2022-2023学年浙江省台州市仙居县九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省台州市仙居县九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20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。

2022-2023学年浙江省台州市仙居县九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列事件中，是随机事件的是(    )
A. 从全是白球的袋子中摸出1个黑球 B. 明天的太阳从东方升起
C. 车辆到达一个路口，遇到绿灯 D. 抛出一块石头，落回地面
2. 点A(−1,2)关于原点对称的点B的坐标是(    )
A. (1,−2) B. (1,2) C. (−2,−1) D. (2,−1)
3. 一元二次方程2x2+x−1=0的根的情况是(    )
A. 无实数根 B. 只有一个实数根
C. 有两个相等的实数根 D. 有两个不相等的实数根
4. 圆锥的半径为3，母线长为5，则圆锥的侧面积是(    )
A. 7.5π B. 20π C. 15π D. 30π
5. 二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是(    )
A. a<0
B. b<0
C. c<0
D. abc>0
6. 如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点E落在线段AB上，则B、D两点间的距离为(    )
A. 4 3
B. 4 2
C. 6
D. 2 10
7. 如图，在正方形网格中，一条圆弧经过A，B，C三点，那么这条圆弧所在圆的圆心是(    )
A. 点P
B. 点Q
C. 点R
D. 点M
8. 函数y=x2−2bx+c的图象上有两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，且x1>x2>b，则(    )
A. y1>y2 B. y1=y2
C. y1 9. 如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3.⊙O是△ABC的内切圆，分别与AC、BC、AB相切于点D、E、F，则圆心O到顶点A的距离是(    )
A. 2 2
B. 3
C. 10
D. 2 3
10. 若关于x的一元二次方程ax2+2ax+c=0(a≠0)的一个根为m，则方程a(x−1)2+2a(x−1)+c=0的两根分别是(    )
A. m+1，−m−1 B. m+1，−m+1
C. m+1，m+2 D. m−1，−m+1
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 如图，正六边形ABCDEF的中心角∠AOB= ______ 度.


12. 如表是某一项实验中结果A出现的频率统计表，请估计在一次实验中结果A出现的概率为______ ．
试验次数
500
1000
1500
2000
2500
3000
频数
125
380
540
780
925
1140
频率
0.25
0.38
0.36
0.39
0.37
0.38

13. 有n支球队参加足球小组联赛，赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，共比赛6场，则n= ______ ．
14. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=25°，将Rt△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，当点B正好落在线段DE上时，则旋转角α=        度.


15. 如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与直线y=kx+h相交于(−2,m)，(2,n)两点，则不等式ax2+bx−h≥kx−c的取值范围是______ ．


16. 如图，在△ABC中，∠ABC=115°，AB=BC=6cm，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，过点C作CF⊥BE于点F，当点E、B、A在同一直线上时停止旋转.在这一旋转过程中，点F所经过的路径长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
解方程：
(1)x2−1=0；
(2)2x2−5x+3=0．
18. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(−1,3)，B(−3,0)，C(−1,0)，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后得到△A1B1C.(每个方格的边长均为1个单位)
(1)画出△A1B1C；
(2)A1的坐标为______ ，B1的坐标为______ ．

19. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点C是弧BD的中点，连接BD，若∠CBD=35°，求∠A的度数．

20. (本小题8.0分)
已知二次函数y=x2−2x+c的图象如图所示．
(1)求该抛物线的顶点坐标；
(2)将该抛物线进行左右平移，使其经过坐标原点，请直接写出平移的方法．

21. (本小题10.0分)
足球比赛中，为了使参赛两队的球服颜色不同，规定：一个球队一般准备三套不同颜色的球衣，赛前参赛两队抽签选择主队和客队的身份，由主队先选择球衣颜色后，另一支球队选择不同颜色的球衣.现A、B两队都准备了红、白、黄三种颜色的球衣．
(1)求A队选择红色球衣的概率；
(2)用列举法求出两队球衣颜色为一红一白的概率．
22. (本小题12.0分)
果农小张准备投资观光采摘水果项目：在如图的正方形果园(阴影部分)中种植水果，在正方形果园四周建造宽2.5m的观光道路.建造道路的成本为80元/m2，第一季水果销售，预计平均每平方米获得毛利润20元．
(1)当果园边长为x米时，设第一季水果销售的毛利润减去道路建造成本后的利润为y元，求y与x之间的函数解析式．
(2)当x为何值时，y的值最小？
(3)要使得y≥0，求x的最小值(精确到1m， 5≈2.3).

