2023-2024学年山东省青岛市黄岛区、西海岸新区、崂山区育才中学九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市黄岛区、西海岸新区、崂山区育才中学九年级（上）期末数学试卷（含解析），共22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.已知a5=b3，那么下列式子中一定成立的是( )
A. 3a=5bB. 5a=3bC. a=5bD. ab=15
2.如果在同一时刻的阳光下，小莉的影子比小玉的影子长，那么在同一路灯下( )
A. 小莉的影子比小玉的影子长B. 小莉的影子比小玉的影子短
C. 小莉的影子和小玉的影子一样长D. 无法判断谁的影子长
3.班级元旦晚会上，主持人给大家带来了一个有奖竞猜题，他在一个不透明的袋子中放了若干个形状大小完全相同的白球，想请大家想办法估计出袋中白球的个数．数学课代表小明是这样来估计的：他先往袋中放入10个形状大小与白球相同的红球，混匀后再从袋子中随机摸出20个球，发现其中有4个红球．如果设袋中有白球x个，
根据小明的方法用来估计袋中白球个数的方程是( )
A. 10x=420B. 10x=120C. 10x=14D. 10x+10=420
4.若点A(−3,a)，B(−1,b)，C(2,c)都在反比例函数y=kx(k<0)的图象上，则a，b，c的大小关系用“<”连接的结果为( )
A. b5.某校八年级组织一次篮球赛，各班均组队参赛赛制为单循环形式(每两班之间都赛一场)，共需安排15场比赛，则八年级班级的个数为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
6.如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC，BD为对角线，BD经过圆心O.若∠BAC=40°，则∠DBC的度数为( )
A. 40°B. 50°C. 60°D. 70°
7.如图，某公园入口处原有三级台阶，每级台阶高为18cm，深为30cm，为方便残疾人士，拟将台阶改为斜坡，设台阶的起点为A，斜坡的起始点为C，现设计斜坡BC的坡度i=1：5，则AC的长度是cm．( )
A. 210B. 120C. 504D. 60
8.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，有下列5个结论：①abc>0；②9a+3b+c<0；③b2<4ac；④2c<3b；⑤a+b>m(am+b)(m≠1).其中正确的结论有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共7小题，每小题3分，共21分。
9.已知α、β均为锐角，且满足|sinα−12|+ (tanβ−1)2=0，则α+β=______．
10.如图所示是一个几何体的三视图，若这个几何体的体积是6，则它的表面积是______．
11.如图是一幢建筑物和一根旗杆在一天中四个不同时刻的影子．将四幅图按先后顺序排列应为______．
12.如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且OEEA=43，则FGBC=______．
13.如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，四边形ADEF是正方形，点A，D在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，点F在AB上，点B，E在反比例函数y=kx(x>0,k>0)的图象上，若正方形ADEF的面积为4，且BF=AF，则k的值为______．
14.如图，在正方形ABCD的边长为6，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在BC、CD的延长线上，且CE=3，DF=2，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H，连接GH，则GH的长为______．
15.如图(1)所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE−ED−DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒．设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2.已知y与t的函数关系图象如图(2)(曲线OM为抛物线的一部分)，则下列结论：①AD=BE=5；②cs∠ABE=35；③当0三、解答题：本题共10小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题4分)
用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹．
已知：线段c，直线l及l外一点A．
求作：矩形ABCD，使边BC在直线l上，对角线AC=c．
17.(本小题8分)
计算：
(1)2x2−4x+12=0(配方法)；
(2)3(x−2)2=x2−4(用适当方法)．
