2020-2021学年某校初三（上）12月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年某校初三（上）12月月考数学试卷，共24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. 下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A.B.
C.D.

2. 关于x的一元二次方程(a−1)x2+ax+a2−1=0的一个根是0，则a值为( )
A.1B.0C.−1D.±1

3. 抛物线y=x2−6x+12的顶点坐标是( )
A.−3,−3B.3,3C.−3,3D.3,−3

4. 将二次函数y=(x−1)2−3的图象沿x轴翻折，所得图象的函数表达式为( )
A.y=−(x−1)2+3B.y=(x+1)2−3
C.y=−(x+1)2−3D.y=(x−1)2+3

5. 下列命题正确的有( )
(1)半圆是弧；(2)弦是圆上两点之间的部分；
(3)半径是弦；(4)直径是圆中最长的弦；
(5)在同一平面内，到定点的距离不大于定长的点都在同一个圆内．
A.1个B.2个C.3个D.4个

6. 如图，在⊙O中，弦BC=1，点A是圆上一点，且∠BAC=30∘，则⊙O的半径是( )

A.1B.2C.3D.5

7. 如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50∘后得到△A′B′C′．若∠A=40∘．∠B′=110∘，则∠BCA′ 的度数是( )

A.110∘B.80∘C.40∘D.30∘

8. 如图，扇形OAB是圆锥的侧面展开图，若小正方形方格的边长为1cm，则这个圆锥的底面半径为( )

A.22cmB.2cmC.22cmD.12cm

9. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，过点D作⊙O的切线交BC于点M，切点为N，则DM的长为( )

A.133B.92C.4313D.25

10. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象如图，下列结论：①abc>0；②2a+b=0；③当m≠1时，a+b>am2+bm；④a−b+c>0；⑤若ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2，x1+x2=2．其中正确的有( )

A.①②③B.②④C.②⑤D.②③⑤
二、填空题

若方程m−3x|m|−1+3mx=0是关于x的一元二次方程，则m=________.

将抛物线y=3x2+2先向右平移4个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为________．

已知菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，点A的坐标为(−23,2)，点B的坐标为(−1,−3)，则D的坐标为________．

如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，点D在⊙O上，∠ADC=54∘，则∠BAC的度数等于________．


如图，点A，B，C，D在⊙O上，点O在∠D的内部，四边形OABC为平行四边形，则∠OAD+∠OCD=________度．


如图，已知直线y=34x−3与x轴，y轴分别交于A，B两点，P是以C(0, 1)为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA，PB，则△PAB面积的最大值是________．

三、解答题

解方程：
(1)x2−4x−7=0 ;

2x−2x−5=−2.

如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB．

(1)若CD=16，BE=4，求⊙O的直径；

(2)若∠M=∠D，求∠D的度数．

如图，在边长为1的正方形网格中，A1,7，B5,5.

(1)将线段AB绕点B逆时针旋转，得到对应线段BE．当BE与CD第一次平行时，画出点A运动的路径，并直接写出点A运动的路径长________；（结果保留π）

(2)线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标________.

如图：AB为⊙O的直径，AB=10cm，AC=6cm，∠ACB的平分线交⊙O于D．

(1)求四边形ACBD的面积；

(2)求CD的长．

关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不等实根x1，x2．
(1)求实数k的取值范围；

(2)若方程两实根x1，x2满足|x1|+|x2|=x1x2，求k的值．

如图，⊙O与△ABC的AC边相切于点C，与BC边交于点E，⊙O过AB上一点D，且DE // AO，CE是⊙O的直径．

(1)求证：AB是⊙O的切线；

(2)若BD=4，EC=6，求AC的长．

某商店销售一种商品，经市场调查发现：该商品的周销售量y(件)是售价x(元/件)的一次函数，其售价、周销售量、周销售利润w(元)的三组对应值如表：
注：周销售利润=周销售量×(售价−进价)
(1)求y关于x的函数解析式(不要求写出自变量的取值范围)；