23. (本小题12.0分)
如图1，⊙O的半径为4cm，▱ABCD的顶点A，B，C在⊙O上，AC=BC．

(1)求证：DC是⊙O的切线；
(2)若AD也与⊙O相切，求证：四边形ABCD是菱形；
(3)如图2，AD与⊙O相交于点E，连接于CE，当∠B=75°时，求▱ABCD的对角线AC的长及阴影部分图形的面积．
24. (本小题14.0分)
如图1，在高速公路上，为了避免载重货车刹车失灵造成事故，在长下坡路段设计避险车道.避险车道的截面图如图2，通过引道把货车引导到铺有一定厚度砾石的制动坡AB的坡底A处，然后通过上坡中汽车自身的重力和松散砾石坡面增大轮胎的滚动摩擦，从而达到给货车减速的目的．

(1)如图3是从上往下观察一段长下坡路段的平面示意图，现要设计引道引导货车从行车道行驶到避险车道，你认为怎样设计引道比较合适？请你画出引道的平面示意图，并简要说明理由．
(2)如图2，设货车在制动坡上A处的初速度为v0(单位：m/s)，运动时间为t(单位：s)时刻的速度为v(单位：m/s)，制动坡面的摩擦系数为f，制动坡坡度为k，k=ha，根据科学原理，有v=v0−g(f+k) 1+k2t，其中g=9.8(单位：m/s2).
①货车在制动坡上行驶0到t秒的平均速度是多少？行驶的路程是多少？(平均速度v−=v+v02，用含有v0，t，f，k的式子表示)；
②如果k=0.1，f=0.25，v0=108km/h=30m/s，问：货车在制动坡上行驶多少米才能停下(精确到1m， 1.01≈1)？
③某段高速公路长下坡上货车刹车失灵后，到达制动坡底的初速度不超过120km/h，在②的条件下，制动坡长至少要多长(精确到1m)？
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、从全是白球的袋子中摸出1个黑球，是不可能事件，不符合题意；
B、明天的太阳从东方升起，是必然事件，不符合题意；
C、车辆到达一个路口，遇到绿灯，是随机事件，符合题意；
D、抛出一块石头，落回地面，是必然事件，不符合题意；
故选：C．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．

2.【答案】A 
【解析】解：点A(−1,2)关于原点对称点B的坐标是(1,−2)，
故选：A．
根据关于原点对称的点的坐标特点：它们的坐标符号相反可直接得到答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．

3.【答案】D 
【解析】解：∵Δ=12−4×2×(−1)=9>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：D．
先计算根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．

4.【答案】C 
【解析】解：圆锥的侧面积=12⋅2π⋅3⋅5=15π．
故选：C．
利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

5.【答案】B 
【解析】解：二次函数y=ax2+bx+c的图象开口方向向上，与y轴交于正半轴，顶点在y轴的右方，
∴a>0，c>0，−b2a>0，
∴a>0，c>0，b<0，
∴abc<0．
故选：B．
根据函数图象的开口方向、与y轴的交点、顶点的位置，可判断出a，b，c与0的大小关系．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数系数a，b，c与函数的图象的关系是解本题的关键，综合性较强，难度适中．

6.【答案】D 
【解析】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴DE=BC=6，AE=AC=8，
在△ABC中，∠C=90°，
∴AB= 62+82=10，
∴BE=2，
在Rt△BDE中，由勾股定理得，
BD= 62+22=2 10，
故选：D．
首先利用勾股定理求出AB的长，再根据旋转的性质得DE和AE的长，最后利用勾股定理求出BD即可．
本题主要考查了旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：作AB和BC的垂直平分线，它们相交于Q点．

