2020-2021学年江苏省无锡市江阴市九年级上学期数学期末试题及答案

这是一份2020-2021学年江苏省无锡市江阴市九年级上学期数学期末试题及答案，共31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. cs30°＝( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据cs30°＝进行回答即可．
【详解】由特殊角的三角函数值可知，cs30°＝，
故选B．
【点睛】本题考查的是特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解答此类问题的关键.
2. 一组数据1，2，2，3，4的众数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据众数的定义判断即可．
【详解】解：数据1，2，2，3，4中，2出现了两次，出现的次数最多，
这组数据的众数是2，
故选：B．
【点睛】本题考查了众数概念，解题关键是掌握众数的概念，注意：在一组数据中，众数可能不唯一．
3. 如果3x＝4y（y≠0），那么下列比例式中成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据比例的性质，可得答案．
【详解】解：A．由比例的性质，得3x=4y与3x=4y一致，故A符合题意；
B．由比例的性质，得4x=3y与3x=4y不一致，故B不符合题意；
C．由比例的性质，得4x=3y与3x=4y不一致，故C不符合题意；
D．由比例的性质，得xy=12与3x=4y不一致，故D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了比例的性质，利用比例的性质是解答本题的关键．
4. 关于x的一元二次方程的一个根为，则m的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】将代入原方程即可求出结果．
【详解】解：将代入原方程得，解得．
故选：A．
【点睛】题考查一元二次方程根的定义，解题的关键是掌握一元二次方程根的定义．
5. 若将抛物线y=2x2向上平移3个单位，所得抛物线的解析式为（ ）
A. y=2x2+3B. y=2x2﹣3C. y=2（x﹣3）2D. y=2（x+3）2
【答案】A
【解析】
【详解】解：由“上加下减”的原则可知，
将二次函数y=2x2向上平移3个单位可得到函数y=2x2+3，
故选A．
6. 如图，点A、B、C在⊙O上，点D是AB延长线上一点，若∠CBD＝65°，则∠AOC的度数为（ ）
A. 115°B. 125°C. 130°D. 135°
【答案】C
【解析】
【分析】求出∠ABC，再求出它所对的弧对的圆心角，即可求∠AOC．
【详解】解：∵∠CBD＝65°，
∴∠ABC=180°-65°=115°，
优弧AC所对的圆心角的度数为：115°×2=230°，
∠AOC=360°-230°=130°，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角的性质，解题关键是求出圆周角，根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系求角．
7. 圆锥的母线长为8cm，底面半径为6cm，则圆锥的侧面积是 ( )
A. 96πcm2B. 60πcm2C. 48πcm2D. 24πcm2
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥的侧面积=×底面周长×母线长计算即可求解．
【详解】解：底面半径为6cm，则底面周长=12π，
侧面面积=×12π×8=48πcm2．
故选C．
【点睛】本题考查圆锥的计算，解题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积=×底面周长×母线长．
8. 已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图像如图所示，则下列结论：①abc0；②a﹣b+c0；③4a﹣2b+c0，其中结论正确的个数为（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线开口向下，得到a＜0，再由对称轴在y轴左侧，得到a与b同号，可得出b＜0，又抛物线与y轴交于正半轴，得到c＞0，可得出abc＞0，得到①正确；根据图象知，当x=﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，得到②正确；根据图象知，当x=﹣2时，y＜0，即4a﹣2b+c＜0，得到③正确，从而得出结论．
