2019-2020学年湖北省黄冈市蕲春县九年级（下）期中数学试卷

这是一份2019-2020学年湖北省黄冈市蕲春县九年级（下）期中数学试卷，共21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. −2020的负倒数是（ ）
A.−2020B.−12020C.2020D.12020

2. 下列运算正确的是（ ）
A.a2+a3＝a5B.3a2⋅a3＝6a6
C.(−a3)2＝a6D.(a−b)2＝a2−b2

3. “一带一路”贯穿欧亚大陆，东边连接亚太经济圈，西边进入欧洲经济圈，大致涉及65个国家，总人口44亿，生产总值23万亿美元．将23万用科学记数法表示应为（ ）
A.23×104B.2.3×105C.2.3×104×106

4. 某个几何体的三视图如图所示，该几何体是（ ）

A.B.C.D.

5. 如图，将正方形ABCD放于平面直角坐标系中，已知点A(−4, 2)，B(−2, 2)，以原点为位似中心把正方形ABCD缩小到正方形A′B′C′D′，使OA′:OA=1:2，则点D的对应点D′的坐标为( )

A.(−8, 8)B.(−8, 8)或(8, −8)
C.(−2, 2)D.(−2, 2)或(2, −2)

6. 5名女生的体重（单位：kg）分别为：37、40、38、42、42，这组数据的众数和中位数分别是( )
A.2，40B.42，38C.40，42D.42，40

7. 对于每个非零自然数n，抛物线y＝x2−2n+1n(n+1)x−1n+1+1n与x轴交于An，Bn两点，以AnBn表示这两点之间的距离，则A2B2+...+A2019B2019的值是（ ）
A.10081009B.10092020C.20192020D.1

8. 直线y1＝x+1与双曲线y2=kx(k>0)交于A(2, m)，B(−3, n)两点，则当y1>y2时，x的取值范围是（ ）
A.x>−3或0C.−32D.−3二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）

函数y=x−2x−3中，自变量x的取值范围是________．

因式分解：a3−9ab2＝________．

如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D，E是AC中点，若DE＝2，则AB的长为________．


如图，AD是⊙O的直径，弦BC⊥AD，连接AB、AC、OC，若∠COD＝60∘，则∠BAD＝________．


化简(x2−1x2−2x+1+1−xx+1)÷xx−1的结果是________．

如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，点D是边BC上一动点（不与B、C重合），∠ADE＝∠B＝α，DE交AC于点E，且csα=45，则线段CE的最大值为________．


已知圆锥的高ℎ＝23cm，底面半径r＝2cm，则圆锥的全面积是________．

已知抛物线y＝ax2+bx+c(a<0)的对称轴为x＝−1，与x轴的一个交点为(2, 0)，若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝p(p>0)有整数根，则p的值有________个．
三、解答题（共7小题，共72分）

关于x的一元二次方程x2−mx+m−1＝0．
（1）求证：方程总有两个实数根；

（2）若方程有一根大于3，求m的取值范围．

已知：如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，点F在边BC上，且AE＝CF，作EG // FH，分别与对角线BD交于点G、H，连接EH，FG．

（1）求证：△BFH≅△DEG；

（2）连接DF，若BF＝DF，则四边形EGFH是什么特殊四边形？证明你的结论．

若n是一个两位正整数，且n的个位数字大于十位数字，则称n为“两位递增数”（如13，35，56等）．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从由数字1，2，3，4，5，6构成的所有的“两位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．
（1）请用列表法或树状图写出所有的等可能性结果，写出所有个位数字是6的“两位递增数”；

（2）求抽取的“两位递增数”的个位数字与十位数字之积能被5整除的概率．

如图，以AB为直径的⊙O交∠BAD的平分线于点C，交AD于点F，过点C作CD⊥AD于D，交AB的延长线于点E．

（1）求证：CD为⊙O的切线；

（2）若CDAD=12，求cs∠DAB的值．

为做好汉江防汛工作，防汛指挥部决定对一段长为2500m重点堤段利用沙石和土进行加固加宽．专家提供的方案是：使背水坡的坡度由原来的1:1变为1:1.5，如图，若CD // BA，CD＝4米，铅直高DE＝8米．

