2020-2021年湖北省黄冈市麻城市某校初三（下）4月月考数学试卷

这是一份2020-2021年湖北省黄冈市麻城市某校初三（下）4月月考数学试卷，共27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. 方程4x2+x=5化为一般形式后，a，b，c的值分别是（ ）
A.a=4，b=1，c=5B.a=1，b=4，c=5
C.a=4，b=1，c=−5D.a=4，b=−5，c=1

2. 商场举行摸奖促销活动，对于“抽到一等奖的概率为0.1”．下列说法正确的是( )
A.抽10次奖必有一次抽到一等奖
B.抽一次不可能抽到一等奖
C.抽10次也可能没有抽到一等奖
D.抽了9次如果没有抽到一等奖，那么再抽一次肯定抽到一等奖

3. 如图，在平面直角坐标系中，△ABO△A1B1O位似，位似中心是原点O，若△A1B1O与△ABO的相似比为13，已知B(−9,−3)，则它对应点B′的坐标是( )

A.(−3,−1)B.(−1,2)
C.(−9,1)或(9,−1)D.(−3,−1)或(3,1)

4. 若点A(−1, y1)，B(1, y2)，C(3, y3)在反比例函数y=−3x的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A.y1
5. 将抛物线C1:y=x2−2x+3向左平移1个单位长度，得到抛物线C2，抛物线C2与抛物线C3关于x轴对称，则抛物线C3的解析式为（ ）
A.y=−x2−2B.y=−x2+2C.y=x2−2D.y=x2+2

6. 如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，且AEAB=ADAC=12，则S△ADE:S四边形BCED的值为( )

A.1:3B.1:2C.1:3D.1:4

7. 如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为M，若AB=12，OM:MD=5:8，则⊙O的周长为( )

A.26πB.13πC.96π5D.3910π5

8. 如图，等边△ABC的边AB与正方形DEFG的边长均为2，且AB与DE在同一条直线上，开始时点B与点D重合，让△ABC沿这条直线向右平移，直到点B与点E重合为止，设BD的长为x，△ABC与正方形DEFG重叠部分（图中阴影部分）的面积为y，则y与x之间的函数关系的图象大致是( )

A.B.
C.D.
二、填空题

抛物线y=x2−2x+3的顶点坐标是________．

在平面直角坐标系中，若点A(x+1,2y+1)与点A′(y−2,x)关于原点O对称，则代数式x2−y2的值为________.

设x1，x2是方程x2+mx−5=0的两个根，且x1+x2−x1x2=1，则m=________．

用半径为18，圆心角为120º的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为________.

如图，点A在反比例函数y=kx(x>0,k>0)的图象上，AB⊥x轴于点B，点C在x轴的负半轴上，且BO=2CO，若△ABC的面积为18，则k的值为________.


在体育训练前，某体育老师对初三学生某次实心球训练的录像进行分析，发现实心球飞行高度y（米）与水平距离x（米）之间的关系为y=−112x2+23x+53，由此可知该生此次实心球训练的成绩为________米．

如图，正方形ABCD中，P为AD上一点， BP⊥PE 交BC的延长线于点E.若 AB=6, AP=4 ，则CE的长为________.


如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，BC=4，AC=10，点D是AC上的一个动点，以CD为直径作圆O，连接BD交圆O于点E，则AE的最小值为________．

三、解答题

解方程：
(1)(x−4)2=(5−2x)2；

(2)2x2+3x=3．

如图，将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转a度到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别交于点E，F．

(1)求证：△BCF≅△BA1D；

(2)当∠C=a度时，判定四边形A1BCE的形状并说明理由．

如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连接AC，BC．

(1)求证：∠A=∠BCD；

(2)若CD=43，∠B=60∘，求扇形OAC（阴影部分）的面积．

某文具店去年8月底购进了一批文具1160件，预计在9月份进行试销．购进价格为每件10元．若售价为12元/件，则可全部售出．若每涨价0.1元．销售量就减少2件．
(1)求该文具店在9月份销售量不低于1100件，则售价应不高于多少元？

