2022-2023学年江苏省泰州市兴化市九年级（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省泰州市兴化市九年级（下）开学数学试卷（含解析），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。

2022-2023学年江苏省泰州市兴化市九年级（下）开学数学试卷
一、选择题（本大题共6小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 一列数20，16，19，25，19，23的众数是(    )
A. 16 B. 19 C. 25 D. 20
2. 若ab=54，则a+bb的值为(    )
A. 49 B. 59 C. 94 D. 95
3. 将抛物线y=−5x2向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得到的抛物线为(    )
A. y=−5(x+1)2−2 B. y=−5(x−1)2−2
C. y=−5(x−1)2+2 D. y=−5(x+1)2+2
4. 如图，AB是半圆O的直径，点C，D在半圆O上．若∠ABC=50°，则∠BDC的度数为(    )
A. 120°
B. 130°
C. 140°
D. 150°
5. 在△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，则cosB的值是(    )
A. 513 B. 135 C. 1213 D. 125
6. 如图，将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱，当圆柱的侧面面积最大时，圆柱的底面半径是(    )

A. 45 5cm B. (4 3−6)cm C. 1cm D. 2 3πcm
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
7. 已知⊙O的半径长7cm，P为线段OA的中点，若点P在⊙O上，则OA的长是______cm．
8. 已知两个相似三角形的相似比为1：4，则它们的面积比为______．
9. 某型号电动汽车，第一年充满电可行驶500km，第三年充满电可行驶405km，则该型号电动汽车续航里程平均每年衰减的百分比为______．
10. 某初中学校为了更好地落实教育部“双减”政策，了解学生做书面家庭作业的时间，随机调查了40名同学每天做书面家庭作业的时间，情况如下表．则这40名同学每天做书面家庭作业的平均时间是______分钟．
书面家庭作业时间(分钟)
70
80
90
100
110
学生人数(人)
4
7
20
8
1

11. 如图，在平面直角坐标中，△ABC与△DEF是位似图形，且它们的顶点都在格点上，则位似中心的坐标为______．

12. 2022年国庆长假期间七天的气温如图所示，这七天最高气温的方差为SH2，最低气温的方差为SL2，则SH2 ______SL2(填“>”、“<”或“=”)．


13. 人体上半身长和下半身长的黄金比为0.618：1，这时人的身长比例看上去更美观.妈妈的身长情况如图所示，她想通过穿高跟鞋使身长比例更美观，于是她购买了一双6厘米的高跟鞋.依据“黄金比”，这双高跟鞋的高度______ .(填“偏高、合适、偏低、无法判断”)


14. 如图，在正方形方格纸中，每个小正方形的边长都相等，A、B、C、D都在格点处，AB与CD相交于点P，则tan∠APC的值为______ ．


15. 已知函数使y=−(x−2)2+4(x≤5)−(x−8)2+4(x>5)使y=a成立的x的值恰好只有2个时，则a满足的条件是______ ．
16. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=2，点F是边AB上一动点(不与A、B重合)，以AF为直径的⊙O交AC于点D，连接DB交⊙O于点E，连接CE，当点F在边AB上移动时，则CE的最小值为______ ．

三、解答题（本大题共10小题，共102.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
(1)计算：|−3|−2tan45°+(−1)2022−( 3−π)0．
(2)解方程：x2+4x−1=0．
18. (本小题8.0分)
为落实中央“双减”精神，某校拟开设四门校本课程供学生选择：A.文学鉴赏，B.趣味数学，C.川行历史，D.航模科技．为了解该校八年级1000名学生对四门校本课程的选择意向，张老师做了以下工作：①抽取40名学生作为调查对象；②整理数据并绘制统计图；③收集40名学生对四门课程的选择意向的相关数据；④结合统计图分析数据并得出结论．
(1)请对张老师的工作步骤正确排序______．
(2)以上步骤中抽取40名学生最合适的方式是______．
A.随机抽取八年级三班的40名学生
B.随机抽取八年级40名男生
C.随机抽取八年级40名女生
D.随机抽取八年级40名学生
(3)如图是张老师绘制的40名学生所选课后服务类型的条形统计图．假设全年级每位学生都做出了选择，且只选择了一门课程．若学校规定每个班级不超过40人，请你根据图表信息，估计该校八年级至少应该开设几个趣味数学班．

