2020-2021学年厦门第一中学九年级上学期期中数学试题（含答案与解析）

这是一份2020-2021学年厦门第一中学九年级上学期期中数学试题（含答案与解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形概念求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既是中心对称图形又是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2. 抛物线的对称轴是（ ）
A. 直线＝﹣2B. 直线＝2C. 直线＝﹣3D. 直线＝3
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质，利用顶点式直接得出答案．
【详解】∵抛物线关系式为，
∴抛物线的对称轴是：直线=2，
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
3. 若x＝a是方程x2﹣x＋a﹣4＝0的根，则（ ）
A. a＝1B. a＝2C. a＝﹣1D. a＝±2
【答案】D
【分析】把x＝a代入方程x2﹣x＋a﹣4＝0得a2﹣a＋a﹣4＝0，然后解关于a的方程即可．
【详解】解：把x＝a代入方程x2﹣x＋a﹣4＝0得a2﹣a＋a﹣4＝0，
解得a＝±2.
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
4. 如图，△ADE旋转到△CDB，点A与点C是对应点，下列说法错误的是（ ）
A. AE∥BDB. AD＝DCC. DE平分∠ADBD. AE＝BC
【答案】A
【分析】由旋转的性质可得AD＝CD，AE＝BC，∠E＝∠B，∠ADE＝∠EDB，可得DE平分∠ADB，利用排除法可求解．
【详解】∵△ADE旋转到△CDB，
∴AD＝CD，AE＝BC，∠E＝∠B，∠ADE＝∠EDB，故选项B和D不合题意，
∴DE平分∠ADB，故选C不合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质,平行线的判定,掌握旋转的性质是本题的关键．
5. 直角坐标系的原点为O，⊙O半径为5，点P（4，﹣3）（ ）
A. 在⊙O内B. 在⊙O上C. 在⊙O外D. 无法确定
【答案】B
【分析】先根据勾股定理求出OP的长，再与⊙O的半径为5相比较即可．
【详解】解：∵圆心P的坐标为（4，﹣3），
∴OP==5，
∵⊙O的半径为5，
∴点P在⊙O上．
故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
6. 如图，是的直径，是的弦，，下列说法错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】根据圆周角定理得到∠ADB=90°，∠B=∠ACD=30°，再利用互余可计算出∠BAD的度数，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出BD、AB的长即可．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠B=∠ACD=30°，
∴∠BAD=90°-∠B=90°-30°=60°，
故选项A、B不符合题意，
在Rt△ADB中，BD=AD=3，AB=2AD=2，
故选项C符合题意，选项D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
7. 等边△ABC的三个顶点都在⊙O上，点P是圆上不与A、B、C重合的点，∠BPC的度数是（ ）
A. 60°B. 120°C. 60°或120°D. 无法确定
【答案】C
【分析】如图，根据等边三角形的性质得∠A＝60°，根据圆周角定理得到∠BPC＝60°，根据圆内接四边形的性质得到∠P′＝120°，从而得到当P点在上时，∠BPC＝120°．
【详解】解：如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝60°，
∴∠BPC＝∠A＝60°，
∵∠A＋∠P′＝180°，
∴∠P′＝180°﹣60°＝120°，
∴当P点在上时，∠BPC＝120°．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理和等边三角形的性质．
8. 二次函数的图象的最高点在x轴上，则c的值是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【分析】根据抛物线的顶点在x轴上，结合顶点坐标公式，即可求解．
【详解】∵二次函数的图象的最高点在x轴上，
∴，解得：c=，
∵抛物线有最高点
∴c=
故选C．
【点睛】本题主要考查二次函数图像和性质，熟练掌握抛物线顶点坐标公式，是解题的关键．
9. 《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为 1寸，锯道AB=1尺(1尺=10寸)，则该圆材的直径为（ ）
A. 13B. 24C. 26D. 28
【答案】C
【分析】设⊙O的半径为r．利用垂径定理求得AC=5，在Rt△ACO中，，，则有，解方程即可．
【详解】设圆心为O，过O作OC⊥AB于C，交⊙O于D，连接OA，
∴AC=AB=，
设⊙O的半径为r，
在Rt△ACO中，，，
则有，
解得，
∴⊙O的直径为26寸，
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
10. 平面直角坐标系中，已知点P（m﹣1，n2），Q（m，n﹣1），其中m＜0，则下列函数的图象可能同时经过P，Q两点的是（ ）
A. y＝2x+bB. y＝﹣x2+2x+c
C. y＝ax+2 （a＞0）D. y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）
【答案】D
【分析】用先判断n2与n﹣1和m﹣1与m的大小，从而判断P（m﹣1，n2），Q（m，n﹣1）的增减关系，再依次判断即可.