【详解】解：∵抛物线的开口向下，
∴a＜0．
∵，
∴b＜0．
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c＞0，
∴abc＞0，故①正确；
根据图象知，当x=﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，故②正确；
根据图象知，当x=﹣2时，y＜0，即4a﹣2b+c＜0，故③正确．
则其中正确的有3个，为①②③．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）来说，a的符号由抛物线开口方向决定；b的符号由对称轴的位置及a的符号决定；c的符号由抛物线与y轴交点的位置决定；此外还要注意利用抛物线的对称性及x=﹣1，﹣2时对应函数值的正负．
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（3，4），点P是y轴正半轴上的动点，连接AP交线段OB于点Q，若△OPQ是等腰三角形，则点P的坐标是（ ）
A. （0，）B. （0，）
C. （0，）或（0，）D. （0，）或（0，）
【答案】C
【解析】
【分析】利用待定系数法分别求出OB、PA的函数关系式，设，，并由P、Q点坐标，可表示出OP、OQ和PQ，根据△OPQ是等腰三角形，可得或或，则可得到关于m的方程，求得m的值，即可求得P点坐标．
【详解】解：设OB的关系式为，
将B（3，4）代入得：，
∴，
设，，
∴，，，
设PA的关系式为，将，代入得：
，
解得，
∴，
将，联立方程组得：
，
解得，
若△OPQ是等腰三角形，则有或或，
当时，，，
即，
解得，则P点坐标为（0，），
当时，，，
解得，不合题意，舍去，
当时，根据等腰三角形性质可得：点Q在OP的垂直平分线上，，
∴，且，
即，
解得，则P点坐标为（0，）
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（0，）或（0，）．
故选：C．
【点睛】本题是一次函数的综合问题，考查了待定系数法、等腰三角形的性质等知识，掌握待定系数法与两点间的距离公式并注意分类讨论思想及方程思想的应用是解题的关键，综合性较强．
10. 如图，正方形ABCD中，AB＝4，E是AD上一点，且AE＝1，F、G是AB、CD上的动点，且BE⊥FG，连接EF、FG、BG，当EF+FG+BG的值最小时，CG的长为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由BE⊥FG，可得到BE=FG，而BE是定值，要使EF+FG+BG的值最小，只需EF+BG最小即可．设CG=x，可得 EF+BG=．设M（x，0），P（0，4），Q（3，1），则MQ+MP=.通过构造新图形（图2），把问题转化为“将军饮马问题”，求解即可．
【详解】过G作GH⊥AB于H，GH、BE相交于I，BE、FG相交于O，如图1．
∵GH⊥AB，
∴∠BHI=∠FHG=90°，
∴∠HBI+∠HIB=90°．
∵FG⊥BE，∠IOG=90°，
∴∠OGI+∠OIG=90°．
∵∠HIB=∠OIG，
∴∠HBI=∠OGI．
∵ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°．
∵∠BHI=90°，
∴HBCG是矩形，
∴HG=BC，BH=CG，
∴AB=HG．
∵∠A=90°，∠FHG=90°，
∴∠A=∠FHG．
∵∠HBI=∠OGI，AB=HG，∠A=∠FHG，
∴△AEB≌△HFG，
∴EB=FG，AE=HF．
∵BE=是定值，
∴要使EF+FG+BG的值最小，只需EF+BG最小即可．
设CG=x，则BH=x．
∵FH=AE=1，
∴AF=4-1-x=3-x，
∴EF=，BG=，
∴EF+BG==．
设M（x，0），P（0，4），Q（3，1），则MQ+MP=．
如图2，作P（0，4）关于x轴的对称点P'，则P' （0，-4）．
连结P'Q交x轴于点M，连结PM，则MQ+MP=MQ+MP'=P'Q最小．
过Q作QN⊥x轴于N，则QN=1，ON=3，OP'=4.OM=x，
∴MN=ON-OM=3-x．
∵∠QNM=∠P'OM=90°，∠QMN=∠P'MO，
∴△QNM∽△P'OM，
∴，
∴，
