2022-2023学年重庆市丰都县九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年重庆市丰都县九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共25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。

1.2023的倒数是( )
A. −2023B. 2023C. 12023D. −12023
2.下列是一元二次方程的是( )
A. x2+3y=5B. x2−2x+3C. 5x2+1x=2D. x2−x−6=0
3.丰都正在创建全国文明城市，城市的英语单词city的大写字母是中心对称的是( )
A. B. C. D.
4.下列事件为随机事件的是( )
A. 九年级3班在下期田径运动会获得团体第一名
B. 平行四边形的对角线互相平分
C. 投一枚正方体骰子，朝上一面点数小于7
D. 水往高处流
5.在平面直角坐标系中，以原点O为圆心，5为半径作圆，点P的坐标是(4,3)，则点P与⊙O的位置关系是( )
A. 点P在⊙O内B. 点P在⊙O外
C. 点P在⊙O上D. 点P在⊙O上或在⊙O外
6.方程2x2−x−3=0的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 没有实数根
C. 有两个负实数根D. 有两个正实数根
7.在平面直角坐标系中，点A的坐标是(1,3)，将点A绕原点O顺时针旋转90∘得到点A′，则点A′的坐标是( )
A. (−3,1)B. (3,−1)C. (−1,3)D. (1,−3)
8.用围棋子按下面的规律摆放图形，则摆放第2023个图形需要围棋子的枚数是( )
A. 4047B. 6069C. 6070D. 6071
9.“文明丰都⋅幸福你我”，丰都正在积极创建全国文明城市，丰都宏远公司楼顶公益广告牌上“文明丰都”几个字是霓虹灯，几个字一个接一个亮起来(亮后不熄灭)，直至全部亮起来再循环，当路人一眼望去，能够看到几个字全亮的概率是( )
A. 13B. 14C. 15D. 16
10.如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ACO=55∘，则∠ABC的大小为( )
A. 60∘
B. 70∘
C. 40∘
D. 35∘
11.若整数a使得关于x的分式方程3x(x−1)−1x=a2(x−1)有正整数解，且使关于y的不等式组4(y−1)>3(y−2)+11−y2≥−a−1至少有4个整数解，那么符合条件的所有整数a的和为( )
A. −1B. 1C. 2D. 8
12.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，下列结论：
①abc<0；
②2a+b=0；
③m为任意实数时，a+b≤m(am+b)；
④a−b+c>0；
⑤若ax_1+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2，则x1+x2=2.其中正确的有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.方程3x2−6x=0的解是______ .
14.如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，若∠P=48∘，则∠AOB=______ .
15.二次函数y=−2x2+4x−1的顶点坐标是______.
16.春节即将到来，花店老板对玫瑰、牡丹和菊花进行混合包装，推出了甲、乙两种花束，花束的成本是花束中所有玫瑰、牡丹和菊花的成本与花束包装成本之和，每束甲种花有5枝玫瑰、1枝牡丹和2枝菊花，每束乙种花有6枝玫瑰，2枝牡丹和4枝菊花，每束甲中所有玫瑰，牡丹和菊花的成本之和是1枝玫瑰的10倍，每束乙种花束的包装成本是每束甲种花束包装成本的1.6倍，每束乙种花束的利润率为50%，每束乙种花束的售价是甲种花束售价的2倍，当该店销售这两种花束的总销售额为6240元，总利润率为30%时，销售甲种花束的总利润是______ 元.
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
(1)解方程：2x(x+1)−3(x+1)=0；
(2)解方程：3x2−2x−4=0.
18.(本小题8分)
如图，要把残缺的圆片复原，已知弧上的三点A、B、C.
(1)用尺规作图法，找出弧BC所在圆的圆心O(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)若在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=16cm，求图片的半径r.
19.(本小题10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(4,−3)，B(2,2)，C(4,1).
(1)将△ABC绕着点O按逆时针方向旋转90∘得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出A1，B1，C1的坐标.
(2)求出点A旋转到点A1所经过的路径长.
20.(本小题10分)
抛实心球是丰都中考体有考试项目之一，如图1是一名男生投实心球情境，实心球行进路线是一条抛物线，行进高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系如图2所示，掷出时，起点处高度为1.9m，当水平距离为4m时，实心球行进至最高点3.5m处.
