39， 云南省昆明市西山区金岸中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份39， 云南省昆明市西山区金岸中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷，共24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。
1．（3分）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．
2．（3分）如图，AB是⊙O的直径，已知＝，＝，那么∠COE的度数为（ ）
A．80°B．85°C．90°D．95°
3．（3分）如果⊙O的半径为6，线段OP的长为3，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O上B．点P在⊙O内C．点P在⊙O外D．无法确定
4．（3分）下列一元二次方程中，没有实数根的是（ ）
A．x2﹣x﹣1＝0B．x2﹣6x+5＝0C．x2+x+1＝0D．x2﹣4x+4＝0
5．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定的度数，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，若∠B＝40°，则旋转的度数为（ ）
A．100°B．110°C．145°D．55°
6．（3分）已知是二次函数，则m的值为（ ）
A．0B．1C．﹣1D．1或﹣1
7．（3分）如图，已知AB是⊙O的直径，∠CAB＝35°，则∠D的度数为（ ）
A．20°B．55°C．75°D．70°
8．（3分）抛物线y＝﹣0.5x2+bx+3的部分图象如图所示，当y＞0时自变量x的取值范围为（ ）
A．﹣1＜x＜1B．x＜﹣1或x＞1C．﹣3＜x＜1D．x＜﹣3或x＞1
9．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点．若∠DCE＝55°，则∠BOD的度数是（ ）
A．75°B．110°C．130°D．140°
10．（3分）设A（2，y1），B（﹣2，y2）是抛物线y＝﹣（x+1）2+a上的两点，则y1、y2的大小关系为（ ）
A．y1＜y2B．y1＞y2C．y1≤y2D．y1≥y2
11．（3分）在平面直角坐标系中，对于二次函数y＝x2+2x﹣3，下列说法中错误的是（ ）
A．图象顶点坐标为（﹣1，﹣4），对称轴为直线x＝﹣1
B．y的最小值为﹣4
C．当x＞﹣1时，y的值随x值的增大而增大，当x＜﹣1时，y的值随x值的增大而减小
D．它的图象可由y＝x2的图象向左平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度得到
12．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，∠C＝45°，AB＝6，则⊙O半径为（ ）
A．3B．8C．2D．10
二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分）
13．（2分）已知点M（﹣2，5），点N与点M关于原点对称，则点N的坐标是 ．
14．（2分）如图是昆明西山的著名景点升庵亭，它的地基是半径为2m的正六边形，则该正六边形的边心距是 ．
15．（2分）若关于x的一元二次方程3x2﹣3x﹣a2+1＝0的一个根为2，则a的值为 ．
16．（2分）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝100°，⊙O与AB，BC分别切于点D，C，连接CD．则∠ACD的度数为 ．
三、解答题（本大题共8小题，共56分）
17．（6分）解下列方程：
（1）x2+6x﹣4＝0；
（2）（x﹣2）+3x（x﹣2）＝0．
18．（6分）如图AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连接OC，若EB＝9，AE＝1．
（1）求弦CD的长．
（2）连接AC、BC，若∠AOC＝20°，求∠BAC的度数．
19．（6分）淄博烧烤风靡全国．某烧烤店今年5月份的盈利额为15万元，7月份的盈利额达到21.6万元，如果每月增长的百分率相同．
（1）求该烧烤店这两个月的月均增长率．
（2）若该烧烤店盈利的月增长率继续保持不变，预计8月份盈利多少万元？
20．（6分）如图，已知抛物线的顶点为A（1，4），抛物线与y轴交于点B（0，3），与x轴交于C、D两点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求△BCD的面积．
21．（7分）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE＝CF；
（2）求∠BDC的度数．
22．（8分）2023年亚运会已在杭州举行，在这期间某网络经销商购进一批以亚运会为主题的文化衫进行销售，文化衫的进价为每件40元，当销售单价定为70元时，每天可售出50件．为了扩大销售，增加盈利，决定采取适当的降价措施，经调查发现：销售单价每降低1元，则每天可多售出5件，若设这款文化衫降低了x（元），每天的销售量为y（件）．
