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人教版 九上 期末综合测试卷（二）原卷+解析
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这是一份人教版 九上 期末综合测试卷（二）原卷+解析，文件包含答案docx、B卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
参考答案与试题解析
一、选择题：将下列各题中唯一正确答案的序号填入下面答题栏中相应的题号栏内，不填、填错或填的序号超过一个的不给分，每小题3分，共30分．
1．（3分）下列交通标志中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【分析】结合选项根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．
故选C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．（3分）方程x2﹣9=0的根是（ ）
A．x=﹣3 B．x1=3，x2=﹣3 C．x1=x2=3 D．x=3
【考点】解一元二次方程-直接开平方法．
【分析】首先把常数项9移到方程的右边，再两边直接开平方即可．
【解答】解：移项得：x2=9，
两边直接开平方得：x=±3，
即x1=3，x2=﹣3．
故选：B．
【点评】此题主要考查了利用直接开方法解一元二次方程，解这类问题要移项，把所含未知数的项移到等号的左边，把常数项移项等号的右边，化成x2=a（a≥0）的形式，利用数的开方直接求解．
3．（3分）把抛物线y=（x﹣1）2+2向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线是（ ）
A．y=x2 B．y=（x﹣2）2 C．y=（x﹣2）2+4 D．y=x2+4
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】已知抛物线的顶点坐标为（1，2），向左平移1个单位，再向下平移2个单位后，顶点坐标为（0，0），根据抛物线顶点式求解析式．
【解答】解：∵抛物线y=（x﹣1）2+2的顶点坐标为（1，2），
∴向左平移1个单位，再向下平移2个单位后，顶点坐标为（0，0），
∴平移后抛物线解析式为y=x2．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换．关键是将抛物线的平移问题转化为顶点的平移，用顶点式表示抛物线解析式．
4．（3分）下列说法：
①三点确定一个圆；
②垂直于弦的直径平分弦；
③三角形的内心到三条边的距离相等；
④圆的切线垂直于经过切点的半径．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．2 C．3 D．4
【考点】三角形的内切圆与内心；垂径定理；确定圆的条件；切线的性质．
【分析】根据确定圆的条件对①进行判断；根据垂径定理对②进行判断；根据三角形内心的性质对③进行判断；根据切线的性质对④进行判断．
【解答】解：不共线的三点确定一个圆，所以①错误；
垂直于弦的直径平分弦，所以②正确；
三角形的内心到三条边的距离相等，所以③正确；
圆的切线垂直于经过切点的半径，所以④正确．
故选C．
【点评】本题考查了三角形内心的性质、垂直定理、确定圆的条件和切线的性质．注意对①进行判断时要强调三点不共线．
5．（3分）如图，底边长为2的等腰Rt△ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转45°得到△OA1B1，则点A1的坐标为（ ）
A．（1，﹣） B．（1，﹣1） C．（） D．（，﹣1）
【考点】坐标与图形变化-旋转．
【专题】计算题．
【分析】A1B1交x轴于H，如图，根据等腰直角三角形的性质得∠OAB=45°，再利用旋转的性质得A1B1=AB=2，∠1=45°，∠OA1B1=45°，则∠2=45°，于是可判断OH⊥A1B1，则根据等腰直角三角形的性质得到OH=A1H=B1H=A1B1=1，然后写出点A1的坐标．
【解答】解：A1B1交x轴于H，如图，
∵△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°，
∵△ABO绕原点O逆时针旋转45°得到△OA1B1，
∴A1B1=AB=2，∠1=45°，∠OA1B1=45°，
∴∠2=45°，
∴OH⊥A1B1，
∴OH=A1H=B1H=A1B1=1，
∴点A1的坐标为（1，﹣1）．
故选B．
【点评】本题考查了坐标与图形变换﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．解决本题的关键是判断A1B1被x轴垂直平分．
6．（3分）如图，点A、C、B在⊙O上，已知∠AOB=∠ACB=α．则α的值为（ ）
A．135° B．120° C．110° D．100°
【考点】圆周角定理．
【分析】先运用“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半”，再运用周角360°即可解．
【解答】解：∵∠ACB=a
∴优弧所对的圆心角为2a
∴2a+a=360°
∴a=120°．
故选B．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
7．（3分）如图，⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为7，点P是直线l上的一个动点，PQ与⊙O相切于点Q，则PQ的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．2
【考点】切线的性质．
【分析】由切线的性质得出△OPQ是直角三角形．由OQ为定值，得出当OP最小时，PQ最小．根据垂线段最短，知OP=7时PQ最小．根据勾股定理得出结果即可．
【解答】解：∵PQ切⊙O于点Q，
∴∠OQP=90°，
∴PQ2=OP2﹣OQ2，
而OQ=5，
∴PQ2=OP2﹣52，即PQ=，
当OP最小时，PQ最小，
∵点O到直线l的距离为7，
∴OP的最小值为7，
∴PQ的最小值==2．
故选C．
【点评】此题综合考查了切线的性质、勾股定理及垂线段最短等知识点，如何确定PQ最小时点P的位置是解题的关键．
8．（3分）关于x的函数y=k（x+1）和y=（k≠0）在同一坐标系中的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【考点】反比例函数的图象；一次函数的图象．
【专题】数形结合．
【分析】根据反比例函数的比例系数可得经过的象限，一次函数的比例系数和常数项可得一次函数图象经过的象限．
【解答】解：当k＞0时，反比例函数图象经过一三象限；一次函数图象经过第一、二、三象限，故A、C错误；
当k＜0时，反比例函数经过第二、四象限；一次函数经过第二、三、四象限，故B错误，D正确；
故选：D．
【点评】考查反比例函数和一次函数图象的性质：
（1）反比例函数y=：当k＞0，图象过第一、三象限；当k＜0，图象过第二、四象限；
（2）一次函数y=kx+b：当k＞0，图象必过第一、三象限，当k＜0，图象必过第二、四象限．当b＞0，图象与y轴交于正半轴，当b=0，图象经过原点，当b＜0，图象与y轴交于负半轴．
