2022-2023学年福建省厦门十中九年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省厦门十中九年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析），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. 下列各数中比−2小的数是( )
A. −3B. |−4|C. 0D. −(−2)
2. 中国的领水面积约为370000km2，将数370000用科学记数法表示为( )
A. 37×104B. 3.7×104C. 0.37×106D. 3.7×105
3. 如图所示几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 下列计算的结果为a5的是( )
A. a3+a2B. a6−aC. (a3)2D. a3⋅a2
5. 某中学随机调查了15名学生，了解他们一周在校参加体育锻炼时间，列表如下：则这15名同学一周在校参加体育锻炼时间的中位数是( )
A. 6B. 7C. 5D. 2
6. 点O，A，B，C在数轴上的位置如图所示，O为原点，AC=1，OA=OB.若点C所表示的数为a，则点B所表示的数为( )
A. −a−1B. −a+1C. a+1D. a−1
7. 某次列车平均提速v km/h，用相同的时间，列车提速前行驶skm，提速后比提速前多行驶50km，则方程sx+v=s+50x所表达的等量关系是( )
A. 提速前列车行驶s km与提速后行驶(s+50)km的时间相等
B. 提速后列车每小时比提速前列车每小时多开v km
C. 提速后列车行驶(s+50)km的时间比提速前列车行驶s km多v h
D. 提速后列车用相同的时间可以比提速前多开50km
8. 如图，扇形OAB中，OB=3，∠AOB=100°，点C在OB上，连接AC，点O关于AC的对称点D刚好落在AB上，则BD的长是( )
A. π3
B. 2π3
C. π2
D. 3π2
9. 如图，直线y=−14x与双曲线y=kx(k<0,x<0)交于点A，将直线y=−14x向上平移2个单位长度后，与y轴交于C，与双曲线交于B，若OA=2BC，则k的值为( )
A. −7
B. −223
C. −649
D. −658
10. 已知点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)都在抛物线y=−a6x2+ax+c上，其中y2=32a+c，下列说法正确的是( )
A. 若|x1−x2|≤|x3−x2|，则y2≥y3≥y1
B. 若|x1−x2|≥|x3−x2|，则y2≥y3≥y1
C. 若y1>y3>y2，则|x1−x2|≥|x2−x3|
D. 若y1>y3≥y2，则|x1−x2|<|x2−x3|
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 2的相反数是 ．
12. 多项式x2−2x+3的次数是______ ．
13. 为解决“在甲、乙两个不透明口袋中随机摸球”的问题，小明画出如图所示的树状图.已知这些球除颜色外无其他差别，根据树状图，小明从两个口袋中各随机取出的1个球恰好是1个白球和1个黑球的结果共有______ 种.
14. 我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数．以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d≈3169V.我们知道球的体积公式为43πr3，那么利用开立圆柱圆柱的直径相当于体积公式中的π=______．
15. 如图，在平面直角坐标系中，点A是直线y=−2x+4上的一个动点，将点A绕点P(1,0)顺时针旋转90°，得到点B，连接OB，当OB长度为最小值时，则点A的坐标为______ ．
16. 如图，正方形ABCD的边长为6，点E是BC的中点，连结AE、DE，分别交BD、AC于点P、K，过点P作PF⊥AE，分别交AB、CB的延长线于N、F.下列结论：
①∠AED=45°；②AP=FP；③CK= 2OK；④四边形OPEK的面积为3，其中正确的结论有______ (写出所有正确结论的序号)
三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
(1)计算：(−2)0+1 2− 9；
(2)解方程：2x−y=3x+y=−2．
18. (本小题8.0分)
如图，DF是△ABC的中位线，AB=CD，AC=DE.求证：∠E=∠BAC．
19. (本小题8.0分)
已知关于a的不等式组
(1)解不等式组：3a−2>2a4(a−1)<3a；
