2020-2021学年湖北省黄冈市某校初三（下）期中考试数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省黄冈市某校初三（下）期中考试数学试卷，共26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. 2的相反数是（ ）
A.2B.−2C.12D.±2

2. 某市现有户籍人口约635.3万人，则“现有户籍人口数”用科学记数法表示正确的是( )
×105人×105人
×106人×107人

3. 如图，DA⊥AB，CD⊥DA，∠B=56∘，则∠C的度数是（ ）

A.154∘B.144∘C.134∘D.124∘

4. 如图所示的几何体，从上面看得到的图形是( )

A.B.C.D.

5. 下列计算正确的是（ ）
A.3x2−2x2=1B.2m⋅−2m2=8m3
C.x10÷x10=0D.2a2b3=8a5b3

6. 小明根据朗诵比赛中9位评委给出的分数，制作了此表，如果去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是（ ）
A.平均数B.中位数C.众数D.方差

7. 如图，菱形ABCD中，过顶点C作CE⊥BC交对角线BD于E点，已知∠A=134∘，则∠BEC的大小为( )

A.23∘B.28∘C.62∘D.67∘

8. 若定义一种新运算：a⊗b=a−b(a≥2b),a+b−6(a<2b), 例如：3⊗1=3−1=2；5⊗4=5+4−6=3．则函数y=(x+2)⊗(x−1)的图象大致是( )
A.B.
C.D.
二、填空题

计算：2a−3a+1+a+6a+1=________.

关于x的某个不等式组的解集在数轴上表示如图所示，则该不等式组的解集为________．


已知m，n是方程x2+2x−1=0的两个实数根，则式子3m2+6m−mn的值为________.

《九章算术》是我国传统数学中重要的著作之一，奠定了我国传统数学的基本框架．它的代数成就主要包括开方术、正负术和方程术．其中，方程术是《九章算术》最高的数学成就．《九章算术》“勾股”一章记载：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈．问户高、广各几何？”大意：有一扇形状是矩形的门，它的高比宽多6尺8寸，它的对角线长1丈，那么门的高为________尺．（1丈=10尺，1尺=10寸）


如图，无人机于空中A处测得某建筑顶部B 处的仰角为45∘，测得该建筑底部C处的俯角为35∘．若无人机的飞行高度AD为42m，则该建筑的高度BC为________m．（参考数据：sin35∘≈0.57，cs35∘≈0.82，tan35∘≈0.70).


在线上教学期间，某校落实市教育局要求，督促学生每天做眼保健操．为了解落实情况，学校随机抽取了部分学生进行调查，调查结果分为四类（A类：总时长≤5分钟；B类：5分钟<总时长≤10分钟；C类：10分钟<总时长≤15分钟；D类：总时长>15分钟），将调查所得数据整理并绘制成如图两幅不完整的统计图．
该校共有1200名学生，请根据以上统计分析，估计该校每天做眼保健操总时长超过5分钟且不超过10分钟的学生约有________人．

如图，在Rt△ABC中， ∠ACB=90∘，AC=2，点D是AB的中点，连接CD，将△BCD沿射线CA方向平移，在此过程中， △BCD的边CD与Rt△ABC的边AB、AC分别交于点E、F，当△AEF的面积是Rt△ABC面积的14时，则△BCD平移的距离是________.


如图，已知⊙O的半径为2，弦AB=23，点P为优弧APB上动点，点Ⅰ为△PAB的内心，当点P从点A向点B运动时，点Ⅰ移动的路径长为________.

三、解答题

计算：12−2sin60∘+(12)−1−|1−3|．

如图，已知点D、E是△ABC内两点，且∠BAE=∠CAD，AB=AC，AD=AE．

(1)求证：△ABD≅△ACE；

(2)延长BD、CE交于点F，若∠BAC=86∘，∠ABD=20∘，求∠BFC的度数．

在一个不透明的口袋中装有4个依次写有数字1，2，3，4的小球，它们除数字外其余都相同，每次摸球前都将小球摇匀．
(1)从中随机摸出一个小球，求上面的数字不小于3的概率；