9．（3分）若A（3，y1），B（5，y2），C（﹣2，y3）是抛物线y=﹣x2+4x+k上的三点，则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y2＞y1＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y1＞y2＞y3 D．y3＞y1＞y2
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】根据二次函数图象上点的坐标特征，将A（3，y1），B（5，y2），C（﹣2，y3）分别代入二次函数的关系式，分别求得y1，y2，y3的值，最后比较它们的大小即可．
【解答】解：∵A（3，y1），B（5，y2），C（﹣2，y3）为二次函数y=﹣x2+4x+k的图象上的三点，
∴y1=﹣9+12+k=3+k，
y2=﹣25+20+k=﹣5+k，
y3=﹣4﹣8+k=﹣12+k，
∵3+k＞﹣5+k＞﹣12+k，
∴y1＞y2＞y3．
故选C．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征．经过图象上的某点，该点一定在函数图象上．
10．（3分）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x=2，下列结论：
①4a+b=0；
②9a+c＜3b；
③25a+5b+c=0；
④当x＞2时，y随x的增大而减小．
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】根据抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，则有4a+b=0；观察函数图象得到当x=﹣3时，函数值小于0，则9a﹣3b+c＜0，即9a+c＜3b；由于x=5时，y=0，则25a+5b+c=0，再根据抛物线开口向下，由于对称轴为直线x=2，根据二次函数的性质得到当x＞2时，y随x的增大而减小．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，
∴b=﹣4a，即4a+b=0，（故①正确）；
∵当x=﹣3时，y＜0，
∴9a﹣3b+c＜0，
即9a+c＜3b，（故②正确）；
∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0），对称轴为直线x=2，
∴抛物线与x轴的一个交点为（5，0），
∴25a+5b+c=0，（故③正确），
∵抛物线开口向下，对称轴为直线x=2，
∴x＞2时，y随x的增大而减小，（故④正确）．
故选D．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定，△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点
二、填空题：每小题3分，共18分．
11．（3分）用配方法解方程x2﹣2x﹣7=0时，配方后的形式为 （x﹣1）2=8 ．
【考点】解一元二次方程-配方法．
【分析】将常数项移至右边，根据等式性质左右两边配上一次项系数一半的平方，再写成完全平方形式即可．
【解答】解：x2﹣2x=7，
x2﹣2x+1=7+1，
（x﹣1）2=8，
故答案为：（x﹣1）2=8．
【点评】本题考查配方法解一元二次方程，形如x2+px+q=0型：第一步移项，把常数项移到右边；第二步配方，左右两边加上一次项系数一半的平方；第三步左边写成完全平方式．
12．（3分）如图，把△ABC绕点A逆时针旋转42°，得到△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠B′BC′的大小为 69° ．
【考点】旋转的性质．
【分析】由旋转的性质可知AB=AB′，∠BAB′=42°，接下来，依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B′BC′的大小．
【解答】解：∵把△ABC绕点A逆时针旋转42°，得到△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，
∴∠BAB′=42°，AB=AB′．
∴∠AB′B=∠ABB′．
∴∠B′BC′=（180°﹣42°）=69°．
故答案为：69°．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，证得△ABB′是等腰三角形是解题的关键．
13．（3分）如图，点P在反比例函数y=（x＜0）的图象上，PA⊥x轴于点A，△PAO的面积为5，则k的值为 ﹣10 ．
【考点】反比例函数系数k的几何意义．
【分析】由△PAO的面积为5可得|k|=5，再结合图象经过的是第二象限，从而可以确定k值．
【解答】解：∵S△PAO=5，
∴|x•y|=5，即|k|=5，则|k|=10
∵图象经过第二象限，
∴k＜0，
∴k=﹣10
【点评】本题主要考查了反比例函数y=中k的几何意义，解题的关键是要明确过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得三角形面积为|k|．
14．（3分）将半径为5的圆形纸片，按如图方式折叠，若和都经过圆心O，则图中阴影部分的面积是 π ．
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】作OD⊥AB于点D，连接AO，BO，CO，求出∠OAD=30°，得到∠AOB=2∠AOD=120°，进而求得∠AOC=120°，再利用阴影部分的面积=S扇形AOC求解．
【解答】解；如图，作OD⊥AB于点D，连接AO，BO，CO，
∵OD=AO，
∴∠OAD=30°，
∴∠AOB=2∠AOD=120°，
同理∠BOC=120°，
∴∠AOC=120°，
∴阴影部分的面积=S扇形AOC==π．
故答案为：π
【点评】本题考查的是翻折变换的性质和扇形面积的计算，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
15．（3分）如图，一次函数y1=k1+b与反比例函数y2=的图象相交于A（﹣1，2）、B（2，﹣1）两点，则y2＜y1时，x的取值范围是 x＜﹣1或0＜x＜2 ．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【分析】根据一次函数与反比例函数图象的交点、结合图象解答即可．
【解答】解：由图象可知，当﹣1＜x＜0或x＞3时，y1＜y2，
当x＜﹣1或0＜x＜2时，y2＜y1，
故答案为x＜﹣1或0＜x＜2．
【点评】本题考查的是一次函数与反比例函数的交点问题，掌握反比例函数图象上点的坐标特征、灵活运用数形结合思想是解题的关键．
16．（3分）如图，直线y=x﹣4与x轴、y轴分别交于M、N两点，⊙O的半径为2，将⊙O以每秒1个单位的速度向右作平移运动，当移动时间 4﹣2或4+2 秒时，直线MN恰好与圆相切．
【考点】直线与圆的位置关系；一次函数图象上点的坐标特征；平移的性质．
【分析】作EF平行于MN，且与⊙O切，交x轴于点E，交y轴于点F，设直线EF的解析式为y=x+b，由⊙O与直线EF相切结合三角形的面积即可得出关于b的含绝对值符号的一元一次方程，解方程即可求b值，从而得出点E的坐标，根据运动的相对性，即可得出结论．