19. (本小题8.0分)
如图，已知抛物线y=x2−4x−5与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，连接BC．
(1)求B，C及顶点D的坐标；
(2)求三角形BDC的面积．

20. (本小题8.0分)
如图，在△ABC与△A′B′C′中，点D、D′分别在边BC、B′C′上，且△ACD∽△A′C′D′，若______，则△ABD∽△A′B′D′．
请从①BDCD=B′D′C′D′；②ABCD=A′B′C′D′；③∠BAD=∠B′A′D′这3个选项中选择一个作为条件(写序号)，并加以证明．


21. (本小题10.0分)
小明学了《解直角三角形》内容后，对一条东西走向的隧道AB进行实地测量．如图所示，他在地面上点C处测得隧道一端点A在他的北偏东15°方向上，他沿西北方向前进100 3米后到达点D，此时测得点A在他的东北方向上，端点B在他的北偏西60°方向上，(点A、B、C、D在同一平面内)
(1)求点D与点A的距离；
(2)求隧道AB的长度．(结果保留根号)

22. (本小题10.0分)
如图，两个边长为6的等边三角形△ABC和△CDE，点B，C，D在同一直线上，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图(不写作法，保留作图痕迹)：

(1)在图①中作出CE的中点P；
(2)在图②中作出AC的一个三等分点Q，连接BQ，求BQ的值．
23. (本小题10.0分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=4，点E是DC边上的任一点(不包括端点D，C)，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，设DE=a．

(1)求BF的长(用含a的代数式表示)；
(2)如图2，连接EF交AB于点G，连接GC，当GC//AE时，求AE的值．
24. (本小题10.0分)
某商场以每件280元的价格购进一批商品，当每件商品售价为360元时，每月可售出60件，为了扩大销售，商场决定采取适当降价的方式促销，经调查发现，如果每件商品降价1元，那么商场每月就可以多售出5件．
(1)当该商品的销售价为多少元时，所获利润最大？最大利润是多少？
(2)要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价多少元？
25. (本小题12.0分)
如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点(Q在P、H之间).我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点“，把PQ⋅PH的值称为⊙I关于直线a的“远离数”．

(1)如图2，在平面直角坐标系中，点E的坐标为(4,0).半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D.①过点E画垂直于x轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点______ (填“A”、“B”、“C”或“D”)，⊙O关于直线m的“远离数”为______ ；
②若直线n的函数表达式为y= 33x−4 33.求⊙O关于直线n的“远离数”；
(2)在平面直角坐标系中，直线l经过点M(5,1)，点F是坐标平面内一点，以F为圆心， 2为半径作⊙F.若⊙F与直线l相离，点N(0,2)是⊙F关于直线l的“远点”.且⊙F关于直线l的“远离数”是2 26，求直线l的函数表达式．
26. (本小题14.0分)
如图，已知抛物线y=ax2(a<0)经过点A(2,−2)，过点A的直线l平行于x轴，横坐标分别m，s的点B、C(m (1)求a的值；
(2)若m=−3，s=−1．
①求AD的值；
②试判断AD是否平分∠CAB，并说明理由；
(3)若AD平分∠CAB，试判断tan(∠ABD+∠CAD)的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：这组数据中．19出现了2次，出现的次数最多，
所以这组数据的众数为19，
故选：B．
根据众数的定义判断即可．
本题考查众数的定义，解题的关键是理解众数的定义，属于中考常考题型．