(2)①求该商品的进价；②求周销售利润的最大值以及此时对应的售价；

(3)由于某种原因，该商品进价提高了m元/件(m>0)，物价部门规定该商品售价不得超过65元/件，该商店在今后的销售中，周销售量与售价仍然满足(1)中的函数关系．若周销售最大利润是1400元，求m的值．

如图，⊙M的圆心在x轴上，与坐标轴交于A(0, 3)，B(−1, 0)，抛物线y=−33x2+bx+c经过A，B两点．

(1)求抛物线的函数解析式；

(2)设抛物线的顶点为P．试判断点P与⊙M的位置关系，并说明理由；

(3)若⊙M与y轴的另一交点为D，则由线段PA，线段PD及弧ABD围成的封闭图形PABD的面积是多少？
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省荆州市某校初三（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项错误．
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的解
一元二次方程的定义
【解析】
根据一元二次方程和一元二次方程的解得出a−1≠0，a2−1＝0，求出a的值即可．
【解答】
解：把x=0代入方程得：a2−1=0，
解得：a=±1.
∵ (a−1)x2+ax+a2−1=0是关于x的一元二次方程，
∴ a−1≠0，即a≠1，
∴ a的值是−1.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
首先将抛物线配成顶点式，即可得到答案.
【解答】
解：∵ y=x2−6x+12
=x2−6x+9+3
=x−32+3，
∴ 抛物线的顶点坐标为3,3.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
直接根据平面直角坐标系中，点关于x轴对称的特点得出答案．
【解答】
解：将二次函数y=(x−1)2−3的图象沿x轴翻折，所得图象的函数表达式为−y=(x−1)2−3，即y=−(x−1)2+3．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
命题与定理
圆的有关概念
【解析】
根据半圆和弧的定义对①进行判断，根据弦的定义对②③进行判断；根据直径的定义对④进行判断；根据圆的定义对⑤进行判断．
【解答】
解：(1)半圆是弧，命题正确；
(2)弦是圆上任意两点之间的连线段，命题错误；
(3)直径是弦，半径不是弦，命题错误；
(4)直径是圆中最长的弦，命题正确；
(5)在同一平面内，到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上，命题错误.
故选B.
6.
【答案】
A
【考点】
圆周角定理
等边三角形的性质与判定
【解析】
连接OB，OC，先由圆周角定理求出∠BOC的度数，再OB＝OC判断出△BOC的形状，故可得出结论．
【解答】
解：连接OB，OC.
∵ ∠BAC=30∘，
∴ ∠BOC=2∠BAC=60∘.
∵ OB=OC，
∴ △BOC是等边三角形，
∴ OB=BC=1．
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
旋转的性质
【解析】
首先根据旋转的性质可得：∠A′=∠A，∠A′CB′=∠ACB，即可得到∠A′=40∘，再有∠B′=110∘，利用三角形内角和可得∠A′CB′的度数，进而得到∠ACB的度数，再由条件将△ABC绕着点C顺时针旋转50∘后得到△A′B′C′可得∠ACA′=50∘，即可得到∠BCA′的度数．
【解答】
解：根据旋转的性质可得：∠A′=∠A，∠A′CB′=∠ACB，
∵ ∠A=40∘，
∴ ∠A′=40∘，
∵ ∠B′=110∘，
∴ ∠A′CB′=180∘−110∘−40∘=30∘，
∴ ∠ACB=30∘，
∵ 将△ABC绕着点C顺时针旋转50∘后得到△A′B′C′，
∴ ∠ACA′=50∘，
∴ ∠BCA′=30∘+50∘=80∘.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
弧长的计算
勾股定理
【解析】
用“此扇形的弧长等于圆锥底面周长”作为相等关系，求圆锥的底面半径．
【解答】
解：由图可知，OA=OB=22+22=22.