(2)从中随机摸出一个球后不放回，再随机摸出一个球．请用列表或画树状图的方法，求两次摸出小球上的数字之和恰好是偶数的概率．

如图：直线AB与双曲线y=kx交于A、B两点，直线AB与x、y坐标轴分别交于C、D两点，连接OA，若OA=213，tan∠AOC=23，B(3, m)，

(1)求一次函数与反比例函数解析式；

(2)若点F是点D关于x轴的对称点，求△ABF的面积．

如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，D是AB上的一点，DE⊥AB于D，DE交BC于F，且EF=EC．

(1)求证：EC是⊙O的切线；

(2)若BD=4，BC=8，圆的半径OB=5，求切线EC的长．

“中华紫薇园”景区今年“五一”期间开始营业，为方便游客在园区内游玩休息，决定向一家园艺公司采购一批户外休闲椅，经了解，公司出售两种型号休闲椅，如下表：
景区采购这批休闲椅共用去56000元，购得的椅子正好可让1300名游客同时使用．
(1)求景区采购了多少条长条椅，多少条弧形椅？

(2)景区现计划租用A、B两种型号的卡车共20辆将这批椅子运回景区，已知A型卡车每辆可同时装运4条长条椅和11条弧形椅，B型卡车每辆可同时装运12条长条椅和7条弧形椅．如何安排A、B两种卡车可一次性将这批休闲椅运回来？

(3)已知A型卡车每辆的运费为1200元，B型卡车每辆的运费为1050元，在(2)的条件下，若要使此次运费最少，应采取哪种方案？并求出最少的运费为多少元．

某水果店销售某种水果，由历年市场行情可知，从第1月至第12月，这种水果每千克售价y1（元）与销售时间第x月之间存在如图1（一条线段）所示的变化趋势，每千克成本y2（元）与销售时间第x月之间存在如图2（一段抛物线，对称轴为直线x=5）所示的变化趋势．

(1)分别求函数y1和y2的表达式；

(2)销售这种水果，第几月每千克所获得利润最大？最大利润是多少？

如图，抛物线y=ax2+bx+2(a<0)与x轴交于点A(−1, 0)和点B(2, 0)，与y轴交于点C．

(1)求该抛物线的函数解析式；

(2)如图1，连接BC，点D是直线BC上方抛物线上的点，连接OD、CD，OD交BC于点F，当S△COF:S△CDF=2:1时，求点D的坐标；

(3)如图2，点E的坐标为(0, −1)，在抛物线上是否存在点P，使∠OBP=2∠OBE？请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省黄冈市某校初三（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
相反数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为绝对值相等，正负号相反的两个数互为相反数，
所以2的相反数是−2.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
科学记数法--表示较大的数
【解析】
绝对值大于10的数用科学记数法表示一般形式为a×10n，n为整数位数减1．
【解答】
解：把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式（1≤|a|<10，a不为分数形式，n为整数），
这种记数法叫做科学记数法.
635.3万=6353000=6.353×106，
则“现有户籍人口数”用科学记数法表示为6.353×106人．
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
平行线的判定与性质
【解析】
根据平行线的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】
解：∵ DA⊥AB，CD⊥DA，
∴ ∠A=∠D=90∘，
∴ ∠A+∠D=180∘，
∴ AB // CD，
∴ ∠B+∠C=180∘，
∵ ∠B=56∘，
∴ ∠C=180∘−∠B=124∘，
故选D.
4.
【答案】
D
【考点】
简单组合体的三视图
简单几何体的三视图
【解析】
根据从上边看得到的图形是俯视图，即可可得答案．
【解答】
解：从上面往下看为：正六边形，中间有一个圆，
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
同底数幂的乘法
幂的乘方与积的乘方
同底数幂的除法
合并同类项
【解析】
利用合并同类项，同底数幂的乘法，除法运算，积的乘方运算求解即可.
【解答】
解：A，3x2−2x2=x2 ，该选项错误；
B，2m⋅−2m2=2m⋅4m2=8m3 ，该选项正确；
C，x10÷x10=1 ，该选项错误；
D，2a2b3=8a6b3，该选项错误.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
统计量的选择
算术平均数
众数
方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：去掉一个最高分和一个最低分，平均数、方差和众数可能发生变化，
但中位数一定不发生变化.
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
三角形内角和定理
菱形的性质
【解析】