【解答】解：作EF平行于MN，且与⊙O切，交x轴于点E，交y轴于点F，如图所示．
设直线EF的解析式为y=x+b，即x﹣y+b=0，
∵EF与⊙O相切，且⊙O的半径为2，
∴b2=×2×|b|，
解得：b=2或b=﹣2，
∴直线EF的解析式为y=x+2或y=x﹣2，
∴点E的坐标为（2，0）或（﹣2，0）．
令y=x﹣4中y=0，则x=4，
∴点M（4，0）．
∵根据运动的相对性，且⊙O以每秒1个单位的速度向右作平移运动，
∴移动的时间为4﹣2秒或4+2秒．
故答案为：4﹣2或4+2．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系、一次函数图象上点的坐标特征以及平移的性质，解题的关键是求出点E、M的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题时，巧妙的利用运动的相对性变移圆为移直线，降低了解题的难度．
三、解答题：共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（8分）解下列方程：
（1）x2﹣2x﹣3=0；
（2）（x﹣5）2=2（5﹣x）
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）用十字相乘法因式分解可以求出方程的根；
（2）首先移项后提取公因式（x﹣5），再解两个一元一次方程即可．
【解答】解：（1）∵x2﹣2x﹣3=0，
∴（x﹣3）（x+1）=0，
∴x﹣3=0或x+1=0，
∴x1=3，x2=﹣1；
（2）∵（x﹣5）2=2（5﹣x）
∴（x﹣5）2+2（x﹣5）=0，∴（x﹣5）（x﹣5+2）=0，
∴x﹣5=0或x﹣3=0，
∴x1=5，x2=3．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
18．（8分）如图，等腰Rt△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，点D在AC上，将△ABD绕点B沿顺时针方向旋转90°后，得到△CBE．
（1）求∠DCE的度数；
（2）若AB=4，CD=3AD，求DE的长．
【考点】旋转的性质．
【分析】（1）首先由等腰直角三角形的性质求得∠BAD、∠BCD的度数，然后由旋转的性质可求得∠BCE的度数，故此可求得∠DCE的度数；
（2）由（1）可知△DCE是直角三角形，先由勾股定理求得AC的长，然后依据比例关系可得到CE和DC的长，最后依据勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）∵△ABCD为等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠BCD=45°．
由旋转的性质可知∠BAD=∠BCE=45°．
∴∠DCE=∠BCE+∠BCA=45°+45°=90°．
（2）∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴AC==4．
∵CD=3AD，
∴AD=，DC=3．
由旋转的性质可知：AD=EC=．
∴DE==2．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质、勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质，求得∠DCE=90°是解题的关键．
19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，3）、B（3，3）、C（4，2）．
（1）请在图中作出经过点A、B、C三点的⊙M，并写出圆心M的坐标；
（2）若D（1，4），则直线BD与⊙M A ．
A、相切 B、相交．
【考点】直线与圆的位置关系；坐标与图形性质．
【分析】（1）连接AB，BC，分别作出线段BD，BC的垂直平分线，交点即为圆心；
（2）连接MB，DB，DM，利用勾股定理的逆定理证明∠DBM=90°即可得到直线BD与⊙M相切．
【解答】解：
（1）如图所示：圆心M的坐标为（2，1）；
（2）连接MB，DB，DM，
∵DB=，BM=，DM=，
∴DB2+BM2=DM2，
∴△DBM是直角三角形，
∴∠DBM=90°，
即BM⊥DB，
∴直线BD与⊙M相切，
故选A．
【点评】此题主要考查了直线与圆的位置关系以及勾股定理和其逆定理的运用，结合题意画出符合题意的图形，从而得出答案是解题的关键．
20．（8分）在一个暗箱中装有红、黄、白三种颜色的乒乓球（除颜色外其余均相同），其中白球、黄球各1个，且从中随机摸出一个球是白球的概率是．
（1）求暗箱中红球的个数；
（2）先从暗箱中随机摸出一个球，记下颜色放回，再从暗箱中随机摸出一个球，求两次摸到的球颜色不同的概率．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】计算题．
【分析】（1）设红球有x个数，利用概率公式得到=，然后解方程即可；
（2）先画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出两次摸到的球颜色不同的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）设红球有x个数，
根据题意得=，解得x=2，
所以暗箱中红球的个数为2个；
（2）画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中两次摸到的球颜色不同的结果数为10，
所以两次摸到的球颜色不同的概率==．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
21．（8分）已知关于x的方程x2﹣2（k+1）x+k2=0有两个实数根x1、x2．
（1）求k的取值范围；
（2）若x1+x2=3x1x2﹣6，求k的值．
【考点】根与系数的关系；根的判别式．
【分析】（1）根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac的意义得到△≥0，即4（k+1）2﹣4×1×k2≥0，解不等式即可得到k的范围；
（2）根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系得到x1+x2=2（k+1），x1x2=k2，则2（k+1）=3k2﹣6，即3k2﹣2k﹣8=0，利用因式分解法解得k1=2，k2=﹣，然后由（1）中的k的取值范围即可得到k的值．
【解答】解：（1）∵方程x2﹣2（k+1）x+k2=0有两个实数根x1，x2，
∴△≥0，即4（k+1）2﹣4×1×k2≥0，解得k≥﹣，
∴k的取值范围为k≥﹣；
（2）∵方程x2﹣2（k+1）x+k2=0有两个实数根x1，x2，
∴x1+x2=2（k+1），x1x2=k2，
∵x1+x2=3x1x2﹣6，
∴2（k+1）=3k2﹣6，即3k2﹣2k﹣8=0，
∴k1=2，k2=﹣，
∵k≥﹣，
∴k=2．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系．
22．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，圆心O在AB上，M是OA上一点，过M作AB的垂线交BC的延长线于点E，过点C作⊙O的切线，交ME于点F．
