2022-2023学年河南省周口市扶沟县大李庄中学九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省周口市扶沟县大李庄中学九年级（上）期末数学试卷（含解析）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学年河南省周口市扶沟县大李庄中学九年级（上）期末数学试卷
副标题
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在△ABC中，∠B，∠C都是锐角，tanB=1，cosC= 22，则对△ABC的形状最确切的判断是(    )
A. 锐角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等腰三角形 D. 直角三角形
2. 如图是某圆锥的主视图和左视图，该圆锥的侧面积是(    )
A. 15π
B. 16π
C. 20π
D. 25π


3. 如图，△ABC经过位似变换得到△A1B1C1，点O是位似中心且OB=BB1，则△A1B1C1与△ABC的面积比是(    )

A. 2：1 B. 3：1 C. 4：1 D. 6：1
4. 如图，某广场有一块圆形的花圃，中间有一个正方形的水池，测量出除水池外圆内可种植面积是120m2，从水池边到圆周，每边都相距4m，设正方形的边长为xm，则可列出的方程是(    )
A. (x+4)2−x2=120
B. π(x+4)2−x2=120
C. π(x2+4)2−x2=120
D. (x2+4)2−x2=120
5. 如图，市煤气公司计划在地下修建一个容积为104m3的圆柱形煤气储存室，则储存室的底面积S(单位：m2)与其深度d(单位：m)的函数图象大致是(    )
A.
B.
C.
D.
6. 将关于x的一元二次方程x2−mx+n=0变形为x2=mx−n，就可以将x2表示为关于x的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如x3=x⋅x2=x(mx−n)……，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式，利用“降次法”解决下面的问题：已知，x2−x−1=0，且x>0，则x4−2x3+3x的值为(    )
A. 1+ 5 B. 1− 5 C. 3+ 5 D. 3− 5
7. 在小明住的小区有一条笔直的路，路中间有一盏路灯，一天晚上，他行走在这条路上，如图，当他从A点走到B点的过程，他在灯光照射下的影长l与所走路程s的变化关系图象大致是(    )


A. B. C. D.
8. 定义：给定关于x的函数y，对于该函数图象上的任意两点(x1,y1)(x2,y2)，当x1=−x2时，都有y1=y2，称该函数为偶函数.根据以上定义，判断下面所给的函数为偶函数的是(    )
A. y=4x B. y=−x+2 C. y=−3x2 D. y=−2x
9. 如图，AC是⊙O的直径，弦BC=6cm，AB=8cm，若动点M以2cm/s的速度从C点出发沿着C到A的方向运动，点N以1cm/s的速度从A点出发沿着A到B的方向运动，当点M到达点A时，点N也随之停止运动，设运动时间为t(s)，当△AMN是直角三角形时，t的值为(    )


A. 4013s B. 5s C. 257s D. 4013s或257s
10. 如图，在x轴的正半轴上依次截取OP1=P1P2=P2P3=⋅⋅⋅=Pn−1Pn=1，过点P1、P2、P3、…Pn分别作x轴的垂线，与反比例函数y=2x(x>0)交于点Q1、Q2、Q3、…Qn，连接Q1Q2、Q2Q3、…Qn−1Qn，过点Q2、Q3、…Qn分别向P1Q1、P2Q2、…Pn−1Qn−1作垂线段，构成的一系列直角三角形(图中阴影部分)的面积和等于(    )
A. 2n+1 B. 2n C. n−1n D. n+22n
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 在△ABC中，AB=6，AC=8，△ABC绕点A旋转后能与△AB1C1重合，那么△ABB1与△ACC1的周长之比是______ ．
12. 已知点P(−1,y1)，Q(2,y2)在抛物线y=(x−1)2−3的图象上，判断y1 ______ y2．
13. 已知二次函数y=mx2−6x−9的图象和x轴有交点，则m的取值范围是______ ．
14. 如图，测得某医院的自动扶梯的长为m，自动扶梯与地面所成的角为α，则该自动扶梯到达的高度n为______ ．