【解答】
解：在菱形ABCD中，∠A+∠ABC=180º，∠ABD=∠CBD，
∵ ∠A=134º，
∴ ∠ABC=46º，
∴ ∠CBD=23º，
∵ CE⊥BC，
∴ ∠BCE=90º，
∴ ∠BEC=90º−∠CBE=67º.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
一次函数的图象
【解析】
根据a⊗b=a−b(a≥2b)a+b−6(a<2b) ，可得当x+2≥2(x−1)时，x≤4，分两种情况：当x≤4时和当x>4时，分别求出一次函数的关系式，然后判断即可得出结论．
【解答】
解：当x+2≥2(x−1)时，x≤4，
此时y=(x+2)⊗(x−1)=(x+2)−(x−1)=3，
当x+2<2(x−1)时，x>4，
此时y=(x+2)⊗(x−1)=(x+2)+(x−1)−6=2x−5，
∴ 当x>4时，y=2x−5，函数图象向上，y随x的增大而增大，
综上所述，A选项符合题意．
故选A.
二、填空题
【答案】
3
【考点】
分式的加减运算
【解析】
根据同分母分式的加减，分母不变，只把分子相加减，计算求解即可
【解答】
解：原式=2a−3+a+6a+1
=3a+3a+1
=3a+1a+1
=3.
故答案为：3．
【答案】
x≥1
【考点】
在数轴上表示不等式的解集
解一元一次不等式组
【解析】
根据数轴得出不等式组，求出不等式组的解集即可．
【解答】
解：根据数轴得：x≥1,x>−1,
∴ 不等式组的解集是x≥1．
故答案为：x≥1．
【答案】
4
【考点】
根与系数的关系
列代数式求值
【解析】
先根据一元二次方程根的定义得到m2+2m=1，则3m2+6m−mn可化为2−mn，再利用根与系数的关系得到mn=−1，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】
解：∵m是方程x2+2x−1=0的根，
∴m2+2m−1=0，
∴m2+2m=1，
∴3m2+6m−mn=3m2+2m−mn
=3×1−mn=3−mn，
∵m，n是方程x2+2x−1=0的两个实数根，
∴mn=−1，
∴3m2+6m−mn=3−−1=4．
故答案为：4．
【答案】
9.6
【考点】
一元二次方程的应用——其他问题
勾股定理
【解析】