（1）求证：EF=CF；
（2）若∠B=2∠A，AB=4，且AC=CE，求BM的长．
【考点】切线的性质；三角形的外接圆与外心．
【分析】（1）延长FC至H，由AB是⊙O的直径，得出∠ACB=90°，由EM⊥AB，得出∠EMB=∠ACB=90°，证得△ABC∽△EMB，得出∠CEF=∠CAB，由弦切角定理得出∠CAB=∠BCH，由对顶角相等得出∠BCH=∠ECF，推出∠CEF=∠ECF，即可得出结论；
（2）利用含30度的直角三角形三边的性质得出BC=AB=2，AC=BC=2，则CE=2，所以BE=BC+CE=2+2，然后在Rt△BEM中计算出BM=BE即可．
【解答】（1）证明：延长FC至H，如图所示：
∵⊙O是△ABC的外接圆，圆心O在AB上，
∴AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵EM⊥AB，
∴∠EMB=∠ACB=90°，
∵∠ABC=∠EBM，
∴△ABC∽△EMB，
∴∠CEF=∠CAB，
∵FC是⊙O的切线，
∴∠CAB=∠BCH，
∵∠BCH=∠ECF
∴∠CAB=∠ECF，
∴∠CEF=∠ECF，
∴EF=CF；
（2）解：∵∠ACB=90°，∠B=2∠A，
∴∠B=60°，∠A=30°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=4，
∴BC=AB=2，AC=BC=2，
∵AC=CE，
∴CE=2，
∴BE=BC+CE=2+2，
在Rt△BEM中，∠BME=90°，∠BEM=∠A=30°
∴BM=BE=1+．
【点评】本题考查了切线的性质、含30度的角直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、弦切角定理等知识；熟练掌握弦切角定理与含30度的角直角三角形的性质是解决问题的关键．
23．（10分）某大学毕业生响应国家“自主创业”的号召，投资开办了一个装饰品商店，该店购进一种新上市的饰品进行了30天的试销售，购进价格为40元/件．销售结束后，得知日销售量P（件）与销售时间x（天）之间有如下关系：P=﹣2x+120（1≤x≤30，且x为整数）；销售价格Q（元/件）与销售时间x（天）之间有如下关系：Q=x+50（1≤x≤30，且x为整数）．
（1）试求出该商店日销售利润w（元）与销售时间x（天）之间的函数关系式；
（2）在这30天的试销售中，哪一天的日销售利润最大，哪一天的日销售利润最小？并分别求出这个最大利润和最小利润．
【考点】二次函数的应用．
【分析】（1）根据销售问题中的基本等量关系：销售利润=日销售量×（一件的销售价﹣一件的进价），建立函数关系式；
（2）将（1）中函数关系式配方可得其顶点式，结合自变量x的范围，根据二次函数的性质可得函数的最值情况．
【解答】解：（1）该商店日销售利润w（元）与销售时间x（天）之间的函数关系式为：
W=（x+50﹣40）（﹣2x+120）
=﹣x2+40x+1200（1≤x≤30，且x为整数）；
（2）∵W=﹣x2+40x+1200=﹣（x﹣20）2+1600，
∴当x=20时，W最大=1600元，
∵1≤x≤30，
∴当x=1时，W最小=1239元，
答：在这30天的试销售中，第20天的日销售利润最大，为1600元，第1天的日销售利润最小，为1239元．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，根据销售问题中的基本等量关系建立函数关系式是根本，由自变量x的范围，根据二次函数的性质讨论函数的最值情况是解题的关键．
24．（12分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，且OC=OB．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE，CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；
（3）点P在抛物线的对称轴上，若线段PA绕点P逆时针旋转90°后，点A的对应点A′恰好也落在此抛物线上，求点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）已知抛物线过A、B两点，可将两点的坐标代入抛物线的解析式中，用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）由于四边形BOCE不是规则的四边形，因此可将四边形BOCE分割成规则的图形进行计算，过E作EF⊥x轴于F，四边形BOCE的面积=三角形BFE的面积+直角梯形FOCE的面积．直角梯形FOCE中，FO为E的横坐标的绝对值，EF为E的纵坐标，已知C的纵坐标，就知道了OC的长．在三角形BFE中，BF=BO﹣OF，因此可用E的横坐标表示出BF的长．如果根据抛物线设出E的坐标，然后代入上面的线段中，即可得出关于四边形BOCE的面积与E的横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求得四边形BOCE的最大值及对应的E的横坐标的值．即可求出此时E的坐标；
（3）由P在抛物线的对称轴上，设出P坐标为（﹣1，m），如图所示，过A′作A′N⊥对称轴于N，由旋转的性质得到一对边相等，再由同角的余角相等得到一对角相等，根据一对直角相等，利用AAS得到△A′NP≌△PMA，由全等三角形的对应边相等得到A′N=PM=|m|，PN=AM=2，表示出A′坐标，将A′坐标代入抛物线解析式中求出相应m的值，即可确定出P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），
∴OB=3，
∵OC=OB，
∴OC=3，
∴c=3，
∴，
解得：，
∴所求抛物线解析式为：y=﹣x2﹣2x+3；
（2）如图2，过点E作EF⊥x轴于点F，设E（a，﹣a2﹣2a+3）（﹣3＜a＜0），
∴EF=﹣a2﹣2a+3，BF=a+3，OF=﹣a，
∴S四边形BOCE=BF•EF+（OC+EF）•OF，
=（a+3）•（﹣a2﹣2a+3）+（﹣a2﹣2a+6）•（﹣a），
=﹣﹣a+，
=﹣（a+）2+，
∴当a=﹣时，S四边形BOCE最大，且最大值为．
此时，点E坐标为（﹣，）；
（3）∵抛物线y=﹣x2﹣2x+3的对称轴为x=﹣1，点P在抛物线的对称轴上，
∴设P（﹣1，m），
∵线段PA绕点P逆时针旋转90°后，点A的对应点A′恰好也落在此抛物线上，
①当m≥0时，
∴PA=PA1，∠APA1=90°，
如图3，过A1作A1N⊥对称轴于N，设对称轴于x轴交于点M，
∴∠NPA1+∠MPA=∠NA1P+∠NPA1=90°，
∴∠NA1P=∠NPA，
在△A1NP与△PMA中，
，
∴△A1NP≌△PMA，
∴A1N=PM=m，PN=AM=2，
∴A1（m﹣1，m+2），
代入y=﹣x2﹣2x+3得：m+2=﹣（m﹣1）2﹣2（m﹣1）+3，
解得：m=1，m=﹣2（舍去），
②当m＜0时，要使P2A=P2A，2，由图可知A2点与B点重合，
∵∠AP2A2=90°，∴MP2=MA=2，
∴P2（﹣1，﹣2），
