2021-2022学年山西省运城市盐湖区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年山西省运城市盐湖区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

tan30∘的相反数是( )
A. −3B. −32C. −33D. −22
若二次函数y=ax2+bx−2的图象经过点(−2,0)，则代数式2a−b的值为( )
A. 0B. 1C. −1D. 2
如图所示的物体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
若将抛物线y=2x2+1先向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，则所得抛物线的表达式为( )
A. y=2(x−1)2−2B. y=2(x+1)2−2
C. y=2(x−1)2+3D. y=2(x+1)2+3
某地新高考有一项“6选3”选课制，高中学生李鑫和张锋都已选了地理和生物，现在他们还需要从“物理、化学、政治、历史”四科中选一科参加考试.若这四科被选中的机会均等，则他们恰好一人选物理，另一人选化学的概率为( )
A. 18B. 14C. 38D. 12
对于二次函数y=−(x−1)2的图象，下列说法不正确的是( )
A. 开口向下B. 对称轴是直线x=1
C. 顶点坐标为(1,0)D. 当x<1时，y随x的增大而减小
如图，一艘轮船在小岛A的西北方向距小岛402海里的C处，沿正东方向航行一段时间后到达小岛A的北偏东60∘的B处，则该船行驶的路程为( )
A. 80海里B. 120海里
C. (40+402)海里D. (40+403)海里
关于x的方程ax2+(1−a)x−1=0，下列结论正确的是( )
A. 当a=0时，方程无实数根B. 当a=−1时，方程只有一个实数根
C. 当a=1时，有两个不相等的实数根D. 当a≠0时，方程有两个相等的实数根
如图，在3×3的网格中，A，B均为格点，以点A为圆心，AB的长为半径作弧，图中的点C是该弧与格线的交点，则tan∠BAC的值是( )
A. 12
B. 255
C. 53
D. 23
已知二次函数y=ax2+bx+c的图象的对称轴为直线x=1，其图象如图所示，现有下列结论：①abc>0；②2a+b=0；③4a−2b+c<0；④a+b≥m(am+b)；⑤2c<3b.其中正确结论的个数是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
课外活动小组测量学校旗杆的高度．如图，当太阳光线与地面成30∘角时，测得旗杆AB在地面上的影长BC为24米，那么旗杆AB的高度约是______ 米．(结果保留根号)
已知函数y=(m−1)xm2+3是关于x的一次函数，则m的值为______.
如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为DC的中点，若OE=2，则菱形的周长为______ .
抛物线y=−x2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表：
从表可知，抛物线与x轴的另一个交点坐标为______.
如图，正方形ABCD的边长为2，E为边AD上一动点，连接CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG，连接DF，DG，则△DFG面积的最小值为______.
(1)计算：(12)−1−2tan45∘+2sin60∘−|1−3|.
(2)如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB于点E，BE=8，sinA=1213，求菱形的边长．
如图，在△ABC中，BD⊥AC，AB=4，AC=33，∠A=30∘.
(1)求AD的长．
(2)求sinC的值．
如图1所示的是一辆混凝土布料机的实物图，图2是其工作时部分示意图，AC是可以伸缩的布料臂，其转动点A离地面BD的高度AH为3.2米．当布料臂AC长度为8米，张角∠HAC为118时，求布料口C离地面的高度．(结果保留一位小数；参考数据：sin28∘≈0.47，cs28∘≈0.88，tan28∘≈0.53)
如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=8x(x>0)的图象交于A(m,8)，B(4,n)两点，连接OA，OB.
(1)求一次函数的表达式；
(2)求△AOB的面积.
如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，点P在BC的延长线上，AP，DE交于点G，AP，CD交于点F.
(1)求证：AD⋅CF=CP⋅DF.
(2)若DF=2CF，AB=6，求DG的长.
