山东省临沂市罗庄区2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份山东省临沂市罗庄区2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共25页。
注意事项：
1．答题前，请先认真浏览试卷；然后按要求操作；
2．答题时，要端正心态，仔细思考，认真书写，规范作图，保持卷面整洁！
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 我国传统文化中的“福禄寿喜”，这四个图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，熟知轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是解题的关键．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、不是轴对称也不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
B、是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意，
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
D、不是轴对称也不是中心对称图形，故该选项不符合题意，
故答案为：B
2. 已知二次函数的对称轴为直线，则的值是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的对称性；先求得与轴的两个交点坐标，进而根据对称性得出对称轴，根据题意建立方程，即可求解．
【详解】解：当时，
解得：，即抛物线与轴的交点坐标为，
∵抛物线的对称轴为直线
∴
故选：B．
3. 关于的一元二次方程的两实数根互为相反数，则的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 或0
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式和根与系数的关系．其中，．
根据一元二次方程根与系数的关系及两个实数根互为相反数得到,求出或,然后由判别式 或,进而求解即可．
【详解】解：∵关于的一元二次方程的两实数根互为相反数，
设方程两根为，，
∴，
∴
解得或
∵
∴解得或
∴．
故选：B．
4. 如图，在中，，将绕点B逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，当点恰好落在边上时，连接，下列结论一定正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的旋转可得，根据等边对等角可得，即可求解．
【详解】解：∵将绕点B逆时针旋转得到，
∴，
∴，
故选项B正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的旋转，等边对等角，熟练掌握以上性质是解题的关键．
5. 一个边长为的正多边形的内角和是其外角和的倍，则这个正多边形的外接圆半径是（ ）
A. B. 3C. 1D. 21
【答案】A
【解析】
【分析】先由多边形的内角和和外角和的关系判断出多边形的边数，再求多边形的半径．
【详解】解：设多边形的边数为n.
因为正多边形内角和为,正多边形外角和为
根据题意得：
解得：n=6.
故正多边形为6边形，
边长为2的正六边形可以分成六个边长为2的正三角形，
所以正多边形的半径等于2.
故选A.
【点睛】考查正多边形和圆，根据多边形的内角和以及外角和求出这个多边形的边数是解题的关键.
6. 如图，点O为△ABC的内心，∠A＝50°，则∠BOC的度数为（ ）
A. 120°B. 125°C. 115°D. 130°
【答案】C
【解析】
【分析】利用内心的性质得∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，再根据三角形内角和计算出∠OBC+∠OCB＝65°，然后再利用三角形内角和计算∠BOC的度数．
【详解】解：∵O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣50°）＝65°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣65°＝115°．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
7. 如图，等边△OAB的顶点O为坐标原点，AB∥x轴，OA=2，将等边△OAB绕原点O顺时针旋转105º至△OCD的位置，则点D的坐标为（ ）
A. (2，-2)B. (，)C. (，)D. (，)
【答案】D
【解析】
【分析】过点D向x轴作垂线，垂足为E，根据等边三角形的性质以及直线平行的性质证明△EOD是等腰直角三角形，再根据等边三角形的边长以及D点在第四象限即可得到答案．
【详解】解：如图，过点D向x轴作垂线，垂足为E，
∵△OAB是等边三角形，旋转角是105°，
∴∠AOB=∠B=∠COD =60°，∠AOC=105°，
∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=105°-60°=45°，
又∵AB∥x轴，
∴∠BOE=∠B=60°（两直线平行，内错角相等），
∴∠COE=∠BOE-∠BOC=60°-45°=15°，