15. 若二次函数y=mx2+(2m+n)x+3n的二次项系数比一次项系数小12，一次项系数比常数项大8，则这个二次函数的解析式为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
(1)解方程：2x2+6x+3=0；
(2)2sin30°+4 3tan60°− 2cos45°．
17. (本小题9.0分)
某市政府为落实“保障性住房政策”，2018年已投入3亿元资金用于保障性住房建设，并规划投入资金逐年增加，到2020年底，将累计投入13.5亿元资金用于保障性住房建设．
(1)求到2020年底，这两年中投入资金的年平均增长率.(只列方程)
(2)设(1)中方程的两根分别为x1，x2，且mx12−4m2x1x2+mx22的值为18，求m的值．
18. (本小题9.0分)
如图，双曲线y=kx上的一点M(a,b)，其中b>a>0，过点M作MN⊥x轴于点N，连接OM．
(1)已知△MON的面积是4，求k的值；
(2)将△MON绕点M逆时针旋转90°得到△MQP，且点O的对应点Q恰好落在该双曲线上，求ab的值．

19. (本小题9.0分)
一个不透明的袋子中装有四个小球，上面分别标有数字−1，0，1，2，它们除了数字不同外，其他完全相同．
(1)随机从袋子中摸出一个小球，摸出的小球上面标的数字为负数的概率是______ ；
(2)彤彤先从袋子随机摸出一个小球，记下数字作为平面直角坐标系内点P的横坐标，然后放回搅匀，接着珊珊从袋子随机摸出一个小球，记下数字作为平面直角坐标系内点的纵坐标，如图，已知四边形ABCD的四个顶点的坐标分别为A(−1,0)，B(0,−1)，C(2,0)，D(0,2)，请用列表法求点P落在四边形ABCD内(含边界)的概率．

20. (本小题9.0分)
如图，△ABC中，AC=BC=4，AB=6，点O在BC上，以O为圆心，OB为半径画⊙O，分别与边BC、AB相交于点P、Q，EQ⊥AC，CD⊥AB，足分别为E、D．
(1)求证：EQ是⊙O的切线；
(2)设OB=m，求AE的长(用含m的代数式表示)．

21. (本小题9.0分)
如图①，西安奥体中心体育场作为2021年第十四届全运会的主会场，以西安市花“石榴花”为构思，以“丝路起航，盛世之花”为立意，让建筑、自然与人共生共融．小明和数学实践小组的同学想知道西安奥体中心主体育场馆的高度，于是他们拿着测倾器和皮尺来到奥体中心，如图②所示，小明选定场馆前的一棵树CD来测量，他先调整测倾器的位置发现，在H处观测树顶C的仰角为30°，此时恰好看不到场馆AB的顶部A(G,C、A三点在一条直线上)；接着，小明从H处出发沿HB方向前进26m到达F处，此时观测树顶C的仰角为60°，测得BD=60m，测倾器的高度GH=EF=1m，已知AB⊥BH，CD⊥BH，EF⊥BH，GH⊥BH，点D、F在BH上，求西安奥体中心主体育场馆AB的高度．(结果保留根号)


22. (本小题10.0分)
某奶茶饮料店铺平均每天可售出某种奶茶300杯，售出1杯该种奶茶的利润是1元.经调查发现，若该种奶茶的售价每降低0.1元，则每天可多售出100杯.为了使每天获得的利润更多，该奶茶饮料店铺决定降价x元．
(1)当x为多少时，该奶茶饮料店铺每天卖出该种奶茶的利润为400元？
(2)该奶茶饮料店铺每天卖出该种奶茶的利润能达到600元吗？若能，请求出x的值，若不能，请说明理由．
23. (本小题10.0分)
如图，直线y=12x+2交y轴于点A，交x轴于点B，抛物线y=−14x2+bx+c经过点A，点B，且交x轴于另一点C．
(1)求点A，点B，点C的坐标并求抛物线的解析式；
(2)在直线AB上方的抛物线上有一点P，求四边形ACBP面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)将线段OA绕x轴上的动点Q(t,0)(t<0)逆时针旋转90°得到线段O1A1，若线段O1A1与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求t的取值范围．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：由tanB=1，cosC= 22，得∠B=45°，∠C=45°．
∴∠A=90°．
则对△ABC形状的判断最确切的是等腰直角三角形．
故选：B．
根据特殊角三角函数值，可得∠B、∠C的值，根据直角三角形的判定，可得答案．
本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．