(2)化简分式a−a+4a+1，并比较此分式的值与0的大小关系．
20. (本小题8.0分)
如图，AB=AD，∠BAD=2∠BAC．
(1)在AC上方求作一点E，使得∠CAE=∠BAD，且AC=AE，连接CE(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)．
(2)在(1)的条件下，连接DE、BC、BE，若DE=1，CE= 2，求∠EBC的度数．
21. (本小题8.0分)
如图，在⊙O中，半径OD⊥直径AB，CD与⊙O相切于点D，连接AC交⊙O于点E，交OD于点G，连接CB并延长交圆于点F，连接AD，EF．
(1)求证：∠ACD=∠F；
(2)若tan∠F=13，求证：四边形ABCD是平行四边形．
22. (本小题10.0分)
从厦门市海沧行政服务中心到华侨博物馆上班，有以下两种出行方式.方式一：乘坐地铁二号线到换乘点火炬园站，换乘地铁一号线至镇海路站下车，再步行一段路程至华侨博物馆.方式二：乘坐地铁二号线到换乘点火炬园站，出站后打车至华侨博物馆，出站需2分钟时间．

(1)从二号线换乘点到一号线需要步行一段距离.小明随机记录了200名乘客换乘需要的步行时间如图1.如果这些乘客中有一位10：45到达二号线火炬园站，地铁一号线10：48到达镇海路站，停留30秒(含关门时间).那么该乘客能赶上该越一号线的概率是多少？
(2)小海每天上午8：10从到达二号线换乘点火炬园站至出一号线镇海路站需35分钟，小海对他刚入职1−2月40个工作日从镇海路站下车，再步行一段路程所需时间做了统计如表1，若从火炬园站出站，直接打车到华侨博物馆大概需要14−24分钟.小海对他3−4月40个工作日打车的时间做了统计如表2(因每天拥堵、红绿灯等路况不同，步行时间长短不一).公司规定9：00前(不含9：00)到公司打卡为准时考勤，按每月20个工作日计算，达到17天以上准时考勤，可领取月满勤奖600元，地铁交通费8元/天，打车费40元/天，请你运用所学的统计知识判断小海五月份选择哪种上班方式合适．
表1：
表2；
23. (本小题10.0分)
某农作物的生长率p与温度t(℃)有如下关系：如图1，当10≤t≤25时可近似用函数p=150t−15刻画；当25≤t≤37时可近似用函数p=−1160(t−h)2+0.4刻画．
(1)求h的值．
(2)按照经验，该作物提前上市的天数m(天)与生长率p满足函数关系：
①请运用已学的知识，求m关于p的函数表达式；
②请用含t的代数式表示m．
(3)天气寒冷，大棚加温可改变农作物生长速度．在(2)的条件下，原计划大棚恒温20℃时，每天的成本为200元，该作物30天后上市时，根据市场调查：每提前一天上市售出(一次售完)，销售额可增加600元．因此给大棚继续加温，加温后每天成本w(元)与大棚温度t(℃)之间的关系如图2.问提前上市多少天时增加的利润最大？并求这个最大利润(农作物上市售出后大棚暂停使用)．
24. (本小题10.0分)
在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，点M为AB边上一个动点，连接DM，过点M作MN⊥DM，且MN=32DM，连接DN．

(1)如图1，连接BD与BN，BD交MN于点E．
①求证：△ABD∽△MND；
②若∠BDM=30°，求BN的长．
(2)如图2，当AM=4BM时，求证：A，C，N三点在同一条直线上．
25. (本小题12.0分)
已知二次函数y=ax2+bx+t−1，t<0．
(1)当t=−2时，
①若二次函数图象经过点(1,−4)，(−1,0)，求a，b的值；
②若2a−b=1，对于任意不为零的实数a，是否存在一条直线y=kx+p(k≠0)，始终与二次函数图象交于不同的两点？若存在，求出该直线的表达式；若不存在，请说明理由；
(2)若点A(−1,t)，B(m,t−n)(m>0,n>0)是二次函数图象上的两点，且S△AOB=12n−2t，当−1≤x≤m时，点A是该函数图象的最高点，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.−3<−2，故本选项符合题意；
B.|−4|>−2，故本选项不符合题意；
C.0>−2，故本选项不符合题意；
D.−(−2)>−2，故本选项不符合题意；
故选：A．
先根据有理数大小比较法则比较大小，再得出答案即可．
本题考查了有理数大小比较，能熟记实数的大小比较法则是解此题的关键，注意：正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查科学记数法表示绝对值较大的数，绝对值较大的数用科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为正整数.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的值与小数点移动的位数相同，据此解答即可．