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=90π×22180，
所以r=22cm．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
切线的性质
矩形的性质
勾股定理
【解析】
连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，得到∠A=∠B=90∘，CD=AB=4，由于AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点得到∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90∘，推出四边形AFOE，FBGO是正方形，得到AF=BF=AE=BG=2，由勾股定理列方程即可求出结果．
【解答】
解：连接OE，OF，ON，OG.
在矩形ABCD中，
∵ ∠A=∠B=90∘，CD=AB=4，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，
∴ ∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90∘，
∴ 四边形AFOE与四边形FBGO是正方形，
∴ AF=BF=AE=BG=2，
∴ DE=3.
∵ DM是⊙O的切线，
∴ DN=DE=3，MN=MG，
∴ CM=5−2−MN=3−MN.
在Rt△DMC中，DM2=CD2+CM2，
∴ (3+NM)2=42+(3−NM)2，
∴ NM=43，
∴ DM=3+43=133.
故选A.
10.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象与系数的关系
抛物线与x轴的交点
【解析】
根据抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x＝1，根据抛物线对称轴方程得到−b2a=1，则可对①进行判断；由抛物线开口方向得到a<0，由b＝−2a得到b>0，由抛物线与y轴的交点在x轴上方得到c>0，则可对②进行判断；利用x＝1时，函数有最大值对③进行判断；根据二次函数图象的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点在点(0, 0)与(−1, 0)之间，则x＝−1时，y<0，于是可对④进行判断；由ax12+bx1＝ax22+bx2得到ax12+bx1+cax22+bx2+c，则可判断x＝x1和x＝x2所对应的函数值相等，则x2−1＝1−x1，于是可对⑤进行判断．
【解答】
解：∵ 抛物线开口向下，
∴ a<0.
∵ 抛物线对称轴为x=−b2a=1，即b=−2a，
∴ b>0.
∵ 抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴ c>0，
∴ abc<0，故①错误；
∵ b=−2a，
∴ 2a+b=0，故②正确；
∵ 当x=1时，函数值最大，
∴ a+b+c>am2+bm+c，
即a+b>am2+bm(m≠1)，故③正确；
∵ 抛物线与x轴的交点到对称轴x=1的距离大于1，
∴ 抛物线与x轴的一个交点在点(2, 0)与(3, 0)之间，
∴ 抛物线与x轴的另一个交点在点(0, 0)与(−1, 0)之间，
∴ 当x=−1时，y<0，
∴ a−b+c<0，故④错误；
当ax12+bx1=ax22+bx2，
则ax12+bx1+c=ax22+bx2+c，
∴ x=x1和x=x2所对应的函数值相等，
∴ x2−1=1−x1，
∴ x1+x2=2，故⑤正确.
综上所述，正确的有②③⑤.
故选D.
二、填空题
【答案】
−3
【考点】
一元二次方程的定义
【解析】
根据一元二次方程的定义可得：m−1=2且m−3≠0，再解即可．
【解答】
解：∵ m−3x|m|−1+3mx=0是一元二次方程，
∴ m−1=2且m−3≠0，
解得：m=−3.
故答案为：−3．
【答案】
y=3(x−4)2
【考点】
二次函数图象与几何变换
二次函数图象的平移规律
【解析】
把抛物线平移的问题转化为点的平移：先确定抛物线y=3x2+2的顶点坐标，再求出顶点平移后的对应点的坐标，然后根据顶点式写出新抛物线解析式．