（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围．
（2）当销售单价为多少元时，销售每天所获得的利润为1875元？
（3）当销售单价定为多少元时，每天销售这款文化纪念册获得的利润w最大？最大利润是多少元？
23．（8分）如图，AB为⊙O的切线，B为切点，过点B作BC⊥OA，垂足为点E，交⊙O于点C，连接CO并延长CO与AB的延长线交于点D，连接AC．
（1）求证：AC为⊙O的切线；
（2）若⊙O半径为3，OD＝5．求线段AD的长．
24．（9分）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C，点P为x轴上方抛物线上的动点，点F为y轴上的动点，连接PA，PF，AF．
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）如图1，当点F的坐标为（0，﹣3），过点P作x轴的垂线，交线段AF于点D，求线段PD长度的最大值；
（3）如图2，是否存在点F，使得△AFP是以点A为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
2023-2024学年云南省昆明市西山区金岸中学九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．（3分）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．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【解答】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是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度后与自身重合．
2．（3分）如图，AB是⊙O的直径，已知＝，＝，那么∠COE的度数为（ ）
A．80°B．85°C．90°D．95°
【分析】根据圆周角定理求解即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AOB＝180°，
∵＝，＝，
∴+＝+＝，
∴∠COE＝∠AOB＝90°，
故选：C．
【点评】此题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
3．（3分）如果⊙O的半径为6，线段OP的长为3，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O上B．点P在⊙O内C．点P在⊙O外D．无法确定
【分析】直接根据点与圆的位置关系进行判断．
【解答】解：∵⊙O的半径是6，线段OP的长为3，
即点P到圆心的距离小于圆的半径，
∴点P在⊙O内．
故选：B．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d＝r；点P在圆内⇔d＜r．
4．（3分）下列一元二次方程中，没有实数根的是（ ）
A．x2﹣x﹣1＝0B．x2﹣6x+5＝0C．x2+x+1＝0D．x2﹣4x+4＝0
【分析】先逐一计算各选项中一元二次方程根的判别式进行判断、辨别．
【解答】解：∵（﹣1）2﹣4×1×（﹣1）＝1+4＝5＞0，
∴选项A不符合题意；
∵（﹣6）2﹣4×1×5＝36﹣20＝16＞0，
∴选项B不符合题意；
∵12﹣4×1×1＝1﹣4＝﹣3＜0，
∴选项C符合题意；
∵（﹣4）2﹣4×1×4＝16﹣16＝0，
∴选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】此题考查了运用一元二次方程根的判别式判断方程解的情况的能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
5．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定的度数，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，若∠B＝40°，则旋转的度数为（ ）
A．100°B．110°C．145°D．55°
【分析】先根据旋转的性质得到AB＝AD，∠BAD等于旋转角，再根据等腰三角形的性质得到∠ADB＝∠B＝40°，然后根据三角形内角和计算出∠BAD即可．
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转一定的度数，得到△ADE，
∴AB＝AD，∠BAD等于旋转角，
∴∠ADB＝∠B＝40°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
即旋转的度数为100°．
故选：A．
【点评】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．
6．（3分）已知是二次函数，则m的值为（ ）
A．0B．1C．﹣1D．1或﹣1
【分析】根据二次函数的定义列出不等式求解即可．
【解答】解：由是二次函数，得