【解答】
解：370000=3.7×105，
故选：D．
3.【答案】C
【解析】解：从上面可看，是一个矩形，矩形内部的右下角是一个小三角形．
故选：C．
找到从上面看所得到的图形即可．
本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
4.【答案】D
【解析】解：A.a3与a2不是同类项，不能加减，故选项A计算的结果不是a5；
B.a6与a不是同类项，不能加减，故选项B计算的结果不是a5；
C.(a3)2=a6，故选项C计算的结果不是a5；
D.a3⋅a2=a3+2=a5，故选项D计算的结果是a5．
故选：D．
利用合并同类项法则计算A、B，利用幂的乘方法则计算C，利用同底数幂的乘法法则计算D，根据计算结果得结论．
本题考查了整式的运算，掌握合并同类项法则、幂的乘方法则、同底数幂的乘法法则是解决本题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵共有15个数，最中间的数是第8个数，
∴这15名同学一周在校参加体育锻炼时间的中位数是6；
故选：A．
根据中位数的定义进行解答即可．
此题考查了中位数，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数．
6.【答案】B
【解析】解：由图可得，
点A表示的数为a−1，
∵OA=OB，
∴点B表示的数为−(a−1)=−a+1，
故选：B．
根据题意和数轴，可以用含a的代数式表示出点B，本题得以解决．
本题考查列代数式、数轴，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
7.【答案】B
【解析】解：方程sx+v=s+50x表达的等量关系是提速后列车每小时比提速前列车每小时多开v km，
故选：B．
利用提速后列车每小时比提速前列车每小时多的路程分析．
此题主要考查了分式方程的应用，关键是正确理解题意，设出未知数，以时间做为等量关系列方程．
8.【答案】B
【解析】连接OD，根据轴对称的性质得到AD=OA，根据等边三角形的性质求出∠AOD=60°，结合图形求出∠BOD，根据弧长公式计算，得到答案．
本题考查的是弧长的计算、轴对称的性质，掌握弧长公式是解题的关键．
【解答】
解：连接OD，
∵点D是点O关于AC的对称点，
∴AD=OA，
∵OA=OD，
∴OA=OD=AD，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∴∠BOD=100°−60°=40°，
∴BD的长=40π×3180=23π，
故选：B．
9.【答案】C
【解析】解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥y轴于点D，
则∠AEO=∠BDC=90°，
∵AO//BC，
∴∠BCD=∠AOC，
∵∠BCD+∠DBC=90°，∠AOC+∠AOE=90°，
∴∠DBC=∠AOE，
∴△AOE∽△CBD，
∴AOBC=OEBD=OACB=2，
∴OE=2BD，
∵y=−14x向上平移2个单位后解析式为y=−14x+2，
点B在直线y=−14x+2上，
∴设B(b,−14b+2)，则OE=2BD=2b，
∵点A在直线y=−14x上，
∴点A坐标为(2b,−12b)，
∵A，B都在双曲线y=kx上，
∴b(−14b+2)=2b(−12b)，
解得b=−83，
∴k=2b(−12b)=2×(−83)×(−12)×(−83)=−649，
故选：C．
过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥y轴于点D，根据△AOE∽△CBD及OA=2BC可得OE=2BD，由一次函数的平移可得BC解析式，设点B坐标(b,−14b+2)，从而可得点A坐标，根据A，B在双曲线上，进而求解．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键是掌握函数与方程的关系，掌握一次函与几何变换．
10.【答案】D
【解析】解：∵y=−a6x2+ax+c=−a6(x−3)2+32a+c，
∴函数的顶点坐标为(3,32a+c)，即为点B，
当a>0时，抛物线开口向下，则当x越靠近3时，y的值越大，
∴当|x1−x2|≤|x3−x2|时，y2≥y1≥y3，
当|x1−x2|≥|x3−x2|时，y2≥y3≥y1，
当a<0时，抛物线开口向上，则当x越靠近3时，y的值越小，
∴当|x1−x2|≥|x3−x2|时，y2≥y1≥y2，
故选项A，B无法确定，不符合题意；