∴x=．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质．把原题转化为“将军饮马问题”是解答本题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分.不需要写出解答过程，只需把答案直接填写在答题卷上相应的位置）
11. 一组数据1，3，8，9，6，4的极差是_____．
【答案】8
【解析】
【分析】找出数据中的最大值与最小值进行相减即可得出答案．
【详解】解：数据1，3，8，9，6，4的极差是9﹣1=8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了极差，极差反映了一组数据变化范围的大小，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值．
12. 若△ABC∽△DEF，且相似比为1：2，则△ABC与△DEF面积比_____________．
【答案】1：4
【解析】
【分析】由题意直接根据相似三角形面积的比等于相似比的平方进行求值即可．
【详解】解：∵△ABC∽△DEF，且△ABC与△DEF的相似比为1：2，
∴△ABC与△DEF的面积比为1：4，
故答案为：1：4
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．
13. 一个半径为4cm的圆内接正六边形的周长等于_____cm．
【答案】24
【解析】
【分析】根据圆内接正六边形的边长等于半径，即可求得边长，进而求得周长．
【详解】解：∵圆的半径为4cm，
∴圆内接正六边形的半径为4cm，
则边长是4cm，
∴正六边形的周长是：4×6＝24（cm）．
故答案是：24．
【点睛】本题考查正多边形与圆，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题．
14. 在△ABC中，∠C＝90°，AB＝13，BC＝5，则tanB＝________．
【答案】
【解析】
【详解】∵∠C=90°，AB=13，BC=5，
∴AC==12，
∴tanB=，
故答案为．
15. 一种药品经过两次降价，药价从每盒100元下调至64元，设该药品平均每次降价的百分率为x，则x的值是_____．
【答案】20%．
【解析】
【分析】根据该药品的原价及经过两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【详解】解：依题意得：100（1x）2=64，
解得：x1=0.2=20%，x2=1.8（不合题意，舍去）．
故答案为：20%．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
16. 如图，C是线段AB的一个黄金分割点（ACBC），若AB＝2，则BC的长为_____（结果保留根号）．
【答案】
【解析】
【分析】根据黄金分割点的定义，知AC是较短线段，由黄金分割的公式：较长的线段=原线段的倍，计算即可．
【详解】解：∵线段AB=2，点C是AB黄金分割点，AC＜BC，
∴BC=21．
故答案为：．
【点睛】本题考查了黄金分割，应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的，倍，较长的线段=原线段的倍．
17. 如图，四边形OABC中，OA在x轴的正半轴上，∠C＝∠OAB＝90°，AB＝3，BC＝5，cs∠AOC＝，则点C的坐标是_____．
【答案】（，6）
【解析】
【分析】过点C作CD⊥x轴于D，过点B作BE⊥CD轴于E，结合已知可得∠BCD＝∠AOC，根据cs∠BCD＝，BC＝5可求出CE＝3，利用矩形的判定可求得DE＝AB＝3，从而得出CD＝CE+DE＝6，再根据cs∠AOC＝得，最后利用勾股定理求出OD，即可求解点C的坐标．
详解】解：过点C作CD⊥x轴于D，过点B作BE⊥CD轴于E，
∵∠OCD+∠BCD＝90°，∠OCD+∠AOC＝90°，
∴∠BCD＝∠AOC．
∵cs∠AOC＝，
∴cs∠BCD＝．
∴．
∵BC＝5，
∴CE＝3．
∵∠CDA＝∠BED＝∠OAB＝90°，
∴四边形ABED是矩形．
∴DE＝AB＝3．
∴CD＝CE+DE＝6．
∵cs∠AOC＝，
∴．
∴在Rt△OCD中，OD2+CD2＝OC2．
即OD2+62＝(OD)2，解得OD＝．
∴点C的坐标是（，6）．
故答案为：（，6）．
【点睛】此题考查了锐角三角函数、矩形的判定与性质等知识，掌握锐角三角形函数的应用及利用辅助线构造直角三角形是解题的关键．