(2)由于销量好，10月份该文具进价比8月底的进价每件增加20%，该店主增加了进货量，并加强了宣传力度，结果10月份的销售量比9月份在(1)的条件下的最低销售量增加了m%，但售价比9月份在(1)的条件下的最高售价减少215m%．结果10月份利润达到3388元，求m的值(m>10)．

如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC，∠ABC=90∘，顶点A在第一象限，B、C在x轴的正半轴上（C在B的右侧），BC=3，AB=4，若双曲线y=kx(k≠0)交边AB于点E，交边AC于中点D．

(1)若OB=2，求k；

(2)若AE=38AB，求直线AC的解析式．

如图，AC是⊙O的直径，AB是⊙O的一条弦，AP是⊙O的切线．作BM=AB并与AP交于点M，延长MB交AC于点E，交⊙O于点D，连接AD．

(1)求证：AB=BE；

(2)若⊙O的半径R=2.5，MB=3，求AD的长．

九年级复学复课后，某校为了了解学生的疫情防控意识情况，在全校九年级随机抽取部分学生进行问卷调查．根据调查结果，把学生的防控意识分成“A．很强”、“B．较强”、“C．一般”“D．淡薄”四个层次，将调查的结果绘制如图两幅不完整的统计图，请根据图中的信息，解答下列问题：

(1)本次共调查了________名学生，并将条形统计图补充完整；

(2)如果把疫情防控意识“很强或较强”视为合格，该校九年级共有600名学生，请你估计合格的学生约有多少名？

(3)在“A．很强”的3人中，有2名女生，1名男生，老师想从这3人中任选两人做宣传员，请用列表或画树状图法求出被选中的两人恰好是一男生一女生的概率.

疫情期间，某销售商在网上销售A、B两种型号的电脑“手写板”，其进价、售价和每日销量如下表所示：
根据市场行情，该销售商对A型手写板降价销售，同时对B型手写板提高售价，此时发现A型手写板每降低5元就可多卖1个，B型手写板每提高5元就少卖1个．销售时保持每天销售总量不变，设其中A型手写板每天多销售x个，每天获得的总利润为y元．
(1)求y与x之间的函数关系式，并直接写出x的取值范围；

(2)要使每天的利润不低于212000元，求出x的取值范围；

(3)该销售商决定每销售一个B型手写板，就捐助a元0
如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC与x轴、y轴的交点分别为C(8, 0)，B(0, 6)，CD=5，抛物线y=ax2−154x+c(a≠0)过B，C两点，动点M从点D开始以每秒5个单位长度的速度沿D→A→B→C的方向运动到达C点后停止运动．动点N从点O以每秒4个单位长度的速度沿OC方向运动，到达C点后，立即返回，向CO方向运动，到达O点后，又立即返回，依此在线段OC上反复运动，当点M停止运动时，点N也停止运动，设运动时间为t．

