浙江省衢州市常山县2022-2023学年九年级数学第一学期期末复习检测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是（ ）

A． B． C． D．
2．二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，在ab、ac、b2﹣4ac，2a+b，a+b+c，这五个代数式中，其值一定是正数的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，，则四边形AODE一定是（ ）

A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．不能确定
4．若，则的值是（ ）
A． B． C． D．0
5．如图，已知点是第一象限内横坐标为2的一个定点，轴于点，交直线于点，若点是线段上的一个动点，，，点在线段上运动时，点不变，点随之运动，当点从点运动到点时，则点运动的路径长是（ ）

A． B． C．2 D．
6．如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，点E是OA的中点，连接BE并延长交AD于点F，已知S△AEF=4，则下列结论：①；②S△BCE=36；③S△ABE=12；④△AEF～△ACD，其中一定正确的是（　　）

A．①②③④ B．①④ C．②③④ D．①②③
7．如图，在莲花山滑雪场滑雪，需从山脚下乘缆车上山，缆车索道与水平线所成的角为，缆车速度为每分钟米，从山脚下到达山顶缆车需要分钟，则山的高度为（ ）米.

A． B．
C． D．
8．一次函数y＝﹣3x+b图象上有两点A（x1，y1），B（x2，y2），若x1＜x2，则y1，y2的大小关系是（　　）
A．y1＞y2 B．y1＜y2
C．y1＝y2 D．无法比较y1，y2的大小
9．下面的图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
10．我市某家快递公司，今年8月份与10月份完成投递的快递总件数分别为6万件和8.64万件，设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x，则下列方程正确的是（　　）
A．6（1+x）＝8.64
B．6（1+2x）＝8.64
C．6（1+x）2＝8.64
D．6+6（1+x）+6（1+x）2＝8.64
11．如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将直角边AC绕A点逆时针旋转至AC′，连接BC′，E为BC′的中点，连接CE,则CE的最大值为( ).

A． B． C． D．
12．如图，在△ABC中，∠BOC＝140°，I是内心，O是外心，则∠BIC等于（ ）

A．130° B．125° C．120° D．115°
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，抛物线与轴交于两点，是以点为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结．则线段的最大值是________．

14．如图，在中，点D、E分别在AB、AC边上， ， ， ，则__________．

15．如图，点是矩形的对角线上一点，正方形的顶点在边上，则的值为__________ ．

16．二次函数的图象如图所示，若点，是图象上的两点，则____(填“>”、“<”、“=”).

17．小明同学身高1.5米，经太阳光照射，在地面的影长为2米，他此时测得旗杆在同一地面的影长为12米，那么旗杆高为_________米．
18．一次生活常识知识竞赛一共有20道题，答对一题得5分，不答得0分，答错扣2分，小聪有1道题没答，竞赛成绩超过80分，则小聪至少答对了__________道题．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点M，已知BC＝5，点E在射线BC上，tan∠DCE＝，点P从点B出发，以每秒2个单位沿BD方向向终点D匀速运动，过点P作PQ⊥BD交射线BC于点O，以BP、BQ为邻边构造▱PBQF，设点P的运动时间为t（t＞0）．
（1）tan∠DBE＝　 　；
（2）求点F落在CD上时t的值；
（3）求▱PBQF与△BCD重叠部分面积S与t之间的函数关系式；
（4）连接▱PBQF的对角线BF，设BF与PQ交于点N，连接MN，当MN与△ABC的边平行（不重合）或垂直时，直接写出t的值．

20．（8分）如图，在的直角三角形中，，是直角边所在直线上的一个动点，连接，将绕点逆时针旋转到，连接，．

（1）如图①，当点恰好在线段上时，请判断线段和的数量关系，并结合图①证明你的结论；
（2）当点不在直线上时，如图②、图③，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请结合图②、图③选择一个给予证明；若不成立，请直接写出新的结论．
21．（8分）小红和小丁玩纸牌优戏，如图是同一副扑克中的4张牌的正面，将它们正面朝下洗匀后放在桌面上．
（1）小红从4张牌中抽取一张，这张牌的数字为偶数的概率是　 　；
（2）小红先从中抽出一张，小丁从剩余的3张牌中也抽出一张，比较两人抽取的牌面上的数字，数字大者获胜，请用树秋图或列表法求出的小红获胜的概率．