2.【答案】C 
【解析】解：∵ab=54，
∴a+bb=5+44，
∴a+bb=94．
故选：C．
根据比例性质进行解答即可．
此题考查了比例的性质．

3.【答案】D 
【解析】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=−5x2向左平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：y=−5(x+1)2．
由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=−5(x+1)2向上平移2个单位所得抛物线的解析式为：y=−5(x+1)2+2．
故选：D．
根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=50°，
∴∠A=90°−50°=40°，
∴∠BDC的度数为：180°−40°=140°
故选：C．
根据直径所对的圆周角是直角，再根据三角形内角和定理即可解决问题．
本题考查圆周角定理，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握直径所对的圆周角是直角等基本知识．

5.【答案】A 
【解析】解：∵∠C=90°，AC=12，BC=5，
∴AB= 52+122=13，
∴cosB=BCAB=513．
故选：A．
先利用勾股定理计算出AB，然后根据余弦的定义求解．
本题考查了锐角三角函数的定义：熟练掌握余弦的定义是解决问题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：扇形的弧长=4πcm，
∴圆锥的底面半径=4π÷2π=2(cm)，
∴圆锥的高为 42−22=2 3(cm)．
设圆柱的底面半径为r cm，高为R cm．
由题意得r2=2 3−R2 3，
解得：R=2 3− 3r，
∴圆柱的侧面积=2π×r×(2 3− 3r)=−2 3πr2+4 3πr(cm2)，
∴当r=−4 3π2×(−2 3π)=1cm时，圆柱的侧面积有最大值．
故选：C．
易得扇形的弧长，除以2π也就得到了圆锥的底面半径，再加上母线长，利用勾股定理即可求得圆锥的高，利用相似可求得圆柱的高与母线的关系，表示出侧面积，根据二次函数求出相应的最值时自变量的取值即可．
本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长；圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形；相似三角形的相似比相等及二次函数最值相应的自变量的求法等知识．

7.【答案】14 
【解析】解：根据点和圆的位置关系，得OP=7cm，
再根据线段的中点的概念，得OA=2OP=14cm．
故答案为：14．
根据点与圆的位置关系和中点定义进行解答即可．
本题考查了点与圆的位置关系，中点定义，熟知点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解决问题的关键．

8.【答案】1：16 
【解析】解：∵两个相似三角形的相似比为1：4，
∴相似三角形面积的比等于相似比的平方是1：16．
故答案为：1：16．
根据相似三角形的面积比等于相似比的平方解答．
本题考查对相似三角形性质，熟练掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．

9.【答案】10% 
【解析】解：设该型号电动汽车续航里程平均每年衰减的百分比为x，根据题意可得：
500(1−x)2=405，
解得：x1=0.1=10%，x2=1.9(不合题意舍去)，
故该型号电动汽车续航里程平均每年衰减的百分比为10%．
故答案为：10%．
直接根据题意可得第二年充满电可行驶500(1−x)km，第三年充满电可行驶500(1−x)2km，列方程进而得出答案．
此题主要考查了一元二次方程的应用，正确得出等式方程是解题关键．

10.【答案】88.75 
【解析】解：140×(70×4+80×7+90×20+100×8+110×1)=88.75(分钟)．
故答案为：88.75．
利用加权平均数的计算公式计算即可．
本题考查加权平均数的计算，掌握加权平均数的计算公式是解题关键．

11.【答案】(2,2) 
【解析】解：如图所示：位似中心点P的坐标为(2,2)．
故答案为：(2,2)．
直接利用位似图形的性质：对应点的连线都经过同一点，连接对应点，进而得出位似中心的位置．
此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．

12.【答案】> 
【解析】解：观察气温统计图可知：这七天最低气温比较稳定，波动较小；故最低气温的方差小．
所以SH2>SL2．
故答案为：>．
根据气温统计图可知：这七天最低气温比最高气温的波动要小，由方差的意义知，波动越小，数据越稳定，即方差越小．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．

13.【答案】偏高 
【解析】解：设这双高跟鞋的高度为x cm合适，
由题意得：
64：(102+x)=0.618：1，
解得：x≈1.6，
∵6cm>1.6cm，
∴这双高跟鞋的高度偏高，
故答案为：偏高．
根据黄金分割的定义，进行计算即可解答．
本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．