∴∠EOD=∠DOC-∠COE=60°-15°=45°，
∴△EOD是等腰直角三角形，
∴
∵OD=OA=2，
∴（勾股定理），
∴
∵D点在第四象限，
∴D点的坐标为：(，)
故选D；
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转、等边三角形性质、直线平行的性质，得到△EOD是等腰直角三角形是解题的关键．
8. 下列尺规作图中，能确定圆心的是（ ）
①如图1，在圆上任取三个点A，B，C，分别作弦AB，BC的垂直平分线，交点O即为圆心
②如图2，在圆上任取一点B，以B为圆心，小于直径长为半径画弧交圆于A，C两点连结AB，BC，作∠ABC的平分线交圆于点D，作弦BD的垂直平分线交BD于点O，点O即为圆心
③如图3，在圆上截取弦AB＝CD，连结AB，BC，CD，分别作∠ABC与∠DCB的平分线，交点O即为圆心
A. ①②B. ①③C. ②④D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】①⊙O的圆心在线段AB，BC的垂直平分线上，故点O即为所求．
②由作图可知：线段BD是⊙O的直径，故点O即为所求．
③无法判断点O是圆心．
【详解】解：由题意①②可以判定点O是⊙的圆心．
故选A．
【点睛】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，垂径定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9. 如图，在平面直角坐标系中，P是直线y＝2上的一个动点，⊙P的半径为1，直线OQ切⊙P于点Q，则线段OQ的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接PQ、OP，如图，根据切线的性质得：PQ⊥OQ，再利用勾股定理得出OQ，利用垂线段最短，当OP最小时，OQ最小，即可求解．
【详解】连接PQ、OP，如图，
∵直线OQ切⊙P于点Q，
∴PQ⊥OQ，
在直角中，，
当OP最小时，OQ最小，
当OP⊥直线y＝2时，OP有最小值2，
∴OQ的最小值为，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，也考查了勾股定理，熟练掌握切线的性质以及勾股定理是解答本题的关键．
10. 如图，在的正方形网格中，动点同时从两点匀速出发，以每秒1个单位长度的速度沿网格线运动至格点停止．动点的运动路线为：；动点的运动路线为：，连接．设动点运动时间为的面积为．则与之间的函数关系用图象表示大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分0≤t≤1、1＜t＜2、2≤t≤3三种情况，分别求出函数表达式即可求解．
【详解】①0≤t≤1时，如图，
S=PQAP=t，
当t=1时，S=1，
该函数为一次函数；
②1＜t＜2时，如图，建立如图所示的坐标系，
则点P、Q的坐标分别为（t-1，1）、（2，t），设直线PQ交GE于点H，
设直线PQ的表达式为：，则，
解得，
故直线PQ的表达式为：，
当时，，
∴；
该函数为开口向下的抛物线；
③当2≤t≤3时，如图，
PF=t-2，GQ = 3- t，
∴PE= t-2+1 =t-1，
同理可得：S=PEGQ=(t-1)( 3- t)=；
该函数为开口向下的抛物线；
故选：A．
【点睛】本题考查了动点图象问题，涉及到一次函数和二次函数等知识，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 为了美化环境，某市加大绿化投资，2015年用于绿化投资300万元，2017年用于绿化投资363万元，则这两年绿化投资的年均增长率为_____．
【答案】10%
【解析】
【分析】设这两年绿化投资的年均增长率为x，根据2015年的绿化投资金额×（1+x）2＝2017年的绿化投资金额即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出答案．
【详解】解：设这两年绿化投资的年均增长率为x，
依题意，得：300（1+x）2＝363，
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去）．
故答案为：10%．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用之增长率问题，属于常考题型，正确理解题意、找准相等关系是解题的关键．
12. 年9月日，大型客机取得中国民用航空局型号合格证，这标志着我国具备按照国际通行适航标准研制大型客机的能力，是我国大飞机事业征程上的重要里程碑．如果某型号飞机降落后滑行的距离s（单位：米）关于滑行的时间t（单位：秒）的函数解析式是，则该飞机着陆后滑行最长时间为______秒．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，二次函数的最值．熟练掌握二次函数的应用是解题的关键．
由题意得，由，可知当时，有最大值，然后根据题意作答即可．
【详解】解：，
∵，
∴当时，有最大值，
∵飞机滑行到最大距离时停下，此时滑行的时间最长，
∴该飞机着陆后滑行最长时间为秒，
故答案为：．
13. 已知在圆内接三角形中，，圆心O到的距离为，圆的半径为，则腰的长为____________．