22．（10分）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣，与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，点D为线段AC的中点，直线BD与抛物线交于另一点E，与y轴交于点F．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BE上方抛物线上一动点，连接PD、PF，当△PDF的面积最大时，在线段BE上找一点G，使得PG﹣EG的值最小，求出PG﹣EG的最小值．
（3）如图2，点M为抛物线上一点，点N在抛物线的对称轴上，点K为平面内一点，当以A、M、N、K为顶点的四边形是正方形时，请求出点N的坐标．
23．（10分）甲、乙、丙、丁四个人做“击鼓传花”游戏，游戏规则是：第一次由甲将花随机传给乙、丙、丁三人中的某一人，以后的每一次传花都是由接到花的人随机传给其他三人中的某一人．
（1）求第一次甲将花传给丁的概率；
（2）求经过两次传花，花恰好回到甲手中的概率．
24．（10分）小明投资销售一种进价为每件20元的护眼台灯．销售过程中发现：每月的销售量y(件)与销售单价x(元/件)之间的关系可近似地看作一次函数y＝－10x＋500，在销售过程中销售单价不低于成本价，而每件的利润不高于成本价的60%.
(1)设小明每月获得利润为w(元)，求每月获得利润w(元)与销售单价x(元/件)之间的函数表达式，并确定自变量x的取值范围；
(2)当销售单价定为多少元/件时，每月可获得最大利润？每月的最大利润是多少？
25．（12分）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，将直线绕着点顺时针旋转的度数后与该抛物线交于两点（点在点的左侧），点是该抛物线上一点

（1）若，求直线的函数表达式
（2）若点将线段分成的两部分，求点的坐标
（3）如图②，在（1）的条件下，若点在轴左侧，过点作直线轴，点是直线上一点，且位于轴左侧，当以，，为顶点的三角形与相似时，求的坐标
26．如图，二次函数y=ax2+bx+c过点A(﹣1，0)，B(3，0)和点C(4，5)．
(1)求该二次函数的表达式及最小值．
(2)点P(m，n)是该二次函数图象上一点．
①当m=﹣4时，求n的值；
②已知点P到y轴的距离不大于4，请根据图象直接写出n的取值范围．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【解析】由主视图和左视图可得此几何体为柱体，根据俯视图为三角形可得此几何体为三棱柱．故选C．
2、B
【解析】试题分析：根据图象可知：，则；图象与x轴有两个不同的交点，则；函数的对称轴小于1，即，则；根据图象可知：当x=1时，，即；故本题选B．
3、B
【分析】根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD=90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；
【详解】证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOD=90°，
∴四边形AODE是矩形.
故选B.
【点睛】
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解决问题的关键．
4、D
【分析】设，则a=2k，b=3k，代入式子化简即可．
【详解】解：设，
∴a=2k，b=3k，
∴==0，
故选D.
【点睛】
本题考查比例线段，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
5、D
【分析】根据题意利用相似三角形可以证明线段就是点运动的路径（或轨迹），又利用∽求出线段的长度，即点B运动的路径长．
【详解】解：由题意可知，，点在直线上，轴于点，
则为顶角30度直角三角形，.
如下图所示，设动点在点（起点）时，点的位置为，动点在点（终点）时，点的位置为，连接，
∵，
∴
又∵，
∴（此处也可用30°角的）
∴∽，且相似比为，
∴
现在来证明线段就是点运动的路径（或轨迹）.