某企业生产了一套健身器材，通过实体店和网上商店两种途径进行销售，销售一段时间后，该企业对这种健身器材的销售情况进行了为期30天的跟踪调查，其中实体店的日销售量y1(套)与时间x(x为整数，单位：天)的部分对应值如表：
(1)已知y1与x满足二次函数关系，求y1与x的函数关系式．
(2)网上商店的日销售量y2(套)与时间x(x为整数，单位：天)的关系如图所示，求y2与x的函数关系式并写出自变量x的取值范围．
(3)在跟踪调查的30天中，设实体店和网上商店的日销售总量为y(套)，求当x为何值时，日销售总量y达到最大，并求出此时的最大值．
矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知B(23,2)，点A在x轴上，点C在y轴上，P是对角线OB上一动点(不与原点重合)，连接PC，过点P作PD⊥PC，交x轴于点D，连接CD.
(1)当点D运动到OA的中点时，求PC2+PD2的值．
(2)在运动过程中，∠CDP的大小是否有变化？若不变，求出∠CDP的大小；若改变，请说明理由．
(3)当△ODP为等腰三角形时，直接写出点D的坐标．
已知抛物线y=−x2+bx+c交x轴于B(4,0)，C(−1,0)两点，交y轴于点A，P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为m，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP(AP不平行x轴).
(1)求抛物线的表达式．
(2)如图1，若△AQP∽△AOC，求点P的坐标．
(3)如图2，若点P位于抛物线的对称轴的右侧，将△APQ沿AP对折，点Q的对应点为Q，当点Q落在x轴上时，求点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵tan30∘=33，
∴tan30∘的相反数为−33.
故选：C.
利用特殊角的三角函数值得到tan30∘=33，然后根据相反数的定义求解．
本题考查了特殊角的三角函数值：熟练记住特殊角的三角函数值是解决此类问题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：把(−2,0)代入y=ax2+bx−2得0=4a−2b−2，
∴4a−2b=2，即2a−b=1，
故选：B.
将(−2,0)代入函数解析式得4a−2b=2，进而求解．
本题考查二次图象上点的特征，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
3.【答案】B
【解析】解：从左面看，底层是一个圆，圆的正上方有一条线段．
故选：B.
找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
4.【答案】A
【解析】解：抛物线y=2x2+1的顶点坐标为(0,1)，点(0,1)向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度所得对应点的坐标为(1,−2)，所以新抛物线的解析式为y=2(x−1)2−2.
故选：A.
先确定出原抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出新图象的顶点坐标，然后写出即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
5.【答案】A
【解析】解：设“物理、化学、政治、历史”分别用A、B、C、D表示，
画树状图如图所示：
共有16种等可能的结果，其中李鑫和张锋恰好一人选物理，另一人选化学的结果有2种，
∴李鑫和张锋恰好一人选物理，另一人选化学的概率为216=18，
故选：A.
根据题意画出树状图，共有16种等可能的结果，其中他们恰好一人选物理，另一人选化学的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查列表法与树状图法以及概率公式，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图．
6.【答案】D
【解析】解：∵二次函数y=−(x−1)2，
∴该函数图象开口向下，故选项A正确，不符合题意；
对称轴是直线x=1，故选项B正确，不符合题意；
顶点坐标为(1,0)，故选项C正确，不符合题意；
当x<1时，y随x的增大而增大，故选项D错误，符合题意；
故选：D.
根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
本题考查二次函数的性质、二次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
7.【答案】D
【解析】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，
由题意得，∠CAD=45∘，∠BAD=60∘，AC=402海里，
在Rt△ADC中，∠ADC=90∘，∠CAD=45∘，AC=402海里，
∴AD=CD=22×402=40(海里)，
在Rt△ADB中，∠ADB=90∘，∠BAD=45∘，AD=40海里，
∴BD=3AD=403(海里)，
∴BC=CD+BD=(40+403)海里，
故选：D.