，
解得m＝1，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的定义，形如y＝ax2+bx+c （a≠0）是二次函数．
7．（3分）如图，已知AB是⊙O的直径，∠CAB＝35°，则∠D的度数为（ ）
A．20°B．55°C．75°D．70°
【分析】首先利用直径所对的圆周角是直角得到直角三角形，然后求得另一锐角的度数，从而求得所求的角的度数．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝35°，
∴∠CBA＝55°，
∴∠D＝∠CBA＝55°．
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理，解决本题的关键是利用直径所对的圆周角是直角得到直角三角形．
8．（3分）抛物线y＝﹣0.5x2+bx+3的部分图象如图所示，当y＞0时自变量x的取值范围为（ ）
A．﹣1＜x＜1B．x＜﹣1或x＞1C．﹣3＜x＜1D．x＜﹣3或x＞1
【分析】根据函数的对称性，抛物线和x轴的另外一个交点坐标为：（﹣3，0），再观察函数图象即可求解．
【解答】解：根据函数的对称性，抛物线和x轴的另外一个交点坐标为：（﹣3，0），
从图象看，当y＞0时自变量x的取值范围为：﹣3＜x＜1，
故选：C．
【点评】此题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，利用数形结合得出是解题关键．
9．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为BC延长线上一点．若∠DCE＝55°，则∠BOD的度数是（ ）
A．75°B．110°C．130°D．140°
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠A，再根据圆周角定理计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠DCE+∠BCD＝180°，
∴∠A＝∠DCE＝55°，
由圆周角定理得：∠BOD＝2∠A＝2×55°＝110°，
故选：B．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
10．（3分）设A（2，y1），B（﹣2，y2）是抛物线y＝﹣（x+1）2+a上的两点，则y1、y2的大小关系为（ ）
A．y1＜y2B．y1＞y2C．y1≤y2D．y1≥y2
【分析】先根据已知条件求出二次函数的图象开口方向和对称轴，再根据点A、B的横坐标的大小即可判断出y1与y2的大小关系．
【解答】解：∵y＝﹣（x+1）2+a，
∴抛物线的开口向下，的对称轴是直线x＝﹣1，
∴离对称轴越近越大，
∵2﹣（﹣1）＞﹣1﹣（﹣2），
∴y1＜y2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，在解题时要能灵活应用二次函数的图象和性质以及点的坐标特征是本题的关键．
11．（3分）在平面直角坐标系中，对于二次函数y＝x2+2x﹣3，下列说法中错误的是（ ）
A．图象顶点坐标为（﹣1，﹣4），对称轴为直线x＝﹣1
B．y的最小值为﹣4
C．当x＞﹣1时，y的值随x值的增大而增大，当x＜﹣1时，y的值随x值的增大而减小
D．它的图象可由y＝x2的图象向左平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度得到
【分析】根据题目中的函数解析式，可以判断各个选项中的说法是否正确．
【解答】解：∵二次函数y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，a＝1＞0，
∴该函数的图象开口向上，对称轴为直线x＝﹣1，顶点为（﹣1，﹣4），
∴当x＝﹣1时，y有最小值﹣4，
当x＞﹣1时，y的值随x值的增大而增大，当x＜﹣1时，y的值随x值的增大而减小；
根据平移的规律，y＝x2的图象向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度得到y＝（x+1）2﹣4，
故选项D说法错误，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，二次函数图象与几何变换，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
12．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，∠C＝45°，AB＝6，则⊙O半径为（ ）
A．3B．8C．2D．10
【分析】连接AO，并延长交⊙O于点D，连接BD，由圆周角定理可得∠D与∠ABD的度数，再由勾股定理即可解答．
【解答】解：连接AO，并延长交⊙O于点D，连接BD，
∵∠C＝45°，
∴∠D＝45°，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠DAB＝∠D＝45°，
∵AB＝6，
∴BD＝6，
∴AD＝＝＝6，
∴⊙O的半径AO＝＝3．
故选：A．