如图所示，当点运动至上的任一点时，设其对应的点为，连接，，
∵，
∴
又∵，
∴
∴∽
∴
又∵∽
∴
∴
∴点在线段上，即线段就是点运动的路径（或轨迹）.
综上所述，点运动的路径（或轨迹）是线段，其长度为.
故选：
【点睛】
本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中.
6、D
【详解】∵在▱ABCD中，AO=AC，
∵点E是OA的中点，
∴AE=CE，
∵AD∥BC，
∴△AFE∽△CBE，
∴=，
∵AD=BC，
∴AF=AD，
∴；故①正确；
∵S△AEF=4， =（）2=，
∴S△BCE=36；故②正确；
∵ =，
∴=，
∴S△ABE=12，故③正确；
∵BF不平行于CD，
∴△AEF与△ADC只有一个角相等，
∴△AEF与△ACD不一定相似，故④错误，故选D．
7、C
【分析】在中，利用∠BAC的正弦解答即可．
【详解】解：在中，，，(米)，
∵，(米)．
故选．
【点睛】
本题考查了三角函数的应用，属于基础题型，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
8、A
【分析】根据一次函数图象的增减性判断即可．
【详解】∵k＝﹣3＜0，
∴y值随x值的增大而减小，
又∵x1＜x1，
∴y1＞y1．
故选：A．
【点睛】
本题考查一次函数图象的增减性,关键在于先判断k值再根据图象的增减性判断．
9、D
【解析】分析：根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可.
详解：A. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
C. 是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
D. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项正确．
故选D.
点睛：考查轴对称图形和中心对称图形的定义，熟记它们的概念是解题的关键.
10、C
【分析】设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x，根据今年8月份与10月份完成投递的快递总件数，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设该快递公司这两个月投递总件数的月平均增长率为x，
根据题意得：6（1+x）2＝8.1．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是熟知增长率的问题.
11、B
【分析】取AB的中点M，连接CM，EM，当CE＝CM+EM时，CE的值最大，根据旋转的性质得到AC′＝AC＝2，由三角形的中位线的性质得到EMAC′＝2，根据勾股定理得到AB＝2，即可得到结论．
【详解】取AB的中点M，连接CM，EM，∴当CE＝CM+EM时，CE的值最大．
∵将直角边AC绕A点逆时针旋转至AC′，∴AC′＝AC＝2．
∵E为BC′的中点，∴EMAC′＝2．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，∴AB＝2，∴CMAB，∴CE＝CM+EM．
故选B．

【点睛】
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
12、B
【分析】根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A，求出∠A度数，根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB，根据三角形的内心得出∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，求出∠IBC+∠ICB的度数，再求出答案即可.
【详解】∵在△ABC中，∠BOC=140°，O是外心，
∴∠BOC=2∠A，
∴∠A=70°，
∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=110°，
∵I为△ABC的内心，
∴∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB==55°，
∴∠BIC=180°﹣（∠IBC+∠ICB）=125°，
故选：B.
【点睛】
此题主要考查三角形内心和外心以及圆周角定理的性质，熟练掌握，即可解题.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、3.1
【分析】连接BP，如图，先解方程＝0得A（−4，0），B（4，0），再判断OQ为△ABP的中位线得到OQ＝BP，利用点与圆的位置关系，BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，然后计算出BP′即可得到线段OQ的最大值．
【详解】连接BP，如图，
当y＝0时，＝0，
解得x1＝4，x2＝−4，则A（−4，0），B（4，0），
∵Q是线段PA的中点，
∴OQ为△ABP的中位线，
∴OQ＝BP，
当BP最大时，OQ最大，
而BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，
∵BC＝∴BP′＝1＋2＝7，
∴线段OQ的最大值是3.1,
故答案为：3.1．

【点睛】
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．也考查了三角形中位线．
14、
【分析】由，，即可求得的长，又由，根据平行线分线段成比例定理，可得，则可求得答案．
【详解】解：，，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定和性质，此题比较简单，注意掌握比例线段的对应关系是解此题的关键．
15、
【分析】先证明△AHE∽△CBA，得到HE与AH的倍数关系，则可知GF与AG的倍数关系，从而求解tan∠GAF的值．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，
∵∠AHE=∠ABC=90°，∠HAE=∠BCA，
∴△AHE∽△CBA，
∴，即，
设，则A，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定和性质、正方形、矩形的性质、解直角三角形．利用参数求解是解答本题的关键．
16、>
【分析】利用函数图象可判断点，都在对称轴右侧的抛物线上，然后根据二次函数的性质可判断与的大小．
【详解】解：∵抛物线的对称轴在y轴的左侧，且开口向下，
∴点，都在对称轴右侧的抛物线上，
∴＞．
故答案为＞．
【点睛】
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质．解决本题的关键是判断点A和点B都在对称轴的右侧．
17、9
【解析】设旗杆高为x米，根据同时同地物高与影长成正比列出比例式，求解即可．
【详解】设旗杆高为x米，
根据题意得，
解得：x=9，
故答案为：9
【点睛】
本题主要考查同一时刻物高和影长成正比．考查利用所学知识解决实际问题的能力．
18、1
【分析】设小聪答对了x道题，根据“答对题数×5−答错题数×2＞80分”列出不等式，解之可得．
【详解】设小聪答对了x道题，
根据题意，得：5x−2（19−x）＞80，
解得x＞16，
∵x为整数，
∴x＝1，
即小聪至少答对了1道题，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查一元一次不等式的应用，列不等式解应用题需要以“至少”、“最多”、“不超过”、“不低于”等词来体现问题中的不等关系．因此，建立不等式要善于从“关键词”中挖掘其内涵．