【解答】
解：抛物线y=3x2+2的顶点坐标为(0,2)，
把点(0,2)先向右平移4个单位，再向下平移2个单位得到点的坐标为(4,0)，
所以平移后的抛物线的解析式为y=3(x−4)2．
故答案为：y=3(x−4)2．
【答案】
(1,3)
【考点】
菱形的性质
关于原点对称的点的坐标
【解析】
由菱形的性质可知B、D关于原点对称，结合条件可求得D点的坐标．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ OB=OD.
又∵ 点O为坐标原点，
∴ 点B和点D关于原点对称.
∵ B点坐标为(−1,−3)，
∴ D点坐标为(1,3)，
故答案为：(1,3)．
【答案】
36∘
【考点】
圆周角定理
【解析】
由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得∠B的度数，又由直径所对的圆周角是直角，即可求得∠ACB=90∘，继而求得答案．
【解答】
解：∵ ∠ABC与∠ADC是AC所对的圆周角，
∴ ∠ABC=∠ADC=54∘，
∵ AB为⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90∘，
∴ ∠BAC=90∘−∠ABC=90∘−54∘=36∘．
故答案为：36∘．
【答案】
60
【考点】
圆周角定理
平行四边形的性质
圆内接四边形的性质
【解析】
利用四边形OABC为平行四边形，可得∠AOC＝∠B，∠OAB＝∠OCB，∠OAB+∠B＝180∘．利用四边形ABCD是圆的内接四边形，可得∠D+∠B＝180∘．利用同弧所对的圆周角和圆心角可得∠D=12∠AOC，求出∠D＝60∘，进而即可得出．
【解答】
解：∵ 四边形OABC为平行四边形，
∴ ∠AOC=∠B，∠OAB=∠OCB，∠OAB+∠B=180∘．
∵ 四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴ ∠D+∠B=180∘．
又∠D=12∠AOC，
∴ 3∠D=180∘，
解得∠D=60∘．
∴ ∠OAB=∠OCB=180∘−∠B=60∘．
∴ ∠OAD+∠OCD
=360∘−(∠D+∠B+∠OAB+∠OCB)
=360∘−(60∘+120∘+60∘+60∘)=60∘．
故答案为：60.
【答案】
212
【考点】
一次函数的综合题
圆中的运动问题
与圆有关的探究问题
【解析】
过点C作CD⊥AB于D，延长DC交⊙C于另一点P′，此时△P′AB的面积最大，将x＝0、y＝0代入y=34x−3中求出与之相对应的y、x的值，进而可得出点A、B的坐标，由∠ABO＝∠CBD、∠AOB＝∠CDB＝90∘即可证出△AOB∽△CDB，再根据相似三角形的性质求出CD的长度，将其+1即可得出DP′的长度，利用三角形的面积公式即可求出△PAB面积的最大值．
【解答】
解：过点C作CD⊥AB于D，连结AC.
对于直线y=34x−3，当x=0时，y=−3，
∴ 点B(0, −3).
当y=34x−3=0时，x=4，
∴ 点A(4, 0)．
∵ 点C(0, 1)，
∴ BC=1−(−3)=4，AO=4，BO=3，AB=AO2+BO2=5．
在△ABC中，12OA⋅BC=12CD⋅AB，
即12×4×4=12×5×CD，
解得CD=165，
∴ 圆C上的点到直线y=34x−3的最大距离是1+165=215，
∴ S△PABmax=12×5×215=212．
故答案为：212.
三、解答题
【答案】
解：1原式变形为：x2−4x+4=7+4，
整理得：(x−2)2=11，
∴ x−2=±11，
解得：x1=2+11，x2=2−11.
(2)原方程变形为：x2−5x−2x+10=−2，
移项整理：x2−7x+12=0，
∴ (x−3)(x−4)=0，
解得：x1=3，x2=4.
【考点】
解一元二次方程-配方法
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
1首先对原式进行变形，然后利用配方法进行解答即可；
2首先对原方程进行变形，然后利用因式分解法进行解答即可.
【解答】
解：1原式变形为：x2−4x+4=7+4，
整理得：(x−2)2=11，
∴ x−2=±11，
解得：x1=2+11，x2=2−11.
(2)原方程变形为：x2−5x−2x+10=−2，