(1)求y关于x的函数表达式；
(2)根据中考体育考试评分标准(男生版)，投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于9.7m时，即可得满分10分.该男生在此项考试中能否得满分，请说明理由.
21.(本小题10分)
我国的教育方针是：教育必须为社会主义现代化建设服务，为人民服务，与生产劳动和社会实践相结合，培养德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人.为培养德智体美劳全面发展的优秀人才，丰都某中学开展了一系列精品课程，其中有一门课程《研学旅行》开展以来引起广泛关注，九年级2班数学兴趣小组对本班同学对《研学旅行》课的喜欢程度进行了调查，根据收集的数据绘制了两幅不完整的统计图，请根据图中信息，解答下列问题：
(1)九年级2班共有学生______ 名，扇形统计图中D类所在扇形的圆心角度数为______ ；
(2)九年级共有学生1200人，请根据上述调查结果，估计九年级学生选择D类的大约有多少人？
(3)该校德育处决定从九年级二班调查的A类的4人中，抽2人到八年级开展研学宣讲，若在调查的A类4人中，刚好有2名男生2名女生，用画树状图或列表的方法求抽到的一男一女的概率.
22.(本小题10分)
滑雪运动是一种有氧运动，能锻炼人的意志，增强人体的平衡能力，锻炼协调能力，增强心肺功能，振奋低落的情绪，大众参与度也逐年增高.丰都南天湖滑雪场推出了一种滑雪套票，采用网络购票和现场购票两种方式，从网上平台购买4张套票的费用比现场购买2张套票的费用多80元，从网上购买点2张套票的费用和现场购买3张套票的费用共520元.
(1)求网上购买套票和现场购买套票的价格分别是多少元；
(2)2023年元旦当天，该滑雪场按各自的价格在网上和现场售出的总票数为300张.元旦刚过，玩滑雪的人数下降，于是该滑雪场决定1月3日的网上购票的价格保持不变，现场购票的价格下调.结果发现现场购票每降价2元，1月3日的总票数就会比元旦当天总票数增加6张，经统计，1月3日的总票数中有13通过现场售出，其余均由网上平台售出，且当天该滑雪场的总销售额为29700元.请问该滑雪场在1月3日当天现场购票每张套票的价格下调了多少元？
23.(本小题10分)
一个两位正整数m，如果m满足各数位上的数字互不相同且均不为0，那么称m为“相异数”，将m的两个数位上的数字对调得到一个新数m1，把m1放在m的后面组成第一个四位数，把m放在m1的后面组成第二个四位数，我们把第一个四位数减去第二个四位数后所得的差再除以99所得的商记为F(m).例如：m=86时，m1=68，F(86)=8668−688699=18.
(1)计算F(26)=______ ，F(89)=______ ；
(2)若s，t都是“相异数”，其中s=10a+b，t=10x+y(1≤b24.(本小题10分)
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−13x2+bx+4经过A(−1,3)，与y轴交于点C，经过点C的直线与抛物线交于另一点E(6,m)，点M为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D.
(1)求直线CE的解析式；
(2)如图2，点P为直线CE上方抛物线上一动点，连接PC，PE.当△PCE的面积最大时，求点P的坐标以及△PCE面积的最大值.
(3)如图3，将点D右移一个单位到点N，连接AN，将(1)中抛物线沿射线NA平移得到新抛物线y′，y′经过点N，y′的顶点为点G，在新抛物线y′的对称轴上是否存在点H，使得△MGH是等腰三角形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由.
25.(本小题10分)
在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90∘，D为BC边上一点，连接AD.
(1)如图1，若∠CAD=30∘，CD=2，求AB的长；
(2)如图2，将△ABC的边AC绕点C在同一平面内顺时针旋转90∘得到△AEC，F为AE延长线上一点，连接CF.若EF=BD，∠ECF=∠BAD，求证：AB=2CD；
(3)如图3，在(1)的条件下，M为射线AB上一动点，连接CM，DM，将△CDM沿CM翻折，得到△MCD′，连接AD′，N为AD′的中点，连接BN，当BN的长度最小时，请直接写出AMBM的值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：2023的倒数是12023，
故选：C.
利用倒数的定义判断．
本题考查了倒数，解题的关键是掌握倒数的定义．
2.【答案】D
【解析】解：A、x2+3y=5含有2个未知数，不符合题意；
B、x2−2x−3不是方程，不符合题意；
C、5x2+1x=2为分式方程，不符合题意；
D、x2−x−6=0只含有1个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程，符合题意．
故选：D.