(1)求抛物线的解析式；

(2)求点D的坐标；

(3)当点M，N同时开始运动时，若以点M，D，C为顶点的三角形与以点B，O，N为顶点的三角形相似，求t的值；

(4)过点D与x轴平行的直线，交抛物线的对称轴于点Q，将线段BA沿过点B的直线翻折，点A的对称点为A′，求A′Q+QN+DN的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021年湖北省黄冈市麻城市某校初三（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的一般形式
一元二次方程的定义
【解析】
先通过移项把方程化成一般形式，再找二次项系数、一次项系数和常数项．
【解答】
解：由原方程，得
4x2+x−5=0，
所以a=4，b=1，c=−5．
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
概率的意义
【解析】
根据概率是频率（多个）的波动稳定值，是对事件发生可能性大小的量的表现进行解答即可．
【解答】
解：根据概率的意义可得“抽到一等奖的概率为0.1，
就是说抽10次可能抽到一等奖，也可能没有抽到一等奖，
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
坐标与图形性质
位似图形的判断
【解析】
利用以原点为位似中心，相似比为k，位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，把B点的横纵坐标分别乘以13或−13即可得到点B′的坐标．
【解答】
解：以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，
则点B(−9,−3)的对应点B′的坐标是(−3,−1)或(3,1)．
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】
根据反比例函数的性质判断即可．
【解答】
解：∵ k=−3<0，
∴ 在第四象限，y随x的增大而增大，
∴ y2∵ y1>0，
∴ y2故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
二次函数图象的平移规律
二次函数图象与几何变换
【解析】
根据抛物线C1的解析式得到顶点坐标，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得抛物线C2的得到坐标，而根据关于x轴对称的两条抛物线的顶点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，二次项系数互为相反数可得到抛物线C3所对应的函数表达式．
【解答】
解：∵ 抛物线C1:y=x2−2x+3=(x−1)2+2，
∴ 抛物线C1的顶点为(1, 2).
∵ 向左平移1个单位长度，得到抛物线C2，
∴ 抛物线C2的顶点坐标为(0, 2).
∵ 抛物线C2与抛物线C3关于x轴对称，
∴ 抛物线C3的开口方向与C2相反，顶点为(0, −2)，
∴ 抛物线C3的解析式为y=−x2−2.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
由题可证△ADE∽△ACB，根据相似比求面积比．
【解答】
解：∵∠A=∠A，且 AEAB=ADAC=12，
∴△ADE∼△ACB，
∴S△ADE：S△ACB=1:4，
所以S△ADE：S四边形BCED=1:3.
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
垂径定理
勾股定理
【解析】
试题分析：连接OA，根据垂径定理得到AM=12AB=6，设OM=5x,DM=8x，得到OA=OD=13x，根据勾股定理得到OA=132，则可求周长．
【解答】
解：连接OA，如图，
∵ CD为OO的直径，AB⊥CD，
∴ AM=12AB=6.
∵ OM:MD=5:8，
设OM=5x，DM=8x，
∴ OA=OD=13x，
AM=OA2−OM2=12x=6，
解得x=12，∴OA=132，
⊙O的周长=2π⋅OA=13π.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
动点问题的解决方法
函数的图象
【解析】
此题可分为两段求解，即B从D点运动到DE的中点和A从DE的中点运动到E点，列出面积随动点变化的函数关系式即可．
【解答】
解：当B从D点运动到DE的中点时，即0≤x≤1时，
y=12x×3x=32x2．
当B从DE中点运动到E点时，即1y=3−12(2−x)×3(2−x)=−32x2+23x−3，