【点评】此题比较简单，考查的是圆周角定理及勾股定理，解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形．
二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分）
13．（2分）已知点M（﹣2，5），点N与点M关于原点对称，则点N的坐标是 （2，﹣5） ．
【分析】根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，即可求解．
【解答】解：∵点M（﹣2，5），点N与点M关于原点对称，
∴N（2，﹣5）．
故答案为：（2，﹣5）．
【点评】本题考查了原点对称的两个点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键．
14．（2分）如图是昆明西山的著名景点升庵亭，它的地基是半径为2m的正六边形，则该正六边形的边心距是 ．
【分析】依据题意，连接OA、OB，过O作OH⊥AB于H，进而由正六边形的性质可求出∠AOB的度数；再依据等腰三角形的性质求出∠AOH的度数，则由直角三角形的性质即可求出OH的长．
【解答】解：连接OA、OB，过O作OH⊥AB于H．
∵圆内接多边形是正六边形，
∴∠AOB＝60°．
∵OA＝OB，OD⊥AB，
∴∠AOH＝∠AOB＝×60°＝30°．
∴OH＝OA•cs30°＝2×＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力．解答这类题往往一些学生因对正多边形的基本知识不明确，将多边形的半径与内切圆的半径相混淆而造成错误计算．
15．（2分）若关于x的一元二次方程3x2﹣3x﹣a2+1＝0的一个根为2，则a的值为 ．
【分析】把x＝2代入方程3x2﹣3x﹣a2+1＝0得出3×22﹣3×2﹣a2+1＝0，再求出a即可．
【解答】解：把x＝2代入方程3x2﹣3x﹣a2+1＝0，得3×22﹣3×2﹣a2+1＝0，
解得：a＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，能得出关于a的方程3×22﹣3×2﹣a2+1＝0是解此题的关键．
16．（2分）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝100°，⊙O与AB，BC分别切于点D，C，连接CD．则∠ACD的度数为 30° ．
【分析】由AC＝BC，∠ACB＝100°，求得∠B＝∠A＝40°，根据切线长定理得BD＝CD，则∠BCD＝∠BDC＝70°，所以∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝30°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵AC＝BC，∠ACB＝100°，
∴∠B＝∠A＝×（180°﹣100°）＝40°，
∵⊙O与AB，BC分别切于点D，C，
∴BD＝CD，
∴∠BCD＝∠BDC＝×（180°﹣40°）＝70°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝100°﹣70°＝30°，
故答案为：30°．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、切线长定理等知识，证明BD＝CD是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共56分）
17．（6分）解下列方程：
（1）x2+6x﹣4＝0；
（2）（x﹣2）+3x（x﹣2）＝0．
【分析】（1）利用配方法得到（x+3）2＝13，然后利用直接开平方法解方程；
（2）先利用因式分解法把方程转化为x﹣2＝0或1+3x＝0，然后解两个一次方程即可．
【解答】解：（1）x2+6x﹣4＝0，
x2+6x＝4，
x2+6x+9＝13，
（x+3）2＝13，
x+3＝±，
所以x1＝﹣3+，x2＝﹣3﹣；
（2）（x﹣2）+3x（x﹣2）＝0，
（x﹣2）（1+3x）＝0，
x﹣2＝0或1+3x＝0，
所以x1＝2，x2＝﹣．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了配方法．
18．（6分）如图AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连接OC，若EB＝9，AE＝1．
（1）求弦CD的长．
（2）连接AC、BC，若∠AOC＝20°，求∠BAC的度数．
【分析】（1）利用垂径定理得到CE＝DE，再计算出OC、OE，然后利用勾股定理计算出CE即可；
（2）根据圆周角定理得∠B＝∠AOC＝10°，∠ACB＝90°，所以∠BAC＝90°﹣10°＝80°．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，
∴CE＝DE，
∵EB＝9，AE＝1，
∴AB＝10，OC＝OA＝5，
∴OE＝4，
在Rt△OCE中，CE＝＝3，
∴CD＝2CE＝6；
（2）如图，
∵∠AOC＝20°，
∴∠B＝∠AOC＝10°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝90°﹣10°＝80°．