14.【答案】12 
【解析】解：作AE//CD交DE于点E，连接BE，如图所示，
∵CD//AE，
∴∠APC=∠BAE，
设每个小正方形的边长为a，
由图可知：BE= a2+(2a)2= 5a，
AE= (2a)2+(4a)2=2 5a，
AB= (3a)2+(4a)2=5a，
∴BE2+AE2=AB2，
∴△AEB是直角三角形，
∴tan∠BAE=BEAE= 52 5=12，
∴tan∠APC=12，
故答案为：12．
先作AE//CD交DE于点E，连接BE，然后根据平行线的性质可以得到∠APC=∠BAE，再根据勾股定理可以得到AE、BE和AB的长，然后根据勾股定理的逆定理可以判断△AEB的形状，即可求得tan∠BAE的值，从而可以得到tan∠APC的值．
本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

15.【答案】a<−5或a=4 
【解析】解：画出函数解析式的图象，

使y=a成立的x的值恰好只有2个即函数图象与y=a这两个条直线有2个交点，由图象及解析式可知，当a<−5或a=4时，函数图象与y=a这两个条直线恰好有2个交点．故答案为：a=4或a<−5．
画出图象，使y=a成立的x的值恰好只有2个．即函数图象与y=a这两个条直线有2个交点，据此观察图象求解．
本题主要考查二次函数的图象，知道使y=a成立的x的值恰好只有2个即函数图象与y=a这条直线有2个交点是解题的关键．

16.【答案】2 7−4 
【解析】解：在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴AB=2AC=4，BC= AB2−AC2= 42−22=2 3，∠BAC=60°，
连DF，AE，EF，
∵AF为的直径，
∴∠ADF=∠AEF=90°，
∴∠AFD=∠AED=90°−∠BAC=90°−60°=30°，
∴∠AEB=180°−30°=150°为定角，
∴E在以AB为弦所对圆心角为60°的圆弧上运动，
设该圆圆心为N，连NE，CN，AN，BN，则∠ANB=60°，AN=BN，
∴△AB为等边三角形，
∴AB=BN=AN=4，∠ABN=60°，
∴∠CBN=90°，
∴CN= BC2+BN2= 12+16=2 7，
又EN=BN=4，
由两点之间线段最短知：CE+NE≥CN，
∴CE≥CN−EN=2 7−4，
∴当C、E、N在一直线时．CE有最小值为：2 7−4．
故答案为：2 7−4．
连DF，AE，EF，得∠AEB=180°−30°=150°为定角，由此可得E在以AB为弦所对圆心角为60°的圆弧上运动，设该圆圆心为N，连NE，CN，AN，BN，由两点之间线段最短知：CE+NE≥CN，进而可求CE的最小值．
本题主要考查了圆周角定理、含30°角的直角三角形，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．

17.【答案】解：(1)|−3|−2tan45°+(−1)2022−( 3−π)0
=3−2×1+1−1
=3−2+1−1
=1；
(2)x2+4x−1=0，
x2+4x=1，
x2+4x+4=1+4，
(x+2)2=5，
x+2=± 5，
∴x1=−2+ 5，x2=−2− 5． 
【解析】(1)先化简，然后算乘法，最后算加减法即可；
(2)根据配方法可以解答本题．
本题考查实数的运算、解一元二次方程，熟练掌握运算法则和配方法解一元二次方程是解答本题的关键．

18.【答案】解：(1)①③②④；
(2)  D；
(3)由条形统计图可估计，八年级学生中选择趣味数学的人数为：
840×1000=200(人)，
200÷40=5，
答：至少应该开设5个班． 
【解析】解：(1)根据数据的收集与整理的具体步骤可判断顺序为：①③②④，
故答案为：①③②④；
(2))根据抽样调查的特点易判断出：D，
故答案为：D；
(3)由条形统计图可估计，八年级学生中选择趣味数学的人数为：
840×1000=200(人)，
200÷40=5，
答：至少应该开设5个班．
(1)根据数据的收集与整理的具体步骤解答即可；
(2)根据抽样调查的特点解答即可；
(3)根据样本估计总体思想解答即可．
本题考查条形统计图，用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．