18. 如图，二次函数y＝﹣2的图像与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，连接BC，在线段BC上有一动点P，过点P作y轴的平行线交二次函数的图像于点N，交x轴于点M，若△CPN与△BPM相似，则点P的坐标为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情形：当CN//AB时，∠PBM=∠PCN，此时△PCN∽△PBM，当NC⊥BC时，∠PCN=∠PMB=90°，此时△PCN∽△PMB，分别求解即可．
【详解】解：对于抛物线y=-2，令x=0，得到y=-2，可得C(0，-2)，
令y=0，可得0=-2，解得x=3或-，
∴A(-，0)，B(3，0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
，
解得
，
∴直线BC的解析式为y=x-2，
设P(m，m-2)，
∵∠BPM=∠CPN，
当CN//AB时，∠PBM=∠PCN，此时△PCN∽△PBM，
把y=-2代入y=-2，得
-2=-2，
解得
x1=，x2=0（舍去）,
∴N(，-2)，
把x=代入y=x-2，得
y=×-2=，
∴P，
当NC⊥BC时，∠PCN=∠PMB=90°，此时△PCN∽△PMB，
过点N作NH⊥y轴于H．
设N(n，n2-n-2)，
∵∠OCB+∠NCH=90°，∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠OBC=∠NCH，
∴tan∠NCH=tan∠OBC，
∴，
∴，
∴n1=，n2=0（舍去），
∴P，
综上所述，满足条件的点P的坐标为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的知识，二次函数与坐标轴的交点问题，待定系数法求一次函数解析式，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题（本大题共10小题，共84分，请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. （1）计算：°；
（2）解方程：x2+2x﹣2＝0．
【答案】（1）1（2）x1=-1+，x2=-1-．
【解析】
【分析】（1）先计算算术平方根、0指数、三角函数值，再加减即可；
（2）用配方法解方程即可．
【详解】解：（1）°，
=
=1．
（2）x2+2x﹣2＝0，
移项得，x2+2x＝2，
两边加1得，x2+2x+1＝3，
配方得，（x+1）2＝3，
开方得， x+1＝±，
x1=-1+，x2=-1-．
【点睛】本题考查了实数的计算和解一元二次方程，解题关键是熟记特殊角三角函数值，会选择恰当的方法解一元二次方程．
20. 某学校为了了解疫情期间学生在家体育锻炼情况，从全体学生中随机抽取若干学生进行调查，以下是根据调查数据绘制的统计图表的一部分，根据信息回答下列问题：
某校学生疫情期间在家锻炼情况的扇形统计图：
（1）本次调查共 人；
（2）抽查结果中，B组有 人；
（3）在抽查得到的数据中，中位数位于 组（填组别）；
（4）若该校共有学生2400人，则估计平均每日锻炼超过20分钟的学生有 人．
【答案】（1）240；（2）72；（3）C；（4）1320
【解析】
【分析】（1）用D组的人数除以其所占百分比可得；
（2）总人数减去其他类别人数即可求得B组的人数；
（3）根据中位数的定义即可求解；
（4）用总人数乘样本中平均每日锻炼超过20分钟的人数所占比例即可求解．
【详解】解：（1）本次调查共48÷20%=240（人），
故答案为：240；
（2）抽查结果中，B组有240-(36+84+48)=72（人），
故答案为：72；
（3）∵共有240个数据，其中位数是第120、121个数据的平均数，而第120、121个数据均落在C组，
∴在抽查得到数据中，中位数位于C组，
故答案为：C；
（4）估计平均每日锻炼超过20分钟的学生有2400×=1320（人），
故答案为：1320．
【点睛】本题考查频数（率）分布表、扇形统计图、样本估计总体等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
21. 九年级某班要召开一次“走近抗疫英雄，讲好中国故事”主题班会活动，李老师制作了编号为A、B、C、D的4张卡片（如图，除编号和内容外，其余完全相同），并将它们背面朝上洗匀后放在桌面上．