【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握垂径定理，由勾股定理求出CE的长是解答此题的关键．
19．（6分）淄博烧烤风靡全国．某烧烤店今年5月份的盈利额为15万元，7月份的盈利额达到21.6万元，如果每月增长的百分率相同．
（1）求该烧烤店这两个月的月均增长率．
（2）若该烧烤店盈利的月增长率继续保持不变，预计8月份盈利多少万元？
【分析】（1）设该烧烤店这两个月盈利额的月均增长率为x，利用该烧烤店7月份的盈利额＝该烧烤店5月份的盈利额×（1+该烧烤店这两个月盈利额的月均增长率）2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论；
（2）利用预计该烧烤店8月份的盈利额＝该烧烤店7月份的盈利额×（1+该烧烤店这两个月盈利额的月均增长率），即可求出结论．
【解答】解：（1）设该烧烤店这两个月盈利额的月均增长率为x，
根据题意得：15（1+x）2＝21.6，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不符合题意，舍去）．
答：该烧烤店这两个月盈利额的月均增长率为20%；
（2）根据题意得：21.6×（1+20%）＝25.92（万元）．
答：预计8月份盈利25.92万元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
20．（6分）如图，已知抛物线的顶点为A（1，4），抛物线与y轴交于点B（0，3），与x轴交于C、D两点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）求△BCD的面积．
【分析】（1）设抛物线顶点式解析式y＝a（x﹣1）2+4，然后把点B的坐标代入求出a的值，即可得解；
（2）令y＝0，解方程得出点C，D坐标，再用三角形面积公式即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为A（1，4），
∴设抛物线的解析式y＝a（x﹣1）2+4，
把点B（0，3）代入得：a+4＝3，
解得：a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4；
令y＝0，则0＝﹣（x﹣1）2+4，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴C（﹣1，0），D（3，0）；
∴CD＝4，
∴S△BCD＝CD×|yB|＝×4×3＝6．
【点评】主要考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法，坐标轴上点的特点，三角形的面积公式等知识，解本题的关键是求出抛物线解析式，是一道比较简单的中考常考题．
21．（7分）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE＝CF；
（2）求∠BDC的度数．
【分析】（1）由旋转的性质可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠ACF，根据三角形内角和定理可得出答案．
【解答】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE＝AB，AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF＝∠BAC+∠BAF，即∠EAB＝∠FAC，
∵AB＝AC，
∴AE＝AF，
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴BE＝CF；
（2）解：∵△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴△AEB≌△AFC，
∴∠ABE＝∠ACF，
设AC与BE相交于O，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠BDC＝∠BAC＝45°．
【点评】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．
22．（8分）2023年亚运会已在杭州举行，在这期间某网络经销商购进一批以亚运会为主题的文化衫进行销售，文化衫的进价为每件40元，当销售单价定为70元时，每天可售出50件．为了扩大销售，增加盈利，决定采取适当的降价措施，经调查发现：销售单价每降低1元，则每天可多售出5件，若设这款文化衫降低了x（元），每天的销售量为y（件）．
（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围．
（2）当销售单价为多少元时，销售每天所获得的利润为1875元？
（3）当销售单价定为多少元时，每天销售这款文化纪念册获得的利润w最大？最大利润是多少元？
【分析】（1）依据题意，根据销售量y与x的关系进行分析计算可以得解；
（2）依据题意，根据利润＝（售价﹣进价）×销售量进行计算可以得解；
