四川省广元市苍溪县2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷(含答案)

这是一份四川省广元市苍溪县2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷(含答案)，共26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。
2022-2023学年四川省广元市苍溪县九年级（上）期末数学试卷
第Ⅰ卷选择题（共30分）一、选择题:（本大题共10小题，每小题3分，共30分.每小题给出的四个选项中，只有一个符合题意）
1．习近平主席在2022年新年贺词中提到“人不负青山，青山定不负人”一语道出“人与自然和谐共生”的至简大道．下列有关环保的四个图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．下列事件为随机事件的是（　　）
A．明天太阳从东方升起
B．从仅装有白球的箱子里取出1个红球
C．掷一次骰子，向上一面的数字是6
D．任意画一个三角形，其内角和为360°
3．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E是BC延长线上一点．若∠BAD＝114°，则∠DCE的度数是（　　）

A．124° B．114° C．94° D．66°
4．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转65°得到△AED，则∠BAE的度数是（　　）

A．65° B．45° C．35° D．25°
5．一个不透明的箱子里装有m个球，其中红球3个，这些球除颜色不同其余都相同，每次搅拌均匀后，任意摸出一个球记下颜色后再放回，大量重复试验发现，摸到红球的频率稳定在0.3附近，则可以估算出m的值为（　　）
A．3 B．5 C．10 D．12
6．如图，点P为⊙O外一点，PA为⊙O的切线，A为切点，PO交⊙O于点B，∠P＝30°，OB＝3，则线段OP的长为（　　）

A．3 B． C．6 D．9
7．某展览馆计划将长60m，宽40m的矩形场馆重新布置，展览馆的中间是面积为1500m2的一个矩形展览区，四周留有等宽的通道（如图所示），求通道的宽．设通道的宽为xm，根据题意列方程正确的是（　　）

A．（60﹣2x）（40﹣2x）＝1500 B．（60﹣2x）（40﹣x）＝1500
C．（60﹣x）（40﹣2x）＝1500 D．（60﹣x）（40﹣x）＝1500
8．已知关于x的一元二次方程（k﹣1）x2﹣4x﹣1＝0有两个不等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k≥﹣4 B．k＞﹣3 C．k＞﹣3且k≠1 D．k≥﹣3且k≠1
9．如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（1，0），B（5，0），下列说法正确的是（　　）

A．c＜0
B．b2﹣4ac＜0
C．a﹣b+c＜0
D．图象的对称轴是直线x＝3
10．如图，AB是⊙O的弦，AB＝6，C是⊙O上的一个动点，且∠ACB＝45°．若M，N分别是AB，AC的中点，则MN长的最大值是（　　）

A．3 B．6 C．3 D．6
第Ⅱ卷非选择题（共120分）二、填空题:（本大题共6小题，每小题4分，共24分.把正确答案直接写在答题卡对应题目的横线上）
11．如图，正方形ABCD是⊙O的内接四边形，则∠AOD的度数是 　 　．

12．学校招募运动会广播员，从3名男生和1名女生中随机选取1人，则选中女生的概率是 　 　．
13．将抛物线y＝x2先向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到新的抛物线，新抛物线的解析式为 　 　．
14．如图所示游戏板中每一个小正方形除颜色外都相同，把游戏板平放到露天地面上，落在该游戏板上的第一滴雨正好打中阴影部分的概率是 　 　．

15．将△OAB按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OAB绕原点O逆时针旋转60°得到点△OA'B′，则点A'的坐标为 　 　．

16．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，AC＝4，以AB为直径的⊙O交BC于点D，则图中阴影部分的面积为 　 　．

三、解答题：（本大题共10小题，共96分.要求写出必要的解题步骤或证明过程）
17．（6分）解下列方程：
（1）x2﹣4x+2＝0；
（2）2x2+3＝7x．
18．（8分）如图，转盘被分成六个相同的扇形，并在上面依次写上数字：2，3，4，5，6，7．指针的位置固定，转动转盘后任其自由停止．
（1）当转盘停止时，指针指向奇数区域的概率是多少？
（2）当转盘停止时，指针指向的数小于或等于5的概率是多少？