通过作垂线，构造直角三角形，在两个直角三角形中，利用直角三角形的边角关系分别求出CD、BD的长，进而求出BC即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提，作垂线构造直角三角形是正确解答的关键．
8.【答案】C
【解析】解：A、当a=0时，方程为x−1=0，
解得x=1，
故当a=0时，方程有一个实数根；不符合题意；
B、当a=−1时，关于x的方程为−x2+2x−1=0，
∵△=4−4=0，
∴当a=−1时，方程有两个相等的实数根，故不符合题意；
C、当a=1时，关于x的方程x2−1=0，
故当a=1时，有两个不相等的实数根，符合题意；
D、当a≠0时，△=(1−a)2+4a=(1+a)2≥0，
∴当a≠0时，方程有相等的实数根，故不符合题意，
故选：C.
直接利用方程解的定义根的判别式分析求出即可．
此题主要考查了一元二次方程的定义，根的判别式，正确把握其定义是解题关键．
9.【答案】B
【解析】解：如图，作CH⊥AB于H.
在Rt△ACH中，∠AHC=90∘，CH=2，AC=AB=3，
∴AH=AC2−CH2=5，
∴tan∠BAC=CHAH=25=255，
故选：B.
作CH⊥AB于H.在Rt△ACH中，先利用勾股定理求出AH，再根据正切函数定义即可求出的tan∠BAC的值．
本题考查解直角三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
10.【答案】D
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a>0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc<0，①错误，
∴b+2a=0，②正确．
∵x=−2时，y<0，
∴4a−2b+c<0，③正确．
∵当x=1时，y取最大值，
∴a+b+c≥ax2+bx+c，
令x=m，则a+b+c≥am2+bm+c，即a+b≥m(am+b)，
∴④正确．
∵x=−1时y<0，抛物线对称轴为直线x=1，
∴x=3时，y<0，
∴9a+3b+c<0，
∵−b2a=1，
∴a=−b2，
∴−92b+3b+c<0，即−32b+c<0，
∴3b>2c，⑤正确．
故选：D.
根据图象可得a，b，c符号，根据对称轴为直线x=−b2a=1可得b+2a=0，从而判断①②，根据x=−2时y<0可判断③，由x=1时y取最大值可得a+b+c≥am2+bm+c，从而判断④，由抛物线对称性可得x=3时，y<0，即9a+3b+c<0，由−b2a=1可得a=−b2，从而判断⑤．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
11.【答案】83
【解析】解：由题意可得出：
tan30∘=ABBC，
则AB=BCtan30∘=24×33=83(m)，
故答案为：83.
直接利用锐角三角函数关系得出tan30∘=ABBC，求出即可．
此题主要考查了解直角三角形的应用，正确选择锐角三角函数关系是解题关键．
12.【答案】−1
【解析】解：根据题意知m2=1且m−1≠0，
解得m=−1，
故答案为：−1.
根据一次函数的概念求解可得．
本题主要考查一次函数的定义，形如y=kx+b(k≠0,k、b是常数)的函数，叫做一次函数
13.【答案】16
【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上中线的性质以及三角形中位线定理的运用，本题解法多样，关键是掌握：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直平分．
解法一：根据OE是△BCD的中位线，即可得到BC的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．
解法二：根据根据OE是Rt△COD斜边上的中线，即可得到CD的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．
【解答】
解法一：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，BO=DO，
又∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴BC=2OE=2×2=4，
∴菱形ABCD的周长=4×4=16.
解法二：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，
又∵点E是CD的中点，
∴OE是Rt△COD斜边上的中线，
∴CD=2OE=2×2=4，
∴菱形ABCD的周长=4×4=16.
故答案为：16.
14.【答案】(3,0)
【解析】解：∵抛物线经过点(0,6)，(1,6)，
∴抛物线的对称轴是x=12，
∵抛物线经过点(−2,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(3,0).
故答案为：(3,0).
求出抛物线的对称轴为x=12，则可得出答案．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点．
15.【答案】32
【解析】解：设DE=x，则CE=22+x2，
∵S△DEC+S△DFG=12S正方形ECGF，
∴S△DFG=12(x2+4)−12×2x=12x2−x+2=12(x−1)2+32，
∴当x=1时，△DFG面积的最小值为32.