2.【答案】A 
【解析】解：由题可得，圆锥的底面直径为6，高为4，
∴圆锥的底面周长为6π，
圆锥的母线长为 32+42=5，
∴圆锥的侧面积=12×6π×5=15π．
故选：A．
求得圆锥的底面周长以及母线长，即可得到圆锥的侧面积．
本题考查了由三视图判断几何体以及圆锥的计算，掌握圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长是关键．

3.【答案】C 
【解析】解：∵△ABC经过位似变换得到△A1B1C1，点O是位似中心且OB=BB1，
∴AB//A1B1，
∴△ABC∽△A1B1C1，
∴AB：A1B1=OB：OB1=1：2，
∴△A1B1C1与△ABC的面积比是4：1．
故选：C．
由△ABC经过位似变换得到△A1B1C1，点O是位似中心且OB=BB1，根据位似图形的性质，即可得AB//A1B1，即可求得AB：A1B1=OB：OB1=1：2，然后根据相似三角形面积的比等于相似比的平方，即可求得△A1B1C1与△ABC的面积比．
此题考查了位似图形的性质．注意掌握位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方．

4.【答案】C 
【解析】解：由图可得，π(x2+4)2−x2=120．
故选：C．
根据题意和图形中的数据，用圆的面积减去正方形的面积等于圆内可种植的面积，列出相应的一元二次方程，从而可以解答本题．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的一元二次方程．

5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了函数的图象，解题的关键是根据自变量的取值范围确定双曲线的具体位置，难度不大．根据储存室的体积=底面积×高即可列出反比例函数关系，从而判定正确的结论．
【解答】
解：由储存室的体积公式知：104=Sd，
故储存室的底面积S(m2)与其深度d(m)之间的函数关系式为S=104d(d>0)为反比例函数．
故选：A．
  
6.【答案】A 
【解析】解：∵x2−x−1=0，
∴x2=x+1，
∴x4−2x3+3x
=(x+1)2−2x(x+1)+3x
=x2+2x+1−2x2−2x+3x
=−x2+3x+1
=−x−1+3x+1
=2x，
∵x2−x−1=0，
解得x=1+ 52或x=1− 52，
∵x>0，
∴x=1+ 52，
∴x4−2x3+3x=1+ 5，
故选：A．
根据题意可到x2=x+1，再将所求代数式化为(x+1)2−2x(x+1)+3x=2x，再解一元二次方程x2−x−1=0，求出x的值即可求解．
本题考查解高次方程，通过阅读材料理解降次法的本质，能将所求的代数式降次化简是解题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：当他从A点走到路灯下时，影长l逐渐变小，当从路灯下走到B点时，他在灯光照射下的影长l逐渐变长．
故选：C．
根据中心投影的特点，当他从A点走到路灯下时，影长l逐渐变小，当从路灯下走到B点时，他在灯光照射下的影长l逐渐变长，即随S的逐渐增大，l先由大变小，再由小变大，从而可对四个选项进行判断．
本题考查了中心投影：由同一点(点光源)发出的光线形成的投影叫做中心投影．如物体在灯光的照射下形成的影子就是中心投影．中心投影的光线特点是从一点出发的投射线．物体与投影面平行时的投影是放大(即位似变换)的关系．也考查了函数图象．