（1）求加固加宽这一重点堤段需沙石和土方数是多少？

（2）某运输队承包这项沙石和土的运送工程，根据施工方计划在一定时间内完成，按计划工作5天后，增加了设备，工效提高到原来的1.5倍，结果提前了5天完成任务，问按原计划每天需运送沙石和土多少m3？

受“新冠肺炎疫情”的影响，某经营店欠下了38400元的无息贷款，想转行经营服装店，又缺少资金，扶贫工作组筹集了资金，决定借给该店30000元资金，并约定利润还债务（所有债务均不计利息），已知该店代理的品牌服装的进价为40元/件，该品牌日销售量y（件）与销售价x（元/件）之间的关系，可用图中的折线（实线）来表示，该店支付员工的工资为每人每天82元，每天还应支付其它费用为106元（不含债务）．

（1）求日销售量y与x之间的函数关系式；

（2）该店不考虑偿还债务，当某天的销售价为48元/件，当天正好收支平衡，求该店员工的人数；

（3）若该店只有两名员工，则该店最早需要多少天能偿还清所有债务，此时每件服装的价格定为多少？

已知抛物线C1:y＝ax2+bx+c向左平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度得到抛物线C2:y＝x2．

（1）直接写出抛物线C1的解析式________；

（2）如图1，已知抛物线C1与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧，点P(52, t)在抛物线C1上，QB⊥PB交抛物线于点Q．求点Q的坐标；