由函数关系式可看出D中的函数图象与所求的分段函数对应．
故选D．
二、填空题
【答案】
(1, 2)
【考点】
二次函数的性质
【解析】
已知抛物线的解析式是一般式，用配方法转化为顶点式，根据顶点式的坐标特点，直接写出顶点坐标．
【解答】
解：∵ y=x2−2x+3=x2−2x+1−1+3=(x−1)2+2，
∴ 抛物线y=x2−2x+3的顶点坐标是(1, 2)．
故答案为：(1, 2).
【答案】
5
【考点】
关于原点对称的点的坐标
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 点A与点A′关于原点对称，
∴ 可列方程组为：x+1=−(y−2)，2y+1=−x，
解得：x=3，y=−2，
∴ 代数式x2−y2=32−(−2)2=5.
故答案为：5.
【答案】
4
【考点】
根与系数的关系
【解析】
利用根与系数的关系可得出x1+x2＝−m，x1x2＝−5，结合x1+x2−x1x2＝1，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出m的值．
【解答】
解：∵ x1，x2是方程x2+mx−5=0的两个根，
∴ x1+x2=−m，x1x2=−5．
∵ x1+x2−x1x2=1，即−m−(−5)=1.
∴ m=4．
故答案为：4.
【答案】
6
【考点】
圆锥的计算
弧长的计算
【解析】
根据图形可知，圆锥的侧面展开图为扇形，且其弧长等于圆锥底面圆的周长．
【解答】
解：设这个圆锥的底面半径是R，则有2πR=120π×18180，
解得R=6.
故答案为：6.
【答案】
24
【考点】
反比例函数系数k的几何意义
【解析】
首先确定三角形AOB的面积，然后根据反比例函数的比例系数的几何意义确定k的值即可．
【解答】
解：∵ OB=2OC，
∴ S△AOB=23S△ABC=23×18=12，
∴ |k|=2S△AOB=24，
∵ k>0，
∴ k=24.
故答案为：24.
【答案】
10
【考点】
二次函数的应用
【解析】
该生此次实心球训练的成绩，即实心球推出的距离，就是当高度y＝0时x的值，据此可得关于x的一元二次方程，解得x的值，并根据问题的实际意义作出取舍，问题即可得解．
【解答】
解：实心球推出的距离就是当高度y=0时x的值，
∴ 当y=0时，−112x2+23x+53=0，
解得：x1=10，x2=−2（不合题意，舍去），
∴ 该生此次实心球训练的成绩为10米．
故答案为：10.
【答案】
7
【考点】
正方形的性质
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，做EM⊥AD交AD的延长线于点M，
设CE的长为x，
则DM=CE=x，EM=AB=6，PM=PD+x=2+x，
根据勾股定理得BP2=AB2+AP2=62+42=52，
EP2=PM2+EM2=(2+x)2+36，
又因为EP⊥PE，
则有BE2=BP2+EP2，
即(6+x)2=52+(2+x)2+36，
解得x=7，
即CE的长为7.
故答案为：7.
【答案】
226−2
【考点】
圆周角定理
勾股定理
【解析】
连接CE，取BC的中点F，作直径为BC的⊙F，连接EF，AF，证明∠CEB＝90∘，说明E点始终在⊙F上，再由在整个变化过程中，AE≤AF−EF，当A、E、F三点共线时，AE最最小值，求出此时的值便可．
【解答】
解：连接CE，取BC的中点F，作以BC为直径的⊙F，连接EF，AF，
∵ BC=4，
∴ CF=2，
∵ ∠ACB=90∘，AC=10，
∴ AF=AC2+CF2=104=226，
∵ CD是⊙O的直径，
∴ ∠CED=∠CEB=90∘，
∴ E点在⊙F上，
∵ 在点D的运动过程中，AE≥AF−EF，且A，E，F三点共线时等号成立，
∴ 当A，E，F三点共线时，AE取最小值为AF−EF=226−2．
故答案为：226−2.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ (x−4)2=(5−2x)2，
∴ x−4=5−2x或x−4=2x−5，
解得：x1=1，x2=3.
(2)2x2+3x=3，
2x2+3x−3=0，
a=2，b=3，c=−3，
则Δ=b2−4ac=32−4×2×(−3)=33>0，
∴ x=−3±334，
∴ x1=−3−334，x2=−3+334．
【考点】
解一元二次方程-直接开平方法
解一元二次方程-公式法
【解析】
（1）直接开平方法求解可得；
（2）公式法求解可得．
【解答】
解：(1)∵ (x−4)2=(5−2x)2，
∴ x−4=5−2x或x−4=2x−5，
解得：x1=1，x2=3.