19．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB＝20，CD＝16．求AE的长．

20．（9分）为满足师生阅读需求，某校图书馆的藏书量不断增加，2019年年底的藏书量为5万册，2021年年底的藏书量为7.2万册．
（1）求该校这两年藏书的年均增长率；
（2）假设2022年该校藏书的年均增长率与前两年相同，请你预测到2022年年底该校的藏书量是多少？
21．（9分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，写出△A1B1C1的各点的坐标；
（2）将△ABC绕着点O顺时针方向旋转90°得到△A2B2C2，画出图形并写出△A2B2C2的各点的坐标．

22．（10分）2022卡塔尔世界杯正在激烈进行中，吉祥物“拉伊卜”凭借可爱的造型受到网友喜爱．如图分别是2022年和2018年世界杯的吉祥物和会徽图案，军军制作了4张正面分别印有这四个图案的卡片（卡片的形状、大小、颜色和质地等都相同，这4张卡片分别用字母A，B，C，D表示），并将这4张卡片正面朝下洗匀．
（1）军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是 　 　；
（2）军军从这4张卡片中任意抽取1张卡片，再从剩下的卡片中任意抽取1张卡片，请利用画树状图或列表法，求抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率．


23．（10分）苍溪独特的土壤、水分、气候组成的生态系统，成为猕猴桃的乐土，被国家誉为“红心猕猴桃第一县、红心猕猴桃之乡”．某水果店销售红心猕猴桃，平均每天可售出120箱，每箱盈利60元，春节临近，为了扩大销售，水果店决定采取适当的降价措施，经调查发现，每箱红心猕猴桃每降价5元，水果店平均每天可多售出20箱．设每箱红心猕猴桃降价x元．
（1）当x＝10时，求销售该红心猕猴桃的总利润；
（2）设每天销售该红心猕猴桃的总利润为w元．
①求w与x之间的函数解析式；
②试判断总利润能否达到8200元，如果能达到，求出此时x的值；如果达不到，求出w的最大值．
24．（10分）如图，AB是⊙O的直径，F为⊙O上一点，AC平分∠FAB交⊙O于点C．过点C作CD⊥AF交AF的延长线于点D．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若DC＝3，AD＝9，求⊙O半径．

25．（12分）（1）如图1，△ACB是等边三角形，点D、E分别在CA、CB上，且CD＝CE．当△DCE绕点C旋转至ΔD1CE1处，使点A、D1、E1在同一直线上（如图2），连接BE1．
填空：①∠AE1B的度数为 　 　；
②线段AD1、BE1之间的数量关系为 　 　．
（2）如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E三点在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系．并说明理由．


26．（14分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0）和B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为M，试判断△ACM的形状；
（3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点P，使△PAB的面积为8，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


2022-2023学年四川省广元市苍溪县九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷选择题（共30分）一、选择题:（本大题共10小题，每小题3分，共30分.每小题给出的四个选项中，只有一个符合题意）
1．习近平主席在2022年新年贺词中提到“人不负青山，青山定不负人”一语道出“人与自然和谐共生”的至简大道．下列有关环保的四个图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）逐项判断即可得．
【解答】解：选项A、B、C的图形都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，
选项D的图形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，
故选：D．
2．下列事件为随机事件的是（　　）
A．明天太阳从东方升起
B．从仅装有白球的箱子里取出1个红球
C．掷一次骰子，向上一面的数字是6
D．任意画一个三角形，其内角和为360°
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、明天太阳从东方升起，是必然事件，故A不符合题意；
B、从仅装有白球的箱子里取出1个红球，是不可能事件，故B不符合题意；
C、掷一次骰子，向上一面的数字是6，是随机事件，故C符合题意；
D、任意画一个三角形，其内角和为360°，是不可能事件，故D不符合题意；
故选：C．
3．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，E是BC延长线上一点．若∠BAD＝114°，则∠DCE的度数是（　　）

A．124° B．114° C．94° D．66°
【分析】由圆的内接四边形的性质求出∠BCD，又由邻补角的定义可求得∠DCE．
【解答】解：∵∠BAD＝114°，
∴∠BCD＝180°﹣∠BAD＝66°，
∴∠DCE＝180°﹣∠BCD＝114°．
故选：B．
4．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转65°得到△AED，则∠BAE的度数是（　　）