只含有1个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程就是一元二次方程，依据定义即可判断．
本题主要考查了一元二次方程的定义，用到的知识点为：一元二次方程只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，为整式方程；并且二次项系数不为0.
3.【答案】B
【解析】解：选项A、C、D中的大写字母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B中的大写字母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：B.
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4.【答案】A
【解析】解：A、九年级3班在下期田径运动会获得团体第一名，是随机事件，故A符合题意；
B、平行四边形的对角线互相平分，是必然事件，故B不符合题意；
C、投一枚正方体骰子，朝上一面点数小于7，是必然事件，故C不符合题意；
D、水往高处流，是不可能事件，故D不符合题意；
故选：A.
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．
本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵点P的坐标是(4,3)，
∴OP= 32+42=5，
而⊙O的半径为5，
∴OP等于圆的半径，
∴点P在⊙O上．
故选：C.
先计算出OP的长，然后根据点与圆的位置关系的判定方法求解．
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
6.【答案】A
【解析】解：∵b2−4ac=(−1)2−4×2×(−3)=25>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A.
先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
7.【答案】B
【解析】解：如图所示，由旋转可得：∠AOA′=∠BOC=90∘，AO=A′O，
∴∠AOB=∠A′OC，而∠ABO=∠A′CO=90∘，
∴△AOB≌△A′OC，
∴A′C=AB=1，CO=BO=3，
∴点A′的坐标为(3,−1)，
故选：B.
依据旋转的性质，即可得出△AOB≌△A′OC，进而得到A′C=AB=1，CO=BO=3，据此可得点A′的坐标为(3,−1).
本题主要考查了旋转的性质，解题时注意：图形或点旋转之后，要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
8.【答案】D
【解析】解：由图可得，
第一个图形棋子的个数为：2+3×1=5，
第二个图形棋子的个数为：2+3×2=8，
第二个图形棋子的个数为：2+3×3=11，
……，
∴第2023个图形需要围棋子的枚数是：2+3×2023=6071，
故选：D.
根据题目中的图形，可以发现棋子的变化规律，从而可以解答本题．
本题考查图形的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中棋子的变化规律．
9.【答案】B
【解析】解：根据题意，都字亮时全部亮起来，所以能够看到几个字全亮的概率是14.
故选：B.
直接利用概率公式求解．
本题考查了概率公式：掌握概率公式是解决问题的关键(某事件的概率=某事件所占有的结果数与总情况数之比).
10.【答案】D
【解析】解：∵∠ACO=55∘，OA=OC，
∴∠AOC=70∘，
∴∠ABC=70∘÷2=35∘，
故选：D.
根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半可得∠AOC=70∘，再根据三角形内角和定理可得答案．
此题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
11.【答案】C
【解析】解：分式方程去分母得：6−2x+2=ax，即(a+2)x=8，
由分式方程有正整数解，得到a+2≠0，
解得：x=8a+2>0，得a>−2，
不等式组整理得：y>−1y≤2a+3，
由不等式组至少有4个整数解，得到2a+3≥3，
解得：a≥0，
由x为正整数，且8a+2≠0或8a+2≠1，得到a+2=2或4，
解得：a=0或2，
则符合条件的所有整数a的和为2，
故选：C.
表示出不等式组的解集，由不等式组有且只有四个整数解，确定出a的范围，分式方程去分母转化为整式方程，表示出x，由x为正整数确定出a的值即可．
此题考查了分式方程的解，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：①抛物线开口方向向上，则a>0.
抛物线对称轴位于y轴右侧，则a、b异号，即ab<0.
抛物线与y轴交于y轴负半轴，则c<0，
所以abc<0.
故①错误；
②∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a，即2a+b=0，
故②正确；
③∵抛物线对称轴为直线x=1，
∴函数的最小值为：a+b+c，
∴m为任意实数时，a+b≤m(am+b)；即a+b+c故③正确；
④∵抛物线与x轴的一个交点在(3,0)的左侧，而对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点在(−1,0)的右侧，
∴当x=−1时，y>0，
∴a−b+c>0，
故④正确；
⑤∵ax12+bx1=ax22+bx2，
∴ax12+bx1−ax22−bx2=0，
∴a(x1+x2)(x1−x2)+b(x1−x2)=0，
∴(x1−x2)[a(x1+x2)+b]=0，
而x1≠x2，
∴a(x1+x2)+b=0，即x1+x2=−ba，
∵b=−2a，
∴x1+x2=2，
故⑤正确．
综上所述，正确的有②③④⑤．
故选：D.