8.【答案】C 
【解析】解：在A中，y1=4x1，y2=4x2=−4x1，此时y1≠y2，
∴y=4x不是偶函数，不合题意；
在B中，y1=−x1+2，y2=−x2+2=x1+2，此时y1≠y2，
∴y=−x+2不是偶函数，不合题意；
在C中，y1=−3x12，y2=−3x22=−3(−x1)2=−3x12，此时y1=y2，
∴y=−3x2是偶函数，符合题意；
在D中，y1=−2x1，y2=−2x2=−2−x1=2x1，此时y1≠y2，
∴y=−2x不是偶函数，不合题意；
∴是偶函数的为C，
故选：C．
根据所给的定义，把x1和x2分别代入函数解析式进行判断即可．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，理解题目中偶函数的定义是解题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：如图，∵AC是直径，
∴∠B=90°．
又∵BC=6cm，AB=8cm，
∴根据勾股定理得到AC= AB2+BC2=10cm，
则AM=(10−2t)cm，
AN=t．
∵当点P到达点A时，点Q也随之停止运动，
∴0 ①如图1，

当MN⊥AB时，MN//BC，则△AMN∽△ACB．
故ANAB=AMAC，即t8=10−2t10，解得t=4013．
②如图2，

当MN⊥AC时，△AMN∽△ABC，
则AMAB=ANAC，即10−2t8=t10，
解得t=257．
综上所述，当t=4013或t=257时，△APQ为直角三角形．
故选：D．
应分两种情况进行讨论：①当MN⊥AB时，△AMN为直角三角形，根据△AMN∽△ACB，可将时间t求出；当MN⊥AC时，△AMN为直角三角形，根据△AMN∽△ABC，可将时间t求出．
本题考查圆周角定理、相似三角形的性质、直角三角形的性质等知识的综合应用能力．在求时间t时应分情况进行讨论，防止漏解．

10.【答案】C 
【解析】解：∵OP1=P1P2=P2P3=⋅⋅⋅=Pn−1Pn=1，
∴Q1点的坐标为(1,y1)，Q2点的坐标为(2,y2)，Q3点的坐标为(3,y3)…Qn点的坐标为(n,yn)，
∵Q1、Q2、Q3、…Qn，在反比例函数y=2x(x>0)的图象上，
∴y1=2，y2=1，y3=23…yn=2n，
∴S1=12×1×(y1−y2)=12×(2−1)；
S2=12×1×(y2−y3)=12×(1−23)；
S3=12×1×(y3−y4)=12×(23−12)；
…
∴Sn−1=12(2n−1−2n)，
∴S1+S2+S3+…+Sn−1=12(2−1+1−23+23−12+…+2n−1−2n)=n−1n．
故选：C．
可知Q1点的坐标为(1,y1)，Q2点的坐标为(2,y2)，Q3点的坐标为(3,y3)…Qn点的坐标为(n,yn)，把x=1，x=2，x=3代入反比例函数的解析式即可求出y1、y2、y3的值，再由三角形的面积公式可得出S1、S2、S3…Sn−1的值，故可得出结论．
本题考查的是反比例函数综合题，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．

11.【答案】3：4 
【解析】解：如图，

由旋转的性质可知，AB=AB1，AC=AC1，旋转角∠BAB1=∠CAC1，
所以△BAB1∽△CAC1，相似比AB：AC=6：8=3：4，
根据相似三角形的周长比等于相似比可知，△ABB1与△ACC1的周长之比为3：4，
故答案为：3：4．
根据旋转的性质可知△ABB1与△ACC1是顶角相等的两个等腰三角形，易证它们相似，利用相似三角形的性质解题．
本题利用旋转的性质，证明相似三角形，再用相似三角形的性质求周长的比．

12.【答案】> 
【解析】解：∵1>0，
∴抛物线y=(x−1)2−3的开口向上，对称轴为直线x=1，
∵P(−1,y1)距离对称轴有2个单位，Q(2,y2)距离对称轴有1个单位，
∴y1>y2．
故答案为：>．
根据抛物线y=(x−1)2−3得到开口向下，对称轴为直线x=1，然后根据二次函数的性质判断函数值的大小．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质是解题的关键．