∴满足条件的点P的坐标为P（﹣1，1）或（﹣1，﹣2）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数，二次函数的性质，四边形的面积，综合性较强，难度适中．利用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
参考答案与试题解析
一、选择题：将下列各题中唯一正确答案的序号填入下面答题栏中相应的题号栏内，不填、填错或填的序号超过一个的不给分，每小题3分，共30分．
1．（3分）下列交通标志中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【分析】结合选项根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．
故选C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．（3分）方程x2﹣9=0的根是（ ）
A．x=﹣3 B．x1=3，x2=﹣3 C．x1=x2=3 D．x=3
【考点】解一元二次方程-直接开平方法．
【分析】首先把常数项9移到方程的右边，再两边直接开平方即可．
【解答】解：移项得：x2=9，
两边直接开平方得：x=±3，
即x1=3，x2=﹣3．
故选：B．
【点评】此题主要考查了利用直接开方法解一元二次方程，解这类问题要移项，把所含未知数的项移到等号的左边，把常数项移项等号的右边，化成x2=a（a≥0）的形式，利用数的开方直接求解．
3．（3分）把抛物线y=（x﹣1）2+2向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线是（ ）
A．y=x2 B．y=（x﹣2）2 C．y=（x﹣2）2+4 D．y=x2+4
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】已知抛物线的顶点坐标为（1，2），向左平移1个单位，再向下平移2个单位后，顶点坐标为（0，0），根据抛物线顶点式求解析式．
【解答】解：∵抛物线y=（x﹣1）2+2的顶点坐标为（1，2），
∴向左平移1个单位，再向下平移2个单位后，顶点坐标为（0，0），
∴平移后抛物线解析式为y=x2．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换．关键是将抛物线的平移问题转化为顶点的平移，用顶点式表示抛物线解析式．
4．（3分）下列说法：
①三点确定一个圆；
②垂直于弦的直径平分弦；
③三角形的内心到三条边的距离相等；
④圆的切线垂直于经过切点的半径．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．2 C．3 D．4
【考点】三角形的内切圆与内心；垂径定理；确定圆的条件；切线的性质．
【分析】根据确定圆的条件对①进行判断；根据垂径定理对②进行判断；根据三角形内心的性质对③进行判断；根据切线的性质对④进行判断．
【解答】解：不共线的三点确定一个圆，所以①错误；
垂直于弦的直径平分弦，所以②正确；
三角形的内心到三条边的距离相等，所以③正确；
圆的切线垂直于经过切点的半径，所以④正确．
故选C．
【点评】本题考查了三角形内心的性质、垂直定理、确定圆的条件和切线的性质．注意对①进行判断时要强调三点不共线．
5．（3分）如图，底边长为2的等腰Rt△ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转45°得到△OA1B1，则点A1的坐标为（ ）
A．（1，﹣） B．（1，﹣1） C．（） D．（，﹣1）
【考点】坐标与图形变化-旋转．
【专题】计算题．
【分析】A1B1交x轴于H，如图，根据等腰直角三角形的性质得∠OAB=45°，再利用旋转的性质得A1B1=AB=2，∠1=45°，∠OA1B1=45°，则∠2=45°，于是可判断OH⊥A1B1，则根据等腰直角三角形的性质得到OH=A1H=B1H=A1B1=1，然后写出点A1的坐标．
【解答】解：A1B1交x轴于H，如图，
∵△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°，
∵△ABO绕原点O逆时针旋转45°得到△OA1B1，
∴A1B1=AB=2，∠1=45°，∠OA1B1=45°，
∴∠2=45°，
∴OH⊥A1B1，
∴OH=A1H=B1H=A1B1=1，
∴点A1的坐标为（1，﹣1）．
故选B．
【点评】本题考查了坐标与图形变换﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．解决本题的关键是判断A1B1被x轴垂直平分．
6．（3分）如图，点A、C、B在⊙O上，已知∠AOB=∠ACB=α．则α的值为（ ）
A．135° B．120° C．110° D．100°
【考点】圆周角定理．
【分析】先运用“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半”，再运用周角360°即可解．
【解答】解：∵∠ACB=a
∴优弧所对的圆心角为2a
∴2a+a=360°
∴a=120°．
故选B．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
7．（3分）如图，⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为7，点P是直线l上的一个动点，PQ与⊙O相切于点Q，则PQ的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．2
【考点】切线的性质．
【分析】由切线的性质得出△OPQ是直角三角形．由OQ为定值，得出当OP最小时，PQ最小．根据垂线段最短，知OP=7时PQ最小．根据勾股定理得出结果即可．
【解答】解：∵PQ切⊙O于点Q，
∴∠OQP=90°，
∴PQ2=OP2﹣OQ2，
而OQ=5，
∴PQ2=OP2﹣52，即PQ=，
当OP最小时，PQ最小，
∵点O到直线l的距离为7，
∴OP的最小值为7，
∴PQ的最小值==2．
故选C．
【点评】此题综合考查了切线的性质、勾股定理及垂线段最短等知识点，如何确定PQ最小时点P的位置是解题的关键．
8．（3分）关于x的函数y=k（x+1）和y=（k≠0）在同一坐标系中的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【考点】反比例函数的图象；一次函数的图象．
【专题】数形结合．
【分析】根据反比例函数的比例系数可得经过的象限，一次函数的比例系数和常数项可得一次函数图象经过的象限．
【解答】解：当k＞0时，反比例函数图象经过一三象限；一次函数图象经过第一、二、三象限，故A、C错误；
当k＜0时，反比例函数经过第二、四象限；一次函数经过第二、三、四象限，故B错误，D正确；
故选：D．
【点评】考查反比例函数和一次函数图象的性质：
（1）反比例函数y=：当k＞0，图象过第一、三象限；当k＜0，图象过第二、四象限；
（2）一次函数y=kx+b：当k＞0，图象必过第一、三象限，当k＜0，图象必过第二、四象限．当b＞0，图象与y轴交于正半轴，当b=0，图象经过原点，当b＜0，图象与y轴交于负半轴．
9．（3分）若A（3，y1），B（5，y2），C（﹣2，y3）是抛物线y=﹣x2+4x+k上的三点，则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y2＞y1＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y1＞y2＞y3 D．y3＞y1＞y2