移项整理：x2−7x+12=0，
∴ (x−3)(x−4)=0，
解得：x1=3，x2=4.
【答案】
解：(1)∵ AB⊥CD，CD=16，
∴ CE=DE=8，
设OB=x，
又∵ BE=4，
∴ x2=(x−4)2+82，
解得：x=10，
∴ ⊙O的直径是20．
(2)∵ ∠M=12∠BOD，∠M=∠D，
∴ ∠D=12∠BOD，
∵ AB⊥CD，
∴ ∠D=30∘．
【考点】
圆周角定理
垂径定理的应用
勾股定理
【解析】
（1）先根据CD=16，BE=4，得出OE的长，进而得出OB的长，进而得出结论；
（2）由∠M=∠D，∠DOB=2∠D，结合直角三角形可以求得结果；
【解答】
解：(1)∵ AB⊥CD，CD=16，
∴ CE=DE=8，
设OB=x，
又∵ BE=4，
∴ x2=(x−4)2+82，
解得：x=10，
∴ ⊙O的直径是20．
(2)∵ ∠M=12∠BOD，∠M=∠D，
∴ ∠D=12∠BOD，
∵ AB⊥CD，
∴ ∠D=30∘．
【答案】
5π
3,3或6,6
【考点】
弧长的计算
作图-旋转变换
坐标与图形变化-旋转
【解析】
1依据旋转的方向，旋转角度以及旋转中心的位置，即可得到点A运动的路径为弧线，根据弧长计算公式即可得到点A运动的路径长；
2连接两对对应点，分别作出连线的垂直平分线，其交点即为所求．
【解答】
解：1点A运动的路径如图所示，
∵ AB=22+42=25，
∴ 点A运动的路径长为：90×π×25180=5π.
故答案为：5π.
2如图所示，
若A与D是对应点，作图如下，
由图可知，点P的坐标为(6,6)；
若A与C是对应点，作图如下，
由图可知，点P的坐标为(3,3).
故答案为：3,3或6,6.
【答案】
解：1∵ AB为直径，
∴ ∠ADB=∠ACB=90∘.
又∵ CD平分∠ACB，即∠ACD=∠BCD，
∴ AD=BD.
∵ Rt△ABD中，AD=BD，
∴ AD=BD=22AB=52，
∴ S△ABD=12AD⋅BD=12×52×52=25cm2.
在Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=102−62=8cm，
∴ S△ABC=12AC⋅BC=12×6×8=24cm2，
∴ S四边形ADBC=S△ABD+S△ABC=25+24=49cm2.
2作AE⊥CD于E，连接OD.
由(1)可知，AD=52.
∵ AE⊥CD，∠ACE=45∘，
∴ AE=CE=22AC=32.
在Rt△AED中，DE=AD2−AE2=42，
∴ CD=CE+DE=32+42=72cm.
【考点】
等腰直角三角形
圆周角定理
勾股定理
三角形的面积
角平分线的定义
【解析】
求得△ABC和△ABD的面积，二者的和就是四边形的面积．
作AE⊥CD于E，根据等腰直角三角形的性质求出AD，根据勾股定理求出AE，CE，DE，结合图形计算，得到答案．
【解答】
解：1∵ AB为直径，
∴ ∠ADB=∠ACB=90∘.
又∵ CD平分∠ACB，即∠ACD=∠BCD，
∴ AD=BD.
∵ Rt△ABD中，AD=BD，
∴ AD=BD=22AB=52，
∴ S△ABD=12AD⋅BD=12×52×52=25cm2.
在Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=102−62=8cm，
∴ S△ABC=12AC⋅BC=12×6×8=24cm2，
∴ S四边形ADBC=S△ABD+S△ABC=25+24=49cm2.
2作AE⊥CD于E，连接OD.
由(1)可知，AD=52.
∵ AE⊥CD，∠ACE=45∘，
∴ AE=CE=22AC=32.
在Rt△AED中，DE=AD2−AE2=42，
∴ CD=CE+DE=32+42=72cm.
【答案】
解：(1)∵ 关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不相等的实数根，
∴ Δ=(2k+1)2−4(k2+1)=4k−3>0，
解得：k>34．
∴ 实数k的取值范围为k>34．
(2)由根与系数的关系，得：
x1+x2=−(2k+1)<0，x1⋅x2=k2+1>0，
∴ x1<0，x2<0，
∴ −x1−x2=x1x2，
∴ 2k+1=k2+1，
解得：k=0或k=2，
又∵ k>34，
∴ k=2．