13.【答案】m≥−1且m≠0 
【解析】解：∵二次函数y=mx2−6x−9的图象和x轴有交点，
∴b2−4ac=36+36m≥0，
∴m≥−1，
∵二次项系数m≠0；
∴m≥−1且m≠0．
故答案为：m≥−1且m≠0．
运用二次函数的定义及b2−4ac的取值特点列出不等式，解之即可．
此题考查了二次函数与x轴的交点，掌握抛物线与x轴的交点和判别式之间的关系是解题的关键．

14.【答案】msinα 
【解析】解：∵sinα=nm，
∴n=msinα，
故答案为：msinα．
利用三角函数的定义即可求解．
本题考查了三角函数，正确理解三角函数的定义是关键．

15.【答案】y=8x2+20x+12 
【解析】解：由题意可得：2m+n−m=122m+n−3n=8，
解得：m=8n=4，
∴二次函数的解析式为y=8x2+20x+12，
故答案为：y=8x2+20x+12．
根据题干列出方程组，解之得到m，n的值，可得结果．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，解题的关键是利用题干中的条件列出方程组．

16.【答案】解：(1)∵a=2，b=6，c=3，
∴Δ=b−4ac=62−4×2×3=36−24=12，
∴x=−b± Δ2a=−6± 124=−6±2 34=−3± 32，
∴x1=−3+ 32，x2=−3− 32；
(2)原式=2×12+4 3× 3− 2× 22=1+12−1=12． 
【解析】(1)根据求根公式计算即可；
(2)先将特殊角的三角函数值代入，然后进行合并运算即可．
本题主要考查运用公式法解一元二次方程，特殊角的三角函数值，掌握相关公式以及特殊角的三角函数值是解题的关键．

17.【答案】解：(1)设到2020年底，这两年中投入资金的平均年增长率为x，
根据题意得：3+3(x+1)+3(x+1)2=13.5；
(2)由(1)得，x2+3x−1.5=0，
由根与系数的关系得，x1+x2=−3，x1x2=−1.5，
又∵mx12−4m2x1x2+mx22=18，m[(x1+x2)2−2x1x2]−4m2x1x2=18，m(9+3)−4m2⋅(−1.5)=18，∴m2+2m−3=0，
解得，m=−3或m=1． 
【解析】(1)等量关系为：2018年某市用于保障房建设资金×(1+增长率)2=2020年用于保障房建设资金，把相关数值代入求得合适的解即可．
(2)利用上题得到的一元二次方程，根据根与系数的关系求得m的值即可．
本题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b．

18.【答案】解：(1)∵双曲线y=kx上的一点M(a,b)，过点M作MN⊥x轴于点N，
∴MN=b，ON=a，
又∵△MON的面积是4，
∴12ab=4，
∴ab=8，
∵点M在双曲线y=kx上，
∴k=ab=8；

(2)如图，延长PQ交x轴于R，

由旋转可得△MON≌△MQP，∠NMP=90°，
∴MP=MN=b，PQ=ON=a，∠MPQ=90°，
∵MN⊥x轴，∴∠MNR=90°，
∴四边形MNRP是矩形，
∴∠PRN=90°，
∴PR=MN=b，QR=b−a，OR=a+b，
∴Q(a+b,b−a)，
∵点M，Q都在双曲线上，
∴ab=(a+b)(b−a)，
即a2+ab−b2=0，
方程两边同时除以b2，得(ab)2+ab−1=0，
解得ab=−1± 52，
∵b>a>0，
∴ab=−1+ 52． 
【解析】(1)依据△MON的面积是4，即可得到ab=8，进而得出k的值；
(2)延长PQ交x轴于R，依据四边形MNRP是矩形，即可得到MP=MN=b，PQ=ON=a，OR=a+b，进而得到Q(a+b,b−a)，根据点M，Q都在双曲线上，即可得到ab=(a+b)(b−a)，进而得出ab的值．
本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，解题时注意：在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是12|k|，且保持不变．