当y1>y3≥y2时，y2是最小值，此时a<0，开口向上，则当x越靠近3时，y的值越小，
∴|x1−x2|>|x2−x3|，故选项D正确，符合题意．
故选：D．
先将抛物线的解析式化为顶点式，然后得到函数的顶点即为点B，再由a的正负分情况讨论，得到y之间的大小关系．
本题主要考查二次函数的性质，熟知由抛物线的开口方向和点到对称轴的距离大小决定对应y值的大小是解题关键．
11.【答案】−2
【解析】解：2的相反数是−2．
故答案为：−2
根据相反数的定义可知．
主要考查相反数的定义：只有符号相反的两个数互为相反数．0的相反数是其本身．
12.【答案】2
【解析】解：多项式x2−2x+3的次数是2．
故答案为：2．
根据多项式中次数最高的项的次数叫做多项式的次数，即可得出答案．
本题考查多项式的概念，解题关键是掌握多项式的次数的概念．
13.【答案】1
【解析】解：由树状图可知，共有6种等可能的结果，分别为：(红球，红球)，(红球，白球)，(红球，黑球)，(白球，红球)，(白球，白球)，(白球，黑球)，
∴小明从两个口袋中各随机取出的1个球恰好是1个白球和1个黑球的结果共有1种．
故答案为：1．
由树状图可得出所有等可能的结果，即可得出小明从两个口袋中各随机取出的1个球恰好是1个白球和1个黑球的结果数．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法是解答本题的关键．
14.【答案】3.375
【解析】解：∵V=43πr3，
∴r=334Vπ，
∴d=2334Vπ=36Vπ，
∴3169V=36Vπ，
∴169V=6Vπ，
∴π=3.375．
故答案为：3.375．
根据球的体积公式求出r，再求出d，根据题意得3169V=36Vπ，从而得到π的值．
本题考查了立方根，根据球的体积公式求出直径d是解题的关键．
15.【答案】(115,−25)
【解析】解：如图，作AD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，
∵∠ADP=∠PEB=∠ADP=90°，
∴∠APD+∠BPE=∠PBE+∠BPE，
∴∠APD=∠PBE，
又PA=PB，
∴△APD≌△PBE(AAS)，
∴PE=AD，BE=PD，
设A(m,−2m+4)，
∴PD=|m−1|，AD=|−2m+4|，
∴OE=|5−2m|，
∴B(5−2m,1−m)，
∴OB2=OE2+BE2=(5−2m)2+(1−m)2=5(m−115)2+95，
∴当m=115时，OB的长度最小，
∴A(115,−25)，
故答案为(115,−25).
利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后B点的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，三角形全等，图形旋转变换，二次函数的性质，勾股定理等知识，综合性较强，把各个知识点合理串联起来是解题关键．
16.【答案】②④
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵BE=EC，
无法得出∠EAB=∠EAC，
∴不能得出∠AED=45°，故①错误，
连接AF．
∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP=45°，
∴∠PAF=∠PFA=45°，
∴PA=PF，故②正确，
∵OB=OD，EB=EC，
∴OE//CD，OE=12CD，
∴△OEK∽△CDK，
∴OKCK=OECD=12，
∴CK=2OK，故③错误；
∵△OEK∽△CDK，
∴S△OKES△CDK=(12)2，
∴S△OKE=14S△CDK，
∵OK：CK=1：2，
∴S△CDK=23S△OCD=23×14S正方形ABCD=23×14×62=6，
∴S△OKE=124×62=32，
∴四边形OPEK的面积=2S△OKE=3，故④正确；
故答案为：②④．
①错误．无法证明∠BAE=∠EAC=22.5°，即可解决问题；
②正确．利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；
③错误．证明OE是△BCD的中位线，再证明△OEK∽△CDK便可得出结果；
④正确，由△OEK∽△CDK得出△OEK的面积与△CDK的面积的关系，再由△CDK的面积与正方形ABCD的面积关系求得△OEK的面积，最后求得四边形OPEK的面积便可．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
17.【答案】解：(1)(−2)0+1 2− 9
=1+ 22−3
= 22−2；
(2)2x−y=3①x+y=−2②，