【详解】解：∵n2﹣（n﹣1）＝（n﹣）2+＞0，
∴n2＞n﹣1，
∵m﹣1＜m，
∴当m＜0时，y随x的增大而减小，
A、y＝2x+b中，y随x的增大而增大，故A不可能；
B、y＝﹣x2+2x+c中，开口向下，对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴当x＜0时，y随x的增大而增大，故B不可能；
C、y＝ax+2 中，a＞0，y随x的增大而增大，故C不可能；
D、y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）中，开口向上，对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴当x＜0时，y随x的增大而减小，故D有可能，
故选：D．
【点睛】本题是对函数知识的综合考查，熟练掌握一次函数，二次函数知识是解决本题的关键.
二、填空题（本大题有6小题，每题4分，共24分）
11. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则__________．
【答案】2
【分析】根据在平面直角坐标系中的点关于原点对称的点的坐标为，进而求解．
【详解】∵点与点关于原点对称，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中关于原点对称点的特征，即两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．
12. 在半径为6的⊙O中，长为6的弦所对的圆心角是_____°．
【答案】60
【分析】根据等边三角形的性质得到∠AOB＝60°，得到答案．
【详解】如图所示
∵OA＝OB＝AB＝6，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
故答案为：60.
【点睛】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、等边三角形的判定和性质，掌握圆周角的定义、等边三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（4，1），将OA绕原点逆时针方向旋转90°得OB，则点B的坐标为_____．
【答案】（﹣1，4）
【分析】根据题意画出图形，再结合旋转的性质即可解答．
【详解】解：如图所示：点B的坐标为：(﹣1，4)．
故答案为：(﹣1，4)．
【点睛】本题考查了旋转后点的坐标，解题的关键是画出图形，结合图象及旋转的性质进行解答．
14. 已知⊙O的直径为10，直线a与⊙O只有一个公共点，点P是直线a上的动点，则线段OP的最小值为_____．
【答案】5
【分析】首先判断直线a与⊙O相切，根据切线的性质以及垂线段的性质即可得出答案．
【详解】解：∵⊙O的直径为10，
∴⊙O的半径为5，
∵直线a与⊙O只有一个公共点，
∴直线a是⊙O的切线，
∵点P是直线a上的动点，
∴点P是切点时，线段OP为最小值，
∴OP的最小值为5，
故答案为5．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，能熟记直线和圆的位置关系的内容是解此题的关键，注意：直线和圆有三种位置关系：相离，相交，相切，已知：圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，当d＞r时，直线与圆相离，当d=r时，直线与圆相切，当d＜r时，直线与圆相交．
15. 若函数y＝x2＋2x﹣b的图象与坐标轴有三个交点，则b的取值范围是_____．
【答案】b＞﹣1且b≠0
【分析】抛物线与轴，轴共有3个交点，必定与轴有两个交点，与轴交点不能与轴的交点重合，即不能为（0，0），于是考虑＞0，进而确定b的取值范围．
【详解】∵函数的图象与坐标轴有三个交点，
∴抛物线与x轴有两个交点，与y轴有一个交点，且与轴、轴的不能为（0，0），
∴＝＝22＋4b＞0且b≠0，
解得：b＞﹣1且b≠0，
故答案为：b＞﹣1且b≠0.
