABC与△DEF位似，其位似中心为点O，且OA=AD，则△ABC与△DEF的面积比是( )
A. 1:2B. 1:4C. 2:1D. 4:1
7.如图，梯子(长度不变)跟地面所成的锐角为∠α，叙述正确的是( )
A. sinα的值越大，梯子越陡B. csα的值越大，梯子越陡
C. tanα的值越小，梯子越陡D. 陡缓程度与∠α的函数值无关
8.中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》中记载：“方田一段，一角圆池占之，”其大意是一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池(其中圆与正方形一角的两边均相切)，如图所示.若正方形一条对角线AB与⊙O相交于点M，N(点N在点M的右上方)，AB的长度为10丈，⊙O的半径为2丈，则BN的长度为( )
A. 6 2丈B. 10−4 2丈C. 8−2 2丈D. 8 2−2丈
9.如图，线段AB是半圆O的直径，分别以点B和点O为圆心，大于12OB的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，交半圆O于点C，若AB=6，则BC⌢的长是( )
A. πB. 2πC. 3πD. 6π
10.如图1，已知AP=12，∠PAB=120 ∘，动点Q在线段AB上由A向B运动，连接PQ，将PQ绕点Q逆时针旋转90 ∘得QR，连接BR.设AQ=x，△BQR的面积为y，y关于x的函数图象如图2所示，最高点为E5,m.则m的值为( )
A. 60B. 60.5C. m=61D. 无法确定
11.已知抛物线y=x−k2−9的对称轴为直线x=3，则k的值为 .
12.为了解某花卉种子的发芽情况，研究所的工作人员在相同条件下，对该花卉种子进行发芽试验，根据数据可知该花卉种子发芽的频率稳定在0.9，若在相同条件下种下该种花卉种子230颗，其中能发芽的种子约有 颗.
13.如图，点A，B在⊙O上，点C在AB⌢上，若∠AOB=80 ∘，则∠ACB为 ∘.
14.已知顶角为36 ∘的等腰三角形是黄金三角形，它的底与腰之比为 5−12，如图正五边形ABCDE的对角线恰好围成一个“五角星”(阴影部分)，已知BE=2 5，则DE的长为 .
15.凸透镜成像的原理如图所示，AD//l//BC.若人偶AH到凸透镜中心O的距离OH=7.5cm，焦点F1，F2到中心O的距离为3cm，则人像GC到中心点O的距离GO长为 cm.
16.阳光中学数学社团开展折纸活动．如图，在一张宽为8cm，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片ABCD(AB=8cm)，先将纸片折出折痕BD，再在边AD上取点P，将△ABP沿BP折叠得△A′BP，记A′P与BD的交点为Q.在折纸过程中，当点Q平分线段A′P时，A′B恰好平分∠DBC，则AD长度应取 cm.
17.计算： 9−2sin30 ∘−−20260.
18.已知二次函数y=x2−6x−16，求二次函数图象与坐标轴交点的坐标．
19.为了拓展学生学习视野，开启多元成长之旅，全方位提升学生综合素质与实践能力，我市教育局积极推进研学交流活动．某校七年级准备从金华科技馆，金华非遗馆两条路线中选取一条路线进行研学活动，八年级准备从金华非遗馆，金华科技馆，森山小镇等路线中选取一条路线进行研学活动．每个基地被选到的可能性相等，记金华科技馆为A，金华非遗馆为B，森山小镇为C.
(1)七年级选中金华科技馆的概率为 .
(2)用树状图或列表格的方法求该校七年级、八年级选取的研学路线相同的概率．
20.图1、图2、图3均是6×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C均在格点上，仅用无刻度的直尺在给定的网格中，分别按下列要求作图(保留作图痕迹).
(1)在图1中作△ABC的中线BD.
(2)在图2中作出△ABC的高线BE.
(3)在图3中作一点F，使得∠BFC=2∠A.