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
13.【答案】x1=0，x2=2
【解析】解：3x(x−2)=0，
3x=0或x−2=0，
所以x1=0，x2=2.
故答案为：x1=0，x2=2.
利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).
14.【答案】132∘
【解析】解：∵PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90∘，
∵∠OAP+∠AOB+∠OBP+∠P=360∘，
∴∠AOB=360∘−90∘−90∘−48∘=132∘.
故答案为：132∘.
先根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90∘，然后根据四边形的内角和计算∠AOB的度数．
本题考查了切线的性质，正确记忆圆的切线垂直于经过切点的半径是解题关键．
15.【答案】(1,1)
【解析】解：∵y=−2x2+4x−1
=−2(x2−2x)−1
=−2[(x−1)2−1]−1
=−2(x−1)2+1，
∴二次函数的图象的顶点坐标为(1,1)，
故答案为(1,1).
用配方法把二次函数的解析式化成顶点式便可求得顶点坐标．
本题主要考查了求二次函数的顶点坐标，正确运用配方法将二次函数化成顶点式是解题的关键所在．本题也可直接运用二次函数的顶点坐标公式直接计算顶点坐标．
16.【答案】640
【解析】解：设玫瑰的成本单价为x元，牡丹的成本单价为y元，菊花的成本单价为z元，
根据题意得：每束甲种花束的鲜花成本是：10x=5x+y+2z，
化简得：5x=y+2z，
每束乙种花束的鲜花成本是：6x+2y+4z=16x，
∵16x10x=1.6，
∴每束乙种花束的鲜花成本是每束甲种花束的鲜花成本的1.6倍，
∵每束乙种花束的包装成本是每束甲种花束包装成本的1.6倍，
∴设每束甲种花束的成本为m元，则每束乙种花束的成本为1.6m元，
∴乙每束的售价为：1.6m×(1+50%)=2.4m，
∵每束乙种花束的售价是甲种花束售价的2倍，
∴甲每束的售价为：1.2m，
设该店销售甲花束a束，销售乙花束b束，
根据总利润率为30%得，(1.2m−m)a+(2.4m−1.6m)b=30%(ma+1.6mb)，
化简得：b=516a，
根据该店销售这两种花束的总销售额为6240元，
∴1.2ma+2.4mb=6240，
∴1.2ma+2.4m×516a=6240，
化简得：am=3200，
∴销售甲种花束的总利润是：a(1.2m−m)=0.2am=640元，
故答案为：640.
设玫瑰的成本单价为x元，牡丹的成本单价为y元，菊花的成本单价为z元，根据题意得每束甲种花束的鲜花成本，得到5x=y+2z，每束乙种花束的鲜花成本是：16x，求出每束乙种花束的包装成本和鲜花成本都是每束甲种花束包装成本和和鲜花成本的1.6倍，设每束甲种花束的成本为m元，求出两种花束的成本和售价，设该店销售甲花束a束，销售乙花束b束，根据总利润率为30%得到方程，化简得b=516a，再根据该店销售这两种花束的总销售额为6240元，得到am=3200，从而求出结果．
本题主要考查了三元一次方程组的综合应用，审清题意，理清题中各个量之间的关系是解题的关键．
17.【答案】解：(1)2x(x+1)−3(x+1)=0，
(x+1)(2x−3)=0，
∴x+1=0或2x−3=0，
∴x1=−1，x2=32；
(2)3x2−2x−4=0，
∵a=3，b=−2，c=−4，
∴Δ=(−2)2−4×3×(−4)=52>0，
∴x=2± 522×3=1± 133，
∴x1=1+ 133，x2=1− 133.
【解析】(1)利用因式分解法求解即可；
(2)利用公式法求解即可．
本题考查了解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
18.【答案】解：(1)分别作AB、AC的垂直平分线，设交点为O，则O为所求圆的圆心．
(2)连接AO交BC于E，连接OB.