(2)2x2+3x=3，
2x2+3x−3=0，
a=2，b=3，c=−3，
则Δ=b2−4ac=32−4×2×(−3)=33>0，
∴ x=−3±334，
∴ x1=−3−334，x2=−3+334．
【答案】
(1)证明：∵ △ABC是等腰三角形，
∴ AB=BC，∠A=∠C，
∵ 将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转a度到△A1BC1的位置，
∴ A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，
在△BCF与△BA1D中，
∠A1=∠C,A1B=BC,∠A1BD=∠CBF,
∴ △BCF≅△BA1D(ASA).
(2)解：四边形A1BCE是菱形，
∵ 将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转a度到△A1B1C1的位置，
∴ ∠A1=∠A，
∵ ∠ADE=∠A1DB，
∴ ∠AED=∠A1BD=a，
∴ ∠DEC=180∘−a，
∵ ∠C=a，
∴ ∠A1=a，
∴ ∠ABC=360∘−∠A1−∠C−∠A1EC=180∘−a，
∴ ∠A1=∠C，∠A1BC=∠AEC，
∴ 四边形A1BCE是平行四边形，
∴ A1B=BC，
∴ 四边形A1BCE是菱形．
【考点】
旋转的性质
等腰三角形的判定与性质
全等三角形的判定
菱形的判定与性质
【解析】
（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≅△BA1D；
（2）由旋转的性质得到∠A1=∠A，根据平角的定义得到∠DEC=180∘−α，根据四边形的内角和得到∠ABC=360∘−∠A1−∠C−∠A1EC=180∘−α，证得四边形A1BCE是平行四边形，由于A1B=BC，即可得到四边形A1BCE是菱形．
【解答】
(1)证明：∵ △ABC是等腰三角形，
∴ AB=BC，∠A=∠C，
∵ 将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转a度到△A1BC1的位置，
∴ A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，
在△BCF与△BA1D中，
∠A1=∠C,A1B=BC,∠A1BD=∠CBF,
∴ △BCF≅△BA1D(ASA).
(2)解：四边形A1BCE是菱形，
∵ 将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转a度到△A1B1C1的位置，
∴ ∠A1=∠A，
∵ ∠ADE=∠A1DB，
∴ ∠AED=∠A1BD=a，
∴ ∠DEC=180∘−a，
∵ ∠C=a，
∴ ∠A1=a，
∴ ∠ABC=360∘−∠A1−∠C−∠A1EC=180∘−a，
∴ ∠A1=∠C，∠A1BC=∠AEC，
∴ 四边形A1BCE是平行四边形，
∴ A1B=BC，
∴ 四边形A1BCE是菱形．
【答案】
(1)证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴BC=BD，
∴∠A=∠BCD.
(2)解：∵OC=OB，∠B=60∘，
∴△BOC为等边三角形，
∴∠BOC=60∘，
∴∠AOC=120∘，∠OCE=30∘.
∵AB是⊙O是直径，弦CD⊥AB，
∴CE=12CD=23，
∴在Rt△COE中，OE=CE⋅tan30∘=2，OC=2OE=4，
∴扇形OAC（阴影部分）的面积=120π×42360=163π．
【考点】
圆周角定理
扇形面积的计算
圆的综合题
锐角三角函数的定义
等边三角形的性质与判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴BC=BD，
∴∠A=∠BCD.
(2)解：∵OC=OB，∠B=60∘，
∴△BOC为等边三角形，
∴∠BOC=60∘，
∴∠AOC=120∘，∠OCE=30∘.
∵AB是⊙O是直径，弦CD⊥AB，
∴CE=12CD=23，
∴在Rt△COE中，OE=CE⋅tan30∘=2，OC=2OE=4，
∴扇形OAC（阴影部分）的面积=120π×42360=163π．
【答案】
解：(1)设售价应为x元，依题意有
1160−2(x−12)0.1≥1100，
解得x≤15．
答：售价应不高于15元．
(2)10月份的进价：10(1+20%)=12（元），
由题意得：
1100(1+m%)[15(1−215m%)−12]=3388，
设m%=t，化简得50t2−25t+2=0，
解得：t1=25，t2=110，
所以m1=40，m2=10，