（1）小明随机抽取1张卡片，抽到卡片编号为B的概率为 ；
（2）小明从4张卡片中随机抽取1张（不放回），小丽再从余下的3张卡片中随机抽取1张，然后根据抽取的卡片讲述相关英雄的故事，求小明、小丽两人中恰好有一人讲述钟南山抗疫故事的概率（请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程）．
【答案】（1）；（2）图见解析，．
【解析】
【分析】（1）直接利用概率公式求解即可；
（2）根据题意先画树状图列出所有等可能结果数的，根据概率公式求解可得．
【详解】解：（1）∵共有4张卡片，
∴小明随机抽取1张卡片，抽到卡片编号为B的概率为，
故答案为：；
（2）画树状图如下：
共有12种等可能的结果数，其中小明、小丽两人中恰好有一人讲述钟南山抗疫故事的有6种结果，
所以小明、小丽两人中恰好有一人讲述钟南山抗疫故事的概率为：．
【点睛】本题考查了概率的应用，掌握运用列表法或画树状图法列出所有可能的结果及概率的计算方法是解题的关键．
22. 如图，在10×10的网格图内，建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣1，2）、B（2，3）、C（3，1）．
（1）以原点O为位似中心，将△ABC按相似比2：1放大，得△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以原点O为旋转中心，将△ABC按顺时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2B2C2．直接写出点B到B2所经过的路径长 ．
【答案】（1）答案见详解；（2）π．
【解析】
【分析】（1）把A、B、C的横纵坐标都乘以2得到A1、B1、C1的坐标，然后描点连线即可；
（2）利用网格特点和旋转性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2即可，然后利用弧长公式计算点B到B2所经过的路径长．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2所作；
OB，
所以点B到B2所经过的路径长π．
故答案为：π．
【点睛】本题考查了作图﹣位似变换：在平面直角坐标系中，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．也考查了旋转变换．
23. 江阴芙蓉大道城市快速路在2020年5月份通车，在安装路灯过程中，工人师傅发现垂直于地面的灯柱OA与灯杆AB相交成一定的角度才能产生光照效果，路灯采用锥形灯罩，在地面上的照射区域OC长为8m，从O、C两处测得路灯B的仰角分别为∠BOC和∠BCO，且tan∠BOC＝4，tan∠BCO＝．
（1）求路灯B到地面的距离；
（2）若∠OAB＝120°，求灯柱OA的高度（结果保留根号）．
【答案】（1）路灯B到地面的距离8m；（2）灯柱OA的高度为（8﹣）m．
【解析】
【分析】（1）过点B作BF⊥OC于F，设BF＝x．解直角三角形求得OF＝x，CF＝x，由OC＝8求得x＝8，据此知BF＝8m；
（2）再过点A作AG⊥BF于点G，求得∠BAG＝∠OAB﹣∠OAG＝30°．解直角三角形可得BG，进而即可求得OA．
【详解】解：（1）过点B作BF⊥OC于F，设BF＝x．
在Rt△BOF中，∵tan∠BOC＝＝4，
∴OF＝x，
在Rt△BCF中，∵tan∠BCO＝，
∴CF＝x，
∵OC＝8，
∴x+x＝8，
∴x＝8，
∴BF＝8m，
即路灯B到地面的距离8m；
（2）过点A作AG⊥BF于点G，可知四边形AGFO是矩形，
∵∠OAB＝120°，
∴∠BAG＝∠OAB﹣∠OAG＝120°﹣90°＝30°．
∵OF＝×8＝2，
∴AG＝OF＝2，
在Rt△BAG中，∵tan∠BAG＝，
∴BG＝tan30°×2＝
∴OA＝GF＝（8﹣）（m），
即灯柱OA的高度为（8﹣）m．
【点睛】本题主要考查解直角三角形仰角俯角问题，解题的关键是结合题意构建直角三角形并熟练掌握三角函数的定义及其应用能力．
24. 如图，在△ABC中，点D是AB上一点（不与A、B重合），过点D作DEBC，交AC于点E．连接CD，若∠ACD＝∠B．
（1）求证：CD2＝DE•BC；
（2）若DE＝3，BC＝4，求的值．
【答案】（1）证明见解析，（2）
【解析】
【分析】（1）证△CDE∽△BCD即可；
（2）根据DE＝3，BC＝4，求出CD，再证△ADE∽△ACD，列比例式即可求．
【详解】（1）证明：∵DEBC，