18.(本小题6分)
小明和小亮用图中的转盘做游戏：分别转动转盘两次，若两次数字之差(大数减小数)等于2，小明胜；若两次数字之差(大数减小数)等于1，则小亮胜，这个游戏对双方公平吗？说说你的理由.(列表或画树状图说明)
19.(本小题6分)
某商店购进一批单价为20元的日用商品，如果以单价30元销售，那么一个月内可以售出400件．根据销售经验，提高销售单价会导致销售量的减少，即销售单价每提高1元，销售量相应减少20件．售价为多少元时，才能在一个月内获得最大利润？
20.(本小题6分)
如图1，将一长方体放置于一水平玻璃桌面上，按不同的方式摆放，记录桌面所受压强与受力面积的关系如下表所示：
(1)根据表中数据，求出压强P(Pa)关于受力面积S(m2)的函数表达式；
(2)如图2，将另一长，宽，高分别为60cm，20cm，10cm，且与原长方体相同重量的长方体放置于该水平玻璃桌面上，若玻璃桌面承受的最大压强为2000Pa，问，这种摆放方式是否安全？请判断并说明理由．
21.(本小题6分)
阅读与计算，请阅读以下材料，完成相应的任务．
角平分线分线段成比例定理：
如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，则ABAC=BDCD．
下面是这个定理的部分证明过程．
证明：如图2，过C作CE/​/DA，交BA的延长线于点E．
任务一：请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
任务二：如图3，△ABC中，E是BC中点，AD是∠BAC的平分线，EF/​/AD交AC于F.若AB=11，AC=15，直接写出线段FC的长．
22.(本小题8分)
拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm.点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．
(1)转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC=143°，CD/​/l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长(精确到1cm，参考数据：sin53°≈0.8，cs53°≈0.6)．
(2)物品在操作台l上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．
23.(本小题9分)
如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，B是AD的中点，过点A作AF/​/BC，交BE的延长线于点F，连接CF．
(1)求证：四边形ADCF是平行四边形；
(2)若AB=AC，∠BAC=90°，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
24.(本小题10分)
公路上正在行驶的甲车，发现前方30m处沿同一方向行驶的乙车后，为了行驶安全，开始减速，减速后甲车行驶的路程s(单位：m)、速度v(单位：m/s)与时间t(单位：s)的关系分别可以用二次函数和一次函数表示，其图象如图所示．
(1)当甲车减速至6m/s时，它行驶的路程是多少？
(2)若乙车以10m/s的速度匀速行驶，当时间t在什么范围时，两车间的距离不超过25.5米？
25.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA=90°，BO=BA，顶点A(4,0)，点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E(−72,0)，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线DC经过点B.将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形O′C′D′E′，点O，C，D，E的对应点分别为O′，C′，D′，E′，设OO′=t，矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分的面积为S．
(1)如图①，求点B、C、D的坐标．
(2)如图②，当点E′在x轴正半轴上，且矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分为四边形时，D′E′与OB相交于点F，试用含有t的式子表示S．
(3)在(2)问的条件下，是否存在某一时刻t，使得矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分的面积为S与△OAB的面积比为23：32？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
(4)当72≤t<4时，求S的最大值(直接写出结果即可)．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵a5=b3，
∴3a=5b．
故选：A．
利用内项之积等于外项之积进行判断．