19.【答案】14 
【解析】解：(1)在−1，0，1，2中负数有1个，∴摸出的球上面标的数字为负数的概率是14，
故答案为：14；
(2)列表如下：

−1
0
1
2
−1
(−1,−1)
(0,−1)
(1,−1)
(2,−1)
0
(−1,0)
(0,0)
(1,0)
(2,0)
1
(−1,1)
(0,1)
(1,1)
(2,1)
2
(−1,2)
(0,2)
(1,2)
(2,2)
由表知，共有16种等可能结果，其中点P落在四边形ABCD所围成的部分内(含边界)的有：(−1,0)，(0,−1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(2,0)这8个，
所以点P落在四边形ABCD所围成的部分内(含边界)的概率为12．
(1)直接利用概率公式计算可得；
(2)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

20.【答案】(1)证明：如图，连接OQ，
∵OQ=OB，
∴∠OQB=∠B，
∵AC=BC，
∴∠A=∠B，
∴∠OQB=∠A，
∴OQ//AC，
∵EQ⊥AC于点E，
∴∠OQE=∠AEQ=90°，
∵OQ是⊙O的半径，且EQ⊥OQ，
∴EQ是⊙O的切线．
(2)解：如图，作OF⊥AB于点F，
∵OQ=OB，
∴BF=QF，
∵AC=BC=4，AB=6，CD⊥AB于点D，
∴AD=BD=12AB=12×6=3，
∵OF//CD，
∴△BOF∽△BCD，
∴BFBD=OBBC，
∴BF=BDBC⋅OB=34m，
∴BQ=2BF=2×34m=32m，
∴AQ=6−32m，
∵∠AEQ=∠ADC=90°，∠A=∠A，
∴△AEQ∽△ADC，
∴AEAD=AQAC，
∴AE=ADAC⋅AQ=34(6−32m)，
即AE=92−98m. 
【解析】(1)连接OQ，则OQ=OB，得∠OQB=∠B，再由AC=BC得∠A=∠B，则∠OQB=∠A，得OQ//AC，于是∠OQE=∠AEQ=90°，可证明EQ是⊙O的切线；
(2)作OF⊥AB于点F，则OF//CD，得△BOF∽△BCD，推得BF=34m，则BQ=2BF=32m，于是有AQ=6−32m，再证明△AEQ∽△ADC，推得AE=34AQ，即可求出用含m的代数式表示AE的式子．
此题考查等腰三角形的判定与性质、圆的切线的判定、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

21.【答案】解：延长GE，交CD于点M，交AB于点N，如图②所示：
∵∠CEM=∠EGC+∠ECG=60°，
∴∠ECG=60°−∠EGC=60°−30°=30°，
∴∠ECG=∠EGC，
∴CE=EG，
∵AB⊥BH，CD⊥BH，EF⊥BH，GH⊥BH，GH=EF，
∴四边形EFHG，四边形EFFDM、四边形BNMD都是矩形，
∴GH=EF=DM=BN=1m，HF=EG=CE=26m，BD=MN=60m，∠ANG=∠CMG=90°，
∴∠ECM=90°−60°=30°，
∴ME=12CE=12×26=13(m)，
∴GN=MN+ME+EG=60+13+26=99(m)，
在Rt△ANG中，tan∠AGN=ANGN，
∴AN=GN⋅tan∠AGN=99×tan30°=99× 33=33 3(m)，
∴AB=AN+BN=(33 3+1)(m)． 
【解析】延长GE，交CD于点M，交AB于点N，证CE=EG，再由矩形的性质得GH=EF=DM=BN=1m，HF=EG=CE=26m，BD=MN=60m，∠ANG=∠CMG=90°，然后由含30°角的直角三角形的性质得ME=12CE=13(m)，则GN=MN+ME+EG=60+13+26=99(m)，最后由锐角三角函数定义求出AN的长，即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题、30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质，由锐角三角函数定义求出AN的长是解题的关键．