【点睛】本题考查抛物线与坐标轴的交点的问题，需要考虑的符号，同时还要注意抛物线与x轴的交点不能为（0，0），容易忽略．
16. 老师给出了二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的部分对应值如表：
下列结论，①抛物线的开口向上；②抛物线的对称轴为直线x＝2；③当﹣2＜x＜4时，y＜0；④x＝3是方程ax2＋bx＋c＋5＝0的一个根；⑤若A（x1，5），B（x2，6）是抛物线上两点，则x1＜x2，其中正确的是_____（只填写序号）．
【答案】①③④
【分析】根据表格数据求出二次函数的对称轴为直线x＝1，然后根据二次函数的性质对各小题分析判断即可得解．
【详解】解：①函数的对称轴为x=（5-3）=1，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，故抛物线的开口向上，正确，符合题意；
②由①知，抛物线的对称轴为直线x=1，故②错误，不符合题意；
③当x=-2时，y=0，根据函数的对称性，则x=4时，y=0，故当-2＜x＜4时，y＜0，故③正确，符合题意；
④由表格知，当x=3时，y=-5，即ax2+bx+c+5=0，则x=3是方程ax2+bx+c+5=0的一个根，故④正确，符合题意；
⑤若A（x1，5），B（x2，6）是抛物线上从左到右依次分布的两点，只有点A、B都在对称轴右侧和点A、B在对称轴两侧时，这两种情况x1＜x2都正确，故⑤错误，不符合题意；
故①③④正确，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，仔细分析表格数据，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题9小题，共86分）
17. （1）解方程：x2﹣2x＝5
（2）化简求值：，其中x＝﹣1
【答案】（1）x1＝1＋，x2＝1﹣；（2）﹣，-3
【分析】（1）根据配方法求解即可；
（2）先算括号里面的减法，再算括号外面的除法，得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
【详解】解：（1）x2﹣2x＝5，
配方得x2﹣2x＋1＝5＋1，
（x﹣1）2＝6，
开方得x﹣1＝±，
所以x﹣1＝或x﹣1＝﹣，
解得x1＝1＋，x2＝1﹣；
（2）
＝×
＝﹣，
当x＝﹣1时，原式＝﹣＝﹣3．
【点睛】此题主要考查了分式的化简求值和解一元二次方程，熟练掌握运算法则是解答此题的关键．
18. 点A（﹣1，0），点B（﹣3，1），点C（﹣3，﹣2）．
（1）画出△ABC，及△ABC关于原点成中心对称的图形△A1B1C1；
（2）画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后的图形△A2B2C2
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，中心对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19. 在Rt△ABC中，∠B=90°，∠ACB=32°，将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点B的对应点E，点E恰好在AC上，求∠ADE的度数．
【答案】16°
【分析】利用旋转的性质得CA=CD，∠ECD=∠BCA=32°，∠DEC=∠ABC=90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD，从而利用互余和计算出∠ADE的度数；
【详解】解：∵将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点E恰好AC上，
∴CA=CD，∠ECD=∠BCA=32°，∠DEC=∠ABC=90°，
∵CA=CD，
∴∠CAD=∠CDA=（180°﹣32°）=74°，
∴∠ADE=90°﹣74°=16°．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰三角形的性质．
20. 如图，AB是⊙O的直径，C、D、E是⊙O上的点，AD＝CD，∠E＝68°，求∠ABC的度数．
【答案】44°
【分析】连接DB，由圆周角定理得∠A＝∠E＝68°，∠ADB＝90°，则∠ABD＝90°﹣∠A＝22°，再由圆周角定理得到∠DBC＝∠DBA＝22°，进而求出∠ABC的度数．
【详解】连接DB，如图所示：
∵∠E＝68°，
∴∠A＝68°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣68°＝22°，