本题考查了比例的性质：熟练掌握比例的性质(内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；合分比性质；等比性质)是解决问题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：路灯是点光源，高度较低，在同一路灯下，身高影响身体影长，人站的位置更会影响身体影长．因此，小莉和小玉的影子长短，由于站立位置不同，无法确定谁的更长，故D正确，其他选项错误．
故选：D．
因为光是直线传播的，光照到不发光、不透明的物体就会产生影子．物体影子的变化与太阳在天空中的位置的关系有直接关系，影子与太阳的位置是相反的，与阳光照射的方向相同，物体影子长短不但与物体高度有关，也与光线的照射角度有关．
本题考查了中心投影与平行投影的知识，影子与太阳对于学生来说是非常熟悉，该类题目学生较为容易解答．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了列方程解应用题以及利用样本估计总体，正确理解题目中的相等关系是关键．
混匀后再从袋子中随机摸出20个球，发现其中有4个红球，即红球所占的比例是420，则放入的10个球所占的总球数的420，列方程即可求解．
【解答】
解：混匀后从口袋中随机摸出40个球，发现其中有3个红球，即红球所占的比例是420，
则方程为：10x+10=420．
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：∵k<0，点A，B同象限，y随x的增大而增大，
∵−3<−1，
∴0又∵C(2,c)都在反比例函数y=kx(k<0)的图象上，
∴c<0，
∴c故选：D．
反比例函数y=kx(k≠0,k为常数)中，当k<0时，双曲线在第二，四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大．根据这个判定则可．
本题考查了由反比例函数图象的性质判断函数图象上点的坐标特征，同学们应重点掌握．
5.【答案】B
【解析】解：设八年级有x个班，
依题意得12x(x−1)=15，
整理得x2−x−30=0，
解得x1=6，x2=−5(不合题意，舍去)．
故选B．
设八年级有x个班，根据“各班均组队参赛赛制为单循环形式，且共需安排15场比赛”，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查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．
6.【答案】B
【解析】解：∵BD经过圆心O，
∴∠BCD=90°，
∵∠BDC=∠BAC=40°，
∴∠DBC=90°−∠BDC=50°，
故选：B．
由圆周角定理可得∠BCD=90°，∠BDC=∠BAC=40°，再利用直角三角形的性质可求解．
本题主要考查圆周角定理，直角三角形的性质，掌握圆周角定理是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：如图：延长BD交CA于点E，
由题意得：BE⊥CE，BE=3×18=54(cm)，AE=2×30=60(cm)，
∵斜坡BC的坡度i=1：5，
∴BECE=15，
∴CE=5BE=270(cm)，
∴AC=CE−AE=270−60=210(cm)，
∴AC的长度是210cm，
故选：A．
延长BD交CA于点E，根据题意可得：BE⊥CE，BE=54cm，AE=60cm，再根据已知易得CE=5BE=270(cm)，然后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：由所给图形可知，
a<0，b>0，c>0，
所以abc<0．
故①错误．
因为抛物线的对称轴为直线x=1，且与x轴的一个交点在−1和0之间，
所以抛物线与x轴的另一个交点在2和3之间，
又因为抛物线开口向下，
所以当x=3时的函数值小于零，
即9a+3b+c<0．
故②正确．
因为抛物线与x轴有两个不同的交点，
所以b2−4ac>0，
即b2>4ac．
故③错误．
因为当x=−1时，函数值小于零，
所以a−b+c<0．
又因为抛物线的对称轴为直线x=1，
所以−b2a=1，
即a=−12b．
所以−b2−b+c<0，
即2c<3b．
故④正确．
因为抛物线的开口向下，且对称轴为直线x=1，
所以当x=1时，函数取得最大值a+b+c，
则对于抛物线上的任意一点(非顶点)，其函数值必小于a+b+c，
即a+b+c>am2+bm+c(m≠1)，
所以a+b>m(am+b)(m≠1)．
故⑤正确．
故选：C．
由所给函数图象，可得出a，b，c的正负，再结合抛物线的对称轴及增减性对所给结论依次判断即可．
本题考查二次函数的图象和性质，熟知二次函数的图象和性质是解题的关键．
9.【答案】75°
【解析】【分析】
本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键.根据非负数的性质，可得特殊角三角函数值，可得答案．
【解答】
解：由题意，得
sina−12=0，tanβ−1=0，
解得α=30°，β=45°，
α+β=30°+45°=75°．
故答案为75°．
10.【答案】22