19.【答案】解：(1)y=x2−4x−5当y=0时，x2−4x−5=0，
∴x1=−1，x2=5
∴B点坐标为(5,0)，
当x=0时，y=−5，
∴C点坐标(0,−5)，
∵y=x2−4x−5=(x−2)2−9，
∴D点坐标(2,−9)；
(2)由(1)知，抛物线对称轴为直线x=2，
设直线x=2与x轴相交于E，于BC相交于H，如图所示：

设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(5,0)，C(0,−5)，
∴b=−55k+b=0，
解得k=1b=−5，
∴直线BC的解析式为y=x−5，
当x=2时，y=−3，
∴H(2,−3)，
∴DH=−3−(−9)=6，
∴S△BCD=12DH⋅|xB−xC|=12×6×5=15． 
【解析】(1)根据抛物线解析式分别求出点B，C，D坐标；
(2)直线x=2与x轴相交于E，于BC相交于H，先用待定系数法求出直线BC的解析式，再求出H点坐标，求出DH，再用S△BCD=12DH⋅|xB−xC|求出面积即可．
本题考查了抛物线与x轴的交点，关键是利用二次函数的性质解题．

20.【答案】解：③(答案不唯一)
理由如下：∵△ACD∽△A′C′D′，
∴∠ADC=∠A′D′C′，
∴∠ADB=∠A′D′B′，
又∵∠BAD=∠B′A′D′，
∴△ABD∽△A′B′D′． 
【解析】本题主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定条件是解题的关键．
利用相似三角形的判定：两角对应相等的两个三角形相似可证明．
选①也可以，答案不唯一．

21.【答案】解；(1)由题意可知：∠ACD=15°+45°=60°，∠ADC=180°−45°−45°=90°，
在Rt△ADC中，
∴AD=DC·tan∠ACD=100 3×tan60°=100 3× 3=300(米)，
答：点D与点A的距离为300米．
(2)过点D作DE⊥AB于点E，

∵AB是东西走向，
∴∠ADE=45°，∠BDE=60°，
在Rt△ADE中，
∴DE=AE=AD·sin∠ADE=300×sin45°=300× 22=150 2，
在Rt△BDE中，
∴BE=DE·tan∠BDE=150 2×tan60°=150 2× 3=150 6，
∴AB=AE+BE=(150 2+150 6)(米)，
答：隧道AB的长为(150 2+150 6)米． 
【解析】(1)由题意，易知∠ACD=60°，∠ADC=90°，解Rt△ADC即可求解；
(2)过点D作DE⊥AB于点E.分别解Rt△ADE，Rt△BDE求出AE和BE，即可求出隧道AB的长．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，掌握方向角的概念，掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．

22.【答案】(1)解：如图，连接BE交CE于点P，点P即为所求；

理由：∵△ABC和△CDE为两个全等的等边三角形，
∴AC=ED，∠ACB=∠CDE=60°，
∴AC//DE，
∴∠E=∠ACE，∠ADE=∠CAD，
∴△ACP≌△DEP(ASA)，
∴CP=EP，
即点P为CE的中点；
(2)解：如图，延长BA，DE交于点G，连接CG，AE，CG与AE交于点H，连接HP，并延长HP交BC于点F，连接EF交AC于点Q，点Q即为所求，