【解答】
解：设矩形门的宽为x尺，则高为(x+6.8)尺，
由题意，得x2+(x+6.8)2=102，
解得：x1=2.8，x2=−9.6（舍去），
所以门的宽为2.8，
门的高为6.8+2.8=9.6(尺)．
故答案为：9.6．
【答案】
102
【考点】
解直角三角形的应用-仰角俯角问题
解直角三角形
【解析】
作AE⊥BC于E，根据正切的定义求出AE，根据等腰直角三角形的性质求出BE，结合图形计算即可．
【解答】
解：作AE⊥BC于E，
则四边形ADCE为矩形，
∴ EC=AD=42，
在Rt△AEC中，tan∠EAC=ECAE，
则AE=ECtan∠EAC≈420.70=60，
在Rt△ABE中，∠BAE=45∘，
∴ BE=AE=60，
∴ BC=60+42=102m，
则该建筑的高度BC为102m.
故答案为：102．
【答案】
336
【考点】
扇形统计图
条形统计图
用样本估计总体
【解析】
根据A类学生的人数和所占的百分比，可以求得本次抽取的学生，然后即可计算出B类学生，从而可以计算出该校每天做眼保健操总时长超过5分钟且不超过10分钟的学生约有多少人.
【解答】
解：本次抽取的学生有：10÷10%=100（人），
B类学生有：100−10−41−100×21%=28（人），
1200×28100=336（人），
即该校每天做眼保健操总时长超过5分钟且不超过10分钟的学生约有336人，
故答案为：336.
【答案】
2−2
【考点】
三角形的面积
平移的性质
相似三角形的性质与判定
【解析】
根据三角形中线把三角形的面积分成相等的两部分得到S△ACD=12S△ABC，根据题意得到△AEF的面积是△ADC面积的12，通过证得△AEF∽△ADC求得AF，即可求得CF．
【解答】
解：∵ D是AB的中点，
∴ S△ACD=12S△ABC，
∵ △AEF的面积是Rt△ABC面积的14，
∴ △AEF的面积是△ADC面积的12，
∵ EF//CD，
∴ △AEF∼△ADC，
∴ S△AEFS△ADC=AFAC2=12，即 AF22=12，
∴ AF=2，
∴ CF=AC−AF=2−2，
∴ △BCD平移的距离是2−2，
故答案为：2−2.
【答案】
43π
【考点】
垂径定理
三角形的内切圆与内心
轨迹
【解析】
连接OB，OA，过O作OD⊥AB，得到AD＝BD=12AB=3，求得∠P=12∠AOB＝60∘，连接IA，IB，根据角平分线的定义得到∠IAB=12∠PAB，∠IBA=12∠PBA，根据三角形的内角和得到∠AIB＝180∘−12(∠PAB+∠PBA)＝120∘，设A，B，I三点所在的圆的圆心为O′，连接O′A，O′B，得到∠AO′B＝120∘，根据等腰三角形的性质得到∠O′AB＝′O′BA＝30∘，连接O′D，解直角三角形得到AO′=ADcs30=332=2，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】
解：连接OB，OA，过O作OD⊥AB，
连接IA，IB，如图所示，
∴ AD=BD=12AB=3，
∵ OA=OB=2，
∴ OD=1，
∴ ∠AOD=∠BOD=60∘，
∴ ∠AOB=120∘，
∴ ∠P=12∠AOB=60∘，
∵ 点I为△PAB的内心，
∴ ∠IAB=12∠PAB，∠IBA=12∠PBA，
∵ ∠PAB+∠PBA=120∘，
∴ ∠AIB=180∘−12(∠PAB+∠PBA)=120∘，
∵ 点P为弧AB上动点，
∴ ∠P始终等于60∘，
∴ 点I在以AB为弦，并且所对的圆周角为120∘的一段劣弧上运动，
设A，B，I三点所在的圆的圆心为O′，
连接O′A，O′B，
则∠AO′B=120∘，
∵ O′A=O′B，
∴ ∠O′AB=∠O′BA=30∘，
连接O′D，
∵ AD=BD，
∴ O′D⊥AB，
∴ 由勾股定理易得AO′=2，
∴ 点I移动的路径长=120⋅π×2180=43π．
故答案为：43π.
三、解答题
【答案】
解：12−2sin60∘+(12)−1−|1−3|
=23−2×32+2−3+1
=3.
【考点】
特殊角的三角函数值
零指数幂、负整数指数幂
实数的运算
绝对值
二次根式的减法
【解析】
首先计算乘方、开方，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值是多少即可．
【解答】
解：12−2sin60∘+(12)−1−|1−3|
=23−2×32+2−3+1
=3.
【答案】