21.数学活动课上，老师要求九年级(1)班各学习小组的同学测量操场旗杆的高度，活动过程如下：如图，为测量旗杆的高度AB，小明在操场平地上的点C处，测得旗杆顶部A的仰角为30 ∘，在线段CB上的点D处，测得旗杆顶部A的仰角为75 ∘，忽略测角仪的高度．已知CD=16米．求点A与点D的距离以及旗杆的高度AB(结果保留根号).
22.车辆止退器的主要作用是汽车停车时，置于车轮与地面之间，能有效防止汽车打滑后退，如图所示是某品牌止退器的实物和示意图，已知车轮⊙O与BC相切于点C，止退器的高AB=8cm，长BC=24cm，请用两种不同的方法求车轮的半径．
23.定义：在平面直角坐标系中，横坐标相等的两个点Ax,y1，Bx,y2，其纵坐标之差称为这两点的“高度差”，记h=y1−y2；两个函数在某范围内所有对应点“高度差”中的最大值称为这两个函数在该范围内的“最大高度差”．例如：点A1,2和点B1,5两点的“高度差”为h=5−2=3，函数y=2x+3与函数y=x+1所有对应点的“高度差”可以表示为h=2x+3−x−1=x+2，在0≤x≤3范围内的“最大高度差”为5.已知y1=x2−2x+3，y2=2x+2，y3=ax2−3x+4.
(1)点A2,3和点B2,−2的“高度差”为 .
(2)求y1与y2在0≤x≤3范围内的“最大高度差”．
(3)若y1与y3在0≤x≤3范围内的“最大高度差”小于3，求a的取值范围(直接写出答案).
24.如图，⊙O的两条直径AB，CD互相垂直，点E在BC的延长线上，连接DE交⊙O于点F，交AB于点G，连接AF，BF.
(1)求证：△GBF∽△GEB.
(2)当EC=BC时，求sin∠ABF的值．
(3)设ECBC=x，EFAF=y，求y关于x的函数关系式．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】本题考查了比例的性质，分式的求值，由已知得ba=43，再把分式转化为b−aa=ba−aa=ba−1，进而代入计算即可求解，掌握比例的性质是解题的关键．
【详解】解：∵ab=34，
∴ba=43，
∴b−aa=ba−aa=43−1=13，
故选：A.
2.【答案】D
【解析】本题考查的是简单几何体的三视图，根据俯视图是从上面看到的图形即可得到答案．
【详解】解：观察包装盒，其是一个上、下底面均为正六边形的六棱柱，俯视图看到的是上底面，故为正六边形，
故选：D.
3.【答案】B
【解析】本题考查了必然事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念，即可区别各类事件．
【详解】解：A.守株待兔是随机事件，故该选项不符合题意；
B.画饼充饥是不可能事件，故该选项符合题意；
C.打草惊蛇是随机事件，故该选项不符合题意；
D.旭日东升是必然事件，故该选项不符合题意；
故选：B.
4.【答案】C
【解析】本题考查二次函数图象的平移，根据平移规则“上加下减”，向下平移直接改变常数项求解即可．
【详解】解：∵将抛物线向下平移3个单位，
∴新表达式为y=(x+2)2+1−3，
化简得y=(x+2)2−2，
∴所得新抛物线的表达式为y=(x+2)2−2，
故选C.
5.【答案】D
【解析】本题考查了正多边形的内角与外角的关系，先求出正多边形的一个外角是180 ∘−150 ∘=30 ∘，再用外角和除以外角即可得到边数，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵正多边形的一个内角是150 ∘，
∴正多边形的一个外角是180 ∘−150 ∘=30 ∘，
∴这个正多边形的边数为360 ∘÷30 ∘=12，
即正多边形是正十二边形，
故选D.
6.【答案】B
【解析】根据位似图形的概念求出△ABC与△DEF的相似比，根据相似三角形的性质计算即可．本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似的两个三角形是相似三角形、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
【详解】解：∵OA=AD，
∴OA:OD=1:2
∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴△ABC与△DEF的位似比是1:2.