故答案为：32.
设DE=x，则CE=22+x2，由S△DEC+S△DFG=12S正方形ECGF可得S△DFG=12(x−1)2+32，进而求解．
本题考查与正方形有关的计算，解题关键是掌握正方形的性质，二次函数求最值的方法．
16.【答案】解：(1)原式=2−2+3−(3−1)
=3−2；
(2)∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵DE⊥AB，sinADEAD=1213，
∴设DE=12k，AD=13k，
则AE=AD2−DE2=(13k)2−(12k)2=5k，
∴EB=13k−5k=8k=8，
∴k=1，AD=13，
∴菱形的边长为13.
【解析】(1)利用负整数指数幂及特殊角的函数值计算后即可确定正确的答案；
(2)由sinA=DEAD=1213，设DE=12k，AD=13k，则AE=5k，根据EB=13k−5k=8k=8，得到k=1，AD=13，由此即可解决问题．
考查了菱形的性质及实数的运算，解题的关键是了解菱形的四边相等，注意解题的方法．
17.【答案】解：(1)在Rt△ABD中，∠ADB=90∘，AB=4，∠A=30∘，
∴BD=12AB=2，AD=3BD=23；
(2)∵AC=33，AD=23，
∴CD=AC−AD=3.
在Rt△CBD中，∠CDB=90∘，BD=2，CD=3，
∴BC=BD2+CD2=7，
sinC=BDBC=27=277.
【解析】(1)在Rt△ABD中，根据含30∘角的直角三角形的性质得出BD=12AB=2，AD=3BD=23；
(2)先求出CD=AC−AD=3，然后在Rt△CBD中，利用勾股定理求出BC=BD2+CD2=7，最后根据三角函数的定义即可求出sinC的值．
本题考查了解直角三角形，勾股定理，锐角三角函数的定义，掌握含30∘角的直角三角形的三边关系可使计算简便．
18.【答案】解：过点C作CE⊥BD于点E，过点A作AF⊥CE于点F，
∴四边形AHEF为矩形，
∴EF=AH=3.2米，∠HAF=90∘，
∴∠CAF=∠CAH−∠HAF=118∘−90∘=28∘，
在Rt△ACF中，sin∠CAF=CFAC，
∴CF=8×sin28∘≈8×0.47=3.76(米)，
∴CE=CF+EF=3.76+3.2≈7.0(米)，
答：布料口C离地面的高度为7.0米．
【解析】过点C作CE⊥BD于点E，过点A作AF⊥CE于点F，求出∠CAF=28∘，利用三角函数求出CF，根据CE=CF+EF求出CE即可．
本题主要考查解直角三角形的知识，熟练利用三角函数解直角三角形是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵反比例函数y=8x(x>0)的图象经过A(m,8)，B(4,n)两点，
∴8m=8，4n=8，
解得m=1，n=2，
∴A(1,8)，B(4,2)，
代入一次函数y=kx+b，可得k+b=84k+b=2，解得k=−2b=10，
∴一次函数的解析式为y=−2x+10；
(2)如图，在y=−2x+10中，令y=0，则x=5，即D(5,0)，
∴OD=5，
∴△AOB的面积=△AOD的面积−△BOD的面积
=12×5×8−12×5×2
=15.
【解析】(1)依据反比例函数y=8x(x>0)的图象经过A(m,8)，B(4,n)两点，即可得到m=1，n=2，把A(1,8)，B(4,2)，代入一次函数y=kx+b，可得一次函数的解析式为y=−2x+10；
(2)依据D(5,0)，可得OD=5，再根据△AOB的面积=△AOD的面积−△BOD的面积，进行计算即可得到结论．
本题主要考查直线和双曲线交点的问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式、反比例函数图象上点的坐标特征、割补法求三角形的面积是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，有AD//BP，
△ADF∽△PCF，
∴ADCP=DFCF，即AD⋅CF=CP⋅DF.