(1)证明：∵ ∠BAE=∠CAD，
∴ ∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴ △ABD≅△ACE(SAS).
(2)解：∵ △ABD≅△ACE，
∴ ∠ACE=∠ABD=20∘，
∵ AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB=12180∘−86∘=47∘，
∴ ∠FBC=∠FCB=47∘−20∘=27∘，
∴ ∠BFC=180∘−27∘−27∘=126∘．
【考点】
全等三角形的判定
等腰三角形的性质
三角形内角和定理
全等三角形的性质
【解析】
（1）由SAS证明△ABD≅△ACE即可；
（2）先由全等三角形的性质得∠ACE=∠ABD=20∘，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠ABC=∠ACB=47∘，则∠FBC=∠FCB=27∘，即可得出答案．
【解答】
(1)证明：∵ ∠BAE=∠CAD，
∴ ∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴ △ABD≅△ACE(SAS).
(2)解：∵ △ABD≅△ACE，
∴ ∠ACE=∠ABD=20∘，
∵ AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB=12180∘−86∘=47∘，
∴ ∠FBC=∠FCB=47∘−20∘=27∘，
∴ ∠BFC=180∘−27∘−27∘=126∘．
【答案】
解：(1)口袋中共有4个小球，其中上面的数字不小于3的有2个，
从中随机摸出一个小球，上面的数字不小于3的概率为24=12．
(2)画树状图如下：
共有12种等可能结果，两次摸出小球上的数字之和恰好是偶数的结果有4种，
∴ 两次摸出小球上的数字之和恰好是偶数的概率为412=13．
【考点】
概率公式
等可能事件的概率
列表法与树状图法
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)口袋中共有4个小球，其中上面的数字不小于3的有2个，
从中随机摸出一个小球，上面的数字不小于3的概率为24=12．
(2)画树状图如下：
共有12种等可能结果，两次摸出小球上的数字之和恰好是偶数的结果有4种，
∴ 两次摸出小球上的数字之和恰好是偶数的概率为412=13．
【答案】
解：(1)过点A作AM⊥x轴，垂足为M，
∵ OA=213，tan∠AOC=23，
设AM=2x，OM=3x，
由勾股定理得，(2x)2+(3x)2=(213)2，
解得：x=2（取正值），
∴ AM=4，OM=6，
∴ A(−6, 4)代入反比例函数关系式得，
k=−6×4=−24，
∴ 反比例函数解析式为y=−24x，
当x=3时，y=−8=m，
∴ 点B(3, −8)，
设直线AB的关系式为y=kx+b，
把A、B两点的坐标代入，得−6k+b=4,3k+b=−8,
解得k=−43，b=−4，
∴ 一次函数的关系式为y=−43x−4．
答：一次函数的关系式为y=−43x−4，反比例函数解析式为y=−24x.
(2)当x=0时，y=−4，
∴ 点D(0, −4)，
∵ 点F是点D关于x轴的对称点，
∴ 点F(0, 4)，
∴ 点A(−6, 4)，
∴ AF // x轴，
∴ S△AFB=12×6×(4+8)=36，
答：△ABF的面积为36．
【考点】
反比例函数与一次函数的综合
待定系数法求反比例函数解析式
待定系数法求一次函数解析式
勾股定理
锐角三角函数的定义
三角形的面积
【解析】
（1）根据OA＝213，tan∠AOC=23，可求出点A的坐标，进而求出反比例函数的关系式，再求出点B的坐标，进而求出直线AB的关系式，
（2）求出点D的坐标，再求出点F的坐标，可得到AF // x轴，AF＝OM＝6，三角形的面积用AF为底，以A、B两点纵坐标的绝对值的和为高，进而求出面积．
【解答】
解：(1)过点A作AM⊥x轴，垂足为M，
∵ OA=213，tan∠AOC=23，
设AM=2x，OM=3x，
由勾股定理得，(2x)2+(3x)2=(213)2，
解得：x=2（取正值），
∴ AM=4，OM=6，
∴ A(−6, 4)代入反比例函数关系式得，
k=−6×4=−24，
∴ 反比例函数解析式为y=−24x，
当x=3时，y=−8=m，
∴ 点B(3, −8)，