∴△ABC与△DEF的相似比为1:2，
∴△ABC与△DEF的面积比为1:4，
故选：B.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查解直角三角形的应用，锐角三角函数的增减性，熟练掌握锐角三角函数值的变化规律是解题的关键．根据锐角三角函数值的变化规律，正弦值和正切值随着角的增大而增大，余弦值随着角增大而减小，逐一判断即可．
【解答】
解：根据锐角三角函数的变化规律，知 sinα 的值越大，梯子越陡，故A符合题意；
csα 的值越小，梯子越陡，故B不符合题意；
tanα 的值越大，梯子越陡，故C不符合题意；
陡缓程度与 ∠α 的函数值有关，故D不符合题意；
故选：A.
8.【答案】C
【解析】本题考查的是切线的性质、正方形的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键；
连接OC，根据切线的性质得到OC⊥AC，根据正方形的性质得到∠OAC=45 ∘，求出OA，结合图形计算，得到答案．
【详解】解：如图，设正方形的一边与O的切点为C，连接OC，则OC⊥AC，
∵四边形是正方形，AB是对角线，
∴∠OAC=45 ∘，
∴OA= 2OC=2 2，
∴BN=AB−AN=10−2 2−2=8−2 2丈，
故答案为：8−2 2.
9.【答案】A
【解析】本题主要考查圆的基本概念，垂直平分线的做法，等边三角形的判定和性质以及弧长公式，连接OC和BC，则OC=OB，根据作图知NM垂直平分OB，则BC=OC，即可判定△OCB为边长为3的等边三角形，利用弧长公式计算即可．
【详解】解：连接OC和BC，如图，
则OC=OB，
根据作图知NM垂直平分OB，则BC=OC，
∵AB=6，
∴△OCB为边长为3的等边三角形，
∴∠COB=60 ∘，
则BC⌢的长是60π×3180=π，
故选：A.
10.【答案】B
【解析】本题考查了二次函数的应用，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等，过点P作PC⊥QA的延长线于点C，过点R作RD⊥QB于点C，可证△PCQ≌△QDRAAS，得到DR=CQ=x+6，设AB=a，则BQ=a−x，可得y=12BQ⋅RD=12a−xx+6=−12x2+12a−6x+3a，利用抛物线的对称轴可得a=16，即得到y=−12x2+5x+48，最后把x=5代入计算即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过点P作PC⊥QA的延长线于点C，过点R作RD⊥QB于点C，则∠C=∠RDQ=90 ∘，
∴∠QPC+∠PQC=90 ∘，
∵将PQ绕点Q逆时针旋转90 ∘得QR，
∴∠PQR=90 ∘，PQ=QR，
∴∠RQD+∠PQC=90 ∘，
∴∠QPC=∠RQD，
∴△PCQ≌△QDRAAS，
∴CQ=DR，
∵∠PAB=120 ∘，
∴∠PAC=60 ∘，
∴∠APC=30 ∘，
∵AP=12，
∴AC=12AP=6，
∵AQ=x，
∴DR=CQ=x+6，
设AB=a，则BQ=a−x，
∴y=12BQ⋅RD=12a−xx+6=−12x2+12a−6x+3a，
由图2知，抛物线的对称轴为直线x=5，
∴a−62=5，
解得a=16，
∴y=−12x2+5x+48，
当x=5时，y=−12×52+5×5+48=60.5，即m=60.5，
故选：B.
11.【答案】3
【解析】本题主要考查二次函数的性质，关键是二次函数性质的熟练掌握．根据抛物线顶点式，对称轴为x=k，结合给定条件求解．
【详解】解：抛物线y=x−k2−9的对称轴为直线x=k，
由题意得x=3，故k=3.
故答案为3.
12.【答案】207
【解析】解：由题意可知，该花卉种子发芽的频率稳定在0.9，即发芽概率为0.9.
种下230颗种子，能发芽的种子数量约为230×0.9=207(颗).
故答案为：207.