（3）已知点E，M在抛物线C2上，EM // x轴，点E在点M的左侧，过点M的直线MD与抛物线C2只有一个公共点（MD与y轴不平行），直线DE与抛物线交于另一点N．若线段NE＝DE，设点M，N的横坐标分别为m，n，直接写出m和n的数量关系（用含m的式子表示n）为________＝（1±22）________ ．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省黄冈市蕲春县九年级（下）期中数学试卷
一、选择题（共8小题，每小题3分，共24分）
1.
【答案】
D
【考点】
倒数
【解析】
直接利用负倒数的定义得出答案．
【解答】
−2020的负倒数是：12020．
2.
【答案】
C
【考点】
单项式乘单项式
幂的乘方与积的乘方
完全平方公式
合并同类项
【解析】
分别根据合并同类项法则，同底数幂的乘法法则，积的乘方运算法则以及完全平方公式逐一判断即可．
【解答】
A．a2与a3不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
B.3a2⋅a3＝3a5，故本选项不合题意；
C．(−a3)2＝a6，故本选项符合题意；
D．(a−b)2＝a2−2ab+b2，故本选项符合题意．
3.
【答案】
B
【考点】
科学记数法--表示较大的数
【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
【解答】
23万用科学记数法表示应为2.3×105．
4.
【答案】
A
【考点】
由三视图判断几何体
【解析】
由三视图可知：该几何体为上下两部分组成，上面是一个圆柱，下面是一个长方体．
【解答】
由三视图可知：该几何体为上下两部分组成，上面是一个圆柱，下面是一个长方体且圆柱的高度和长方体的高度相当．
5.
【答案】
D
【考点】
坐标与图形性质
位似变换
【解析】
根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k进行解答．
【解答】
解：∵ 点A(−4, 2)，B(−2, 2)，
以原点O为位似中心把正方形ABCD缩小得到正方形A′B′C′D′，使OA′:OA=1:2，
∵ 点D的坐标是：(−4, 4)，
∴ 点D的对应点D′的坐标是：(−2, 2)或(2, −2)．
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
中位数
众数
【解析】
根据众数和中位数的定义求解．
【解答】
解：在这组数据中，42出现的次数最多，故众数为42.
把这组数据按从小到大的顺序发排列为37，38，40，42，42，
处于最中间的数是40，故中位数为40.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线与x轴的交点
规律型：数字的变化类
规律型：点的坐标
规律型：图形的变化类
【解析】
将n＝2，3，4…分别代入抛物线y＝x2−2n+1n(n+1)x−1n+1+1n得到若干抛物线解析式，然后分别求得它们与x轴的交点横坐标，再利用规律求和即可．
【解答】
将n＝2，3，4…分别代入抛物线y＝x2−2n+1n(n+1)x−1n+1+1n得：
y＝x2−56x+16
y＝x2−712x+112
y＝x2−920x+120
…
分别解得：x1=12，x2=13；x3=13，x4=14；x5=14，x6=15⋯
∴ A2B2=12−13
A3B3=13−14
A4B4=14−15
…
∴ A2019B2019=12019−12020
∴ A2B2+...+A2019B2019=12−13+13−14+14−15+⋯+12019−12020
=12−12020
=10092020
8.
【答案】
C
【考点】
反比例函数与一次函数的综合
【解析】
画出函数的大致图象，观察函数图象即可求解．
【解答】
画出函数的大致图象如下：
从图象看，−32时，y1在y2的上方，
即当y1>y2时，x的取值范围是−32，
二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）
【答案】
x≥2且x≠3
【考点】
函数自变量的取值范围
二次根式有意义的条件
无意义分式的条件
【解析】
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