因为m>10，
所以m=40．
答：m的值为40．
【考点】
一元二次方程的应用——利润问题
一元一次不等式的实际应用
一元二次方程的应用
【解析】
（1）设售价应为x元，根据不等关系：该文具店在9月份销售量不低于1100件，列出不等式求解即可；
（2）先求出10月份的进价，再根据等量关系：10月份利润达到3388元，列出方程求解即可．
【解答】
解：(1)设售价应为x元，依题意有
1160−2(x−12)0.1≥1100，
解得x≤15．
答：售价应不高于15元．
(2)10月份的进价：10(1+20%)=12（元），
由题意得：
1100(1+m%)[15(1−215m%)−12]=3388，
设m%=t，化简得50t2−25t+2=0，
解得：t1=25，t2=110，
所以m1=40，m2=10，
因为m>10，
所以m=40．
答：m的值为40．
【答案】
解：(1)∵ OB=2，BC=3，AB=4，
∴ A(2,4)，C(5,0)，
∵ 点D是AC的中点，
∴ D(2+52,4+02)，即D(72,2)，
将D点坐标代入y=kx得k=7.
(2)AE=38AB=38×4=32，
BE=AB−AE=4−32=52，
设OB=a，则A(a,4)，C(a+3,0)，
则E点坐标为(a,52)，
D点坐标为a+a+32,4+02，即Da+32,2，
∵ D，E在y=kx上，
∴ k=52a=2a+32，
解得a=6，
∴ A点坐标为(6,4)，C点坐标为9,0，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
将A，C坐标代入，
6k+b=4，9k+b=0，解得k=−43，b=12，
∴ 直线AC的解析式为y=−43x+12.
【考点】
待定系数法求反比例函数解析式
反比例函数与一次函数的综合
待定系数法求一次函数解析式
【解析】
（1）过D作BC垂线，根据D为中点，得到D点坐标，代入可求得结果；
（2）设OB为a，E，D点坐标为关于a的代数式，代入函数可求得a值，继而可得到A，C点坐标，根据已知直线上两点，求直线解
析式，即可求得AC解析式．
【解答】
解：(1)∵ OB=2，BC=3，AB=4，
∴ A(2,4)，C(5,0)，
∵ 点D是AC的中点，
∴ D(2+52,4+02)，即D(72,2)，
将D点坐标代入y=kx得k=7.
(2)AE=38AB=38×4=32，
BE=AB−AE=4−32=52，
设OB=a，则A(a,4)，C(a+3,0)，
则E点坐标为(a,52)，
D点坐标为a+a+32,4+02，即Da+32,2，
∵ D，E在y=kx上，
∴ k=52a=2a+32，
解得a=6，
∴ A点坐标为(6,4)，C点坐标为9,0，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
将A，C坐标代入，
6k+b=4，9k+b=0，解得k=−43，b=12，
∴ 直线AC的解析式为y=−43x+12.
【答案】
(1)证明：∵ AP是⊙O的切线，
∴ ∠EAM=90∘，
∴ ∠BAE+∠MAB=90∘，∠AEB+∠AMB=90∘．
又∵ AB=BM，
∴ ∠MAB=∠AMB，
∴ ∠BAE=∠AEB，
∴ AB=BE.
(2)解：如图，连接BC，
∵ AC是⊙O的直径，
∴ ∠ABC=90∘.
在Rt△ABC中，AC=5，AB=MB=3，
∴ BC=4.
∵ BE=AB=MB，
∴ EM=6.
由(1)知，∠BAE=∠AEB，
∴ △ABC∼△EAM,
∴ ∠C=∠AME，EMAC=AMBC，
即65=AM4，
∴ AM=245.
又∵ ∠D=∠C，
∴ ∠D=∠AMD,
∴ AD=AM=245．
【考点】
切线的性质
相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）根据切线的性质得出∠EAM＝90∘，等腰三角形的性质∠MAB＝∠AMB，根据等角的余角相等得出∠BAE＝∠AEB，即可证得AB＝BE；
（2）证得△ABC∽△EAM，求得∠C＝∠AME，AM=485，由∠D＝∠C，求得∠D＝∠AMD，即可证得AD＝AM=485．
【解答】
(1)证明：∵ AP是⊙O的切线，
∴ ∠EAM=90∘，
∴ ∠BAE+∠MAB=90∘，∠AEB+∠AMB=90∘．
又∵ AB=BM，
∴ ∠MAB=∠AMB，
∴ ∠BAE=∠AEB，
∴ AB=BE.
(2)解：如图，连接BC，
∵ AC是⊙O的直径，
∴ ∠ABC=90∘.
在Rt△ABC中，AC=5，AB=MB=3，
∴ BC=4.
∵ BE=AB=MB，
∴ EM=6.
由(1)知，∠BAE=∠AEB，
∴ △ABC∼△EAM,