【解析】解：由主视图得出长方体的长是3，由左视图得出长方体的宽是1，这个几何体的体积是6，
设高为h，
则1×3×h=6，
解得：h=2，
所以它的表面积是：1×3×2+3×2×2+1×2×2=22．
故答案为：22．
根据主视图与左视图得出长方体的长和宽，再利用图形的体积得出它的高，进而得出表面积．
此题主要考查了利用三视图判断几何体的长和宽，得出图形的高是解题关键．
11.【答案】④①③②
【解析】解：从早晨到傍晚物体的指向是：西−西北−北−东北−东，影长由长变短，再变长．
则四幅图按先后顺序排列应是④①③②．
故答案为：④①③②．
根据影子变化规律可知道时间的先后顺序．
本题考查平行投影的特点和规律．在不同时刻，同一物体的影子的方向和大小可能不同，不同时刻物体在太阳光下的影子的大小在变，方向也在改变，就北半球而言，从早晨到傍晚物体的指向是：西−西北−北−东北−东，影长由长变短，再变长．
12.【答案】47
【解析】解：∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且OEEA=43，
∴OEOA=47，
则FGBC=OEOA=47．
故答案为：47．
直接利用位似图形的性质结合位似比等于相似比得出答案．
此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
13.【答案】8
【解析】解：∵正方形ADEF的面积为4，
∴正方形ADEF的边长为2，
∴BF=AF=2，AB=AF+BF=4．
设B点坐标为(t,4)，则E点坐标(t+2,2)，
∵点B、E在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=4t=2(t+2)，
解得t=2，k=8．
故答案为：8．
先由正方形ADEF的面积为4，得出边长为2，求得AB.再设B点的横坐标为t，则E点坐标(t+2,2)，根据点B、E在反比例函数y=kx的图象上，列出t的方程，即可求出k．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象是双曲线，图象上的点(x,y)的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
14.【答案】 342
【解析】解：如下图，连接OF，过点O作OM⊥CD交CD于M，
∵O为正方形对角线AC和BD的交点，
∴OM=CM=DM=CE=3，
在△OHM与△EHC中，
∠OHM=∠EHC∠OMH=∠HCEOM=CE，
∴△OHM≌△EHC(AAS)，
∴点H、点G分别为OE、FE的中点，
∴GH为△OEF的中位线，
∴GH=12OF，
在Rt△OMF中，FM=DM+DF=3+2=5，
由勾股定理可得OF= OM2+FM2= 32+52= 34，
∴GH=12OF= 342，
故答案为： 342．
连接OF，过点O作OM⊥CD交CD于M，易证△OHM≌△EHC，然后结合三角形中位线定理和勾股定理求解．
本题考查正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，解题的关键是根据AAS证明△OHM≌△EHC解答．
15.【答案】①③④
【解析】解：根据图(2)可得，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，
∴BC=BE=5，
∴AD=BE=5，故①小题正确；
又∵从M到N的变化是2，
∴ED=2，
∴AE=AD−ED=5−2=3，
在Rt△ABE中，AB= BE2−AE2= 52−32=4，
∴cs∠ABE=ABBE=45，故②小题错误；
过点P作PF⊥BC于点F，
∵AD/​/BC，
∴∠AEB=∠PBF，
∴sin∠PBF=sin∠AEB=ABBE=45，
∴PF=PBsin∠PBF=45t，
∴当0当t=294秒时，点P在CD上，此时，PD=294−BE−ED=294−5−2=14，
PQ=CD−PD=4−14=154，
∵ABAE=43，BQPQ=5154=43，
∴ABAE=BQPQ，
又∵∠A=∠Q=90°，
∴△ABE∽△QBP，故④小题正确．
综上所述，正确的有①③④．
故答案为：①③④．
根据图(2)可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到BC、BE的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得ED的长度，然后表示出AE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，然后针对各小题分析解答即可．
本题考查了动点问题的函数图象，根据图(2)判断出点P到达点E时点Q到达点C是解题的关键，也是本题的突破口．
16.【答案】解：①以点A为圆心，线段c为半径画弧交直线l于点C和C′，即AC=c；
②作线段CC′的垂直平分线交CC′于点B；
③分别以点C和C′为圆心，AB长为半径向上画弧，再以A为圆心，BC长为半径画弧，分别交于点D和D′；
④连接AD，CD，AD′，C′D′；

如图所示：矩形ABCD与矩形ABC′D′即为所求．