A．65° B．45° C．35° D．25°
【分析】由旋转角的定义可得结论．
【解答】解：由旋转角的定义可知，∠BAE＝∠CAD＝65°．
故选：A．
5．一个不透明的箱子里装有m个球，其中红球3个，这些球除颜色不同其余都相同，每次搅拌均匀后，任意摸出一个球记下颜色后再放回，大量重复试验发现，摸到红球的频率稳定在0.3附近，则可以估算出m的值为（　　）
A．3 B．5 C．10 D．12
【分析】用红球的个数除以红球频率的稳定值即可．
【解答】解：由题意知，m的值约为3÷0.3＝10，
故选：C．
6．如图，点P为⊙O外一点，PA为⊙O的切线，A为切点，PO交⊙O于点B，∠P＝30°，OB＝3，则线段OP的长为（　　）

A．3 B． C．6 D．9
【分析】直接利用切线的性质得出∠OAP＝90°，进而利用直角三角形的性质得出OP的长．
【解答】解：连接OA，
∵PA为⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∵OB＝3，
∴AO＝OB＝3，
∵∠P＝30°，
∴OP＝2OA＝6，
故选：C．

7．某展览馆计划将长60m，宽40m的矩形场馆重新布置，展览馆的中间是面积为1500m2的一个矩形展览区，四周留有等宽的通道（如图所示），求通道的宽．设通道的宽为xm，根据题意列方程正确的是（　　）

A．（60﹣2x）（40﹣2x）＝1500 B．（60﹣2x）（40﹣x）＝1500
C．（60﹣x）（40﹣2x）＝1500 D．（60﹣x）（40﹣x）＝1500
【分析】设通道的宽为x米，则中间的矩形展览区的长为（60﹣2x）米，宽为（40﹣2x）米，根据中间的矩形展览区的面积为1500平方米，即可得出关于x的一元二次方程．
【解答】解：设通道的宽为x米，则中间的矩形展览区的长为（60﹣2x）米，宽为（40﹣2x）米，
根据题意得：（60﹣2x）（40﹣2x）＝1500，
故选：A．
8．已知关于x的一元二次方程（k﹣1）x2﹣4x﹣1＝0有两个不等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k≥﹣4 B．k＞﹣3 C．k＞﹣3且k≠1 D．k≥﹣3且k≠1
【分析】根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式的值大于0列出关于k的不等式，求出不等式的解集即可得到k的范围．
【解答】解：根据题意得：Δ＝b2﹣4ac＝16+4（k﹣1）＝4k+12＞0，且k﹣1≠0，
解得：k＞﹣3且k≠1．
故选：D．
9．如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（1，0），B（5，0），下列说法正确的是（　　）

A．c＜0
B．b2﹣4ac＜0
C．a﹣b+c＜0
D．图象的对称轴是直线x＝3
【分析】二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）
①常数项c决定抛物线与y轴交点．抛物线与y轴交于（0，c）．
②抛物线与x轴交点个数．
Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
【解答】解：A．由于二次函数y＝ax2+bx+c的图象与y轴交于正半轴，所以c＞0，故A错误；
B．二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴由2个交点，所以b2﹣4ac＞0，故B错误；
C．当x＝﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，故C错误；
D．因为A（1，0），B（5，0），所以对称轴为直线x＝＝3，故D正确．
故选：D．
10．如图，AB是⊙O的弦，AB＝6，C是⊙O上的一个动点，且∠ACB＝45°．若M，N分别是AB，AC的中点，则MN长的最大值是（　　）

A．3 B．6 C．3 D．6
【分析】根据中位线定理得到MN的长最大时，BC最大，当BC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值．
【解答】解：如图，∵点M，N分别是AB，AC的中点，
∴MN＝BC，
∴当BC取得最大值时，MN就取得最大值，当BC是直径时，BC最大，
连接BO并延长交⊙O于点C′，连接AC′，
∵BC′是⊙O的直径，
∴∠BAC′＝90°．
∵∠ACB＝45°，AB＝6，
∴∠AC′B＝45°，
∴BC′＝AB＝6，
∴MN长的最大值是3．
故选：C．

第Ⅱ卷非选择题（共120分）二、填空题:（本大题共6小题，每小题4分，共24分.把正确答案直接写在答题卡对应题目的横线上）
11．如图，正方形ABCD是⊙O的内接四边形，则∠AOD的度数是 　90°　．