三、解答题（共78分）
19、（1）;（1）t＝;（3）见解析;（4）t的值为或或或1．
【分析】（1）如图1中，作DH⊥BE于H．解直角三角形求出BH，DH即可解决问题．
（1）如图1中，由PF∥CB，可得，由此构建方程即可解决问题．
（3）分三种情形：如图3-1中，当时，重叠部分是平行四边形PBQF．如图3-1中，当时，重叠部分是五边形PBQRT．如图3-3中，当1＜t≤1时，重叠部分是四边形PBCT，分别求解即可解决问题．
（4）分四种情形：如图4-1中，当MN∥AB时，设CM交BF于T．如图4-1中，当MN⊥BC时．如图4-3中，当MN⊥AB时．当点P与点D重合时，MN∥BC，分别求解即可．
【详解】解：（1）如图1中，作DH⊥BE于H．

在Rt△BCD中，∵∠DHC＝90°，CD＝5，tan∠DCH＝，
∴DH＝4，CH＝3，
∴BH＝BC+CH＝5+3＝8，
∴tan∠DBE＝＝＝．
故答案为．
（1）如图1中，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵BC＝5，tan∠CBM＝＝，
∴CM＝，BM＝DM＝1，
∵PF∥CB，
∴＝，
∴＝，
解得t＝．
（3）如图3﹣1中，当0＜t≤时，重叠部分是平行四边形PBQF，S＝PB•PQ＝1t•t＝10t1．

如图3﹣1中，当＜t≤1时，重叠部分是五边形PBQRT，S＝S平行四边形PBQF﹣S△TRF＝10t1﹣•[1t﹣（5﹣5t）]• [1t﹣（5﹣5t）]＝﹣55t1+（10+50）t﹣15．

如图3﹣3中，当1＜t≤1时，重叠部分是四边形PBCT，S＝S△BCD﹣S△PDT＝×5×4﹣•（5﹣t）•（4﹣1t）＝﹣t1+10t．

（4）如图4﹣1中，当MN∥AB时，设CM交BF于T．

∵PN∥MT，
∴＝，
∴＝，
∴MT＝，
∵MN∥AB，
∴＝＝＝1，
∴PB＝BM，
∴1t＝×1，
∴t＝．
如图4﹣1中，当MN⊥BC时，易知点F落在DH时，

∵PF∥BH，
∴＝，
∴＝，
解得t＝．
如图4﹣3中，当MN⊥AB时，易知∠PNM＝∠ABD，

可得tan∠PNM＝＝，
∴＝，
解得t＝，
当点P与点D重合时，MN∥BC，此时t＝1，
综上所述，满足条件的t的值为或或或1．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
20、（1），证明见解析；（2）图②、图③结论成立，证明见解析．
【分析】（1）利用等边三角形的性质以及等腰三角形的判定解答即可；
（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，证得△ADC≌△AEF，结合直角三角形中30度的角所对的直角边是斜边的一半解决问题；
【详解】（1）．
证明如下：
∵，，
∴为等边三角形，
∴，．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）图②、图③结论成立．
图②证明如下：
如图②，过点作，垂足为．

在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
又，，
∴，
∴
在中，，
∴，
∴，
∴．
∵为等边三角形，，
∴．
图③证明如下：
如图③，过点作，垂足为．
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
又，，
∴，
∴
在中，，
∴，
∴，
∴．
∵为等边三角形，，
∴．