故选：B．
作AB和BC的垂直平分线，它们相交于Q点，根据弦的垂直平分线经过圆心，即可确定这条圆弧所在圆的圆心为Q点．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧；垂径定理的推论：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．

8.【答案】A 
【解析】解：∵y=x2−2bx+c，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=−−2b2×1=b，
∵x1>x2>b，两点都在对称轴右侧，
∴y1>y2．
故选：A．
根据二次函数的增减性即可判断y1、y2的大小关系．
此题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题关键．

9.【答案】C 
【解析】解：如图，连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r，

∵∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB= AC2+BC2=5，
∵⊙O是△ABC的内切圆，分别与AC、BC、AB相切于点D、E、F，，
∴AC⊥OD，AB⊥OF，BC⊥OE，且OF=OD=OE=r，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CD=OD=r，
∴AD=AF=AC−CD=4−r，BF=BE=BC−CE=3−r，
∵AF+BF=AB=5，
∴3−r+4−r=5，
∴r=1．
∴OD=CD=1，
∴AD=3．
∴AO= AD2+OD2= 10，
故选：C．
如图，连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r，根据勾股定理得到AB= AC2+BC2=5，根据切线的性质得到AC⊥OD，AB⊥OF，BC⊥OE，且OF=OD=OE=r，根据正方形的性质得到CE=CD=OD=r，根据勾股定理得到AO= AD2+OD2= 10．
本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．

10.【答案】A 
【解析】解：设关于x的一元二次方程ax2+2ax+c=0(a≠0)的另一个根为t，
根据根与系数的关系得t+m=−2aa=−2，
解得t=−m−2，
即关于x的一元二次方程ax2+2ax+c=0(a≠0)的根为m，−m−2，
把方程a(x−1)2+2a(x−1)+c=0看作关于(x−1)的一元二次方程，
所以x−1=m或x−1=−m−2，
解得x1=m+1，x2=−m−1．
故选：A．
设关于x的一元二次方程ax2+2ax+c=0(a≠0)的另一个根为t，利用根与系数的关系得t+m=−2aa=−2，所以t=−m−2，再把方程a(x−1)2+2a(x−1)+c=0看作关于(x−1)的一元二次方程，则x−1=m或x−1=−m−2，然后解两个一次方程即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了根与系数的关系和换元法．

11.【答案】60 
【解析】解：正六边形ABCDEF的中心角∠AOB=360°6=60°，
故答案为：60．
根据正六边形的性质即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．

12.【答案】0.38 
【解析】解：由表可知，当n很大时，摸到白球的频率将会接近0.38，
故答案为：0.38；
由表中n的最大值所对应的频率即为所求．
本题查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：部分的具体数目=总体数目×相应频率．

13.【答案】4 
【解析】解：根据题意，得n(n−1)2=6，
解得n1=4，n2=−3(舍去)，
∴n=4，
故答案为：4．
根据n支球队参加足球小组联赛，赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，共比赛6场，列一元二次方程，求解即可．
本题考查了一元二次方程的应用，根据题意建立等量关系是解题的关键．

14.【答案】50 
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠A=25°，
∴∠ABC=65°，
∵将Rt△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，
∴CE=CB，∠E=∠ABC=65°，
∴∠BCE=α=180°−65°×2=50°，
故答案为：50．
首先利用三角形内角和定理得∠ABC=65°，再利用旋转的性质得CE=CB，从而解决问题．
本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

15.【答案】−2≤x≤2 
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c与直线y=kx+h相交于(−2,m)，(2,n)两点，
∴由图可知，ax2+bx+c≥kx+h的解集为−2≤x≤2，
∴ax2+bx−h≥kx−c的解集为−2≤x≤2，
故答案为：−2≤x≤2．
由图象求出ax2+bx+c≥kx+h的解集，即可得到答案．
本题考查二次函数与二次不等式的关系，解题的关键是数形结合思想的应用．