∴∠CDE=∠BCD，
∵∠ACD＝∠B，
∴△CDE∽△BCD，
∴，
∴CD2＝DE•BC；
（2）由（1）得，CD2＝DE•BC
∵DE＝3，BC＝4，
∴CD=，
∵DEBC，
∴∠ADE=∠B，
∵∠ACD＝∠B，
∴∠ADE=∠ACD
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ACD，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相似三角形的判定定理进行证明．
25. 如图，直线AB经过⊙O上一点C，且OA＝OB，CA＝CB．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若AB＝6，△AOB的面积为9，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）连接OC，结合已知条件利用SSS易证△AOC≌△BOC，再利用全等三角形的性质可得∠OCA＝∠OCB＝90°，然后利用切线的判定可得直线AB与⊙O相切；
（2）根据AB＝6和（1）中三角形的全等，可得AC＝BC＝3，根据△AOB的面积为9，可得OC，并推出∠AOB＝90°，则可利用扇形面积公式与△AOB的面积计算阴影部分的面积．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵OA＝OB，CA＝CB，OC＝OC，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠OCA＝∠OCB＝90°，
∴直线AB与⊙O相切；
（2）解：∵△AOC≌△BOC，
∴AC＝BC＝AB＝3，
∵△AOB的面积为9，
∴×AB•OC＝9，
∴×6•OC＝9，
∴OC＝3，
∴OC＝AC，
∴△OAC是等腰直角三角形，
∴∠AOC＝∠BOC＝45°，
∴∠AOB＝90°，
∴S阴影＝S△AOB−S扇形＝．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、扇形面积的计算等知识，解题的关键是掌握切线的判定与性质．
26. 某公司最新研制出一种新型环保节能产品，成本每件40元，公司在销售过程中发现每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间的关系可以近似看作一次函数y＝﹣10x+800．
（1）该公司销售过程中，当销售单价x为多少元时，每天获得的利润最大，最大利润是多少？
（2）由于要把产品及时送达客户，公司每天需支付的物流费用是350元，为了保证每天支付物流费用后剩余的利润不少于1400元，则该产品的销售单价x（元）的取值范围是 ．
【答案】（1）当销售单价x为4000元时，每天获得的利润最大，最大利润是4000元；（2）45≤x≤75．
【解析】
【分析】（1）设每天获得的利润为w，根据利润等于每件的利润乘以销售量可得w关于x的二次函数，求得其对称轴，根据二次函数的性质可得答案；
（2）用（1）中所得的利润函数减去350，再让其等于1400，可得关于x的一元二次方程，求得方程的解，根据二次函数的性质可得答案．
【详解】解：（1）设每天获得的利润为w，由题意得：
w＝（−10x＋800）（x−40）
＝−10x2＋1200x−32000，
∴对称轴为直线x＝，
∴当x＝60时，w＝−10×602＋1200×60−32000＝4000．
∴当销售单价x为4000元时，每天获得的利润最大，最大利润是4000元；
（2）由（1）知w＝−10x2＋1200x−32000，
∵支付350元物流费用后剩余的利润不少于1400元，
∴当−10x2＋1200x−32000−350＝1400时，
整理得：x2−60x＋3375＝0，
解得：x1＝45，x2＝75，
∵二次函数w'＝−10x2＋1200x−32000−350的二次项系数为负，对称轴为直线x＝60，
∴当45≤x≤75时，每天支付物流费用后剩余的利润不少于1400元．
故答案为：45≤x≤75．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
27. 已知二次函数y＝ax2+k（a0）的图像与y轴交于点A（0，1），一次函数y＝ax+2的图像与二次函数的图像交于点P、Q（P在对称轴的左侧），与x轴、y轴交于点B、C，若PC：PB＝1：3．
（1）求二次函数的表达式和点Q的坐标；