【点睛】
本题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
21、（1）；（2）．
【分析】（1）根据概率公式计算即可．
（2）画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出小红获胜的结果数，然后根据概率公式求解
【详解】解：（1）4张牌中有3张是偶数这张牌的数字为偶数的概率是．
故答案为．
（2）解：画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中小红获胜的结果数为6，
所以小红获胜的概率＝＝．
【点睛】
本题考查的知识点是利用树状图求事件的概率问题，根据题意画出树状图是解题的关键.
22、（1）y＝﹣x2+﹣x+2；（2）；（3）N点的坐标为：或（）或（﹣）或（﹣）或（﹣）或或（﹣）
【分析】(1)根据对称轴公式列出等式,带点到抛物线列出等式,解出即可;
(2)先求出A、B、C的坐标,从而求出D的坐标算出BD的解析式,根据题意画出图形,设出P、G的坐标代入三角形的面积公式得出一元二次方程,联立方程组解出即可;
(3)分类讨论①当AM是正方形的边时，(ⅰ)当点M在y轴左侧时(N在下方), (ⅱ)当点M在y轴右侧时,②当AM是正方形的对角线时,分别求出结果综合即可．
【详解】(1)抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣，与x轴交于点B(1，0)．
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+﹣x+2；
(2)抛物线y＝﹣x2﹣x+2与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，
∴A(﹣1，0)，B(1，0)，C(0，2)．
∵点D为线段AC的中点，
∴D(﹣2，1)，
∴直线BD的解析式为：，
过点P作y轴的平行线交直线EF于点G，如图1，

设点P(x，)，则点G(x，)．
∴，
当x＝﹣时，S最大，即点P(﹣，)，
过点E作x轴的平行线交PG于点H，
则tan∠EBA＝tan∠HEG＝，
∴，故为最小值，即点G为所求．
联立 解得，(舍去)，
故点E(﹣,)，
则PG﹣的最小值为PH＝．
(3)①当AM是正方形的边时，
(ⅰ)当点M在y轴左侧时(N在下方)，如图2，

当点M在第二象限时，过点A作y轴的平行线GH，过点M作MG⊥GH于点G，过点N作HN⊥GH于点H，
∴∠GMA+∠GAM＝90°，∠GAM+∠HAN＝90°，
∴∠GMA＝∠HAN，
∵∠AGM＝∠NHA＝90°，AM＝AN，
∴△AGM≌△NHA(AAS)，
∴GA＝NH＝1﹣，AH＝GM，
即y＝﹣，
解得x＝，
当x＝时，GM＝x﹣(﹣1)＝，yN＝﹣AH＝﹣GM＝，
∴N(,)．
当x＝时，同理可得N(,)，
当点M在第三象限时，同理可得N(,)．
(ⅱ)当点M在y轴右侧时，如图3，

点M在第一象限时，过点M作MH⊥x轴于点H
设AH＝b，同理△AHM≌△MGN(AAS)，
则点M(﹣1+b，b﹣)．
将点M的坐标代入抛物线解析式可得：b＝(负值舍去)
yN＝yM+GM＝yM+AH＝，
∴N(﹣,)．
当点M在第四象限时，同理可得N(﹣,-)．
②当AM是正方形的对角线时，
当点M在y轴左侧时，过点M作MG⊥对称轴于点G，
设对称轴与x轴交于点H，如图1．