根据频率估计概率，发芽频率稳定在0.9，因此发芽概率约为0.9，用总种子数乘以发芽概率即可求解．
本题考查利用频率估算概率，掌握其相关知识点是解题的关键．
13.【答案】140
【解析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，理解相关知识是解答关键．在优弧AB⌢上取一点D，连接AD,BD，利用同弧所对的圆周角的度数等于圆心角度数的一半求出∠D的度数，再利用圆内接四边形性质来求解．
【详解】解：在优弧AB⌢上取一点D，连接AD,BD，
则∠D=12∠AOB=40 ∘.
∵点A,C,B,D四点共圆，
∴∠ACB+∠D=180 ∘，
∴∠ACB=180 ∘−∠D=180 ∘−40 ∘=140 ∘，
故答案为：140.
14.【答案】5− 5/− 5+5
【解析】先根据多边形内角和定理与正多边形的性质得出△EDG为黄金三角形，再根据黄金三角形的底与腰之比求出DE，即可得出结果．本题考查了黄金三角形、正五边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识；熟练掌握正五边形的性质得出△EDG为黄金三角形是解题的关键．
【详解】解：∵如图正五边形ABCDE的对角线恰好围成一个“五角星”(即阴影部分)，
由正五边形可得∠BAE=5−2×180 ∘5=108 ∘，
由题意得，AF=FB=AG=GE，
∴∠FAB=∠ABF,∠GAE=∠GEA,∠AFG=∠AGF，
设∠AFG=∠AGF=2α，
∵∠AFG=∠FAB+∠ABF,∠AGF=∠GAE+∠GEA，
∴∠FAB=∠ABF=∠GAE=∠GEA=α，
∴∠FAG=108 ∘−2α，
∵∠FAG+∠AFG+∠AGF=180 ∘，
∴108 ∘−2α+2α+2α=180 ∘，
解得α=36 ∘，
∴∠FAG=108 ∘−2×36 ∘=36 ∘，
∴△AFG是黄金三角形，
∴设FG=x，
∴BF=GE=12×2 5−x= 5−12x
∵黄金三角形的底与腰之比为 5−12，
∴在△AFG中，FGAG=FGGE= 5−12
即x 5−12x= 5−12，
解得x=10−4 5，
即BF=GE= 5−12×10−4 5=3 5−5，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAE=∠AED=108 ∘，
∴∠ABE=∠AEB=12×180 ∘−108 ∘=36 ∘，
∴∠DEG=∠AED−∠AEB=72 ∘，
∵∠EGD=∠AGF=2α=2×36 ∘=72 ∘，
∴∠EGD=∠DEG
∴ED=DG，
则∠GDE=180 ∘−72 ∘−72 ∘=36 ∘，
∴△EDG为黄金三角形，
∵黄金三角形的底与腰之比为 5−12，
即GEDE= 5−12,3 5−5DE= 5−12，
∴DE=5− 5，
故答案为：5− 5.
15.【答案】5
【解析】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握8字模型相似三角形是解题的关键．
由题意得：OF1=OF2=3cm，OB=CG，AH=DO，AH⊥l，BD⊥l，CG⊥l，可得△AHF1∽△BOF1，△DOF2∽△CGF2，然后利用相似三角形的性质进行计算即可．
【详解】解：由题意得：OF1=OF2=3cm，OB=CG，AH=DO，AH⊥l，BD⊥l，CG⊥l，
∴HF1=OH−OF1=7.5−3=4.5cm，AH//BD//CG，
∴△AHF1∽△BOF1，△DOF2∽△CGF2，
∴AHOB=HF1OF1=4.53=1.5，
∴DO=AH=1.5OB，
∵△DOF2∽△CGF2，
∴DOCG=OF2GF2，即1.5OBOB=3GF2，
∴GF2=2，
∴GO=OF2+GF2=3+2=5cm.
故答案为：5.