【解答】
根据题意得：x−2≥0x−3≠0 ，
解得：x≥2且x≠3．
【答案】
a(a−3b)(a+3b)
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
因式分解-提公因式法
因式分解-运用公式法
【解析】
首先提取公因式a，进而利用平方差公式分解因式得出即可．
【解答】
a3−9ab2＝a(a2−9b2)＝a(a−3b)(a+3b)．
【答案】
4
【考点】
等腰三角形的性质
【解析】
根据垂线的性质推知△ADC是直角三角形；然后在直角三角形ADC中，利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，求得AC＝4；最后由等腰三角形ABC的两腰AB＝AC，求得AB＝4．
【解答】
∵ 在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，
∴ △ADC是直角三角形；
∵ E是AC的中点．
∴ DE=12AC（直角三角形的斜边上的中线是斜边的一半）；
又∵ DE＝2，AB＝AC，
∴ AB＝4．
【答案】
30∘
【考点】
垂径定理
【解析】
根据圆周角定理得到∠DAC的度数，根据垂径定理得到答案．
【解答】
∵ ∠COD＝60∘，
∴ ∠DAC＝30∘，
∵ AD是⊙O的直径，弦BC⊥AD，
∴ BD=DC，
∴ ∠BAD＝∠DAC＝30∘，
【答案】
4x+1
【考点】
分式的混合运算
【解析】
原式利用除法法则变形，再利用乘法分配律化简，约分后通分即可得到结果．
【解答】
原式＝[(x+1)(x−1)(x−1)2−x−1x+1]•x−1x
=x+1x−(x−1)2x(x+1)
=(x+1)2−(x−1)2x(x+1)
=4xx(x+1)
=4x+1．
【答案】
6.4
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
作AG⊥BC于G，如图，根据等腰三角形的性质得BG＝CG，再利用余弦的定义计算出BG＝8，则BC＝2BG＝16，设BD＝x，则CD＝16−x，证明△ABD∽△DCE，利用相似比可表示出CE=−110x2+85x，然后利用二次函数的性质求CE的最大值．
【解答】
作AG⊥BC于G，如图，
∵ AB＝AC，
∴ BG＝CG，
∵ ∠ADE＝∠B＝α，
∴ csB＝csα=BGAB=45，
∴ BG=45×10＝8，
∴ BC＝2BG＝16，
设BD＝x，则CD＝16−x，
∵ ∠ADC＝∠B+∠BAD，即α+∠CDE＝∠B+∠BAD，
∴ ∠CDE＝∠BAD，
而∠B＝∠C，
∴ △ABD∽△DCE，
∴ ABCD=BDCE，即1016−x=xCE，
∴ CE=−110x2+85x
=−110(x−8)2+6.4，
当x＝8时，CE最大，最大值为6.4．
【答案】
12πcm2
【考点】
圆锥的计算
【解析】
根据扇形的面积公式即可求得侧面积，即圆锥的侧面积，再求得圆锥的底面积，侧面积与底面积的和就是全面积．
【解答】
∵ 圆锥的高为23cm，底面半径为2cm，
∴ 圆锥的母线长为：22+(23)2=4(cm)，
底面周长是：2×2π＝4π(cm)，
则侧面积是：12×4π×4＝8π(cm2)，
底面积是：π×22＝4π(cm2)，
则全面积是：8π+4π＝12π(cm2)
【答案】
3
【考点】
抛物线与x轴的交点
二次函数的性质
根的判别式
【解析】
根据题意可知一元二次方程的根应为整数ax2+bx+c＝p(p>0)，通过抛物线y＝ax2+bx+c(a<0)的对称轴为x＝−1，与x轴的一个交点为(2, 0)．可以画出大致图象判断出直线y＝p(0【解答】
∵ 抛物线y＝ax2+bx+c(a<0)的对称轴为x＝−1
∴ −b2a=−1，解得b＝2a．
又∵ 抛物线y＝ax2+bx+c(a<0)与x轴的一个交点为(2, 0)．
把(2, 0)代入y＝ax2+bx+c得，0＝4a+4a+c
解得，c＝−8a．
∴ y＝ax2+2ax−8a(a<0)
对称轴ℎ＝−1，最大值k=4a⋅(−8a)−4a24a=−9a
如图所示，
顶点坐标为(−1, −9a)
令ax2+2ax−8a＝0
即x2+2x−8＝0
解得x＝−4或x＝2
∴ 当a<0时，抛物线始终与x轴交于(−4, 0)与(2, 0)
∴ ax2+bx+c＝p
即常函数直线y＝p，由p>0