设直线AB的关系式为y=kx+b，
把A、B两点的坐标代入，得−6k+b=4,3k+b=−8,
解得k=−43，b=−4，
∴ 一次函数的关系式为y=−43x−4．
答：一次函数的关系式为y=−43x−4，反比例函数解析式为y=−24x.
(2)当x=0时，y=−4，
∴ 点D(0, −4)，
∵ 点F是点D关于x轴的对称点，
∴ 点F(0, 4)，
∴ 点A(−6, 4)，
∴ AF // x轴，
∴ S△AFB=12×6×(4+8)=36，
答：△ABF的面积为36．
【答案】
(1)证明：连接OC，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∵DE⊥AB，
∴∠OBC+∠DFB=90∘，
∵EF=EC，
∴∠ECF=∠EFC=∠DFB，
∴∠OCB+∠ECF=90∘，
即∠ECO=90∘，
∴OC⊥CE，
∴EC是⊙O的切线.
(2)解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∵OB=5，
∴AB=10，
∴AC=AB2−BC2=102−82=6，
∵cs∠ABC=BDBF=BCAB，
∴4BF=810，
∴BF=5，
∴CF=BC−BF=3，
∵∠ABC+∠A=90∘，∠ABC+∠BFD=90∘，
∴∠BFD=∠A，
∴∠A=∠BFD=∠EFC=∠ECF，
∵ OA=OC，
∴ ∠OCA=∠A=∠BFD=∠EFC=∠ECF，
∴ △OAC∽△ECF，
∴ECOA=CFAC，
∴EC=OA⋅CFAC=5×36=52.
【考点】
切线的判定
锐角三角函数的定义--与圆有关
勾股定理
相似三角形的性质与判定
【解析】
(1)连接OC，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得∠OCB+∠ECF=90∘，可证EC是⊙O的切线.
(2)由勾股定理可求AC=6，由锐角三角函数可求BF=5，可求CF=3，通过证明△OAC∽△ECF，可得ECOA=CFAC，可求解．
【解答】
(1)证明：连接OC，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∵DE⊥AB，
∴∠OBC+∠DFB=90∘，
∵EF=EC，
∴∠ECF=∠EFC=∠DFB，
∴∠OCB+∠ECF=90∘，
即∠ECO=90∘，
∴OC⊥CE，
∴EC是⊙O的切线.
(2)解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∵OB=5，
∴AB=10，
∴AC=AB2−BC2=102−82=6，
∵cs∠ABC=BDBF=BCAB，
∴4BF=810，
∴BF=5，
∴CF=BC−BF=3，
∵∠ABC+∠A=90∘，∠ABC+∠BFD=90∘，
∴∠BFD=∠A，
∴∠A=∠BFD=∠EFC=∠ECF，
∵ OA=OC，
∴ ∠OCA=∠A=∠BFD=∠EFC=∠ECF，
∴ △OAC∽△ECF，
∴ECOA=CFAC，
∴EC=OA⋅CFAC=5×36=52.
【答案】
解：(1)设景区采购长条椅x条，弧型椅y条，
由题意得， 3x + 5y = 1300,160x + 200y = 56000 ,
解得 x = 100, y = 200 ,
答：采购了100条长条椅，200条弧型椅.
(2)设租用A型卡车m辆，则租用B型卡车(20−m)辆，
由题意得4m + 12(20 − m)≥100, 11m + 7(20 − m)≥200,
解得15≤m≤17.5，
由题意可知，m为正整数，
所以，m只能取15、16、17，
故有三种租车方案可一次性将这批休闲椅运回来，可这样安排：
方案一：A型卡车15辆，B型卡车5辆，
方案二：A型卡车16辆，B型卡车4辆，
方案三：A型卡车17辆，B型卡车3辆.
(3)设租车总费用为W元，则W=1200m+1050(20−m)=150m+21000，
∵ 150>0，
∴ W随m的增大而增大，
又∵ 15≤m≤17.5，
∴ 当m=15时，W有最小值，W最小=150×15+21000=23250，
∴ 最省钱的租车方案是租用A型卡车15辆、B型卡车5辆，最低运费为23250元．
【考点】
二元一次方程组的应用——销售问题
一元一次不等式组的应用
由实际问题抽象出一元一次不等式组
一次函数的应用
一次函数的最值
【解析】
（1）设景区采购长条椅x条，弧型椅y条，然后根据游客人数和花费钱数两个等量关系列出方程组求解即可；