理由：∵△ABC和△CDE为两个全等的等边三角形，
∴AB=CD=CE，∠D=∠ACB=60°，AC=CE=BC=CD，
∴AC//DG，CE//BG，∠BGD=60°，
∴四边形ACEG是平行四边形，∠BGD=∠D=∠ABC=60°
∴△BDG是等边三角形．
∴CG⊥BD，
∵AC=CE，
∴四边形ACEG是菱形，
∴AE⊥CG，点H是AE的中点，
∴AE//BD，
由(1)得：点P为AC的中点，
∴PH//CE，
∴CF：BF=CP：AP=1：1，
即点F为BC的中点，
∴CF：BC=1：2，
∵AE//BD，
∴△CFQ∽△AEQ，
∴CQ：AQ=CF：AE=1：2，
∴CQ：AC=1：3，
∴点Q为AC的三等分点．
连接BQ，过点Q作QM⊥BC，
∵CQ：AQ=1：2，AC=6，
∴CQ=2，AQ=4，
∵∠C=60°，
∴∠CQM=30°，
∴CM=1，QM= 3，BM=5，
∴BQ= BM2+QM2=2 7． 
【解析】(1)连接AD交CE于点P，点P即为所求，理由：证明△ACP≌△DEP，即可求解；
(2)延长BA，DE交于点G，连接CG，AE，CG与E交于点H，接HP，并延长HP交BC于点F，连接EF交AC于点Q，点Q即为所求，理由：证明△BDG是等边三角形，可得CG⊥BD，再证得四边形ACEG是菱形，可得AE⊥CG，点H是AE的中点，从而得到AE//BD，再由点P为AC的中点，可得PH//CE，从而得到点F为BC的中点，继而得到CF：BC=1：2，再由△CFQ∽△AEO，即可求解．
本题主要考查了等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、熟练掌握等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质是解题的关键．

23.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=∠ABF=∠BAD=90°，
∴∠DAE+∠BAE=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠BAF+∠BAE=90°，
∴∠DAE=∠BAF，
∴△ADE∽△ABF，
∴ADAB=DEBF，即AD⋅BF=AB⋅DE，
∴BF=2a；
(2)∵AG//CE，CG//AE，
∴四边形AGCE是平行四边形，
∴AG=CE，
∵AB=CD，
∴BG=DE=a，
∴tan∠EFC=GBBF=ECCF=12，
∴EC=a+2=8−a，
∴a=3，
∴AE= 32+42=5，
∴AE=CE=5． 
【解析】(1)根据矩形的性质可得∠ADE=∠ABF，∠∠DAE+∠BAE=90°，结合题干AF⊥AE可得∠BAF+∠BAE=90°，进而可得∠DAE=∠BAF，进而可得△ADE∽△ABF，利用相似三角形的性质可得BF的长度；
(2)先根据AG//CE，GC//AE进而可得四边形AGCE是平行四边形，通过勾股定理可得AE．
本题考查了相似三角形的性质和判定等知识点．利用三角形相似的性质是解决本题的难点和关键．

24.【答案】解：(1)设每件商品应降价x元，获得利润为y元，
根据题意得：y=(360−x−280)(60+5x)
=−5x2+340x+4800
=−5(x−34)2+10580，
∵−5<0，
∴当x=34时，y取得最大值10580，
此时360−x=360−34=326，
答：该商品的销售价为326元时，总利润最大，最大值为10580元；
(2)由(1)可知，当y=7200时，−5x2+340x+4800=7200，
解得x1=8，x2=60．
要更有利于减少库存，则x=60．
答：要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价60元． 
【解析】(1)设每件商品应降价x元，获得利润为y元，根据“总利润=单件利润×销售量”列出函数解析式，由函数的性质求最值即可；
(2)根据(1)中解析式，当y=7200时，解方程求解即可．
本题是二次函数的应用，属于销售利润问题，明确等量关系：总利润=销售量×(售价−进价)，解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值．

25.【答案】C  10 
【解析】解：(1)由题意得：⊙O关于直线m的“远点”是点C，
∵点E的坐标为(4,0)，⊙O的半径为1，
∴CA=2，CO=1，OE=4，
∴CE=5，
∴CA⋅CE=2×5=10，
∴⊙O关于直线m的“远离数”为10．
故答案为：C；10；
②设直线n分别交x轴，y轴于点B，A，
令x=0，则y=−4 33，
∴A(0,−4 33)，
∴OA=4 33．
令y=0，则 33x−4 33=0，
解得：x=4，
∴B(4,0)，
∴OB=4，
在Rt△AOB中，
∵tanB=OAOB= 33，
∴∠B=30°，
∴OH=12OB=2，
∴PH=OP+OH=3，
∴PQ⋅PH=2×3=6，
∴⊙O关于直线n的“远离数”为6；