16.【答案】7 2
【解析】延长PA′交BC于点E，过点P作PF⊥BC于点F，通过翻折的性质和角平分线的性质得出相等的边和角，证明△A′BQ≌△A′BE，得出相等的边，结合矩形的性质证明△DPQ∽△BEQ，得出相似比，设PQ=A′Q=A′E=x，表示出相关线段的长度，然后利用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：如图所示，延长PA′交BC于点E，过点P作PF⊥BC于点F，
∴∠PFB=∠PFE=90 ∘，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠ABC=90 ∘，BF=AP，AD//BC，
∴四边形ABFP为矩形，
∴PF=AB=8cm，
根据折叠可得，∠BA′Q=∠A=90 ∘=∠BA′E,A′B=AB=8cm，
∵A′B平分∠DBC，
∴∠A′BQ=∠A′BE，
又∵A′B=A′B，
∴△A′BQ≌△A′BEASA，
∴A′Q=A′E，
∵点Q平分线段A′P，
∴PQ=A′Q，
∴PQ=A′Q=A′E，
∵AD//BC，
∴∠PDQ=∠EBQ，
又∵∠DQP=∠BQE，
∴△DPQ∽△BEQ，
∴PDBE=PQQE=12，
设PQ=A′Q=A′E=x，则PE=3x,BF=AP=A′P=2x，
由勾股定理得BE= A′B2+A′E2= 64+x2，
∴EF=BE−BF= 64+x2−2x，
∴PD=12BE=12 64+x2，
由勾股定理得PF2+EF2=PE2，
即64+ 64+x2−2x2=9x2，
解得x=2 2(负值已舍)，
AD=AP+PD=4 2+3 2=7 2，
故答案为：7 2.
17.【答案】解： 9−2sin30 ∘−−20260
=3−2×12−1
=3−1−1
=1.

【解析】本题主要考查了含特殊角三角函数值的混合运算、零次幂、算术平方根等知识点，牢记特殊角的三角函数值是解题的关键．
先用特殊角三角函数值、零次幂、算术平方根化简，然后再计算即可．
18.【答案】解：当y=0时，x2−6x−16=0，
解得x1=−2，x2=8，
∴二次函数图象与x轴交于−2,0，8,0，
当x=0时，y=−16，
∴二次函数图象与y轴交于0,−16，
∴二次函数图象与坐标轴交点的坐标−2,0，8,0，0,−16.

【解析】本题考查二次函数与坐标轴的交点问题，令y=0，x=0，求出对应的x、y的值，即可得出结果．
19.【答案】【小题1】
12
【小题2】
解：画树状图如下：
由树状图可知，共有6种等可能的结果，其中七年级、八年级选取的研学路线相同的有2种，故该校七年级、八年级选取的研学路线相同的概率是26=13.

【解析】1.
解：∵七年级准备从金华科技馆，金华非遗馆两条路线中选取一条路线进行研学活动，
∴七年级选中金华科技馆的概率为12，
故答案为：12；
本题考查了列表法和树状图法以及概率公式，掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据概率公式计算即可；
2.
由树状图法知共有6种等可能的情况，其中七年级、八年级选取的研学路线相同的2有种，最后用概率公式计算即可．
20.【答案】【小题1】
解：如图1，取格点M、N，连接MN交AC于D，连接BD，BD即为所求．
由网格特征可得，四边形AMCN是矩形，
∴AD=CD，即点D为AC中点，
∴BD为△ABC的中线．
【小题2】
解：如图2，取格点Q、P，连接CQ、AP，CQ、AP交于点O，连接BO并延长BO，交AC于E，BE即为所求．
由网格特征可得：CQ⊥AB，AP⊥BC，
∴CQ、AP是AB边、BC边的高所在直线，
∴BE为AC边的高．
【小题3】
解：如图3，根据网格特征，作AB、BC的垂直平分线，交于点F，连接BF、CF，点F即为所求．
∵AB、BC的垂直平分线交于点F，
∴点F为△ABC的外接圆的圆心，
∴∠A与∠BFC是BC⌢所对的圆周角和圆心角，
∴∠BFC=2∠A.

【解析】1.
本题考查无刻度的直尺、网格特征、垂直平分线的性质及圆周角定理，熟练掌握网格特征是解题关键．
取格点M、N，连接MN交AC于D，连接BD，BD即为所求；
2.