(2)解：由(1)知ADCP=DFCF，
∵DF=2CF，AB=6，
∴CP=3，
又∵点E是BC的中点，
∴EC=12BC=3，
∴EP=AD=6，
∵AD//EP，
∴∠ADG=∠PEG，∠DAG=∠P，
∴△PGE≌△AGD，
∴DG=GE，
∵DE=32+62=35，
∴DG=352，
故DG的长为=352.
【解析】(1)根据正方形的性质，得△ADE∽△PCF，然后由相似三角形的性质可得结论；
(2)求出PC的长，从而可得PE，再利用△PGE≌△AGD及勾股定理，即可求出DG的长．
本题是考查的是相似三角形的判定与性质，掌握其性质是解决此题的关键．
21.【答案】解：(1)根据观察可设y1=ax2+bx，将，(5,25)，(10,40)代入得：25a+5b=25100a+10b=40，
解得a=−15b=6，
∴y1与x的函数关系式为：y1=−15x2+6x(0≤x≤30,且x为整数)；
(2)当0≤x≤10时，设y2=kx，
∵(10,40)在其图象上，
∴10k=40，
∴k=4，
∴y2与x的函数关系式为：y2=4x，
当10≤x≤30时，设y2=mx+n，
将(10,40)，(30,80)代入得10m+n=4030m+n=80，
解得m=2n=20，
∴y2与x的函数关系式为：y2=2x+20，
综上所述，y2={4x(0⩽x⩽10,且x为整数)2x+20(10(3)依题意得y=y1+y2，当0≤x≤10时，y=−15x2+6x+4x=−15x+10x=−15(x−25)2+125，
∴x=10时，y最大=80；
当10∵x为整数，
∴x=20时，y最大=100，
∵100>80，
∴当x=20时，y最大=100(百件).
【解析】(1)根据观察可设y1=ax2+bx，将(5,25)，(10,40)代入即可得到结论；
(2)当0≤x≤10时，设y2=kx，求得y2与x的函数关系式为：y2=4x，当10≤x≤30时，设y2=mx+n，将(10,40)，(30,80)代入得到y2与x的函数关系式为：y2=2x+20；
(3)依题意得y=y1+y2，当0≤x≤10时，得到y最大=80；当10本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，待定系数法求函数的解析式，正确地理解题意是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵点D为OA的中点，
∴OD=12OA=3，
∵PD⊥PC，
∴∠CPD=90∘，
∴PC2+PD2=CD2=OC2+OD2=22+(3)2=7；
(2)∠CDP的大小不会变化，理由如下：
过点P作PF⊥OA于F，FP的延长线交BC于E，
∴PE⊥BC，四边形OFEC是矩形，
∴EF=OC=2，
设PE=a，则PF=EF−PE=2−a，
在Rt△BEP中，tan∠CBO=PEBE=OCBC=33，
∴BE=3PE=3a，
∴CE=BC−BE=23−3a=3(2−a)，
∵PD⊥PC，
∴∠CPE+∠FPD=90∘，
∵∠CPE+∠PCE=90∘，
∴∠FPD=∠ECP，
∵∠CEP=∠PFD=90∘，
∴△CEP∽△PFD，
∴CEPF=PCPD，
∴tan∠CDP=PCPD=CEPF=3(2−a)2−a=3，
∴∠CDP=60∘；
(3)∵B(23,2)，四边形OABC是矩形，
∴OA=23，AB=2，
∵tan∠AOB=ABOA=33，
∴∠AOB=30∘，
当△ODP为等腰三角形时，
Ⅰ、OD=PD，
∴∠DOP=∠DPO=30∘，
∴∠ODP=120∘，
∴∠ODC=60∘
∴OD=33OC=233，
∴D(233,0)；
Ⅱ、当D在x轴的正半轴上时，OP=OD，
∴∠ODP=∠OPD=75∘，
∵∠COD=∠CPD=90∘，
∴∠OCP=105∘>90∘，故不合题意舍去；
当D在x轴的负半轴上时，OP′=OD′，如图，
∵∠AOB=30∘，
∴∠D′OP′=150∘，
∵∠CP′D′=90∘，
∴∠CP′O=105∘，
∵∠COP′=60∘，
∴∠OCP′=15∘，
∴∠BCP′=75∘，
∴∠CP′B=180∘−75∘−30∘=75∘，
∴BC=BP′=23，
∴OD′=OP′=4−23，
∴D′(23−4,0)；
Ⅲ、OP=PD，
∴∠POD=∠PDO=30∘，
∴∠OCP=150∘>90∘，故不合题意舍去，
点D的坐标为(23−4,0)或(233,0).