∵AD＝CD，
∴，
∴∠DBC＝∠DBA＝22°，
∴∠ABC＝∠DBC＋∠DBA＝22°＋22°＝44°．
故答案为44°
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦关系，直角三角形的性质等知识；熟练掌握圆周角定理是解题的关键
21. 如图，有一块宽为16m的矩形荒地，某公园计划将其分为A、B、C三部分，分别种植不同的植物．若已知A、B地块为正方形，C地块的面积比B地块的面积少40m2，试求该矩形荒地的长．
【答案】矩形荒地的长为26 m
【分析】设B地块的边长为xm，根据“C地块的面积比B地块的面积少40m2”列出方程求解即可．
【详解】解：设B地块的边长为x m．
x2－x(16－x)＝40
解得：x1＝10，x2＝－2（不符题意，舍去）
∴ 10＋16＝26 m
答：矩形荒地的长为26 m
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是找到题目中的等量关系，难度不大．
22. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC、BD相交于点E．
（1）如图1，若AC＝BD，求证：AE＝DE；
（2）如图2，若AC⊥BD，连接OC，求证：∠OCD＝∠ACB．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用AC＝BD得到，则 ，然后根据圆周角定理得到∠ADB＝∠CAD，从而得到结论；
（2）作直径CF，连接DF，如图2，先利用垂直定义得到∠ADE＋∠CAD＝90°，再利用圆周角定理得到∠ACB＝∠ADE，∠F＝∠CAD，∠CDF＝90°，然后根据等角的余角相等得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵AC＝BD，
∴，
即，
∴，
∴∠ADB＝∠CAD，
∴AE＝DE；
（2）证明：作直径CF，连接DF，如图2，
∵AC⊥BD，
∴∠AED＝90°，
∴∠ADE＋∠CAD＝90°，
∵∠ACB＝∠ADE，∠F＝∠CAD，
∴∠ACB＋∠F＝90°，
∵CF为直径，
∴∠CDF＝90°，
∴∠F＋∠FCD＝90°，
∴∠ACB＝∠FCD，
即∠OCD＝∠ACB．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了圆周角定理．
23. 陆臻同学善于总结改进学习方法，他发现每解题1分钟学习收益量为2；对解题过程进行回顾反思效果会更好，用于回顾反思的时间x（单位：分钟）与学习收益量y的关系如图所示（其中OA是抛物线的一部分，A为抛物线的顶点）．某一天他共有30分钟进行学习，且用于回顾反思的时间不能超过用于解题的时间．
（1）求陆臻回顾反思的学习收益量y与用于回顾反思的时间x之间的函数关系式；
（2）陆臻如何分配解题和回顾反思的时间，才能使这30分钟的学习收益总量最大？（学习收益总量=解题的学习收益量+回顾反思的学习收益量）
【答案】（1）y=；（2）陆臻用于回顾反思的时间为4分钟，用于解题的时间为26分钟时，才能使这30分钟的学习收益总量最大．
【分析】（1）当0≤x≤5时，设y=a(x-5)2+25，把（0，0）代入，解得a的值，再代入y=a(x-5)2+25；当5＜x≤15时，y=25，把两种情况综合起来即可得出答案；
（2）设陆臻用于回顾反思的时间为x（0≤x≤15）分钟，学习收益总量为Z，则他用于解题的时间为（30-x）分钟．分两种情况：当0≤x≤5时及当5＜x≤15时，分别写出函数关系式，并求得相应的最大值，然后综合得出答案即可．
【详解】解：（1）当0≤x≤5时，设y=a(x-5)2+25，
把（0，0）代入，得：0=25a+25，
解得：a=-1，
∴y=-(x-5)2+25=-x2+10x；
当5＜x≤15时，y=25，
综上，y=；
（2）设陆臻用于回顾反思的时间为x（0≤x≤15）分钟，学习收益总量为Z，则他用于解题的时间为（30-x）分钟．
当0≤x≤5时，
Z=-x2+10x+2(30-x)
=-x2+8x+60
=-(x-4)2+76，
∴当x=4时，Z最大=76，
当5＜x≤15时，
Z=25+2(30-x)=-2x+85，
∵Z随x的增大而减小，
∴Z＜-2×5+85=75，
综上所述，当x=4时，Z最大=76，此时30-x=26．
∴陆臻用于回顾反思的时间为4分钟，用于解题的时间为26分钟时，才能使这30分钟的学习收益总量最大．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握相关函数的性质是解题的关键．