①+②得：3x=1，
解得：x=13，
把x=13代入②得：13+y=−2，
解得：y=−213，
∴原方程组的解为：x=13y=−213．
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)利用加减消元法进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，零指数幂，分母有理化，解二元一次方程组，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】证明：∵DF是△ABC的中位线，
∴DF//AB，
∴∠CDE=∠A，
在△CDE和△BAC中，
CD=BA∠CDE=∠ADE=AC，
∴△CDE≌△BAC(SAS)，
∴∠E=∠BAC．
【解析】根据三角形中位线定理得DF//AB，然后证明△CDE≌△BAC(SAS)，即可解决问题．
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
19.【答案】解：(1)3a−2>2a①4(a−1)<3a②，
解不等式①得：a>2，
解不等式②得：a<4，
∴不等式组的解集为：2(2)a−a+4a+1
=a2+a−a−4a+1
=a2−4a+1，
当a2−4a+1≥0时，
∴a2−4≥0a+1>0或a2−4≤0a+1<0，
∴a≥2或a≤−2a>−1或−2≤a≤2a<−1，
∴a≥2或−2≤a<−1．
【解析】(1)利用解一元一次不等式组的方法进行求解即可；
(2)利用分式的相应的运算法则对式子进行化简，再与0比较即可．
本题考查了分式的加减法、解一元一次不等式组，掌握分式的加减法、解一元一次不等式组的步骤是解题关键．
20.【答案】解：(1)如图，点E为所作；

(2)∵∠CAE=∠BAD，
即∠CAB+∠BAE=∠DAE+∠BAE，
∴∠CAB=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
AB=AD∠CAB=∠DAEAC=AE，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴CB=ED=1，
∵∠BAD=2∠BAC，
∴∠DAE=∠BAE，
∴AB=AD，
∴AE垂直平分BD，
∴ED=EB=1，
在△BCE中，∵BC=BE=1，CE= 2，
∴BC2+BE2=CE2，
∴△BCE为直角三角形，∠EBC=90°．
【解析】(1)利用基本作图，作一个角等于已知角作∠CAE=∠BAD，然后截取AE=AC即可；
(2)先证明∠CAB=∠DAE，再证明△ABC≌△ADE得到CB=ED=1，接着证明AE垂直平分BD得到ED=EB=1，然后利用勾股定理的逆定理证明△BCE为直角三角形，∠EBC=90°．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理．
21.【答案】证明(1)∵CD与⊙O相切于点D，
∴半径OD⊥CD，
∵半径OD⊥直径AB，
∴CD//AB，
∴∠ACD=∠BAE，
∵∠F=∠BAE，
∴∠ACD=∠F；
(2)∵∠OAG=∠F，
∴tan∠OAG=tanF=13，
∴OGAO=13，
∵OD=OA，
∴OG：OD=1：3，
∴OG：GD=1：2，
∵CD//AO，
∴△AOG∽△CDG，
∴AO：CD=OG：DG=1：2，
∵AO：AB=1：2，
∴DC=AB，
∵DC//AB，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【解析】(1)由切线的性质得到半径OD⊥CD，又半径OD⊥直径AB，推出CD//AB，得到∠ACD=∠BAE，由圆周角定理得到∠F=∠BAE，即可证明∠ACD=∠F；
(2))由∠OAG=∠F，得到tan∠OAG=tanF=13，推出OG：GD=1：2，由△AOG∽△CDG，得到AO：CD=OG：DG=1：2，而AO：AB=1：2，得到DC=AB，又DC//AB，即可证明四边形ABCD是平行四边形．
本题考查切线的性质，平行四边形的判定，圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
22.【答案】解：(1)一共200个人，其中3分钟内(含3分钟)换乘的有90人，
故该乘客能赶上一号线10：48分地铁的概率为：90200=920；
(2)从8：10到9：00共50分钟(不包含50)，即小明从出发到上班打卡用时不超过50分钟，
从表1可知，小明到打卡用时：35+10=45分钟的有22天；35+12=47分钟的有12天，
因此，小明1−2月能按时上班的天数为：22+12=34=17×2，
所以，小明1−2月的出勤能领取费用为：600×2+8×34+40×34=2832 (元)；