∴ 0由图象得当0∴ 一元二次方程ax2+bx+c＝p(p>0)的整数解有5个．
又∵ x＝−3与x＝1，x＝−2与x＝0关于直线x＝−1轴对称
当x＝−1时，直线y＝p恰好过抛物线顶点．
所以p值可以有3个．
三、解答题（共7小题，共72分）
【答案】
证明：依题意，得△＝(−m)2−4(m−1)＝(m−2)2≥0，
∵ (m−2)2≥0，
∴ 方程总有两个实数根；
x2−mx+m−1＝0，
(x−1)(x−m+1)＝0，
∴ x1＝1，x2＝m−1，
∵ 方程有一个根大于3，
∴ m−1>3，
∴ m>4．
∴ m的取值范围是m>4．
【考点】
根的判别式
【解析】
（1）根据判别式△＝(−m)2−4(m−1)＝(m−2)2≥0即可得；
（2）因式分解法得出x1＝1，x2＝m−1，由方程有一个根大于3知m−1>3，解之可得．
【解答】
证明：依题意，得△＝(−m)2−4(m−1)＝(m−2)2≥0，
∵ (m−2)2≥0，
∴ 方程总有两个实数根；
x2−mx+m−1＝0，
(x−1)(x−m+1)＝0，
∴ x1＝1，x2＝m−1，
∵ 方程有一个根大于3，
∴ m−1>3，
∴ m>4．
∴ m的取值范围是m>4．
【答案】
证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD // BC，AD＝BC，
∴ ∠FBH＝∠EDG，
∵ AE＝CF，
∴ BF＝DE，
∵ EG // FH，
∴ ∠OHF＝∠OGE，
∴ ∠BHF＝∠DGE，
在△BFH和△DEG中，
∠FBH=∠EDG∠BHF=∠DGEBF=DE ，
∴ BFH≅△DEG(AAS)；
四边形EGFH是菱形；理由如下：
连接DF，设EF交BD于O．
【考点】
菱形的判定
全等三角形的性质与判定
【解析】
（1）由平行四边形的性质得出AD // BC，AD＝BC，OB＝OD，由平行线的性质得出∠FBH＝∠EDG，∠OHF＝∠OGE，得出∠BHF＝∠DGE，求出BF＝DE，由AAS即可得出结论；
（2）先证明四边形EGFH是平行四边形，再由等腰三角形的性质得出EF⊥GH，即可得出四边形EGFH是菱形．
【解答】
证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD // BC，AD＝BC，
∴ ∠FBH＝∠EDG，
∵ AE＝CF，
∴ BF＝DE，
∵ EG // FH，
∴ ∠OHF＝∠OGE，
∴ ∠BHF＝∠DGE，
在△BFH和△DEG中，
∠FBH=∠EDG∠BHF=∠DGEBF=DE ，
∴ BFH≅△DEG(AAS)；
四边形EGFH是菱形；理由如下：
连接DF，设EF交BD于O．
【答案】
根据题意画树状为：
所有个位数字是6的“两位递增数”是16，26，36，46，56这5个；
共有15种等可能的结果数，其中个位数字与十位数字之积能被5整除的结果数为5，
所以个位数字与十位字之积能被5整除的概率=515=13．
【考点】
列表法与树状图法
【解析】
（1）画树状图展示所有15种等可能的结果数，写出所有个位数字是6的“两位递增数”；
（2）找出“两位递增数”的个位数字与十位数字之积能被5整除的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】
根据题意画树状为：
所有个位数字是6的“两位递增数”是16，26，36，46，56这5个；
共有15种等可能的结果数，其中个位数字与十位数字之积能被5整除的结果数为5，
所以个位数字与十位字之积能被5整除的概率=515=13．
【答案】
证明：连接OC，如图，
∵ AC平分∠BAD，
∴ ∠DAC＝∠EAC，
∵ OA＝OC，
∴ ∠OAC＝∠OCA，
∴ ∠DAC＝∠OCA，
∴ AD // OC，
∵ AD⊥DE，
∴ OC⊥DE，
∴ CD为⊙O的切线；
作OH⊥AD于H，如图，则AH＝HF，
易得四边形OCDH为矩形，
∴ OH＝CD，OC＝DH，
∵ CDAD=12，
∴ 设CD＝x，则AD＝2x，
设⊙O的半径为r，
∴ AH＝2x−r，OA＝r，
在Rt△OAH中，x2+(2x−r)2＝r2，解得x=45r，
∴ AH=35r，
在Rt△OAH中，cs∠HAO=AHOA=35rr=35．
【考点】
角平分线的性质
相似三角形的性质与判定
切线的判定与性质
垂径定理
圆周角定理
解直角三角形
【解析】