（3）依据题意，结合（2）可得利润与降价x之间的关系，然后配方后计算可以得解．
【解答】解：（1）由题意得：y＝50+5x，此时70﹣x＞40．
∴y与x之间的函数表达式为y＝5x+50，0＜x＜30．
（2）由题意，∵利润＝（售价﹣进价）×销售量，
∴利润＝（70﹣x﹣40）（50+5x）＝1875．
∴解得：x1＝15，x2＝5．
∵为了扩大销售，
∴x＝15．
∴销售单价为70﹣15＝55（元）．
答：销售单价为55元时，销售每天所获得的利润为1875元．
（3）由题意，结合（2）可得利润w与降价x的函数关系式为w＝（70﹣x﹣40）（50+5x）＝﹣5x2+100x+1500＝﹣5（x﹣10）2+2000．
∴当x＝10时，每天销售这款文化纪念册获得的利润w最大，最大利润是2000元．
∴此时销售单价为70﹣10＝60（元）．
答：销售单价为60元，每天销售这款文化纪念册获得的利润w最大，最大利润是2000元．
【点评】本题考主要查了二次函数及其应用问题，是中学数学中的重要基础知识之一，是运用数学知识解决现实中的最值问题的常用方法和经典模型；应牢固掌握二次函数的性质．
23．（8分）如图，AB为⊙O的切线，B为切点，过点B作BC⊥OA，垂足为点E，交⊙O于点C，连接CO并延长CO与AB的延长线交于点D，连接AC．
（1）求证：AC为⊙O的切线；
（2）若⊙O半径为3，OD＝5．求线段AD的长．
【分析】（1）根据切线的判定方法，证出OC⊥AC即可；
（2）根据勾股定理求出BD，再证明△DBO∽△DCA，便可求得结果．
【解答】（1）证明：连接OB，
∵AB是⊙O的切线，
∴OB⊥AB，
即∠ABO＝90°，
∵BC是弦，OA⊥BC，
∴CE＝BE，
∴AC＝AB，
在△AOB和△AOC中，
，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠ACO＝∠ABO＝90°，
即AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△BOD中，由勾股定理得，
BD＝＝4，
∵∠OBD＝∠ACD＝90°，∠D＝∠D，
∴△DBO∽△DCA，
∴，
∵AC、AB都为⊙O的切线，
∴AB＝AC，
∴，
解得AB＝6，
∴AD＝BD+AB＝4+6＝10．
【点评】本题考查切线的判定和性质，切线长定理，相似三角形的性质与判定，掌握切线的判定方法，相似三角形的性质与判定是正确解答的关键．
24．（9分）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C，点P为x轴上方抛物线上的动点，点F为y轴上的动点，连接PA，PF，AF．
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）如图1，当点F的坐标为（0，﹣3），过点P作x轴的垂线，交线段AF于点D，求线段PD长度的最大值；
（3）如图2，是否存在点F，使得△AFP是以点A为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由S△AFP＝PQ•OA，即可求解；
（3）证明△APD≌△FAO（AAS），得到PD＝OA，AD＝OF，进而求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），
∴，解得：，
∴该抛物线所对应的函数解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图1，过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q，
设直线AF的解析式为y＝kx+d，
由A（3，0），F（0，﹣3）的坐标得，直线AF的表达式为：y＝x﹣4，
设P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），则Q（t，t﹣4），
∴PQ＝﹣t2+2t+3﹣（t﹣4）＝﹣t2+t+7，
∴S△AFP＝PQ•OA＝（﹣t2+t+7）×3＝﹣（t﹣）2+，
∵﹣＜0，﹣1＜t＜3，
∴当t＝时，△AFP面积的最大值为；
（3）存在，理由：
设P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F（0，n），
∵A（3，0），
∴OA＝3，OF＝|n|，
如图2，过点P作PD⊥x轴于点D，
则∠ADP＝90°＝∠AOF，
∴∠PAD+∠APD＝90°，
∵∠PAD+∠FAO＝90°，
∴∠APD＝∠FAO，
在△APD和△FAO中，
，
∴△APD≌△FAO（AAS），
∴PD＝OA，AD＝OF，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，
∴﹣m2+2m+3＝3，
解得：m＝0或2，
当m＝0时，P（0，3），AD＝3，
∴OF＝3，即|n|＝3，
∵点F在y的负半轴上，
∴n＝﹣3，
∴F（0，﹣3）；
当m＝2时，P（2，3），AD＝1，
∴OF＝1，即|n|＝1，
∵点F在y的负半轴上，
∴n＝﹣1，
∴F（0，﹣1）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，全等三