从表2知，小明能准时上班的天数为：2+6+30=38>34 (天)，
所以，小明3−4月的出勤可领取的费用为：600×2+8×38+40×38=3024 (元)，
∵3024>2832，
所以，小明5月份应选方式二上班．
【解析】(1)直接用概率公式计算；
(2)分别计算两种上班方式所用的时间小于50分钟的天数是否达到34天，再计算领取费用比较即可．
本题考查概率公式、直方图和频率分布表．解题的关键是熟记概率公式、频率分布表中各数据的关系．
23.【答案】解：(1)把(25,0.3)代入p=−1160(t−h)2+0.4得，0.3=−1160(25−h)2+0.4，
解得：h=29或h=21，
∵h>25，
∴h=29；
(2)①由表格可知，m是p的一次函数，
∴m=100p−20；
②当10≤t≤25时，p=150t−15，
∴m=100(150t−15)−20=2t−40；
当25≤t≤37时，p=−1160(t−h)2+0.4，
∴m=100[−1160(t−h)2+0.4]−20=−58(t−29)2+20；
(3)(Ⅰ)当20≤t≤25时，
由(20,200)，(25,300)，得w=20t−200，
∴增加利润为600m+[200×30−w(30−m)]=40t2−600t−4000，
∴当t=25时，增加的利润的最大值为6000元；
(Ⅱ)当25≤t≤37时，w=300，
增加的利润为600m+[200×30−w(30−m)]=900×(−58)×(t−29)2+15000=−11252(t−29)2+15000；
∴当t=29时，增加的利润最大值为15000元，
综上所述，当t=29时，提前上市20天，增加的利润最大值为15000元．
【解析】(1)把(25,0.3)代入p=−1160(t−h)2+0.4，解方程即可得到结论；
(2)①由表格可知，m是p的一次函数，于是得到m=100p−20；
②当10≤t≤25时，p=150t−15，求得m=100(150t−15)−20=2t−40；当25≤t≤37时，根据题意即可得到m=100[−1160(t−h)2+0.4]−20=−58(t−29)2+20；
(3)(Ⅰ)当20≤t≤25时，(Ⅱ)当25≤t≤37时，w=300，根据二次函数的性质即可得到结论．
本题考查二次函数的实际应用，借助二次函数解决实际问题，此题涉及数据较多，认真审题很关键．二次函数的最值问题要利用性质来解，注意自变量的取值范围．
24.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD为矩形，DM⊥MN，
∴∠A=∠DMN=90°，
∵AB=6，AD=4，MN=32DM，
∴ADAB=MDMN=23，
∴△ABD∽△MND；
②解：∵四边形ABCD为矩形，DM⊥MN，
∴∠ABC=∠DMN=90°，
∴∠ABD+∠CBD=90°，
由①得△ABD∽△MND，
∴∠ABD=∠DNM，
又∵∠MEB=∠DEN，
∴△MBE∽△DNE，
∴MEDE=BENE，
又∵∠MED=∠BEN，
∴△DME∽△NBE，
∴∠NBE=∠DME=90°，
∵MN=32DM，
∴设DM=2x，MN=3x，
∵∠BDM=30°，
∴∠DEM=∠BEN=60°，
∴ME= 33DM=2 33x，
∴NE=3x−2 33x，
∴BE=12EN=32x− 33x，
∵DE=2ME=4 33x，
∵BD= AD2+AB2=2 13，
∴DE+BE=4 33x+32x− 33x=BD=2 13，
∴x=8 13(2 3−3)3，
∴EN=8 13(8 3−13)3，
∴BN= 32EN=96 13−52 393；
(2)证明：如图②，过点N作NF⊥AB，交AB延长线于点F，连接AC，AN，

则∠NFA=90°，
∵四边形ABCD为矩形，AD=4，AB=6，
∴∠A=∠ABC=90°，BC=AD=4，BCAB=46=23，
则∠ADM+∠AMD=90°，
∵AM=4BM，AB=6，
∴AM=45AB=245，
又∵DM⊥MN，
∴∠DMN=90°，
∴∠AMD+∠FMN=90°，
∴∠ADM=∠FMN，
∴△ADM∽△FMN，
∴ADMF=AMFN=DMMN，
即4MF=245FN=23，
∴MF=6，FN=365，
∴MFAF=NFAM+MF=365245+6=23，
∴BCAB=NFAF，
∵∠ABC=∠AFN=90°，
∴△ABC∽△AFN，
∴∠BAC=∠FAN，
∴A，C，N三点在同一条直线上．
【解析】(1)①根据矩形的性质得到∠A=∠DMN=90°，求得ADAB=MDMN=23，根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