（1）连接OC，如图，证明∠DAC＝∠OCA得到AD // OC，再利用平行线的性质得到OC⊥DE，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2）作OH⊥AD于H，如图，则AH＝HF，由四边形OCDH为矩形得到OH＝CD，OC＝DH，设CD＝x，⊙O的半径为r，则AH＝2x−r，OA＝r，在Rt△OAH中利用勾股定理得到x2+(2x−r)2＝r2，解得x=45r，然后利用余弦定义求解．
【解答】
证明：连接OC，如图，
∵ AC平分∠BAD，
∴ ∠DAC＝∠EAC，
∵ OA＝OC，
∴ ∠OAC＝∠OCA，
∴ ∠DAC＝∠OCA，
∴ AD // OC，
∵ AD⊥DE，
∴ OC⊥DE，
∴ CD为⊙O的切线；
作OH⊥AD于H，如图，则AH＝HF，
易得四边形OCDH为矩形，
∴ OH＝CD，OC＝DH，
∵ CDAD=12，
∴ 设CD＝x，则AD＝2x，
设⊙O的半径为r，
∴ AH＝2x−r，OA＝r，
在Rt△OAH中，x2+(2x−r)2＝r2，解得x=45r，
∴ AH=35r，
在Rt△OAH中，cs∠HAO=AHOA=35rr=35．
【答案】
∵ DE:AE＝1:1，且DE＝8m，
∴ AE＝8m，
过点C作CF⊥AE于F，则四边形CDEF是矩形，
∴ FE＝CD＝4m，CF＝DE＝8m．
∵ CF:BF＝1:1.5，
∴ BF＝12m．
∴ BA＝12m−4m＝8m．
∴ SABCD=12(CD+AB)×DE
=12(4+8)×8=48(m2)
加固加宽这段长为2500m重点堤段需要沙石和土：48×2500＝120000(m3)．
设该运输队原计划每天运送沙石和土xm3，则工效提高后每天运送沙石和土1.5xm3．
依题意得：120000x=5+120000−5x1.5x+5
解得：x＝6000．
检验：经检验知，x＝6000是原方程的解
答：该运输队原计划每天运送沙石和土6000m3．
【考点】
解直角三角形的应用-坡度坡角问题
分式方程的应用
【解析】
（1）过点D、C向下底引垂线，得到两个直角三角形，利用三角函数分别求得增加的下底宽和高的相应线段．所需的土方＝增加横截面的面积×长度．
（2）设该运输队原计划每天运送沙石和土xm3，则工效提高后每天运送沙石和土1.5xm3．根据“原计划与功效提高后工作的时间差为5天”列出方程并解答．
【解答】
∵ DE:AE＝1:1，且DE＝8m，
∴ AE＝8m，
过点C作CF⊥AE于F，则四边形CDEF是矩形，
∴ FE＝CD＝4m，CF＝DE＝8m．
∵ CF:BF＝1:1.5，
∴ BF＝12m．
∴ BA＝12m−4m＝8m．
∴ SABCD=12(CD+AB)×DE
=12(4+8)×8=48(m2)
加固加宽这段长为2500m重点堤段需要沙石和土：48×2500＝120000(m3)．
设该运输队原计划每天运送沙石和土xm3，则工效提高后每天运送沙石和土1.5xm3．
依题意得：120000x=5+120000−5x1.5x+5
解得：x＝6000．
检验：经检验知，x＝6000是原方程的解
答：该运输队原计划每天运送沙石和土6000m3．
【答案】
当40≤x≤58时，设y与x的函数解析式为y=k1x+b1，
由图象可得40k1+b1=6058k1+b1=24 ，
解得k1=−2b1=140 ，
∴ y＝2x+140，
当58由图象可得58k2+b2=2471k2+b2=11 ，
解得k2=−1b2=82 ，
∴ y＝−x+82，
综上所述：y=−2x+140(40≤x≤58)−x+82(58设有员工a人，当x＝48时，y＝−2×48+140＝44，
∴ (48−40)×44＝106+82a，
解得：a＝3，
答：该店有员工3人．
设需要b天，则b[(x−40)y−82×2−106]≥68400，b≥68400(x−40)y−82×2−106
①当40≤x≤58时，b≥68400−2x2+220x−5870，
∴ b≥68400−2(x−55)2+180，
∴ b≥68400180=380；
②58∴ b≥68400171=400，
综上所述，最早要380天，此时售价为55元．
【考点】
二次函数的应用
【解析】
（1）由图象可知y与x是一次函数关系，又由函数图象过点(40, 60)和(58, 24)，则用待定系数法即可求得y与x的函数关系式；
（2）根据（1）求出的函数关系式，设人数为a，代入函数关系式，即可求得该店员工的人数；