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）由方程的系数结合根的判别式即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出实数k的取值范围；
（2）由根与系数的关系可得x1+x2=−(2k+1)、x1⋅x2=k2+1，结合x1+x2=−x1⋅x2即可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k值，再根据k>34即可确定k的值．
【解答】
解：(1)∵ 关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不相等的实数根，
∴ Δ=(2k+1)2−4(k2+1)=4k−3>0，
解得：k>34．
∴ 实数k的取值范围为k>34．
(2)由根与系数的关系，得：
x1+x2=−(2k+1)<0，x1⋅x2=k2+1>0，
∴ x1<0，x2<0，
∴ −x1−x2=x1x2，
∴ 2k+1=k2+1，
解得：k=0或k=2，
又∵ k>34，
∴ k=2．
【答案】
(1)证明：连结OD.
∵ OD=OE，∴ ∠OED=∠ODE.
∵ DE // AO，
∴ ∠ODE=∠AOD，∠DEO=∠AOC，
∴ ∠AOD=∠AOC.
∵ AC是⊙O的切线，∴ ∠ACB=90∘.
在△AOD和△AOC中，
OD=OC，∠AOD=∠AOC，OA=OA，
∴ △AOD≅△AOC(SAS)，
∴ ∠ADO=∠ACB=90∘.
∵ OD是半径，
∴ AB是⊙O的切线.
(2)解：∵ BD是⊙O切线，
∴ ∠ODB=90∘，
∴BD2+OD2=OB2，
∴42+32=(3+BE)2，
解得BE=2，
∴BC=BE+EC=8.
∵ AD，AC是⊙O的切线，
∴ AD=AC.
设AD=AC=y，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，
∴ (4+y)2=y2+82，
解得y=6，
故AC的长为6．
【考点】
切线的判定
切线的性质
勾股定理
【解析】
（1）连接OD，根据平行线的性质得出∠ODE＝∠AOD，∠DEO＝∠AOC，根据等腰三角形的性质得出∠OED＝∠ODE，即可得出∠AOC＝∠AOD，进而证得△AOD≅△AOC(SAS)，得到∠ADO＝∠ACB＝90∘，即可证得结论；
（2）根据切割线定理求得BE，得到BC，然后根据切线长定理和勾股定理列出关于y的方程，解方程即可．
【解答】
(1)证明：连结OD.
∵ OD=OE，∴ ∠OED=∠ODE.
∵ DE // AO，
∴ ∠ODE=∠AOD，∠DEO=∠AOC，
∴ ∠AOD=∠AOC.
∵ AC是⊙O的切线，∴ ∠ACB=90∘.
在△AOD和△AOC中，
OD=OC，∠AOD=∠AOC，OA=OA，
∴ △AOD≅△AOC(SAS)，
∴ ∠ADO=∠ACB=90∘.
∵ OD是半径，
∴ AB是⊙O的切线.
(2)解：∵ BD是⊙O切线，
∴ ∠ODB=90∘，
∴BD2+OD2=OB2，
∴42+32=(3+BE)2，
解得BE=2，
∴BC=BE+EC=8.
∵ AD，AC是⊙O的切线，
∴ AD=AC.
设AD=AC=y，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，
∴ (4+y)2=y2+82，
解得y=6，
故AC的长为6．
【答案】
解：(1)①依题意设y=kx+b，
则有50k+b=100，60k+b=80，
解得：k=−2，b=200.
检验：代入x=80，可得y=40，符合题意，
∴ y关于x的函数解析式为y=−2x+200；
(2)该商品进价是50−1000÷100=40，
设每周获得利润w=ax2+bx+c，
则有2500a+50b+c=1000，3600a+60b+c=1600，6400a+80b+c=1600，
解得：a=−2，b=280，c=−8000.
∴ w=−2x2+280x−8000=−2(x−70)2+1800，
∴ 当售价是70元/件时，周销售利润最大，最大利润是1800元.
(3)根据题意得，w=(x−40−m)(−2x+200)
=−2x2+(280+2m)x−8000−200m，
∵ 对称轴x=140+m2，
又x≤65，