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况讨论：当圆心在内部时；②当圆心在外部时；由，可判定是的垂直平分线，进而可得，由题意可知，于是可求出的长，然后利用勾股定理可求出的长，进而可求得的长．
【详解】解：分两种情况讨论：
①当圆心在内部时，
如图，
，，
是的垂直平分线，
，
由题意可知：，
，
根据勾股定理可得：
，
；
②当圆心在外部时，
如图，
，，
是的垂直平分线，
，
由题意可知：，
，
根据勾股定理可得：
，
；
综上所述，或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的判定，垂线的性质，线段的和与差，勾股定理等知识点，运用分类讨论思想是解题的关键．
14. 如图，扇形中，，点C为的中点，交弧于点E，以点O为圆心，的长为半径作弧交于点D．若，则阴影部分面积为__．
【答案】
【解析】
【分析】由线段垂直平分线的性质可得，进而可证得是等边三角形，于是可得，利用勾股定理可得，然后根据即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：如图，连接、，
，且点C为的中点，
是的垂直平分线，，
，，
又，
，
是等边三角形，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂线的性质，线段垂直平分线的性质，线段中点的有关计算，等边三角形的判定与性质，勾股定理，求扇形面积，三角形的面积公式等知识点，添加适当辅助线构造等边三角形是解题的关键．
15. 如图，抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点坐标为，其部分图象如图，下列结论：①；②方程的两个根是，；③；④当时，的取值范围是；⑤当时，随增大而增大．其中正确结论的序号是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟知二次函数的图象和性质是解答关键．
利用抛物线与轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与轴的一个交点坐标为，则可对②进行判断；由对称轴方程得到，然后根据时函数值为可得到对③进行判断；根据抛物线在轴的两个交点坐标来对④进行判断；根据二次函数的性质对⑤进行判断．
【详解】解：抛物线与轴有两个交点，
，
∴，故正确；
抛物线的对称轴为直线，
而点关于直线的对称点的坐标是，
方程的两个根是，，故正确；
∵抛物线对称轴为直线，
即．
而当时，，
即，
，
即，故错误；
抛物线与的两个交点为、，
当时，的取值范围是，故错误；
抛物线的对称轴为，抛物线开口向下，
当时，随增大而增大，故正确.
综上所述，正确的有．
故答案为：．
16. 阅读理解：设，，若，则，即，已知，，且，则的值为______．
【答案】1或-4
【解析】
【分析】根据题意列出关于x方程，解方程即可．
【详解】解：由，则，即，=(-2，x+1)，=(3，x+2)，且，
可得，
解方程得，，，
故答案为：1或-4
【点睛】本题考查了一元二次方程解法，解题关键是准确理解题意，列出一元二次方程．
三、解答题（本题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 解一元二次方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）利用配方法解一元二次方程即可得；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可得．
【小问1详解】
解：，
，
，
，
，
故方程的解为，．
小问2详解】
解：，
，
，
，即，
或，
或，
故方程的解为，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解方程的常用方法（配方法、直接开平方法、因式分解法、公式法、换元法等）是解题关键．
18. 如图，的顶点坐标分别为．
（1）画出与关于轴对称的图形，并写出的坐标；
（2）画出绕原点逆时针旋转的，并写出点的坐标．
【答案】（1）画图见解析；的坐标为
（2）画图见解析；点的坐标为
【解析】
【分析】本题考查了画轴对称图形与旋转图形，写出变换后点的坐标等知识．
（1）由点坐标得到关于x轴的对称点的坐标并描出各点，依次连接即可，从而也可得到点的坐标；
（2）画出点绕原点逆时针旋转后的对应点，并依次连接即可，也可得到点的坐标．
【小问1详解】
解：关于轴对称的图形如下：
的坐标为；
【小问2详解】
解：绕原点逆时针旋转的如图，
点的坐标为．
19. 根据以下素材，完成探索任务．
【答案】（1）；
（2）路面设置的宽度符合要求；
（3）可以，理由见解析．
【解析】
【分析】本题考查了一元一次不等式组的应用，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．
（1）由“横向道路宽度不超过24米，且不小于10米”，可得出的取值范围；
（2）根据种植的面积是，可列出关于的一元二次方程，可得出的值，结合（1）的结论，即可得出路面设置的宽度符合要求；
（3）假设经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，可列出关于的一元二次方程，解之可得出的值，结合（1）的结论，可得出符合题意，假设成立．
【详解】解：（1）横向道路宽度不超过24米，且不小于10米，即
解得：
纵向道路宽度的取值范围为
故答案为：；
（2）根据题意可得：
整理得：
解得：，
符合题意
路面设置的宽度符合要求；