∴ ∠C=∠AME，EMAC=AMBC，
即65=AM4，
∴ AM=245.
又∵ ∠D=∠C，
∴ ∠D=∠AMD,
∴ AD=AM=245．
【答案】
30
(2)估计合格的学生约有600×3+1230=300（名）.
(3)画树状图如下：
由树状图可知，共有6种等可能结果，被选中的两人恰好是一男生一女生的有4种，
∴ 被选中的两人恰好是一男生一女生的概率为46=23．
【考点】
条形统计图
扇形统计图
用样本估计总体
列表法与树状图法
【解析】
（1）由D选项的人数及其百分比可得本次共调查的人数；由本次共调查的人数减去A、C、D选项的人数求得B的人数即可补全条形统计图；
（2）总人数乘以样本中A、B选项的比例可得；
（3）画树状图列出所有等可能结果，根据概率公式求解可得．
【解答】
解：(1)本次共调查的学生人数为6÷20%=30（名）.
故答案为：30；
“B．较强”的学生人数为30−3−9−6=12（名），
将条形统计图补充完整如图所示：
(2)估计合格的学生约有600×3+1230=300（名）.
(3)画树状图如下：
由树状图可知，共有6种等可能结果，被选中的两人恰好是一男生一女生的有4种，
∴ 被选中的两人恰好是一男生一女生的概率为46=23．
【答案】
解：(1)由题意得，
y=600−400−5x200+x+
1200−800+5x400−x
=−10x2+800x+200000 （0≤x≤40且x为整数） .
(2)x的取值范围为20≤x≤40 .
理由如下：y=−10x2+800x+200000
=−10x−402+216000，
当y=212000时，−10x−402+216000=212000，
x−402=400，x−40=±20，
解得：x=20或x=60 .
要使y≥212000，
得20≤x≤60，
∵ 0≤x≤40，
∴ 20≤x≤40 .
(3)设捐款后每天的利润为w元，
则w=−10x2+800x+200000−(400−x)a
=−10x2+(800+a)x+200000−400a ，
对称轴为x=800+a20=40+a20，
∵ 0∴ 40<40+a20≤45，
∵ 抛物线开口向下，当30≤x≤40时，w随x的增大而增大，
当x=40时，w最大，
∴ −16000+40800+a+200000−400a=203400，
解得a=35 .
【考点】
二次函数的应用
二次函数的最值
一元二次方程的解
【解析】
（1）由题意得，y=600−400−5x200+x+1200−80045x400−x=−10x2+800x+20000 （0≤x≤40且x为整数） .
（2）x的取值范围为20≤x≤40 .
理由如下：y=−10x2+800x+2000000=−10x−402+216000，
当y=212000时，−10x−402+216000=212000，
x−402=4000，x−40=±20，
解得：x=20或x=60 .
要使y≥212000，
得20≤x≤60；
∵ 0≤x≤40，
∴ 20≤x≤40 .
（3）设捐款后每天的利润为w元，则w=−10x2+800x+200000−(400−x)a=−10x2+(800+a)x+200000−400a ，对称轴为x=800+a20=40+a20，
∵ 0∴ 45≥40+a20>40，
∵ 抛物线开口向下，当30≤x≤40时，w随x的增大而增大，
当x=40时，w最大，
∴ −16000+40800+a+2000000−400a=203400，
解得a=35 .
【解答】
解：(1)由题意得，
y=600−400−5x200+x+
1200−800+5x400−x
=−10x2+800x+200000 （0≤x≤40且x为整数） .
(2)x的取值范围为20≤x≤40 .
理由如下：y=−10x2+800x+200000
=−10x−402+216000，
当y=212000时，−10x−402+216000=212000，
x−402=400，x−40=±20，
解得：x=20或x=60 .
要使y≥212000，
得20≤x≤60，
∵ 0≤x≤40，
∴ 20≤x≤40 .
(3)设捐款后每天的利润为w元，
则w=−10x2+800x+200000−(400−x)a
=−10x2+(800+a)x+200000−400a ，
对称轴为x=800+a20=40+a20，
∵ 0∴ 40<40+a20≤45，
∵ 抛物线开口向下，当30≤x≤40时，w随x的增大而增大，
当x=40时，w最大，
∴ −16000+40800+a+200000−400a=203400，
解得a=35 .
【答案】
解：(1)将C(8, 0)，B(0, 6)代入y=ax2−154x+c，得