（2）设租用A型卡车m辆，则租用B种卡车(20−m)辆，根据两种型号卡车装运的休闲椅的数量不小于两种休闲椅的数量列出不等式组，求解即可，再根据车辆数是正整数写出设计方案；
（3）设租车总费用为W元，列出W的表达式，再根据一次函数的增减性求出最少费用．
【解答】
解：(1)设景区采购长条椅x条，弧型椅y条，
由题意得， 3x + 5y = 1300,160x + 200y = 56000 ,
解得 x = 100, y = 200 ,
答：采购了100条长条椅，200条弧型椅.
(2)设租用A型卡车m辆，则租用B型卡车(20−m)辆，
由题意得4m + 12(20 − m)≥100, 11m + 7(20 − m)≥200,
解得15≤m≤17.5，
由题意可知，m为正整数，
所以，m只能取15、16、17，
故有三种租车方案可一次性将这批休闲椅运回来，可这样安排：
方案一：A型卡车15辆，B型卡车5辆，
方案二：A型卡车16辆，B型卡车4辆，
方案三：A型卡车17辆，B型卡车3辆.
(3)设租车总费用为W元，则W=1200m+1050(20−m)=150m+21000，
∵ 150>0，
∴ W随m的增大而增大，
又∵ 15≤m≤17.5，
∴ 当m=15时，W有最小值，W最小=150×15+21000=23250，
∴ 最省钱的租车方案是租用A型卡车15辆、B型卡车5辆，最低运费为23250元．
【答案】
解：(1)由题意设y1=k+b（k≠0) ，y2=ax−52+8，
将6,10， 9,9代入y1=kx+b，得：
6k+b=10,9k+b=9,解得k=−13,b=12,
∴y1=−13x+12，
将（11,14）代入y2=ax−52+8，得：
14=a11−52+8，解得a=16，
∴y2=16x−52+8，
函数y1和y2的表达式分别为y1=−13x+12 ，y2=16x−52+8．
(2)设第x月每千克所获得的利润为w（元），由题意得：
w=−13x+12−16x−52+8
=−16x−42+2.5，
∴当x=4时，w有最大值，w最大=2.5，
∴销售这种水果，第4个月每千克所获得利润最大，最大利润是2.5元/千克．
【考点】
待定系数法求一次函数解析式
待定系数法求二次函数解析式
二次函数的最值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意设y1=k+b（k≠0) ，y2=ax−52+8，
将6,10， 9,9代入y1=kx+b，得：
6k+b=10,9k+b=9,解得k=−13,b=12,
∴y1=−13x+12，
将（11,14）代入y2=ax−52+8，得：
14=a11−52+8，解得a=16，
∴y2=16x−52+8，
函数y1和y2的表达式分别为y1=−13x+12 ，y2=16x−52+8．
(2)设第x月每千克所获得的利润为w（元），由题意得：
w=−13x+12−16x−52+8
=−16x−42+2.5，
∴当x=4时，w有最大值，w最大=2.5，
∴销售这种水果，第4个月每千克所获得利润最大，最大利润是2.5元/千克．
【答案】
解：(1)∵ A(−1, 0)，B(2, 0)，
∴ 把A(−1, 0)，B(2, 0)代入y=ax2+bx+2得，
a−b+2=0,4a+2b+2=0 ,
解得a=−1 ,b=1 ,
∴ 该抛物线的函数解析式为y=−x2+x+2.
(2)如图1，过点D作DH // y轴交BC于点H，交x轴于点G，
∵ 抛物线y=−x2+x+2与y轴交于点C，
∴ C(0, 2)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则 2k+b=0 , b=2 ,解得 k=−1 ,b=2,
∴ 直线BC的解析式为y=−x+2，
∵ S△COF:S△CDF=2:1，
∴ OF:DF=2:1，
∵ DH // OC，
∴ △OFC∽△DFH，
∴ OFDF=OCDH=2，
∴ OC=2DH，
设D(a, −a2+a+2)，则H(a, −a+2)，
∴ DH=−a2+a+2−(−a+2)=−a2+2a，
∴ 2=2(−a2+2a)，
解得a=1，
∴ D(1, 2)．
(3)①当点P在x轴上方时，
在y轴上取点G(0, 1)，连接BG，则∠OBG=∠OBE，
过点B作直线PB交抛物线于点P，交y轴于点M，使∠GBM=∠GBO，
则∠OBP=2∠OBE，
过点G作GH⊥BM，