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】根据二次函数图象上点的坐标特征，将A（3，y1），B（5，y2），C（﹣2，y3）分别代入二次函数的关系式，分别求得y1，y2，y3的值，最后比较它们的大小即可．
【解答】解：∵A（3，y1），B（5，y2），C（﹣2，y3）为二次函数y=﹣x2+4x+k的图象上的三点，
∴y1=﹣9+12+k=3+k，
y2=﹣25+20+k=﹣5+k，
y3=﹣4﹣8+k=﹣12+k，
∵3+k＞﹣5+k＞﹣12+k，
∴y1＞y2＞y3．
故选C．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征．经过图象上的某点，该点一定在函数图象上．
10．（3分）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x=2，下列结论：
①4a+b=0；
②9a+c＜3b；
③25a+5b+c=0；
④当x＞2时，y随x的增大而减小．
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】根据抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，则有4a+b=0；观察函数图象得到当x=﹣3时，函数值小于0，则9a﹣3b+c＜0，即9a+c＜3b；由于x=5时，y=0，则25a+5b+c=0，再根据抛物线开口向下，由于对称轴为直线x=2，根据二次函数的性质得到当x＞2时，y随x的增大而减小．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，
∴b=﹣4a，即4a+b=0，（故①正确）；
∵当x=﹣3时，y＜0，
∴9a﹣3b+c＜0，
即9a+c＜3b，（故②正确）；
∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0），对称轴为直线x=2，
∴抛物线与x轴的一个交点为（5，0），
∴25a+5b+c=0，（故③正确），
∵抛物线开口向下，对称轴为直线x=2，
∴x＞2时，y随x的增大而减小，（故④正确）．
故选D．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定，△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点
二、填空题：每小题3分，共18分．
11．（3分）用配方法解方程x2﹣2x﹣7=0时，配方后的形式为 （x﹣1）2=8 ．
【考点】解一元二次方程-配方法．
【分析】将常数项移至右边，根据等式性质左右两边配上一次项系数一半的平方，再写成完全平方形式即可．
【解答】解：x2﹣2x=7，
x2﹣2x+1=7+1，
（x﹣1）2=8，
故答案为：（x﹣1）2=8．
【点评】本题考查配方法解一元二次方程，形如x2+px+q=0型：第一步移项，把常数项移到右边；第二步配方，左右两边加上一次项系数一半的平方；第三步左边写成完全平方式．
12．（3分）如图，把△ABC绕点A逆时针旋转42°，得到△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠B′BC′的大小为 69° ．
【考点】旋转的性质．
【分析】由旋转的性质可知AB=AB′，∠BAB′=42°，接下来，依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B′BC′的大小．
【解答】解：∵把△ABC绕点A逆时针旋转42°，得到△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，
∴∠BAB′=42°，AB=AB′．
∴∠AB′B=∠ABB′．
∴∠B′BC′=（180°﹣42°）=69°．
故答案为：69°．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，证得△ABB′是等腰三角形是解题的关键．
13．（3分）如图，点P在反比例函数y=（x＜0）的图象上，PA⊥x轴于点A，△PAO的面积为5，则k的值为 ﹣10 ．
【考点】反比例函数系数k的几何意义．
【分析】由△PAO的面积为5可得|k|=5，再结合图象经过的是第二象限，从而可以确定k值．
【解答】解：∵S△PAO=5，
∴|x•y|=5，即|k|=5，则|k|=10
∵图象经过第二象限，
∴k＜0，
∴k=﹣10
【点评】本题主要考查了反比例函数y=中k的几何意义，解题的关键是要明确过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得三角形面积为|k|．
14．（3分）将半径为5的圆形纸片，按如图方式折叠，若和都经过圆心O，则图中阴影部分的面积是 π ．
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】作OD⊥AB于点D，连接AO，BO，CO，求出∠OAD=30°，得到∠AOB=2∠AOD=120°，进而求得∠AOC=120°，再利用阴影部分的面积=S扇形AOC求解．
【解答】解；如图，作OD⊥AB于点D，连接AO，BO，CO，
∵OD=AO，
∴∠OAD=30°，
∴∠AOB=2∠AOD=120°，
同理∠BOC=120°，
∴∠AOC=120°，
∴阴影部分的面积=S扇形AOC==π．
故答案为：π
【点评】本题考查的是翻折变换的性质和扇形面积的计算，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
15．（3分）如图，一次函数y1=k1+b与反比例函数y2=的图象相交于A（﹣1，2）、B（2，﹣1）两点，则y2＜y1时，x的取值范围是 x＜﹣1或0＜x＜2 ．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【分析】根据一次函数与反比例函数图象的交点、结合图象解答即可．
【解答】解：由图象可知，当﹣1＜x＜0或x＞3时，y1＜y2，
当x＜﹣1或0＜x＜2时，y2＜y1，
故答案为x＜﹣1或0＜x＜2．
【点评】本题考查的是一次函数与反比例函数的交点问题，掌握反比例函数图象上点的坐标特征、灵活运用数形结合思想是解题的关键．
16．（3分）如图，直线y=x﹣4与x轴、y轴分别交于M、N两点，⊙O的半径为2，将⊙O以每秒1个单位的速度向右作平移运动，当移动时间 4﹣2或4+2 秒时，直线MN恰好与圆相切．
【考点】直线与圆的位置关系；一次函数图象上点的坐标特征；平移的性质．
【分析】作EF平行于MN，且与⊙O切，交x轴于点E，交y轴于点F，设直线EF的解析式为y=x+b，由⊙O与直线EF相切结合三角形的面积即可得出关于b的含绝对值符号的一元一次方程，解方程即可求b值，从而得出点E的坐标，根据运动的相对性，即可得出结论．
【解答】解：作EF平行于MN，且与⊙O切，交x轴于点E，交y轴于点F，如图所示．
设直线EF的解析式为y=x+b，即x﹣y+b=0，
∵EF与⊙O相切，且⊙O的半径为2，
∴b2=×2×|b|，
解得：b=2或b=﹣2，