64a−154×8+c=0，c=6，
解得a=38，c=6，
∴ 抛物线的解析式为y=38x2−154x+6.
(2)如答图1，作DE⊥x轴于点E，
∵ C(8, 0)，B(0, 6)，
∴ OC=8，OB=6，
∴ BC=10．
∵ ∠BOC=∠BCD=∠DEC，
∴ △BOC∽△CED，
∴ BCCD=BOCE=OCDE，
∴ CE=3，DE=4，
∴ OE=OC+CE=11，
∴ D(11, 4)．
(3)若点M在DA上运动时，DM=5t，ON=4t，
当△BON∽△CDM，
则BOCD=ONDM，即65≠4t5t，不成立，舍去；
当△BON∽△MDC，
则BOMD=ONDC，即65t=4t5，解得t=62；
若点M在BC上运动时，CM=25−5t．
当△BON∽△MCD，
则BOMC=ONCD，即625−5t=ON5，
∴ ON=65−t，
当3∴ 65−t=16−4t，
解得t1=9+72(舍去)，t2=9−72．
当4∴ 65−t=4t−16，无解；
当△BON∽△DCM，
则BODC=ONCM，即65=ON25−5t，
∴ ON=30−6t，
当3∴ 30−6t=16−4t，
解得t=7(舍去)；
当4∴ 30−6t=4t−16，
解得t=235．
综上所示：当t=62时，△BON∽△MDC；
t=9−72时，△BON∽△MCD；
t=235时，△BON∽△DCM.
(4)如答图2，作点D关于x轴的对称点F，连接QF交x轴于点C，
∵ 点D(11, 4)，
∴ 点F(11, −4)．
由y=38x2−154x+6得对称轴为x=5，
∴ 点Q(5, 4)，
∴ QF=5−112+4+42=10，
BQ=0−52+6−42=29．
∴ A′Q+QN+DN=BQ−BA′+QF=29−5+10=29+5．
故A′Q+QN+DN的最小值为29+5．
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数综合题
相似三角形的性质与判定
动点问题
轴对称——最短路线问题
【解析】
(1)将C(8, 0)，B(0, 6)代入y=ax2−154x+c计算即可.
(2)作DE⊥x轴于点E，证明△BOC∼△CED，可得CE，DE长度，进而得到点D的坐标.
(3)分为点M在AD，BC上两种情况讨论，当点M在AD上时，分为△BON∼△CDM和△BON∼△MDC两种情况讨论；当点M在BC上时，分为△BON∼△MCD和△BON∼△DCM两种情况讨论.
(4)作点D关于x轴的对称F，连接QF，可得QN+DN的最小值；连接BQ减去BA′可得A′Q的最小值，综上可得A′Q+QN+DN的最小值．
【解答】
解：(1)将C(8, 0)，B(0, 6)代入y=ax2−154x+c，得
64a−154×8+c=0，c=6，
解得a=38，c=6，
∴ 抛物线的解析式为y=38x2−154x+6.
(2)如答图1，作DE⊥x轴于点E，
∵ C(8, 0)，B(0, 6)，
∴ OC=8，OB=6，
∴ BC=10．
∵ ∠BOC=∠BCD=∠DEC，
∴ △BOC∽△CED，
∴ BCCD=BOCE=OCDE，
∴ CE=3，DE=4，
∴ OE=OC+CE=11，
∴ D(11, 4)．
(3)若点M在DA上运动时，DM=5t，ON=4t，
当△BON∽△CDM，
则BOCD=ONDM，即65≠4t5t，不成立，舍去；
当△BON∽△MDC，
则BOMD=ONDC，即65t=4t5，解得t=62；
若点M在BC上运动时，CM=25−5t．
当△BON∽△MCD，
则BOMC=ONCD，即625−5t=ON5，
∴ ON=65−t，
当3∴ 65−t=16−4t，
解得t1=9+72(舍去)，t2=9−72．
当4∴ 65−t=4t−16，无解；
当△BON∽△DCM，
则BODC=ONCM，即65=ON25−5t，
∴ ON=30−6t，
当3∴ 30−6t=16−4t，
解得t=7(舍去)；
当4∴ 30−6t=4t−16，
解得t=235．
综上所示：当t=62时，△BON∽△MDC；
t=9−72时，△BON∽△MCD；
t=235时，△BON∽△DCM.
(4)如答图2，作点D关于x轴的对称点F，连接QF交x轴于点C，
∵ 点D(11, 4)，
∴ 点F(11, −4)．
由y=38x2−154x+6得对称轴为x=5，
∴ 点Q(5, 4)，
∴ QF=5−112+4+42=10，
BQ=0−52+6−42=29．
∴ A′Q+QN+DN=BQ−BA′+QF=29−5+10=29+5．
故A′Q+QN+DN的最小值为29+5．进价（元/个）
售价（元/个）
销量（个/日）
A型
400
600
200
B型
800
1200
400