【分析】根据正方形的性质及圆心角、弧、弦的关系解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB＝×360°＝90°．
故答案为：90°．
12．学校招募运动会广播员，从3名男生和1名女生中随机选取1人，则选中女生的概率是 　　．
【分析】用女生人数除以学生总人数即可求得概率．
【解答】解：∵从3名男生和1名女生中随机选取1人，
∴选中女生的概率为，
故答案为：．
13．将抛物线y＝x2先向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到新的抛物线，新抛物线的解析式为 　y＝（x+2）2+3　．
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可．
【解答】解：函数y＝x2向左平移2个单位，得：y＝（x+2）2；
再向上平移3个单位，得：y＝（x+2）2+3；
故答案为：y＝（x+2）2+3．
14．如图所示游戏板中每一个小正方形除颜色外都相同，把游戏板平放到露天地面上，落在该游戏板上的第一滴雨正好打中阴影部分的概率是 　　．

【分析】根据几何概率的求法：落在该游戏板上的第一滴雨正好打中阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．
【解答】解：∵总面积为4×3＝12，其中阴影部分面积为2××2×1+×4×2＝6，
∴落在该游戏板上的第一滴雨正好打中阴影部分的概率是＝，
故答案为：．
15．将△OAB按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OAB绕原点O逆时针旋转60°得到点△OA'B′，则点A'的坐标为 　（﹣1，）　．

【分析】过A′作A′C⊥y轴于C，由旋转的性质得OA′＝OA，∠A′OA＝60°，可得∠A′OC＝30°，证明△A′OC≌△OAB，根据全等三角形的性质得OC＝AB＝，A′C＝OB＝1，即可求解．
【解答】解：过A′作A′C⊥y轴于C，

∴∠A′CO＝∠OBA＝90°，
∵∠OBA＝90°，∠A＝30°，
∴∠AOB＝60°，
由旋转的性质得OA′＝OA，∠A′OA＝60°，
∴∠AOC＝∠COB﹣∠AOB＝30°，
∴∠A′OC＝∠A′OA﹣∠AOC＝30°，
在△A′OC和△OAB中，
，
∴△A′OC≌△OAB（AAS），
∴OC＝AB＝，A′C＝OB＝1，
∴点A'的坐标为（﹣1，）．
故答案为：（﹣1，）．
16．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，AC＝4，以AB为直径的⊙O交BC于点D，则图中阴影部分的面积为 　π　．

【分析】扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形＝，由此即可计算．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠BDO＝30°，
∵∠DOA＝∠B+∠BDO＝30°+30°＝60°，
∴图中阴影部分的面积为 ＝π．
故答案为：π．
三、解答题：（本大题共10小题，共96分.要求写出必要的解题步骤或证明过程）
17．（6分）解下列方程：
（1）x2﹣4x+2＝0；
（2）2x2+3＝7x．
【分析】（1）将一次项移到方程的左边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得；
（2）利用求根公式求解即可．
【解答】解：（1）x2﹣4x+2＝0，
x2﹣4x＝﹣2，
x2﹣4x+4＝2，即（x﹣2）2＝2，
∴x﹣2＝±，
∴x1＝2+，x2＝2﹣；
（2）2x2+3＝7x，
2x2﹣7x+3＝0，
∵a＝2，b＝﹣7，c＝3，
∴Δ＝（﹣7）2﹣4×2×3＝25＞0，
∴x＝＝，
∴x1＝3，x2＝．
18．（8分）如图，转盘被分成六个相同的扇形，并在上面依次写上数字：2，3，4，5，6，7．指针的位置固定，转动转盘后任其自由停止．
（1）当转盘停止时，指针指向奇数区域的概率是多少？
（2）当转盘停止时，指针指向的数小于或等于5的概率是多少？

【分析】（1）当转盘停止转动时，指针指向数字区域2，3，4，5，6，7的机会是均等的，故共有6种均等的结果，其中指针指向奇数区域3，5，7有3种结果，根据概率公式求解即可．
（2）当转盘停止转动时，指针指向数字区域2，3，4，5，6，7的机会是均等的，故共有6种均等的结果，其中指针指向的数小于或等于5区域2，3，4，5有4种结果，根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）当转盘停止转动时，指针指向数字区域2，3，4，5，6，7的机会是均等的，故共有6种均等的结果，其中指针指向奇数区域3，5，7有3种结果，
所以指针指向奇数区域的概率是；
（2）当转盘停止转动时，指针指向数字区域2，3，4，5，6，7的机会是均等的，故共有6种均等的结果，其中指针指向的数小于或等于5区域2，3，4，5有4种结果，
所以指针指向的数小于或等于5的概率是．
19．（8分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB＝20，CD＝16．求AE的长．