∵AB=AC，
∴AE⊥BC，BE=12BC=8(厘米)，
在Rt△ABE中，AE= AB2−BE2=6(厘米)，
设⊙O的半径为R cm，
在Rt△BEO中，
OB2=BE2+OE2，即R2=82+(R−6)2，
∴R2=64+R2−12R+36，
∴R=253.
所以所求圆的半径为253cm.
【解析】(1)作图思路：可根据AB，AC的垂直平分线来确定圆心．
(2)本题可通过构建直角三角形来求解．连接AO交BC于E.先求出AE的值，然后在直角三角形OBE中，用半径表示出OE，OB，然后根据勾股定理求出半径的值．
本题综合考查了垂径定理，勾股定理等知识点，要注意作图中是根据垂径定理作为作图依据．
19.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标(3,4)；点B1的坐标(2,2)；点C1的坐标(−1,4)；
(2)∵OA= 42+32=5，
∴点C旋转到点C1所走的路径长=90π×5180=52π.
【解析】(1)利用旋转变换的性质作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用勾股定理求出OC，再利用弧长公式求解．
本题考查作图-旋转变换，弧长公式，勾股定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
20.【答案】解：(1)根据题意设y关于x的函数表达式为y=a(x−4)2+3.5，
把(0,1.9)代入解析式得：1.9=a(0−4)2+3.5，
解得：a=−0.1，
∴y关于x的函数表达式为y=−0.1(x−4)2+3.5；
(2)该男生在此项考试中不能得满分，理由：
令y=0，则−0.1(x−4)2+3.5=0，
解得：x1=4+ 35，x2=4− 36(舍去)，
∵4+ 35>9.7，
∴该男生在此项考试中能得满分．
【解析】(1)根据题意设出y关于x的函数表达式，再用待定系数法求函数解析式即可；
(2)根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y=0，解方程即可．
本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，关键是理解题意把函数问题转化为方程为题．
21.【答案】4054∘
【解析】解：(1)九年级2班共有学生：4÷10%=40(名)，
∴D类的学生有：40−4−40×45%−12=6(名)，
∴扇形统计图中D类所在扇形的圆心角度数为：360∘×640=54∘，
故答案为：40，54∘；
(2)1200×640=180(人)，
答：估计九年级学生选择D类的大约有180人；
(3)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽到的一男一女的结果有8种，
∴抽到的一男一女的概率为812=23.
(1)由A类的人数除以所占的百分比得出九年级2班的人数，即可解决问题；
(2)由九年级共有学生人数乘以D类人数所占的比例即可；
(3)画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽到的一男一女的结果有8种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．
22.【答案】解：(1)设网上购买套票的价格为x元，现场购买套票的价格为y元，
由题意得：4x−2y=802x+3y=520，
解得：x=80y=120，
答：网上购买套票的价格为80元，现场购买套票的价格为120元；
(2)设滑雪场在1月3日当天现场购票每张套票的价格下调了m元，会多卖出6m2张套票，
依题意得：80×(300+6m2)×(1−13)+(120−m)×13×(300+6m2)=29700，
整理得：m2−180m+1700=0，
解得：m=10或m=170(不合题意舍去)，
∴m=10，
答：滑雪场在1月3日当天现场购票每张套票的价格下调了10元．
【解析】(1)设网上购买套票的价格为x元，现场购买套票的价格为y元，由题意：购买4张套票的费用比现场购买2张套票的费用多80元，从网上购买点2张套票的费用和现场购买3张套票的费用共520元．列出二元一次方程组，解方程组即可；
(2)设滑雪场在1月3日当天现场购票每张套票的价格下调了m元，会多卖出6m2张套票，由题意：当天滑雪场的总收益为29700元．列出一元二次方程，解方程即可．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组或一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】−36−9
【解析】解：(1)F(26)2662−622699=−36，F(89)8998−988999=−9.
故答案为：−36，−9.