故答案为：路面设置的宽度符合要求；
（3）经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，理由如下：
假设经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，
根据题意得：
整理得：
解得：，
符合题意
假设成立，即经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元．
20. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，AD、BC的延长线交于点F，点E在CF上，且∠DEC=∠BAC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AB=AC，CE=10，EF=14，求CD．
【答案】（1）证明见解析；（2）CD=．
【解析】
【分析】（1）连接BD，由直径所对圆周角是可知∠BCD=90°，结合三角形外角的性质及同弧所对的圆周角相等可得∠BDC+∠CDE=90°，由切线的判定定理可证结论；
（2）由∠BAF=∠BDE=90°可得∠F+∠ABC=∠FDE+∠ADB，由等腰三角形两底角相等的性质及同弧所对的圆周角相等，等量代换可得∠F=∠FDE，易知DE长，由勾股定理可求得CD长．
【详解】解：（1）如图，连接BD．
∵∠BAD=90°，
∴点O必在BD上，即：BD是直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠DEC+∠CDE=90°．
∵∠DEC=∠BAC，
∴∠BAC+∠CDE=90°．
∵∠BAC=∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE=90°，
∴∠BDE=90°，即：BD⊥DE．
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵∠BAF=∠BDE=90°，
∴∠F+∠ABC=∠FDE+∠ADB=90°．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠ABC=∠ADB，
∴∠F=∠FDE，
∴DE=EF=14．
∵CE=10，∠BCD=90°，
∴∠DCE=90°，
∴CD==．
【点睛】本题考查了圆与三角形的综合，涉及了切线的判定定理及圆中同弧所对的圆周角相等这一性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理，灵活的利用圆的性质是解题的关键．
21. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部O处，山坡上有一点A，点A与点O的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，AB是高度为3米的防御墙．若以点O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系．
（1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式；
（2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙AB；
（3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面OA的最大距离．
【答案】（1）y＝﹣x2＋x（0≤x≤40）
（2）能飞越，理由见解析
（3）8.1米
【解析】
【分析】（1）设石块运行的函数关系式为y＝a（x﹣20）2+10，用待定系数法求得a的值即可求得答案；
（2）把x＝30代入y＝﹣x2+x，求得y的值，与6作比较即可；
（3）用待定系数法求得OA的解析式为y＝x，设抛物线上一点P（t，﹣t2+t），过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t），用含t的式子表示出d关于t的表达式，再利用二次函数的性质可得答案；
【小问1详解】
解：设石块的运动轨迹所在抛物线的解析式为y＝a（x﹣20）2＋10．
把（0，0）代入，得400a＋10＝0，解得a＝﹣．
∴y＝﹣（x﹣20）2＋10．即y＝﹣x2＋x（0≤x≤40）．
【小问2详解】
解：把x＝30代入y＝﹣x2＋x，得y＝﹣×900＋30＝7.5．
∵7.5＞3＋3，∴石块能飞越防御墙AB．
【小问3详解】
解：设直线OA的解析式为y＝kx（k≠0）．
把（30，3）代入，得3＝30k，
∴k＝．
故直线OA的解析式为y＝x．
设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为（t，﹣t2＋t）．
过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t）．
∴PQ＝﹣t2＋t﹣t＝﹣t2＋t＝﹣（t﹣18）2＋8.1．
∴当t＝18时，PQ取最大值，最大值为8.1．
答：在竖直方向上，石块飞行时与坡面OA的最大距离是8.1米．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
22. 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点D，E分别在边AC，BC上，CD＝CE，连接AE，点F，H，G分别为DE，AE，AB的中点连接FH，HG