【分析】连接OC，根据垂径定理求出CE，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：如图，连接OC，

∵CD⊥AB，CD＝16．
∴CE＝DE＝CD＝8，
∵AB＝20，
∴OA＝OB＝OC＝AB＝10，
∴OE＝＝＝6，
则AE＝OA﹣OE＝10﹣6＝4．
20．（9分）为满足师生阅读需求，某校图书馆的藏书量不断增加，2019年年底的藏书量为5万册，2021年年底的藏书量为7.2万册．
（1）求该校这两年藏书的年均增长率；
（2）假设2022年该校藏书的年均增长率与前两年相同，请你预测到2022年年底该校的藏书量是多少？
【分析】（1）设该校这两年藏书的年平均增长率为x，利用该校图书馆2021年底的藏书量＝该校图书馆2019年底的藏书量×（1+这两年藏书的年平均增长率）2，列出一元二次方程，解之取其正值即可；
（2）利用该校图书馆2022年底的藏书量＝该校图书馆2021年底的藏书量×（1+藏书的年平均增长率），即可得出结论．
【解答】解：（1）设该校这两年藏书的年平均增长率为x，
依题意得：5（1+x）2＝7.2，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去），
答：这两年藏书的年平均增长率为20%；
（2）7.2×（1+20%）＝8.64（万册），
答：预测到2022年年底该校的藏书量是8.64万册．
21．（9分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，写出△A1B1C1的各点的坐标；
（2）将△ABC绕着点O顺时针方向旋转90°得到△A2B2C2，画出图形并写出△A2B2C2的各点的坐标．

【分析】（1）利用中心对称的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．A1（3，﹣5），B1C（2，﹣1），C1（1，﹣3）．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．A2（5，3），B2（1，2），C2（3，1）．

22．（10分）2022卡塔尔世界杯正在激烈进行中，吉祥物“拉伊卜”凭借可爱的造型受到网友喜爱．如图分别是2022年和2018年世界杯的吉祥物和会徽图案，军军制作了4张正面分别印有这四个图案的卡片（卡片的形状、大小、颜色和质地等都相同，这4张卡片分别用字母A，B，C，D表示），并将这4张卡片正面朝下洗匀．
（1）军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是 　　；
（2）军军从这4张卡片中任意抽取1张卡片，再从剩下的卡片中任意抽取1张卡片，请利用画树状图或列表法，求抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率．


【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是，
故答案为：；
（2）画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的结果有2种，即AC、CA，
∴抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率为＝．
23．（10分）苍溪独特的土壤、水分、气候组成的生态系统，成为猕猴桃的乐土，被国家誉为“红心猕猴桃第一县、红心猕猴桃之乡”．某水果店销售红心猕猴桃，平均每天可售出120箱，每箱盈利60元，春节临近，为了扩大销售，水果店决定采取适当的降价措施，经调查发现，每箱红心猕猴桃每降价5元，水果店平均每天可多售出20箱．设每箱红心猕猴桃降价x元．
（1）当x＝10时，求销售该红心猕猴桃的总利润；
（2）设每天销售该红心猕猴桃的总利润为w元．
①求w与x之间的函数解析式；
②试判断总利润能否达到8200元，如果能达到，求出此时x的值；如果达不到，求出w的最大值．
【分析】（1）利用每箱利润＝60﹣每箱降低的价格，平均每天的销售量＝120+20×，即可求出结论；
（2）①根据“每箱利润×平均每天的销售量”，即可得到w与x之间的函数解析式；
②根据二次函数的性质求出w的最大值，与8200比较即可得到结论．
【解答】解：（1）根据题意，可知：当每箱水果降价10元时，每箱利润为60﹣10＝50（元），平均每天可售出120+20×＝160（箱），
∴总利润为：50×160＝8000（元）；
（2）①由题意得w与x之间的函数解析式为w＝（60﹣x）（120+×20）＝﹣4x2+120x+7200；
②w不能达到8200元，理由如下：
w＝﹣4x2+120x+7200＝﹣4（x﹣15）2+8100，
∵﹣4＜0，
∴当x＝15时，w取到最大值，最大值为8100，
∵8100＜8200，
∴w不能达到8200元，w的最大值是8100．
24．（10分）如图，AB是⊙O的直径，F为⊙O上一点，AC平分∠FAB交⊙O于点C．过点C作CD⊥AF交AF的延长线于点D．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若DC＝3，AD＝9，求⊙O半径．