∵ E(0, −1)，
∴ OE=OG=GH=1，
设MH=x，则MG=x2+1，
在Rt△OBM中，OB2+OM2=MB2，
∴ (x2+1+1)2+4=(x+2)2，
解得：x=43，
故MG=x2+1=(43)2+1=53，
∴ OM=OG+MG=1 + 53 = 83，
∴ 点M(0, 83)，
将点B(2, 0)、M(0, 83)的坐标代入一次函数表达式y=mx+n，
2m+ n=0 , n=83 ,解得： m=−43 , n=83 ,
∴ 直线BM的表达式为：y=−43x+83，
∴ 联立 y=−43x+83 , y=−x2+x+2,
解得：x=13或x=2(舍去)，
∴ 点P(13, 209)；
②当点P在x轴下方时，
作点M(0, 83)关于x轴的对称点N(0, − 83)，
求得直线BN的解析式为y=43x−83，
∴ 联立 y=43x−83,y=−x2+x+ 2 ,
解得：x=−73或x=2(舍去)，
∴ 点P( − 73, − 529)；
综上可得，点P的坐标为(13,209)或( − 73, − 529)．
【考点】
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
相似三角形的性质与判定
两点间的距离
二次函数图象上点的坐标特征
勾股定理
【解析】
(1)把点A(−1, 0)和点B(2, 0)代入y=ax2+bx+2即可求得抛物线解析式.
(2)过点D作DH // y轴交BC于点H，交x轴于点G，根据S△COF:S△CDF=2:1，得出OF:DF=2:1，证明△OFC∽△DFH，得出OC=2DH，设D(a, −a2+a+2)，则H(a, −a+2)，得出2=2(−a2+2a)，解出a即可得出答案.
(3)分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，分别求解即可．
【解答】
解：(1)∵ A(−1, 0)，B(2, 0)，
∴ 把A(−1, 0)，B(2, 0)代入y=ax2+bx+2得，
a−b+2=0,4a+2b+2=0 ,
解得a=−1 ,b=1 ,
∴ 该抛物线的函数解析式为y=−x2+x+2.
(2)如图1，过点D作DH // y轴交BC于点H，交x轴于点G，
∵ 抛物线y=−x2+x+2与y轴交于点C，
∴ C(0, 2)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则 2k+b=0 , b=2 ,解得 k=−1 ,b=2,
∴ 直线BC的解析式为y=−x+2，
∵ S△COF:S△CDF=2:1，
∴ OF:DF=2:1，
∵ DH // OC，
∴ △OFC∽△DFH，
∴ OFDF=OCDH=2，
∴ OC=2DH，
设D(a, −a2+a+2)，则H(a, −a+2)，
∴ DH=−a2+a+2−(−a+2)=−a2+2a，
∴ 2=2(−a2+2a)，
解得a=1，
∴ D(1, 2)．
(3)①当点P在x轴上方时，
在y轴上取点G(0, 1)，连接BG，则∠OBG=∠OBE，
过点B作直线PB交抛物线于点P，交y轴于点M，使∠GBM=∠GBO，
则∠OBP=2∠OBE，
过点G作GH⊥BM，
∵ E(0, −1)，
∴ OE=OG=GH=1，
设MH=x，则MG=x2+1，
在Rt△OBM中，OB2+OM2=MB2，
∴ (x2+1+1)2+4=(x+2)2，
解得：x=43，
故MG=x2+1=(43)2+1=53，
∴ OM=OG+MG=1 + 53 = 83，
∴ 点M(0, 83)，
将点B(2, 0)、M(0, 83)的坐标代入一次函数表达式y=mx+n，
2m+ n=0 , n=83 ,解得： m=−43 , n=83 ,
∴ 直线BM的表达式为：y=−43x+83，
∴ 联立 y=−43x+83 , y=−x2+x+2,
解得：x=13或x=2(舍去)，
∴ 点P(13, 209)；
②当点P在x轴下方时，
作点M(0, 83)关于x轴的对称点N(0, − 83)，
求得直线BN的解析式为y=43x−83，
∴ 联立 y=43x−83,y=−x2+x+ 2 ,
解得：x=−73或x=2(舍去)，
∴ 点P( − 73, − 529)；
综上可得，点P的坐标为(13,209)或( − 73, − 529)．平均数
中位数
众数
方差
82
83
84
0.35
可供使用人数（人/条）
价格（元/条）
长条椅
3
160
弧形椅
5
200