(2)设直线l的函数表达式为y=kx+b，
①当k<0时，
由题意得：NA=2 2，NH⊥MH，NA⋅NH=2 26，
∴NH= 13．
过点M作MG⊥ON于点G，过点M作MD⊥x轴于点D，如图，
∵M(5,1)，N(0,2)，
∴MD=1，OD=5，ON=2，
∴OG=MD=1，
∴NG=ON−OG=1，
∴MN= NG2+MG2= 26，
∴MH= MN2−NH2= 13，
∴HN=HM，
∴△HMN为等腰直角三角形．
过点H作HB⊥y轴于点B，DM的延长线交BH的延长线于点C，过点H作HE⊥x轴于点E，则BC⊥CD，设H(m,n)，

∴四边形ODCB为矩形，四边形OEHB为矩形，
∴BH=OE=m，OB=HE=n，BC=OD=5，BN=n−2．
∵∠BHN+∠HNB=90°，∠BHN+∠MHC=90°，
∴∠HNB=∠MHC，
在△BHN和△CMH中，
∠HBN=∠MCH=90°∠HNB=∠MHCHN=MH，
∴△BHN≌△CMH(AAS)，
∴BN=CH=n−2，BH=CM=m，
∴BC=BH+CH=m+n−2，CD=CM+MD=m+1，
∴m+n−2=5m+1=n，
解得：m=3n=4，
∴H(3,4)，
∴5k+b=13k+b=4，
∴k=−32b=172，
∴直线l的函数表达式为y=−32x+172；
②当k>0时，
由题意得：NA=2 2，NH⊥MH，NA⋅NH=2 26，
∴NH= 13．
由①知：MN= NG2+MG2= 26，
∴MH= MN2−NH2= 13，
∴HN=HM，
∴△HMN为等腰直角三角形．
过点M作MB⊥x轴于点B，过点H作HC⊥y轴于点C，MB的延长线交CH的延长线于点D，过点H作HE⊥x轴于点E，则CD⊥MD，MB=1，OB=5，设H(m,n)，

∴四边形OCDB为矩形，四边形OEHC为矩形，
∴CH=OE=m，OC=HE=BD=−n，BO=CD=5，CN=−n+2．
∴MD=MB+BD=−n+1．
∵∠CHN+∠HNC=90°，∠CHN+∠MHD=90°，
∴∠HNC=∠MHD，
在△CHN和△DMH中，
∠NCH=∠HDM=90°∠HNC=∠MHDNH=HM，
∴△CHN≌△DMH(AAS)，
∴CH=MD=m，CN=DH=−n+2，
∴CD=DH+CH=m−n+2，BD=MD−MB=m−1，
∴m−n+2=5m−1=−n，
∴m=2n=−1，
∴H(2,−1)，
∴5k+b=12k+b=−1，
∴k=23b=−73．
∴直线l的函数表达式为y=23x−73．
(1)利用“远点“和“远离数”的定义解答即可；②利用函数的解析式求得与坐标轴的交点坐标，再利用直角三角形的边角关系定理和含30°角的直角三角形的性质求得线段OH，进而得到线段PQ，PH的长度，用“远离数”的定义解答即可；
(2)设直线l的函数表达式为y=kx+b，利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①当k<0时，过点M作MG⊥ON于点G，过点M作MD⊥x轴于点D，利用“远离数”的定义求得线段NH的长度，得到△HMN为等腰直角三角形，过点H作HB⊥y轴于点B，DM的延长线交BH的延长线于点C，过点H作HE⊥x轴于点E，则BC⊥CD，设H(m,n)，利用全等三角形的判定与性质得到BN=CH=n−2，BH=CM=m，进而得到BC=BH+CH=m+n−2，CD=CM+MD=m+1，列出关于m，n的方程组，解方程组得到点H的坐标，再利用待定系数法解答即可得出结论；②当k>0时，利用①中的方法解答即可．
本题主要考查了圆的有关性质，一次函数的图象与性质，待定系数法，一次函数图象上点的坐标的特征，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，本题是阅读型题目，理解并熟练应用新定义是解题的关键，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解决此类问题常用的方法．