（3）设需要b天，则b[(x−40)y−82×2−106]≥68400，再分两种情况讨论即可求出该店最早需要多少天能偿还清所有债务以及此时每件服装的定价．
【解答】
当40≤x≤58时，设y与x的函数解析式为y=k1x+b1，
由图象可得40k1+b1=6058k1+b1=24 ，
解得k1=−2b1=140 ，
∴ y＝2x+140，
当58由图象可得58k2+b2=2471k2+b2=11 ，
解得k2=−1b2=82 ，
∴ y＝−x+82，
综上所述：y=−2x+140(40≤x≤58)−x+82(58设有员工a人，当x＝48时，y＝−2×48+140＝44，
∴ (48−40)×44＝106+82a，
解得：a＝3，
答：该店有员工3人．
设需要b天，则b[(x−40)y−82×2−106]≥68400，b≥68400(x−40)y−82×2−106
①当40≤x≤58时，b≥68400−2x2+220x−5870，
∴ b≥68400−2(x−55)2+180，
∴ b≥68400180=380；
②58∴ b≥68400171=400，
综上所述，最早要380天，此时售价为55元．
【答案】
y＝(x−1)2−4
∵ y＝(x−1)2−4，
令y＝0，(x−1)2−4＝0，
解得x＝3或x＝−1，
∴ A(−1, 0)，B(3, 0)，
∵ 点P(52, t)在抛物线C1上，
∴ t＝(52−1)2−4，解得t=−74，
∴ P(52, −74)，
设Q(t, t2−2t−3)，
过点P作PM⊥x轴交于点M，过点Q作QN⊥x轴交于点N，
∵ BQ⊥BP，
∴ ∠QBN+∠MBP＝∠QBN+∠MQN＝90∘，
∴ ∠BQN＝∠PBM，
∴ △BNQ∽△QMP，
∴ BMQN=PMBN，
∴ 12t2−2t−3=743−t，
∴ t=−97或t＝3，
∵ Q点在第二象限，
∴ t=−97，
∴ Q(−97, 6049)；
n,m
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）逆向考虑，抛物线C2平移到抛物线C1，即可求抛物线C1的解析式；
（2）求出A、B、P的点的坐标，设Q(t, t2−2t−3)，过点P作PM⊥x轴交于点M，过点Q作QN⊥x轴交于点N，可以证明△BNQ∽△QMP，由相似可得12t2−2t−3=743−t，求出t即可；
（3）求出M、N、E点坐标，设MD的解析式为y＝kx+b，将点M代入解析式可得y＝kx+m2−km，再由直线MD与抛物线y＝x2只有一个交点，联立方程kx+m2−km＝x2，由判别式△＝0可得k＝2m，则直线MD为y＝2mx−m2，在求出D点坐标代入MD的解析式即可求解．
【解答】
由已知可知，抛物线C2:y＝x2向右平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度得到抛物线C1:y＝ax2+bx+c，
∴ 抛物线C1:y＝(x−1)2−4，
故答案为y＝(x−1)2−4；
∵ y＝(x−1)2−4，
令y＝0，(x−1)2−4＝0，
解得x＝3或x＝−1，
∴ A(−1, 0)，B(3, 0)，
∵ 点P(52, t)在抛物线C1上，
∴ t＝(52−1)2−4，解得t=−74，
∴ P(52, −74)，
设Q(t, t2−2t−3)，
过点P作PM⊥x轴交于点M，过点Q作QN⊥x轴交于点N，
∵ BQ⊥BP，
∴ ∠QBN+∠MBP＝∠QBN+∠MQN＝90∘，
∴ ∠BQN＝∠PBM，
∴ △BNQ∽△QMP，
∴ BMQN=PMBN，
∴ 12t2−2t−3=743−t，
∴ t=−97或t＝3，
∵ Q点在第二象限，
∴ t=−97，
∴ Q(−97, 6049)；
∵ 点M与N在y＝x2上，
∴ M(m, m2)，N(n, n2)
∵ EM // x轴，
∴ E(−m, m2)，
设MD的解析式为y＝kx+b，
∴ m2＝km+b，
∴ b＝m2−km，
∴ y＝kx+m2−km，
∵ 直线MD与抛物线y＝x2只有一个交点，
∴ kx+m2−km＝x2，
∴ △＝k2−4(m2+km)＝0，
∴ k＝2m，
∴ 直线MD的解析式为y＝2mx−m2，
∵ NE＝DE，
∴ D(−2m−n, 2m2−n2)，
∴ 2m2−n2＝2m(−2m−n)−m2，
整理得，n2−2mn−7m2＝0，
∴ n＝(1±22)m，
故答案为n＝(1±22)m．