∴ 当x≤65时，w随x的增大而增大，
∴ 当x=65时，w取得最大值，
wmax=(65−40−m)(−2×65+200)=1400，
解得m=5.
【考点】
待定系数法求一次函数解析式
待定系数法求二次函数解析式
二次函数的应用
二次函数的最值
【解析】
（1）①依题意设y＝kx+b，解方程组即可得到结论；
②该商品进价是50−1000÷100＝40，设每周获得利润w＝ax2+bx+c：解方程组即可得到结论；
（2）根据题意得，w＝(x−40−m)(−2x+200)＝−2x2+(280+2m)x−800−200m，由于对称轴是x=140+m2，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】
解：(1)①依题意设y=kx+b，
则有50k+b=100，60k+b=80，
解得：k=−2，b=200.
检验：代入x=80，可得y=40，符合题意，
∴ y关于x的函数解析式为y=−2x+200；
(2)该商品进价是50−1000÷100=40，
设每周获得利润w=ax2+bx+c，
则有2500a+50b+c=1000，3600a+60b+c=1600，6400a+80b+c=1600，
解得：a=−2，b=280，c=−8000.
∴ w=−2x2+280x−8000=−2(x−70)2+1800，
∴ 当售价是70元/件时，周销售利润最大，最大利润是1800元.
(3)根据题意得，w=(x−40−m)(−2x+200)
=−2x2+(280+2m)x−8000−200m，
∵ 对称轴x=140+m2，
又x≤65，
∴ 当x≤65时，w随x的增大而增大，
∴ 当x=65时，w取得最大值，
wmax=(65−40−m)(−2×65+200)=1400，
解得m=5.
【答案】
解：(1)将A(0, 3)，B(−1, 0)两点坐标代入抛物线y=−33x2+bx+c中，
得c=3,−33−b+c=0,
解得b=233,c=3,
∴ y=−33x2+233x+3.
(2)连接MA.
设⊙M的半径为R，
根据A，B两点坐标可知，OA=3，OM=R−1.
在Rt△OMA中，由勾股定理得，OA2+OM2=AM2，
即(3)2+(R−1)2=R2，
解得R=2.
∵ y=−33x2+233x+3=−33(x−1)2+433，
∴ PM=433>2，即P点在⊙M外.
(3)连接DM，PM.
∵ PM // y轴，
∴ S△APD=S△AMD.
由线段PA，线段PD及弧ABD围成的封闭图形PABD的面积，即扇形AMD的面积.
∵ OM=1，AM=2，
∴ ∠AMO=60∘，∠AMD=120∘，
∴ S扇形AMD=120×π×22360=4π3．
【考点】
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
点与圆的位置关系
勾股定理
扇形面积的计算
【解析】
（1）将A(0, 3)、B(−1, 0)两点坐标代入抛物线y=−33x2+bx+c中，解方程组可求b、c，确定抛物线解析式；
（2）连接MA，根据A、B两点坐标，由勾股定理求圆的半径，利用配方法求P点的纵坐标并与半径比较，判断点P与⊙M的位置关系；
（3）由于PM // y轴，故S△APD=S△AMD，问题可转化为求扇形AMD的面积．
【解答】
解：(1)将A(0, 3)，B(−1, 0)两点坐标代入抛物线y=−33x2+bx+c中，
得c=3,−33−b+c=0,
解得b=233,c=3,
∴ y=−33x2+233x+3.
(2)连接MA.
设⊙M的半径为R，
根据A，B两点坐标可知，OA=3，OM=R−1.
在Rt△OMA中，由勾股定理得，OA2+OM2=AM2，
即(3)2+(R−1)2=R2，
解得R=2.
∵ y=−33x2+233x+3=−33(x−1)2+433，
∴ PM=433>2，即P点在⊙M外.
(3)连接DM，PM.
∵ PM // y轴，
∴ S△APD=S△AMD.
由线段PA，线段PD及弧ABD围成的封闭图形PABD的面积，即扇形AMD的面积.
∵ OM=1，AM=2，
∴ ∠AMO=60∘，∠AMD=120∘，
∴ S扇形AMD=120×π×22360=4π3．售价x(元/件)
50
60
80
周销售量y(件)
100
80
40
周销售利润w(元)
1000
1600
1600