16.【答案】13π6cm 
【解析】解：如图1，取BC的中点O，连接OF，
∵CF⊥BE于点F，
∴∠BFC=90°，
∴OF=OB=OC=12BC，
∴点F在以BC为直径的圆上运动，
如图2，点E、A、B在同一直线上，
∵∠ABC=115°，AB=BC=6cm，
∴∠EBC=180°−∠ABC=180°−115°=65°，
∴∠COF=2∠EBC=2×65°=130°，
∴OF=12BC=12×6=3(cm)，
∴lCF=130×π×3180=13π6(cm)，
∴点F所经过的路径长为=13π6cm，
故答案为：13π6cm．
取BC的中点O，连接OF，由∠BFC=90°，得OF=OB=OC=12BC，可知点F在以BC为直径的圆上运动，当点E、A、B在同一直线上，则∠EBC=180°−∠ABC=65°，所以∠COF=2∠EBC=130°，而OF=12BC=3，即可根据弧长公式求得lCF=13π6cm，则点F所经过的路径长为=13π6cm，于是得到问题的答案．
此题重点考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、旋转的性质、圆周角定理、弧长公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

17.【答案】解：(1)x2−1=0，
x2=1，
∴x=±1，
∴x1=1，x2=−1；
(2)2x2−5x+3=0，
(x−1)(2x−3)=0，
∴x−1=0或2x−3=0，
∴x1=1，x2=1.5． 
【解析】(1)利用直接开平方法求解即可；
(2)利用因式分解法求解即可．
此题考查了解一元二次方程−直接开平方法，以及因式分解法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．

18.【答案】(2,0)  (−1,2) 
【解析】解：(1)如图，△A1B1C为所作，

(2)A1(2,0)，B1(−1,2)．
利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1，从而得到点A1，B1的坐标．
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．

19.【答案】解：∵点C是弧BD的中点，
∴BC=CD，
∴BC=CD，
∴∠CBD=∠CDB=35°，
∴∠C=180°−35°−35°=110°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∴∠A=70°． 
【解析】根据圆的性质及等腰三角形的性质得出∠CBD=∠CDB=35°，根据三角形内角和推出∠C=110°，再根据圆内接四边形的性质即可求解．
此题考查了圆内接四边形的性质，熟记“圆内接四边形的对角互补”是解题的关键．

20.【答案】解：(1)把(4,5)代入y=x2−2x+c，得42−2×4+c=5，
解得c=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4．
∴该抛物线的顶点坐标为(1,−4)；

(2)设平移后抛物线解析式为：y=(x−1+a)2−4，
把点(0,0)代入，得(0−1+a)2−4=0．
解得a=3或−1．
故将该抛物线向左平移3个单位或向右平移1个单位，使其经过坐标原点． 
【解析】(1)把点(4,5)代入求值即可求得抛物线解析式，根据将所求抛物线解析式利用配方法求得顶点坐标即可；
(2)设平移后抛物线解析式为：y=(x−1+a)2−4，然后将点(0,0)代入求得a的值．
本题主要考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．

21.【答案】解：(1)A队选择红色球衣的概率是13；

(2)画树状图如下：

共有6种等可能的情况数，其中两队球衣颜色为一红一白的有2种，
则两队球衣颜色为一红一白的概率是26=13． 
【解析】(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)画出树状图得出所有等可能的情况数，找出两队球衣颜色为一红一白的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

22.【答案】解：(1)根据题意得，y=20x2−[(x+2×2.5)2−x2]×80，
即y与x之间的函数解析式为y=20x2−800x−2000；

(2)∵y=20x2−800x−2000=20(x−20)2−10000，
又∵20>0，
∴x=20时，y有最小值，最小值为−10000．

(3)当y≥0时，20x2−800x−2000≥0，
解得，x≤20−10 5或x≥20+10 5，
∵x>0，
∴x≥20+10 5，
∴x≥43，
∴x的最小值为43． 
【解析】(1)根据利润y=第一季水果销售的毛利润减去道路建造成本求解即可；
(2)利用配方法解决问题；
(3)构建二次不等式解决问题即可．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，二次函数的性质，二次不等式等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建二次函数解决问题．

23.【答案】(1)证明：如图1，连接OA，OB，OC，延长CO交AB于点M，

∵AC=BC，OA=OB，
∴CM是AB的垂直平分线，即CM⊥AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
(2)证明：如图2，连接OA，OD，OC，