取格点Q、P，连接CQ、AP，CQ、AP交于点O，连接BO并延长BO，交AC于E，BE即为所求．
取格点Q，连接CQ，交AB于E，BE即为所求；
3.
根据网格特征，作AB、BC的垂直平分线，交于点F，可得点F为△ABC的外接圆的圆心，根据圆周角定理即可得出∠BFC=2∠A.
21.【答案】解：作DE⊥AC于点E，
∵∠ADB=∠C+∠1，
∴∠1=∠ADB−∠C=75 ∘−30 ∘=45 ∘，
在Rt△CDE中，
∵∠CED=90 ∘，∠C=30 ∘，
∴DE=CD⋅sin∠C=16⋅sin30 ∘=16×12=8，
CE=CD⋅cs∠C=16⋅cs30 ∘=16× 32=8 3，
在Rt△ADE中，
∵∠AED=90 ∘，∠1=45 ∘，
∴AD=DEsin45 ∘=8÷ 22=8 2，
AE=DEtan∠1=8tan45 ∘=8，
∴AC=AE+CE=8+8 3，
在Rt△ABC中，AB=12AC=4+4 3，
∴点A与点D的距离为8 2米，旗杆高度为4+4 3米．

【解析】本题考查解直角三角形的实际应用，30 ∘所对的直角边等于斜边的一半，三角形外角定理，要学会结合图象求解，当遇到非直角三角形时，要作辅助线构造出直角三角形．
过点D作DE⊥AC于点E，利用DE⊥AC，∠ACB=30 ∘，CD=16m，求出DE和CE的长，再利用∠DAE=45 ∘，可得AD= 2DE=8 2，进而可得AC=AE+CE=8+8 3，再利用30 ∘所对的直角边等于斜边的一半即可求出AB的长．
22.【答案】解：方法一：连接OA,OC，作AD⊥OC于点D，则四边形ABCD为矩形，
设半径为r，则OA=OC=r，OD=r−8，AD=24，
在Rt△OAD中，由勾股定理得OA2=AD2+OD2，即242+r−82=r2，
解得，r=40；
答：车轮的半径为40cm.
方法二：作直径CD，连接AC,AD，
∵AB=8cm，BC=24cm，
∴AC= 82+242=8 10，
∵BC是⊙O的切线，CD是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠DAC=∠BCD，
∴∠ACB=90 ∘−∠ACD=∠D，
∴△ABC∽△CAD，
∴ABAC=ACCD，即88 10=8 10CD，
解得CD=80，
∴⊙O的半径为40，
答：车轮的半径为40cm.

【解析】本题主要考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理及相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
方法一：连接OA,OC，作AD⊥OC于点D，设半径为r，则OA=OC=r，OD=r−8，在Rt△OAD中，由勾股定理列式计算即可求解；
方法二：作直径CD，连接AC,AD，根据题意可得AC=8 10，再证明△ABC∽△CAD，进而由相似三角形的性质求解即可．
23.【答案】【小题1】
5
【小题2】
解：函数y1=x2−2x+3与函数y2=2x+2所有对应点的“高度差”可以表示为h=x2−2x+3−2x−2=x2−4x+1=x−22−3，
解x−22−3=0得x1=2+ 3,x2=2− 3，
即h=x−22−3交x轴于2+ 3,0,2− 3,0，对称轴为直线x=2，
画出函数图象如图所示，
当x=0时，h=0−22−3=1；
当x=2时，h=2−22−3=3；
当x=3时，h=3−22−3=2；
即y1与y2在0≤x≤3范围内的“最大高度差”为3；
【小题3】
解：函数y1=x2−2x+3与函数y3=ax2−3x+4所有对应点的“高度差”可以表示为h=x2−2x+3−ax2+3x−4=1−ax2+x−1，
当a=1,x=1时，h=1−1×12+1−1=0，
∵y1与y3在0≤x≤3范围内的“最大高度差”小于3，
∴1−ax2+x−1