（2）连接AP，在二次函数的图像上是否存在点M，使得∠MPQ＝∠APQ？若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝x2+1（2）（,）或（1，1.5）
【解析】
【分析】（1）求出B点、C点坐标，根据比值，求出P点坐标，代入解析式即可；
（2）①过点P作PE⊥y轴，交抛物线于点M，求出M点坐标即可；
②如图，在PQ上方作∠MPQ＝∠APQ，求出PM解析式，再求交点即可．
【详解】解：（1）过点P作PD垂直于x轴，垂足为D，
把A（0，1）代入y＝ax2+k得，k=1；
把x=0代入y＝ax+2得，y=2，C点坐标为（0，2），
把y=0代入y＝ax+2得，x=，B点坐标为（，0），
∵PC：PB＝1：3．
∴，
∵OC=2，OB=
∴PD=1.5，BD=，可得OD=，
∴P点坐标为（，1.5），代入y＝ax2+1得，，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2+1；
（2）①过点P作PE⊥y轴，交抛物线于点M，由（1）得，点E的坐标为（0，1.5）
∵A点坐标为（0，1），C点坐标为（0，2），
∴E是AC中点，
∴PM平分∠APQ，即∠MPQ＝∠APQ
由（1）得，P点坐标为（-1，1.5），根据对称性可知，M点坐标为（1，1.5）
②如图，在PQ上方作∠MPQ＝∠APQ，
由①得，∠CPE=∠CPM，过点C作CF⊥PM，垂足为F，过F作y轴垂线，垂足为N，过P点作PM⊥FN，垂足为M，可知CF=CE=0.5，PE=PF=1，
∵∠MPF+∠MFP=90°，∠NFC+∠MFP=90°，
∴∠MPF=∠NFC，
∵∠M=∠CNF=90°，
∴△MPF∽△NFC，
∴，
设NC=a，则MF=2a，FN=1-2a，MP=2（1-2a），
∵四边形MPEN是矩形，
∴MP=NE，
∴2（1-2a）=a+0.5，
解得，a=0.3,
∴F点坐标为（，），
设PM解析式为y=kx+b,把F、P两点坐标代入得，
解得，，
PM解析式为，
∵M是PM与抛物线交点，
∴，
解得，，
把代入得，y=
∴M点坐标为（,）
综上得，M点坐标为（,）或（1，1.5）
【点睛】本题考查了二次函数的综合和二倍角问题，解题关键树立数形结合思想，分类讨论思想，并能够熟练运用知识和综合运用知识．
28. 如图（1），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定角度后，得到△FEC，线段CE与线段AB交于点D（不与A、B重合），过A、C、D三点的圆与CF交于点G，连接AG、DG．
（1）如图（2），当EF恰好经过点A时，求S△AGD：S△ABC的值；
（2）若S△AGD＝S△ABC，求值．
【答案】（1），（2）或．
【解析】
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可知∠GAD=90°，由旋转可知CF=CA，易得△ACF是等边三角形，证△ADG∽△BAC，用相似比即可求出面积比；
【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴AB=2AC，∠BAC=60°，
∵过A、C、D三点的圆与CF交于点G，
∴∠DAG+∠DCG=180°，
∵∠DCG=90°，
∴∠DAG=90°，
∴∠GAC=30°，
由旋转得，CF=CA，∠F=60°，
∵EF恰好经过点A，
∴△ACF是等边三角形，
∴∠ACG=60°，
∴∠AGC=90°，
∴四边形AGCD是矩形,
∴AC=DG，
∵∠ADG=∠ACG=60°，
∴∠ADG=∠BAC，
∵∠DAG=∠ACB=90°，
∴△ADG∽△BAC，
∵
∴．
（2）∵过A、C、D三点的圆与CF交于点G，
∴∠AGC+∠ADC=180°，
∵∠BDC +∠ADC=180°，
∴∠AGC=∠BDC，
由（1）得，∠CAG=∠B=30°，
∴△ACG∽△BCD，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
，
∴，
设AG=a，AC=b，AD=c，则BD=a，BC=b，AB=2b，
∵S△AGD＝S△ABC，
∴6ac=b2，
c+a=2b，
b=，
代入6ac=b2得，
，
解得，，
，代入得，
或．
．
【点睛】
本题考查了圆与相似的综合，解题关键是合理利用圆的性质，证明三角形相似，树立分类讨论思想，设参数,列方程．
组别
平均每日体育锻炼时间（分）
人数
A
0x10
36
B
10x20

C
20x30
84
D
x30
48