∵AD与⊙O相切，
∴OA⊥AD，
∴∠OAD=90°，
∵OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∴∠OAD=∠OCD=90°，
∵OA=OC，OD=OD，
∴Rt△OAD≌Rt△OCD(HL)，
∴AD=CD，
∴▱ABCD是菱形；
(3)解：如图3，连接OA，OE，过点C作CG⊥AD于G，过点E作EN⊥AC于N，

∵AC=BC，
∴∠B=∠CAB=75°，
∴∠ACB=180°−75°−75°=30°，
∵四边形ABCE是圆内接四边形，
∴∠AEC+∠B=180°，
∴∠AEC=105°，
∵AD//BC，
∴∠AEC+∠ECB=180°，∠CAD=∠ACB=30°，
∴∠ACE=180°−105°−30°=45°，
∴∠AOE=90°，
∵OA=OE，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∵OA=OE=4，
∴AE=4 2，
Rt△AEN中，∵∠CAD=30°，
∴EN=12AE=2 2，AN= 3EN=2 6，
∵∠ECN=45°，∠CNE=90°，
∴△CNE是等腰直角三角形，
∴CN=EN=2 2，
∴AC=AN+CN=2 6+2 2，
Rt△AGC中，∵∠CAG=30°，
∴CG=12AC= 6+ 2，
∴阴影部分图形的面积=12⋅AE⋅CG+(S扇形OAE−S△AOE)
=12×4 2×( 6+ 2)+90π×42360−12×4×4
=4 3+4+4π−8
=4 3−4+4π． 
【解析】(1)如图1，连接OA，OB，OC，延长CO交AB于点M，利用线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质可得OC⊥CD，则结论得证明；
(2)先根据切线的性质得∠OAD=90°，再证AD=CD，由菱形的判定可得结论；
(3)如图3，连接OA，OE，过点C作CG⊥AD于G，过点E作EN⊥AC于N，先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得：∠ACB=30°，由圆内接四边形的性质可得：∠AEC=105°，再由含30°角的直角三角形的性质分别计算EN=12AE=2 2，AN= 3EN=2 6，最后由阴影部分图形的面积=12⋅AE⋅CG+(S扇形OAE−S△AOE)可得结论．
本题是圆的综合题，考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；线段垂直平分线的性质，圆内接四边形的性质，扇形的面积，平行四边形的性质等知识，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．

24.【答案】解：(1)汽车行驶有惯性，按照原来的方向行驶更加安全．

(2)v−=v+v02=v0+v0−g( f+k) 1+k22=v0−g(f+k)2 1+k2t，
S=v−t−v0t−g(f+k)2 1+k2，
答：货车在制动坡上行驶0到t秒的平均速度是v0−g(f+k)2 1+k2t，行驶的路程是S=v−t−v0t−g(f+k)2 1+k2；
②当k=0.1，f=0.25，v0=30m/s时，g(f+k)2 1+k2=4.9×0.35=1.715，
S=−1.715t2+30t，
当t=−302×(−1.715)时，S最大=4ac−b24a=−b24a=−3024×(−1.715)≈131(m)，
答：货车在制动坡上行驶131米才能停下；
③120km/h=1003m/s，
S=−1.715t2+1003t，S最大=4ac−b24a=−b24a=−(1003)24×(−1.715)≈162(m)，
答：制动坡长至少要162m． 
【解析】(1)如图设计，车辆行驶到坡下时速度最快，碰到转弯处时避险车道容易失控，以原速度方向驶出路面，因此这样设计；
(2)①根据速度=路程时间，变化形式列式子即可；
②当k=0.1，f=0.25，v0=30m/s时，g(f+k)2 1+k2=4.9×0.35=1.715，推出S=−1.715t2+30t，当t=−302×(−1.715)时，求S最大即可；
③120km/h=1003m/s，则S=−1.715t2+1003t，S最大=4ac−b24a．
本题考查解直角三角形的应用，知道路程=速度×时间是解题的关键．