（1）观察猜想图1中，线段FH与GH的数量关系是 ，位置关系是
（2）探究证明：把△CDE绕点C顺时针方向旋转到图2的位置，连接AD，AE，BE判断△FHG的形状，并说明理由
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若CD＝4，AC＝8，请直接写出△FHG面积的最大值
【答案】（1）FH＝GH，FH⊥HG；（2）△FGP是等腰直角三角形，理由见解析；（3）18
【解析】
【分析】（1）直接利用三角形的中位线定理得出FH＝GH，再借助三角形的外角的性质即可得出∠FHG＝90°，即可得出结论；
（2）由题意可证△CAD≌△CBE，可得∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，根据三角形中位线定理，可证HG＝HF，HF∥AD，HG∥BE，根据角的数量关系可求∠GHF＝90°，即可证△FGH是等腰直角三角形；
（3）由题意可得S△HGF最大＝HG2，HG最大时，△FGH面积最大，点D在AC的延长线上，即可求出△FGH面积的最大值．
【详解】解：（1）∵AC＝BC，CD＝CE，
∴AD＝BE，
∵点F是DE的中点，点H是AE的中点，
∴FH＝AD，
∵点G是AB的中点，点H是AE的中点，
∴GH＝BE，
∴FH＝GH，
∵点F是DE的中点，点H是AE的中点，
∴FH∥AD，
∴∠FHE＝∠CAE
∵点G是AB的中点，点H是AE的中点，
∴GH∥BE，
∴∠AGH＝∠B，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B＝45°，
∵∠EGH＝∠B+∠BAE，
∴∠FHG＝∠FHE+∠EHG＝∠CAE+∠B+∠BAE＝∠B+∠BAC＝90°，
∴FH⊥HG，
故答案为：FH＝GH，FH⊥HG；
（2）△FGP是等腰直角三角形
理由：由旋转知，∠ACD＝∠BCE，
∵AC＝BC，CD＝CE，
∴△CAD≌△CBE（SAS），
∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，
由三角形的中位线得，HG＝BE，HF＝AD，
∴HG＝HF，
∴△FGH是等腰三角形，
由三角形的中位线得，HG∥BE，
∴∠AGH＝∠ABE，
由三角形的中位线得，HF∥AD，
∴∠FHE＝∠DAE，
∵∠EHG＝∠BAE+∠AGH＝∠BAE+∠ABE，
∴∠GHF＝∠FHE+∠EHG
＝∠DAE+∠BAE+∠ABE
＝∠BAD+∠ABE
＝∠BAC+∠CAD+∠ABC﹣∠CBE
＝∠CBA+∠CAB，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∴∠GHF＝90°，
∴△FGH是等腰直角三角形；
（3）由（2）知，△FGH是等腰直角三角形，HG＝HF＝AD，
∵S△HGF＝HG2，
∴HG最大时，△FGH面积最大，
∴点D在AC的延长线上，
∵CD＝4，AC＝8
∴AD＝AC+CD＝12，
∴HG＝×12＝6．
∴S△PGF最大＝HG2＝18．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的中位线定理，判断出HG⊥FH是解本题的关键．
23. 已知抛物线（为常数）经过点．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）已知点在该抛物线上．
（ⅰ）当时，比较的大小；
（ⅱ）若是抛物线上一点，且当时，有最小值，求的值．
【答案】（1）该抛物线的函数表达式为
（2）（ⅰ）；（ⅱ）的值为0或
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求而出函数的解析式，二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，能够明确题意，做到数形结合、分类讨论是解题的关键．
（1）根据待定系数法即可求得；
（2）（ⅰ）先求出抛物线的对称轴，进而确定出点A、B、C在抛物线上的位置，根据二次函数的性质即可求出答案；
（ⅱ）分点P在抛物线的对称轴左侧、右侧两种情况分别求出．
【小问1详解】
解：将点代入，得
解得，
该抛物线的函数表达式为．
【小问2详解】
解：（ⅰ）该抛物线的对称轴为直线，且，
点均在对称轴左侧的抛物线上，且随的增大而减小．
．
（ⅱ）当，即时，，
解得（舍去）．
当时，，
解得（舍去）．
当，即时，，
解得（舍去）．
探索果园土地规划和销售利润问题
素材1
某农户承包了一块长方形果园，图1是果园的平面图，其中米，米．准备在它的四周铺设道路，上下两条横向道路的宽度都为米，左右两条纵向道路的宽度都为米，中间部分种植水果．已知道路的路面造价是每平方米50元；出于货车通行等因素的考虑，横向道路宽度不超过24米，且不小于10米．
素材2
该农户发现某一种草莓销售前景比较不错，经市场调查，草莓培育一年可产果，已知每平方米的草莓销售平均利润为100元；果园每年的承包费为25万元，期间需一次性投入33万元购进新苗，每年还需25万元的养护、施肥、运输等其余费用．
问题解决
任务1
解决果园中路面宽度的设计对种植面积的影响．
（1）请直接写出纵向道路宽度的取值范围．
（2）若中间种植的面积是44800平方米，则路面设置的宽度是否符合要求．
任务2
解决果园种植的预期利润问题．（净利润草莓销售的总利润路面造价费用果园承包费用新苗购置费用其余费用）
（3）经过1年后，农户是否可以达到预期净利润400万元？请说明理由．