【分析】（1）根据角平分线的定义和平行线的判定和性质以及切线的判定定理即可得到结论；
（2）过点O作OE⊥AF于E，证明四边形OEDC为矩形，设设⊙O的半径为r，由勾股定理列出方程求解．
【解答】（1）证明：连接OC，

∵AC平分∠FAB，
∴∠FAC＝∠CAO，
∵AO＝CO，
∴∠ACO＝∠CAO，
∴∠FAC＝∠ACO，
∴AD∥OC，
∵CD⊥AF，
∴CD⊥OC，
∵OC为半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：过点O作OE⊥AF于E，

∴AE＝EF＝，∠OED＝∠EDC＝∠OCD＝90°，
∴四边形OEDC为矩形，
∴CD＝OE＝3，DE＝OC，
设⊙O的半径为r，则OA＝OC＝DE＝r，
∴AE＝9﹣r，
∵OA2﹣AE2＝OE2，
∴r2﹣（9﹣r）2＝32，
解得r＝5．
∴⊙O半径为5．
25．（12分）（1）如图1，△ACB是等边三角形，点D、E分别在CA、CB上，且CD＝CE．当△DCE绕点C旋转至ΔD1CE1处，使点A、D1、E1在同一直线上（如图2），连接BE1．
填空：①∠AE1B的度数为 　60°　；
②线段AD1、BE1之间的数量关系为 　AD1＝BE1　．
（2）如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E三点在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系．并说明理由．


【分析】（1）证明△ACD1≌△BCE1（SAS），推出∠AD1C＝∠CE1C＝120°，AD1＝BE1，可得结论；
（2）结论；∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．由“SAS”可证△ACD≌△BCE，得出AD＝BE，由等腰三角形的性质可得DE＝2CM，由线段的数量关系可得结论．
【解答】解：（1）如图2中，∵△ACB，△CD1E1都是等边三角形，
∴∠ACB＝∠D1CE1＝∠CD1E1＝∠CE1D1＝60°，
∴∠ACD1＝∠BCE1，∠AD1C＝120°，
∵CA＝CB，CD1＝CE1，
∴△ACD1≌△BCE1（SAS），
∴∠AD1C＝∠CE1C＝120°，AD1＝BE1，
∴∠AE1B＝∠BE1C﹣∠CE1D1＝60°，
故答案为：60°，AD1＝BE1；

（2）结论；∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．
理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∵点A、D、E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°，
∴∠BEC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°，
∵△DCE为等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，
∴CM为△DCE的中线，
∴DE＝2CM，
由图可得：AE＝AD+DE＝BE+2CM；
即AE＝BE+2CM．
26．（14分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0）和B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为M，试判断△ACM的形状；
（3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点P，使△PAB的面积为8，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）设y＝a（x+3）（x﹣1），将C（0，3）代入可得抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，得抛物线的顶点M（﹣1，4），即知AC2+CM2＝AM2，故△ACM是直角三角形；
（3）设点P的横坐标为t，则P（t，﹣t2﹣2t+3），由三角形的面积公式可表达△PAB的面积，建立关于t的方程，求出t即可．
【解答】解：（1）由抛物线与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，
则函数关系式为：y＝a（x+3）（x﹣1），
∴﹣3a＝3，
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）△ACM是直角三角形，理由如下：
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线的顶点M（﹣1，4），
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴AC2＝18，AM2＝20，CM2＝2，
∴AC2+CM2＝AM2，
∴△ACM是直角三角形；
（3）存在，理由如下：
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝4，
设点P的横坐标为t，则P（t，﹣t2﹣2t+3），
∴△PAB的面积为：AB•yP＝8，
∴×4×（﹣t2﹣2t+3）＝8，
解得t＝﹣1，
∴点P的坐标为（﹣1，4）．