【解析】(1)由点D为OA的中点，得到OD=12OA=3，根据勾股定理即可得到PC2+PD2=CD2=OC2+OD2=22+(3)2=7即可；
(2)过点P作PF⊥OA于F，FP的延长线交BC于E，PE=a，则PF=EF−PE=2−a，根据三角函数的定义得到BE=3PE=3a，求得CE=3(2−a)，根据相似三角形的性质得到CEPF=PCPD，根据三角函数的定义得到∠PDC=60∘即可；
(3)当△ODP为等腰三角形时，Ⅰ、OD=PD，解直角三角形得到OD=33OC=233，Ⅱ、OP=OD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP=105∘>90∘，故不合题意舍去；Ⅲ、OP=PD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP=105∘>90∘，故不合题意舍去；于是得到当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为(23−4,0)或(233,0).
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，构造出相似三角形表示出CP和PD是解本题的关键．
23.【答案】解：(1)将B(4,0)，C(−1,0)分别代入y=−x2+bx+c得，
−16+4b+c=0−1−b+c=0，
解得：b=3c=4，
∴抛物线的表达式为：y=−x2+3x+4；
(2)当x=0时，y=4，
∴A(0,4)，
∴OA=4，
∵△AQP∽△AOC，
∴AQPQ=AOCO=4，即AQ=4PQ，
∵P(m,−m2+3m+4)，
∴m=4|4−(−m2+3m+4)|，即4|m2−3m|=m，
当4(m2−3m)=m时，解得m=0(舍去)，或m=134，此时P(134,5116)；
当4(m2−3m)−m时，解得：m=0(舍去)或m=114，此时P(114,7516)，
综上所述：P(134,5116)或(114,7516)；
(3)P(m,−m2+3m+4)(m>32)，
如图，当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于点H，
则PQ=4−(−m2+3m+4)=m2−3m，
∵将△APQ沿AP对折，点Q的对应点为Q′，
∴∠AQ′P=∠AQP=90∘，AQ′=AQ=m，PQ′=PQ=m2−3m，
∵∠AQ′O=∠Q′PH，
∴△AOQ′∽△Q′HP，
∴OAQ′H=AQ′Q′P，
解得：Q′H=4m−12，
∴OQ′=m−(4m−12)=12−3m，
在Rt△AOQ′中，42+(12−3m)2=m2，
解得：m=4或5，
此时点P的坐标为(4,0)或(5,−6)，
综上所述：点P的坐标为(4,0)或(5,−6).
【解析】(1)将B(4,0)，C(−1,0)分别代入y=−x2+bx+c即可；
(2)由△AQP∽△AOC，得AQPQ=AOCO=4，即AQ=4PQ，则m=4|4−(−m2+3m+4)|，解绝对值方程即可；
(3)当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于点H，得PQ=4−(−m2+3m+4)=m2−3m，则△AOQ′∽△Q′HP，得OAQ′H=AQ′Q′P，Q′H=4m−12，则OQ′=m−(4m−12)=12−3m，再利用勾股定理解决问题．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，一元二次方程等知识，运用方程思想是解题的关键．
x
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−1
0
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2
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y
…
0
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