∴直线EF的解析式为y=x+2或y=x﹣2，
∴点E的坐标为（2，0）或（﹣2，0）．
令y=x﹣4中y=0，则x=4，
∴点M（4，0）．
∵根据运动的相对性，且⊙O以每秒1个单位的速度向右作平移运动，
∴移动的时间为4﹣2秒或4+2秒．
故答案为：4﹣2或4+2．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系、一次函数图象上点的坐标特征以及平移的性质，解题的关键是求出点E、M的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题时，巧妙的利用运动的相对性变移圆为移直线，降低了解题的难度．
三、解答题：共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（8分）解下列方程：
（1）x2﹣2x﹣3=0；
（2）（x﹣5）2=2（5﹣x）
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）用十字相乘法因式分解可以求出方程的根；
（2）首先移项后提取公因式（x﹣5），再解两个一元一次方程即可．
【解答】解：（1）∵x2﹣2x﹣3=0，
∴（x﹣3）（x+1）=0，
∴x﹣3=0或x+1=0，
∴x1=3，x2=﹣1；
（2）∵（x﹣5）2=2（5﹣x）
∴（x﹣5）2+2（x﹣5）=0，∴（x﹣5）（x﹣5+2）=0，
∴x﹣5=0或x﹣3=0，
∴x1=5，x2=3．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
18．（8分）如图，等腰Rt△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，点D在AC上，将△ABD绕点B沿顺时针方向旋转90°后，得到△CBE．
（1）求∠DCE的度数；
（2）若AB=4，CD=3AD，求DE的长．
【考点】旋转的性质．
【分析】（1）首先由等腰直角三角形的性质求得∠BAD、∠BCD的度数，然后由旋转的性质可求得∠BCE的度数，故此可求得∠DCE的度数；
（2）由（1）可知△DCE是直角三角形，先由勾股定理求得AC的长，然后依据比例关系可得到CE和DC的长，最后依据勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）∵△ABCD为等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠BCD=45°．
由旋转的性质可知∠BAD=∠BCE=45°．
∴∠DCE=∠BCE+∠BCA=45°+45°=90°．
（2）∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴AC==4．
∵CD=3AD，
∴AD=，DC=3．
由旋转的性质可知：AD=EC=．
∴DE==2．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质、勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质，求得∠DCE=90°是解题的关键．
19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，3）、B（3，3）、C（4，2）．
（1）请在图中作出经过点A、B、C三点的⊙M，并写出圆心M的坐标；
（2）若D（1，4），则直线BD与⊙M A ．
A、相切 B、相交．
【考点】直线与圆的位置关系；坐标与图形性质．
【分析】（1）连接AB，BC，分别作出线段BD，BC的垂直平分线，交点即为圆心；
（2）连接MB，DB，DM，利用勾股定理的逆定理证明∠DBM=90°即可得到直线BD与⊙M相切．
【解答】解：
（1）如图所示：圆心M的坐标为（2，1）；
（2）连接MB，DB，DM，
∵DB=，BM=，DM=，
∴DB2+BM2=DM2，
∴△DBM是直角三角形，
∴∠DBM=90°，
即BM⊥DB，
∴直线BD与⊙M相切，
故选A．
【点评】此题主要考查了直线与圆的位置关系以及勾股定理和其逆定理的运用，结合题意画出符合题意的图形，从而得出答案是解题的关键．
20．（8分）在一个暗箱中装有红、黄、白三种颜色的乒乓球（除颜色外其余均相同），其中白球、黄球各1个，且从中随机摸出一个球是白球的概率是．
（1）求暗箱中红球的个数；
（2）先从暗箱中随机摸出一个球，记下颜色放回，再从暗箱中随机摸出一个球，求两次摸到的球颜色不同的概率．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】计算题．
【分析】（1）设红球有x个数，利用概率公式得到=，然后解方程即可；
（2）先画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出两次摸到的球颜色不同的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）设红球有x个数，
根据题意得=，解得x=2，
所以暗箱中红球的个数为2个；
（2）画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中两次摸到的球颜色不同的结果数为10，
所以两次摸到的球颜色不同的概率==．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
21．（8分）已知关于x的方程x2﹣2（k+1）x+k2=0有两个实数根x1、x2．
（1）求k的取值范围；
（2）若x1+x2=3x1x2﹣6，求k的值．
【考点】根与系数的关系；根的判别式．
【分析】（1）根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac的意义得到△≥0，即4（k+1）2﹣4×1×k2≥0，解不等式即可得到k的范围；
（2）根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系得到x1+x2=2（k+1），x1x2=k2，则2（k+1）=3k2﹣6，即3k2﹣2k﹣8=0，利用因式分解法解得k1=2，k2=﹣，然后由（1）中的k的取值范围即可得到k的值．
【解答】解：（1）∵方程x2﹣2（k+1）x+k2=0有两个实数根x1，x2，
∴△≥0，即4（k+1）2﹣4×1×k2≥0，解得k≥﹣，
∴k的取值范围为k≥﹣；
（2）∵方程x2﹣2（k+1）x+k2=0有两个实数根x1，x2，
∴x1+x2=2（k+1），x1x2=k2，
∵x1+x2=3x1x2﹣6，
∴2（k+1）=3k2﹣6，即3k2﹣2k﹣8=0，
∴k1=2，k2=﹣，
∵k≥﹣，
∴k=2．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系．
22．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，圆心O在AB上，M是OA上一点，过M作AB的垂线交BC的延长线于点E，过点C作⊙O的切线，交ME于点F．
（1）求证：EF=CF；
（2）若∠B=2∠A，AB=4，且AC=CE，求BM的长．
【考点】切线的性质；三角形的外接圆与外心．