(2)∵s=10a+b，t=10x+y(1≤b∴F(t)=1000x+100y+10y+x−1000y−100x−10x−y99=9x−9y，
同理F(s)=9a−9b，
∵F(s)+F(t)+6y=36，
∴9a−9b+(9x−9y)+6y=36，
∴3(a−b)−(3x−y)=12，①
∵F(s)满足被7除余2，
∴9a−9b满足被7除余2，
∵1≤b∴1≤a−b≤5，
当a−b=1时，9a−9b=9满足被7除余2，
当a−b=2时，9a−9b=18不满足被7除余2，
当a−b=3时，9a−9b=27不满足被7除余2，
当a−b=4时，9a−9b=36不满足被7除余2，
当a−b=5时，9a−9b=45不满足被7除余2，
∴a−b=1，②
∴由②可得①式为y−3x=9，即y=3x+9，
∵1≤x≤9，1≤y≤9，且x，y为整数，
∴1≤3x+9≤9，
∴−38≤x≤0，
当x=0时，y=9，t=10×0+9=9，
当x=−1时，y=6，t=10×(−1)+6=−4，
当x=−2时，y=3，t=10×(−2)+3=−17，
∴t的最小值时−17.
(1)根据新定义列算式计算即可求解；
(2)根据新定义由F(s)满足被7除余2，可得9a−9b满足被7除余2，再由1≤b本题考查了数的整除性，是新定义题，利用新定义列出代数式是解题的关键．分类讨论思想是解决问题的突破口．
24.【答案】解：(1)把点A(−1,3)代入抛物线y=−13x2+bx+4，
得−13−b+4=3，
∴b=23，
∴抛物线的解析式为y=−13x2+23x+4，
∵在y=−13x2+23x+4中，令x=0，得y=4，
∴C(0,4)，
∵点E在抛物线上，
∴把E(6,m)代入y=−13x2+23x+4，
得m=−13×36+23×6+4=−4，
∴E(6,−4)，
设直线CE的解析式为y=kx+b1则，
∵C(0,4)，E(6,−4)，
∴6k+b1=−4b1=4，
解得k=−43b1=4，
∴直线CE的解析式为y=−43x+4.
(2)过点P作PH//y轴，交直线CE于点H，
设P为(t,−13t2+23t+4)，则H为(t,−43t+4)，
∴PH=−13t2+23t+4−(−43t+4)=−13t2+2t，
∴△PCE面积：S=12×6×(−13t2+2t)=−(t−3)2+9，
∵a<0，
∴当t=3时，△PCE面积的最大值为9，
此时，点P的坐标为(3,3).
(3)∵抛物线y=−13x2+23x+4=−13(x−1)2+133，
∴当x=1时，y有最大值133，
∴M(1,133)，
∴抛物线对称轴为x=1，
∴D(1,0)，
∵点D右移一个单位到点N，
∴N(2,0)，
∵A(−1,3)，N(2,0)，
∴直线AN解析式为y=−x+2，
∴直线AN与抛物线y=−13x2+23x+4的交点为A(−1,3)，
另一交点设为Q，则Q(6,−4)，
∵抛物线y=−13x2+23x+4沿射线NA平移得到新抛物线y′，y′经过点N(2,0)，
∴抛物线向左平移了4个单位，向上平移了4个单位，
∴新抛物线y′=−13x2−2x+163，
∴对称轴为x=−3，
顶点G(−3,253)，
设H(−3,h)，
则MG=4 2，MH= 42+(h−133)2，GH=|h−253|，
假设△MGH是等腰三角形，则分三种情况讨论：
当M为顶点时，由MG=MH得，
4 2= 42+(h−133)2，
∴h=253或13，
∴H(−3,253)或(−3,13)，
当G为顶点时，由MG=GH得，
4 2=|h−253|，
∴h=253+4 2或253−4 2，
∴H(−3,253+4 2)或(−3,253−4 2)，
当H为顶点时，由MH=GH得，
42+(h−133)2=|h−253|，
∴h=133，
∴H(−3,133)，
∴存在点H，使得△MGH是等腰三角形，点H的坐标为(−3,253)或(−3,13)或(−3,253+4 2)或(−3,253−4 2)或(−3,133).