【解析】根据垂直平分线的作法及矩形的判定作图即可．
本题主要考查垂直平分线的作法及矩形的判定，理解题意，掌握基本的作图方法是解题关键．
17.【答案】解：(1)2x2−4x+12=0，
2x2−4x=−12，
x2−2x=−14，
x2−2x+1=−14+1，
(x−1)2=34，
x−1=± 32，
所以x1=1+ 32，x2=1− 32；
(2)3(x−2)2=x2−4，
3(x−2)2−(x+2)(x−2)=0，
(x−2)(3x−6−x−2)=0，
x−2=0或3x−6−x−2=0，
所以x1=2，x2=4．
【解析】(1)利用配方法得到(x−1)2=34，然后利用直接开平方法解方程；
(2)先把方程化为3(x−2)2−(x+2)(x−2)=0，再利用因式分解法把方程转化为x−2=0或3x−6−x−2=0，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了配方法．
18.【答案】解：如图所示：
，
所有的两数之差为：0，1，2，3，1，0，1，2，2，1，0，1，3，2，1，0共有16种，
两次数字之差(大数减小数)等于2的有4种，故两数字之差为2的概率为：416=14；
两次数字之差(大数减小数)等于1的有6种，故两数字之差为1的概率为：616=38，
故该游戏不公平．
【解析】利用树状图得出所有的可能，进而利用分别求出概率进而得出答案．
此题主要考查了游戏公平性以及树状图法求概率，正确画出树状图是解题关键．
19.【答案】解：设销售单价为x元，销售利润为y元．
根据题意，得：
y=(x−20)[400−20(x−30)]
=(x−20)(1000−20x)
=−20x2+1400x−20000
=−20(x−35)2+4500，
∵−20<0，
∴x=35时，y有最大值．
所以，销售单价为35元，才能在一个月内获得最大利润．
【解析】设销售单价为x元，销售利润为y元，求得函数关系式，利用二次函数的性质即可解决问题．
本题考查了二次函数的应用，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题．
20.【答案】解：(1)由表格可知，压强P与受力面积S的乘积不变，故压强P是受力面积S的反比例函数，
设P=kS，将(400,0.5)代入得：
0.5=k400，
解得k=200，
∴P=200S，
答：压强P(Pa)关于受力面积S(m2)的函数表达式为P=200S；
(2)这种摆放方式不安全，理由如下：
由图可知S=0.1×0.2=0.02(m2)，
∴将长方体放置于该水平玻璃桌面上，P=2000.02=10000(Pa)，
∵10000>2000，
∴这种摆放方式不安全．
【解析】(1)用待定系数法可得函数关系式即可；
(2)算出S，即可求出P，比较可得答案．
本题考查反比例函数的应用，解题的关键是读懂题意，能列出函数关系式．
21.【答案】任务一、证明：如图2，过C作CE/​/DA.交BA的延长线于E，
∵CE/​/AD，
∴BD：CD=AB：AE，∠2=∠ACE，∠1=∠E，
∵∠1=∠2，
∴∠ACE=∠E，
∴AE=AC，
∴ABAC=BDCD；
任务二、解：∵AD是△ABC的平分线，
∴ABAC=BDCD，
∵AB=11，AC=15，
∴ABAC=BDCD=1115；
设BD=11a，则CD=15a，
∴BC=26a，
∵点E是BC的中点，
∴CE=12BC=13a，
∵EF/​/AD，
∴FC：AC=EC：CD，即FC：15=13a：(15a)，
解得FC=13．
【解析】任务一、由平行线分线段成比例可得BD：CD=AB：AE，由等腰三角形的性质可证AE=AC，可得结论；
任务二、利用上述结论可得BD：CD=11：15，设BD=11a，则CD=15a，由此可得CE的长，再根据平行线分线段成比例可得出FC的长．
本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22.【答案】解：(1)过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，如图：
∵∠ABC=143°，
∴∠CBQ=53°，
在Rt△BCQ中，CQ=BC⋅sin53°≈70×0.8=56cm，
∵CD/​/l，
∴DE=CP=CQ+PQ=56+50=106cm．
即手臂端点D离操作台l的高度DE的长为106cm．
(2)当B，C，D共线时，如图：
BD=60+70=130cm，AB=50cm，
在Rt△ABD中，AB²+AD²=BD²，
∴AD=120cm>110cm．
∴手臂端点D能碰到点M．
【解析】本题考查解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
(1)过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，在Rt△BCQ中，CQ=BC⋅sin53°，再根据DE=CP=CQ+PQ可得答案；
(2)当B，C，D共线时，根据勾股定理可得AD的长，进而可进行判断．
23.【答案】证明：(1)∵AF/​/BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE=DE，BD=CD，