【分析】（1）延长FC至H，由AB是⊙O的直径，得出∠ACB=90°，由EM⊥AB，得出∠EMB=∠ACB=90°，证得△ABC∽△EMB，得出∠CEF=∠CAB，由弦切角定理得出∠CAB=∠BCH，由对顶角相等得出∠BCH=∠ECF，推出∠CEF=∠ECF，即可得出结论；
（2）利用含30度的直角三角形三边的性质得出BC=AB=2，AC=BC=2，则CE=2，所以BE=BC+CE=2+2，然后在Rt△BEM中计算出BM=BE即可．
【解答】（1）证明：延长FC至H，如图所示：
∵⊙O是△ABC的外接圆，圆心O在AB上，
∴AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵EM⊥AB，
∴∠EMB=∠ACB=90°，
∵∠ABC=∠EBM，
∴△ABC∽△EMB，
∴∠CEF=∠CAB，
∵FC是⊙O的切线，
∴∠CAB=∠BCH，
∵∠BCH=∠ECF
∴∠CAB=∠ECF，
∴∠CEF=∠ECF，
∴EF=CF；
（2）解：∵∠ACB=90°，∠B=2∠A，
∴∠B=60°，∠A=30°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=4，
∴BC=AB=2，AC=BC=2，
∵AC=CE，
∴CE=2，
∴BE=BC+CE=2+2，
在Rt△BEM中，∠BME=90°，∠BEM=∠A=30°
∴BM=BE=1+．
【点评】本题考查了切线的性质、含30度的角直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、弦切角定理等知识；熟练掌握弦切角定理与含30度的角直角三角形的性质是解决问题的关键．
23．（10分）某大学毕业生响应国家“自主创业”的号召，投资开办了一个装饰品商店，该店购进一种新上市的饰品进行了30天的试销售，购进价格为40元/件．销售结束后，得知日销售量P（件）与销售时间x（天）之间有如下关系：P=﹣2x+120（1≤x≤30，且x为整数）；销售价格Q（元/件）与销售时间x（天）之间有如下关系：Q=x+50（1≤x≤30，且x为整数）．
（1）试求出该商店日销售利润w（元）与销售时间x（天）之间的函数关系式；
（2）在这30天的试销售中，哪一天的日销售利润最大，哪一天的日销售利润最小？并分别求出这个最大利润和最小利润．
【考点】二次函数的应用．
【分析】（1）根据销售问题中的基本等量关系：销售利润=日销售量×（一件的销售价﹣一件的进价），建立函数关系式；
（2）将（1）中函数关系式配方可得其顶点式，结合自变量x的范围，根据二次函数的性质可得函数的最值情况．
【解答】解：（1）该商店日销售利润w（元）与销售时间x（天）之间的函数关系式为：
W=（x+50﹣40）（﹣2x+120）
=﹣x2+40x+1200（1≤x≤30，且x为整数）；
（2）∵W=﹣x2+40x+1200=﹣（x﹣20）2+1600，
∴当x=20时，W最大=1600元，
∵1≤x≤30，
∴当x=1时，W最小=1239元，
答：在这30天的试销售中，第20天的日销售利润最大，为1600元，第1天的日销售利润最小，为1239元．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，根据销售问题中的基本等量关系建立函数关系式是根本，由自变量x的范围，根据二次函数的性质讨论函数的最值情况是解题的关键．
24．（12分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，且OC=OB．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE，CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；
（3）点P在抛物线的对称轴上，若线段PA绕点P逆时针旋转90°后，点A的对应点A′恰好也落在此抛物线上，求点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）已知抛物线过A、B两点，可将两点的坐标代入抛物线的解析式中，用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）由于四边形BOCE不是规则的四边形，因此可将四边形BOCE分割成规则的图形进行计算，过E作EF⊥x轴于F，四边形BOCE的面积=三角形BFE的面积+直角梯形FOCE的面积．直角梯形FOCE中，FO为E的横坐标的绝对值，EF为E的纵坐标，已知C的纵坐标，就知道了OC的长．在三角形BFE中，BF=BO﹣OF，因此可用E的横坐标表示出BF的长．如果根据抛物线设出E的坐标，然后代入上面的线段中，即可得出关于四边形BOCE的面积与E的横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求得四边形BOCE的最大值及对应的E的横坐标的值．即可求出此时E的坐标；
（3）由P在抛物线的对称轴上，设出P坐标为（﹣1，m），如图所示，过A′作A′N⊥对称轴于N，由旋转的性质得到一对边相等，再由同角的余角相等得到一对角相等，根据一对直角相等，利用AAS得到△A′NP≌△PMA，由全等三角形的对应边相等得到A′N=PM=|m|，PN=AM=2，表示出A′坐标，将A′坐标代入抛物线解析式中求出相应m的值，即可确定出P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），
∴OB=3，
∵OC=OB，
∴OC=3，
∴c=3，
∴，
解得：，
∴所求抛物线解析式为：y=﹣x2﹣2x+3；
（2）如图2，过点E作EF⊥x轴于点F，设E（a，﹣a2﹣2a+3）（﹣3＜a＜0），
∴EF=﹣a2﹣2a+3，BF=a+3，OF=﹣a，
∴S四边形BOCE=BF•EF+（OC+EF）•OF，
=（a+3）•（﹣a2﹣2a+3）+（﹣a2﹣2a+6）•（﹣a），
=﹣﹣a+，
=﹣（a+）2+，
∴当a=﹣时，S四边形BOCE最大，且最大值为．
此时，点E坐标为（﹣，）；
（3）∵抛物线y=﹣x2﹣2x+3的对称轴为x=﹣1，点P在抛物线的对称轴上，
∴设P（﹣1，m），
∵线段PA绕点P逆时针旋转90°后，点A的对应点A′恰好也落在此抛物线上，
①当m≥0时，
∴PA=PA1，∠APA1=90°，
如图3，过A1作A1N⊥对称轴于N，设对称轴于x轴交于点M，
∴∠NPA1+∠MPA=∠NA1P+∠NPA1=90°，
∴∠NA1P=∠NPA，
在△A1NP与△PMA中，
，
∴△A1NP≌△PMA，
∴A1N=PM=m，PN=AM=2，
∴A1（m﹣1，m+2），
代入y=﹣x2﹣2x+3得：m+2=﹣（m﹣1）2﹣2（m﹣1）+3，
解得：m=1，m=﹣2（舍去），
②当m＜0时，要使P2A=P2A，2，由图可知A2点与B点重合，
∵∠AP2A2=90°，∴MP2=MA=2，
∴P2（﹣1，﹣2），
∴满足条件的点P的坐标为P（﹣1，1）或（﹣1，﹣2）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数，二次函数的性质，四边形的面积，综合性较强，难度适中．利用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
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