【解析】(1)把点A的坐标代入抛物线，即可求出抛物线解析式，再分别求出点C，点E，待定系数法即可求得直线CE解析式；
(2)过点P作PH//y轴交CE于点H，设P为(t,−13t2+23t+4)，则H为(t,−43t+4)，由铅垂法求得△PCE面积的表达式，最后求其最大值及P点坐标；
(3)先求出直线AN的解析式，反向延长射线NA与抛物线的另一个交点记为点Q，求出点Q的坐标，根据点Q到点N的运动，可求出抛物线y′的顶点G的坐标，再进行分类讨论：分点M，点G，点H为顶点的三种情况，分别进行计算求解即可．
本题是二次函数的综合题，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，等腰三角形的存在性等；求△PCE面积最大值的铅垂法是解答(2)的关键；分点M，点G，点H为顶点的三种情况，分别进行计算是解答问题(3)的关键．
25.【答案】(1)解：如图1，在Rt△ACD中，∵∠CAD=30∘，CD=2，
∴AD=2CD=4，
∴AC= AD2−CD2= 42−22=2 3，
∵AC=BC，∠ACB=90∘，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=45∘，AB= 2AC= 2×2 3=2 6；
(2)证明：如图2，过点C作CH⊥AE于点H，过点E作EG⊥AE交CF于点G，
则∠FEG=∠AEG=∠FHC=90∘，
设AC=BC=a，EF=BD=x，
则AB= 2a，CD=a−x，
∵边AC绕点C在同一平面内顺时针旋转90∘得到EC，
∴EC=AC=a，∠ACE=90∘，
∴AE= 2a，∠AEC=45∘，
∴∠CEG=∠AEG−∠AEC=90∘−45∘=45∘，
∴∠CEG=∠B，
∵∠ECF=∠BAD，
∴△CEG∽△ABD，
∴EGBD=CEAB，
即EGx=a 2a，
∴EG= 22x，
∵AC=EC，CH⊥AE，
∴EH=AH=12AE= 22a，CH=12AE= 22a，
∴FH=EF+EH=x+ 22a，
∵∠FEG=∠FHC，
∴EG//HC，
∴△FEG∽△FHC，
∴FEFH=EGHC，即xx+ 22a= 22x 22a，
解得：x=2− 22a，
∴CD=a−2− 22a= 22a，
∴AB=2CD；
(3)解：由(1)知AB=2 6，AC=BC=2 3，如图3，在射线AB截取BL=AB=2 6，连接D′L，
以C为圆心，2为半径作⊙C，
∵N为AD′的中点，B为AL的中点，
∴BN=12D′L，
当BN的长度最小时，D′L的长度最小，
∵将△CDM沿CM翻折，得到△MCD′，
∴CD′=CD=2，即点D′在以C为圆心，2为半径的⊙C上运动，
∴当D′L经过点C且点D′在线段CL上时，D′L的长度最小，
如图4，过点C作CK⊥AB于点K，过点B作BS//CL交CM的延长线于点S，
则CK=BK=12AB= 6，
∴KL=BK+BL=3 6，
∴CL= CK2+KL2= ( 6)2+(3 6)2=2 15，
∴D′L=CL−CD′=2 15−2，
∴BN=12D′L= 15−1，即BN的最小值为 15−1，
∵将△CDM沿CM翻折，得到△MCD′，
∴∠BCM=∠LCM，
∵BS//CL，
∴∠S=∠LCM，
∴∠S=∠BCM，
∴BS=BC=2 3，
∵BS//CL，
∴△BSM∽△LCM，
∴BMML=BSCL=2 32 15=1 5，
∴ML= 5BM，
∵ML+BM=BL，
∴ 5BM+BM=2 6，
∴BM= 30− 62，
∴AM=AB+BM=2 6+ 30− 62= 30+3 62，
∴AMBM= 30+3 62 30− 62=2+ 5；
故AMBM的值为2+ 5.
【解析】(1)利用30∘角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理及等腰直角三角形性质即可求得答案；
(2)如图2，过点C作CH⊥AE于点H，过点E作EG⊥AE交CF于点G，设AC=BC=a，EF=BD=x，则AB= 2a，CD=a−x，由△CEG∽△ABD，可求得EG= 22x，再由△FEG∽△FHC，可求得x=2− 22a，即可证得结论；
(3)如图3，在射线AB截取BL=AB=2 6，连接D′L，以C为圆心，2为半径作⊙C，点D′在以C为圆心，2为半径的⊙C上运动，当D′L经过点C且点D′在线段CL上时，D′L的长度最小，如图4，过点C作CK⊥AB于点K，过点B作BS//CL交CM的延长线于点S，利用勾股定理和相似三角形的判定和性质即可求得答案．
本题是几何综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，角平分线定义，圆外点到圆上点的最值，三角形中位线定理等，添加辅助线构造辅助圆和相似三角形是解题关键．