在△AFE和△DBE中，
∠AFE=∠DBE∠FEA=∠BEDAE=DE，
∴△AFE≌△DBE(AAS)，
∴AF=BD，
∴AF=DC．
∵DB=DC，
∴AF=CD．
∵AF/​/BC，
∴四边形ADCF是平行四边形；
(2)四边形ADCF是正方形．理由如下：
证明：∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的中线，
∴AD⊥BC，AD=12BC=DC，
∴平行四边形ADCF是正方形．
【解析】(1)根据AAS证△AFE≌△DBE，利用全等三角形的对应边相等得到AF=BD.结合已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证得结论；
(2)得出四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形斜边上中线性质得出CD=AD，根据正方形的判定推出即可．
本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，正方形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．
24.【答案】解：(1)二次函数图象过原点，可设二次函数解析式为s=at2+nt(a≠0)，
代入(1,14.5)，(2,28)，可得：
a+n=14.54a+2n=28，
解得：a=−12n=15，
即二次函数解析式为：s=−12t2+15t；
设一次函数解析式为v=kt+m(k≠0)，
代入(0,15)，(8,7)得：
m=158k+m=7，
解得：m=15k=−1，
即一次函数解析式为：v=−t+15，
当v=6时，代入一次函数解析式，解得t=15−v=9，
此时，s=−12×92+15×9=1892，
∴当甲车减速至6m/s时，它行驶的路程是1892米；
(2)乙车行驶速度是10m/s，时间是t，行驶路程为10t，
设甲、乙之间的距离为h(单位：米)，
则h=30+10t−s
=30+10t−(−12t2+15t)
=12t2−5t+30
=12(t−5)2+352，
∴12(t−5)2+352=22.5，
解得：t=5± 10，
∴5− 10【解析】(1)二次函数图象过原点，可设二次函数解析式为s=at2+nt(a≠0)，一次函数解析式为v=kt+m(k≠0)，利用待定系数法求出各系数，再将v=6代入解析式求值即可；
(2)乙车行驶速度是10m/s，时间是t，行驶路程为10t，设两车之间的距离为h，则h=30+10t−s=12(t−5)2+352，依据两车间的距离不超过25.5米列出不等式解答即可．
本题考查了二次函数与一次函数的实际应用，掌握待定系数法求函数解析式及配方法求二次函数最值是解题关键．
25.【答案】解：(1)过点B作BF⊥x轴于F，
∵△OAB中，∠OBA=90°，BO=BA，点A(4,0)，
∴OF=BF=12OA=2，
∴点B的坐标为(2,2)，
∵射线DC经过点B，
∴点D、C的纵坐标为2，
∵点E(−72,0)，
∴点D的横坐标为−72，
∴点C坐标为(0,2)，点D坐标为(−72,2)；
(2)∵点E(−72,0)，
∴OE=O′E′=72，
又∵OO′=t，
当点F在OB上(即72OE′=E′F=t−72，
∴S△OE′F=12(t−72)2，
此时矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分的面积S=S△OAB−S△OE′F=12×4×2−12(t−72)2，
即S=−12t2+72t−178(72(3)存在．
理由如下：∵矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分的面积为S与△OAB的面积比为23：32，
∴△OE′F与△OAB的面积比为9：32，
即12(t−72)24=932，
即(t−72)2=94，
解得：t1=5，t2=2(舍去)，
∴t=5；
(4)∵S=−12t2+72t−178=−12(t−72)2+4，
∴当72≤t<4时，S随t的增大而减小，
当t=72时，S最大，最大值为4．
【解析】(1)先根据等腰直角三角形的性质和点A的坐标求出点B的坐标，然后根据矩形的性质和点E的坐标求出点C、D的坐标；
(2)先用含t的代数式表示出OE′，然后用△OAB的面积减去△OE′F的面积即可表示出S；
(3)根据矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分的面积为S与△OAB的面积比推出△OE′F与△OAB的面积比，据此解方程即可求出t值；
(4)根据二次函数的性质在t的取值范围内求出其最大值即可．
本题是几何变换综合题，主要考查平移变换的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的性质和二次函数的应用等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．桌面所受压强P(Pa)
400
500
800
1000
1250
受力面积S(m2)
0.5
0.4
0.25
0.2
0.16