24. 点E在正方形ABCD的边BC上，∠EDC=30°，点P在射线DE上，将线段CP绕点C逆时针旋转90°至CQ，点P的对应点是点Q．
（1）当点P是ED的中点时，请在图1中画出旋转前后的图形，并求∠CQE；
（2）若点B、P、Q共线，请在图2上画示意图并求∠BCQ；
（3）若正方形边长为4，请直接写出EQ的最小值．
【答案】（1）见解析，75°；（2）见解析，105°；（3）2﹣
【分析】（1）证明△PCE是等边三角形，即可解决问题；
（2）证明△DCP≌△BCQ（SAS），推出∠CDP=∠CBP=30°，可得结论；
（3）如图3中，连接BQ交DE于T．证明△DCP≌△BCQ（SAS），推出∠CDP=∠CBP=30°，推出点Q的运动轨迹是射线BQ（∠CBQ=30°是定值），证明ET⊥BQ，求出ET，根据垂线段最短，解决问题即可．
【详解】解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB=90°，
∵∠CDE=30°，
∴∠CED=90°﹣30°=60°，
∵PD=PE，
∴CP=PE=PD，
∴△PCE是等边三角形，
∴∠PCE=60°，CE=CP，
∵∠PCQ=90°，
∴∠ECQ=90°﹣60°=30°，
∵CQ=CP，
∴CE=CQ，
∴∠CQE=（180°﹣30°）=75°．
（2）如图2中，
∵∠DCB=∠PCQ=90°，
∴∠DCP=∠BCQ，
∵CD=CB，CP=CQ，
∴△DCP≌△BCQ（SAS），
∴∠CDP=∠CBP=30°，
∵CP=CQ，∠PCQ=90°，
∴∠PQC=45°，
∴∠BCQ=180°﹣∠CBQ﹣∠CQB=105°；
（3）如图3中，连接BQ交DE于T．
∵∠DCB=∠PCQ=90°，
∴∠DCP=∠BCQ，
∵CD=CB，CP=CQ，
∴△DCP≌△BCQ（SAS），
∴∠CDP=∠CBP=30°，
∴点Q的运动轨迹是射线BQ（∠CBQ=30°是定值），
∵∠CED=∠BET，∠CDE=∠EBT，
∴∠ETB=∠DCE=90°，
∵AB=CD=BC=4，∠DCE=90°，∠CDE=30°，
∴EC=CD•tan30°=，
∴BE=4-，
∵∠ETB=90°，∠EBT=30°，
∴ET=BE=2-，
根据垂线段最短可知，当EQ与ET重合时，EQ定值最小，最小值为2-．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，三角函数，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决问题，属于中考常考题型．
25. 抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A（1，0）、B（-3，0）两点，顶点纵坐标为-4
（1）求抛物线的解析式；
（2）直线：y=kx-k（0≤k≤3）与抛物线交于M（xM，yM）、N（xN，yN），xM＜xN，
①求yM的范围；
②点P（xP，yP）在抛物线上（xM＜xP＜xN），点Q（xQ，yQ）在直线上，xP=xQ，PQ的长度记为d．对于每一个k，d都有最大值，请求出d的最大值与k的函数关系式．
【答案】（1）；（2）-4≤yM≤0；（3）d=k2-2k+4
【分析】（1）设抛物线的表达式为y，进而求解；
（2）①，则该函数过点（1，0），即点N、A重合，进而求出xM=k-3，得到y=kx-k=k2-4k=yM，由，故，即可求解；
②PQ=kx-k-x2-2x+3=-x2+(k-2)x+(3-k)，故PQ有最大值，当x=-时，PQ的最大值为，进而求解．
【详解】解：（1）设抛物线的表达式为，
函数的对称轴为x=(1-3)=-1，
当时，，
解得，
故抛物线的表达式为；
（2）①y=kx-k=k(x-1)，
当x=1时，y=kx-k=0，
故该函数过点（1，0），即点N（1，0），
故点N、A重合，如图：
联立，
整理得：x2+(2-k)x+k-3=0，
则xM+xN=k-2，
而xN=1，
故xM=k-3，
当x=k-3时，y=kx-k=k(x-1)=k(k-3-1)=k2-4k=yM，
∵0≤k≤3，
故-4≤k2-4k≤0，
即yM的范围为-4≤yM≤0；
②由题意知，PQ∥y轴，
设点P的坐标为（x，x2+2x-3），则点Q（x，kx-k），
则PQ=kx-k-x2-2x+3=-x2+(k-2)x+(3-k)，
∵-1＜0，
故PQ有最大值，
当时，
PQ的最大值为，
即d的最大值为．
【点睛】本题为二次函数综合题，主要考查了函数的最值、一次函数基本知识，根与系数的关系，解不等式等知识点，确定直线y=kx-k过点A，并正确的画图是本题解题的关键，题目综合性强，难度适中．x
…
﹣3
﹣2
0
1
3
5
…
y
…
7
0
﹣8
﹣9
﹣5
7
…