∵∠AHN＝∠MGN＝90°，∠NAH＝∠MNG，MN＝AN，
∴△AHN≌△NGN(AAS)，
设点N(﹣,π)，则点M(﹣,)，
将点M的坐标代入抛物线解析式可得, (舍去)，
∴N(,)，
当点M在y轴右侧时，同理可得N(,)．
综上所述：N点的坐标为：或()或(﹣)或(﹣)或(﹣)或或(﹣)．
【点睛】
本题考查二次函数与一次函数的综合题型,关键在于熟练掌握设数法,合理利用相似全等等基础知识．
23、（1）；（2）
【分析】（1）直接利用概率公式计算得出答案；
（2）直接利用树状图法得出所有符合题意情况，进而求出概率．
【详解】（1）P（第一次甲将花传给丁）＝；
（2）如图所示：
，
共有9种等可能的结果，其中符合要求的结果有3种，
故P（经过两次传花，花恰好回到甲手里）＝＝．
【点睛】
此题主要考查了树状图法求概率，正确画出树状图是解题关键．
24、 (1)w＝－10x2＋700x－10000(20≤x≤32)；(2)当销售单价定为32元/件时，每月可获得最大利润，最大利润是2160元．
【解析】分析：（1）由题意得，每月销售量与销售单价之间的关系可近似看作一次函数，利润=（定价-进价）×销售量，从而列出关系式；
（2）首先确定二次函数的对称轴，然后根据其增减性确定最大利润即可；
详解：（1）由题意，得：w=（x-20）•y=（x-20）•（-10x+500）=-10x2+700x-10000，即w=-10x2+700x-10000（20≤x≤32）.
(2)w＝－10x2＋700x－10000＝－10(x－35)2＋2250.对称轴为：x=35，又∵a＝－10＜0，抛物线开口向下，
∴当20≤x≤32时，w随着x的增大而增大，
∴当x＝32时，w最大＝2160.
答：当销售单价定为32元/件时，每月可获得最大利润，最大利润是2160元．
点睛：二次函数的应用.重点在于根据题意列出函数关系式.
25、（1）；（2）或；（3），，，
【分析】（1）根据题意易得点M、P的坐标，利用待定系数法来求直线AB的解析式；
（2）分和两种情况根据点A、点B在直线y=x+2上列式求解即可；
（3）分和两种情况，利用相似三角形的性质列式求解即可.
【详解】（1）如图①，设直线AB与x轴的交点为M．

∵∠OPA=45°，
∴OM=OP=2，即M（-2，0）．
设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将M（-2，0），P（0，2）两点坐标代入，得
，
解得，．
故直线AB的解析式为y=x+2；
（2）①
设（a＞0）
∵点A、点B在直线y=x+2上和抛物线y=x2的图象上，
∴，
∴，
∴
解得，，（舍去）

②
设（a＞0）
∵点A、点B在直线y=x+2上和抛物线y=x2的图象上，
∴，
∴，
∴
解得：，（舍去）

综上或
（3），
，
①

此时，关于轴对称，为等腰直角三角形

②

此时满足，左侧还有也满足

，，，四点共圆，易得圆心为中点
设，
∵

且不与重合

，

为正三角形，

过作，则，

∵
∴
∴
解得，
∴
∵
∴
∴
解得，
∴
综上所述，满足条件的点M的坐标为：，，，.
【点睛】
本题考查了二次函数综合题．其中涉及到了待定系数法求一次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，方程思想，难度比较大．另外，解答（2）、（3）题时，一定要分类讨论，做到不重不漏．
26、 (1) y=x2﹣2x﹣3，-4；(2)①1；②﹣4≤n≤1
【分析】（1）根据题意，设出二次函数交点式，点C坐标代入求出a值，把二次函数化成顶点式即可得到最小值；
（2）①m=-4，直接代入二次函数表达式，即可求出n的值；
②由点P到y轴的距离不大于4，得出﹣4≤m≤4，结合二次函数图象可知，m=1时，n取最小值，m=-4时，n取最大值，代入二次函数的表达式计算即可．
【详解】解：(1)根据题意，设二次函数表达式为，，点C代入，
得，
∴a=1，
∴函数表达式为y=x2﹣2x﹣3，
化为顶点式得：，
∴x=1时，函数值最小y=-4，
故答案为：；-4；
(2)①当m=﹣4时，n=16+8﹣3=1，
故答案为：1；
②点P到y轴的距离为|m|，
∴|m|≤4，
∴﹣4≤m≤4，
∵y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4，
在﹣4≤m≤4时，
当m=1时，有最小值n=-4；当m=-4时，有最大值n=1，
∴﹣4≤n≤1，
故答案为：﹣4≤n≤1．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的表达式，二次函数求最值，二次函数图象和性质的应用，求二次函数的取值范围，掌握二次函数的图象和性质的应用是解题的关键．