②根据矩形的性质得到∠ABC=∠DMN=90°，求得∠ABD+∠CBD=90°，根据相似三角形的性质得到∠ABD=∠DNM，∠NBE=∠DME=90°，设DM=2x，MN=3x，解直角三角形即可得到结论；
(2)证明：如图②，过点N作NF⊥AB，交AB延长线于点F，连接AC，AN，求得∠NFA=90°，根据矩形的性质得到∠A=∠ABC=90°，BC=AD=4，BCAB=46=23，求得∠ADM+∠AMD=90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题是相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)①当t=−2时，二次函数为y=ax2+bx−3．
把(1,−4)，(−1,0)分别代入y=ax2+bx−3，
得a+b−3=−4a−b−3=0，解得a=1b=−2，
所以a=1，b=−2；
②∵2a−b=1，∴b=2a−1，
∴当直线y=kx+p与二次函数y=ax2+bx−3图象相交时，kx+p=ax2+(2a−1)x−3，
整理，得ax2+(2a−k−1)x−3−p=0，
∴△=(2a−k−1)2+4a(3+p)，
若直线与二次函数图象交于不同的两点，则△>0，
∴(2a−k−1)2+4a(3+p)>0，
整理，得4a2−4a(k−p−2)+(1+k)2>0，
∵无论a取任意不为零的实数，总有4a2>0，(1+k)2≥0，
∴当k−p−2=0时，总有△>0，
∴可取p=1，k=3，
∴对于任意不为零的实数a，存在直线y=3x+1，始终与二次函数图象交于不同的两点；
(2)把A(−1,t)代入y=ax2+bx+t−1，可得b=a−1．
∵A(−1,t)，B(m,t−n)(m>0,n>0)，且S△AOB=12n−2t，t<0，
∴12[−t+(n−t)](m+1)−12×1×(−t)−12×(n−t)m=12n−2t，解得m=3，
∴A(−1,t)，B(3,t−n)．
∵n>0，
∴t>t−n．
分两种情况：
①当a>0时，二次函数图象的顶点为最低点，
当−1≤x≤3时，点A是该函数图象的最高点，则yA≥yB，
分别把A(−1,t)，B(3,t−n)代入y=ax2+bx+t−1，
得t=a−b+t−1，t−n=9a+3b+t−1，
∵t>t−n，
∴a−b+t−1>9a+3b+t−1，
∴2a+b<0，
即2a+(a−1)<0，
解得a<13，
∴0②当a<0时，
由t>t−n，可知：
若A、B在对称轴的异侧，当−1≤x≤3时，图象的最高点是抛物线的顶点而不是A点；
若A、B在对称轴的左侧，因为当x≤−b2a时，y随x的增大而增大，所以当−1≤x≤3时，点A为该函数图象的最低点；
若A、B在对称轴的右侧，因为当x≥−b2a时，y随x的增大而减小，所以当−1≤x≤3时，点A为该函数图象的最高点，则−b2a≤−1，即−a−12a≤−1，
解得a≥−1，
所以−1≤a<0．
综上，a的取值范围是0【解析】(1)①当t=−2时，二次函数为y=ax2+bx−3.把(1,−4)，(−1,0)分别代入y=ax2+bx−3，得出关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可；
②由2a−b=1得出b=2a−1.将y=kx+p代入y=ax2+bx−3，整理得出ax2+(2a−k−1)x−3−p=0，根据直线与二次函数图象交于不同的两点，得到△=(2a−k−1)2+4a(3+p)=4a2−4a(k−p−2)+(1+k)2>0，由非负数的性质得出当k−p−2=0时，总有△>0，取p=1，k=3，即可得出结论；
(2)把A(−1,t)代入y=ax2+bx+t−1，得出b=a−1.根据S△AOB=12n−2t，利用割补法求出m=3，则A(−1,t)，B(3,t−n).由n>0，得出t>t−n.再分两种情况进行讨论：①当a>0时，由t>t−n，求出a<13，则0t−n，可知A、B在对称轴的右侧，−b2a≤−1，即−a−12a≤−1，求出a≥−1，则−1≤a<0．
本题是二次函数综合题，考查了利用待定系数法求抛物线的解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与直线的交点，图形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．利用分类讨论与方程思想是解题的关键．
锻炼时间(小时)
5
6
7
8
人数
2
6
5
2
时长
10
12
15
16
18
天数
22
12
2
3
1
行程时间x/分钟
次数
44≤x<46
2
46≤x<48
6
48≤x<50
30
50≤x<52
m
52≤x<54
1
生长率p
0.2
0.25
0.3
0.35
提前上市的天数m(天)
0
5
10
15