22.【答案】解：(1)当该种奶茶的售价降低x元时，每杯奶茶的销售利润为(1−x)元，每天可售出(300+x0.1×100)杯，
根据题意得：(1−x)(300+x0.1×100)=400，
整理得：10x2−7x+1=0，
解得：x1=0.2，x2=0.5．
答：当x为0.2或0.5时，该奶茶饮料店铺每天卖出该种奶茶的利润为400元；
(2)该奶茶饮料店铺每天卖出该种奶茶的利润不能达到600元，理由如下：
当该种奶茶的售价降低x元时，每杯奶茶的销售利润为(1−x)元，每天可售出(300+x0.1×100)杯，
根据题意得：(1−x)(300+x0.1×100)=600，
整理得：10x2−7x+3=0，
∵Δ=(−7)2−4×10×3=−71<0，
∴该方程没有实数根，
∴该奶茶饮料店铺每天卖出该种奶茶的利润不能达到600元． 
【解析】(1)当该种奶茶的售价降低x元时，每杯奶茶的销售利润为(1−x)元，每天可售出(300+x0.1×100)杯，利用总利润=每杯的销售利润×日销售量，可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论；
(2)该奶茶饮料店铺每天卖出该种奶茶的利润不能达到600元，当该种奶茶的售价降低x元时，每杯奶茶的销售利润为(1−x)元，每天可售出(300+x0.1×100)杯，利用总利润=每杯的销售利润×日销售量，可得出关于x的一元二次方程，由根的判别式Δ=−71<0，可得出该方程没有实数根，即该奶茶饮料店铺每天卖出该种奶茶的利润不能达到600元．
本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)牢记“当Δ<0时，方程无实数根”．

23.【答案】解：(1)令x=0，则y=2，
∴A(0,2)，
令y=0，则x=−4，
∴B(−4,0)，
将A(0,2)，B(−4,0)代入y=−14x2+bx+c，
∴c=24−4b+c=0，
∴b=−12c=2，
∴y=−14x2−12x+2，
令y=0，则−14x2−12x+2=0，
解得x=2或x=−4，
∴C(2,0)；
(2)如图1，过点P作PE⊥x轴交AB于点F，交x轴于点E，
设P(t,−14t2−12t+2)，则F(t,12t+2)，
∵BC=6，OA=2，
∴S△ABC=12×BC×AO=12×6×2=6，
∵S四边形ACBP=S△ABC+S△ABP，
∴当S△ABP的面积最大时，S四边形ACBP就最大，
∵PF=−14t2−t，
∴S△ABP=12×4×(−14t2−t)=−12(t+2)2+2，
∴当t=−2时，S△ABP的面积最大，最大值为2，
∴当P(−2,2)时，S四边形ACBP的最大值为8；
(3)如图2，由题意可知QO=O1Q，QO⊥O1Q，
∵Q(t,0)，
∴Q1(t,−t)，
∵OA=O1A1=2，
∴O1(t−2,−t)，
当Q1在抛物线上时，−t=−14t2−12t+2，
解得t=−2或t=4(舍)，
当A1在抛物线上时，−t=−14(t−2)2−12(t−2)+2，
解得t=3− 17或t=3+ 17(舍)，
∵线段O1A1与抛物线只有一个公共点，
∴−2≤t≤3− 17． 
【解析】(1)求出A(0,2)，B(−4,0)代入y=−14x2+bx+c，即可求解析式；
(2)过点P作PE⊥x轴交AB于点F，交x轴于点E，设P(t,−14t2−12t+2)，则F(t,12t+2)，当S△ABP的面积最大时，S四边形ACBP就最大，由S△ABP=−12(t+2)2+2，则当t=−2时，S△ABP的面积最大，最大值为2；
(3)由题意可知QO=O1Q，QO⊥O1Q，分别求出Q1(t,−t)，O1(t−2,−t)，当Q1在抛物线上时，解得t=−2，当A1在抛物线上时，解得t=3− 17，即可求−2≤t≤3− 17时线段O1A1与抛物线只有一个公共点．
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，线段旋转的性质，数形结合解题是关键．