26.【答案】解：(1)把A(2,−2)代入y=ax2得：
−2=4a，
解得a=−12，
∴a的值为−12；
(2)由(1)知y=−12x2，
当m=−3，s=−1时，B(−3,−92)，C(−1,−12)；
①由B(−3,−92)，C(−1,−12)得直线BC解析式为y=2x+32，
在y=2x+32中，令y=−2得：−2=2x+32，
解得x=−74，
∴D(−74,−2)，
∵A(2,−2)，
∴AD=2−(−74)=154，
∴AD的值为154；
②AD平分∠CAB，理由如下：
过C作CM⊥AD于M，过B作BN⊥AD交AD延长线于N，如图：

∵A(2,−2)，B(−3,−92)，C(−1,−12)；
∴CM=−12−(−2)=32，AM=2−(−1)=3，BN=−2−(−92)=52，AN=2−(−3)=5，
∴tan∠CAD=CMAM=323=12，tan∠BAD=BNAN=525=12，
∴tan∠CAD=tan∠BAD，
∴∠CAD=∠BAD，
∴AD平分∠CAB；
(3)tan(∠ABD+∠CAD)的值不变化，理由如下：
过C作CK⊥AD于K，过B作BT⊥AD交AD延长线于T，如图：

∵AD平分∠CAB，
∴∠CAK=∠BAT，
∴tan∠CAK=tan∠BAT，
∴CKAK=BTAT，
∵B，C的横坐标分别m，s，
∴B(m,−12m2)，C(s,−12s2)；
∵A(2,−2)，
∴CK=−12s2−(−2)=−12s2+2，AK=2−s，BT=−2−(−12m2)=12m2−2，AT=2−m；
∴−12s2+22−s=12m2−22−m，
∵m ∴m+s=−4；
由B(m,−12m2)，C(s,−12s2)得直线BC解析式为y=−m+s2x+ms2，
在y=−m+s2x+ms2中，令y=−2得：−2=−m+s2x+ms2，
解得x=ms+4m+s，
∴D(ms+4m+s,−2)，
∴DK=s−ms+4m+s=s2−4m+s，
∵tan(∠ABD+∠CAD)=tan(∠ABD+∠BAD)=tan∠CDK=CKDK，
∴tan(∠ABD+∠CAD)=−12s2+2s2−4m+s=−12(m+s)，
∵m+s=−4，
∴tan(∠ABD+∠CAD)=2．
∴tan(∠ABD+∠CAD)的值不变化，这个值为2． 
【解析】(1)把A(2,−2)代入y=ax2可得a的值为−12；
(2)当m=−3，s=−1时，B(−3,−92)，C(−1,−12)；①由B(−3,−92)，C(−1,−12)得直线BC解析式为y=2x+32，即可得D(−74,−2)，AD=2−(−74)=154；
②过C作CM⊥AD于M，过B作BN⊥AD交AD延长线于N，由A(2,−2)，B(−3,−92)，C(−1,−12)；可得tan∠CAD=CMAM=323=12，tan∠BAD=BNAN=525=12，故∠CAD=∠BAD，从而AD平分∠CAB；
(3)过C作CK⊥AD于K，过B作BT⊥AD交AD延长线于T，由AD平分∠CAB，可得CKAK=BTAT，即−12s2+22−s=12m2−22−m，故m+s=−4；由B(m,−12m2)，C(s,−12s2)得直线BC解析式为y=−m+s2x+ms2，D(ms+4m+s,−2)，有DK=s−ms+4m+s=s2−4m+s，而tan(∠ABD+∠CAD)=tan(∠ABD+∠BAD)=tan∠CDK=CKDK，故tan(∠ABD+∠CAD)=−12s2+2s2−4m+s=−12(m+s)=2．
本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，角平分线的判定，锐角三角函数的应用等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．