2020-2021学年湖北省恩施市某校初三（下）第一次月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省恩施市某校初三（下）第一次月考数学试卷，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. −18的绝对值等于（ ）
A.8B.18C.−8D.−18

2. 下列运算正确的是( )
A.(a+b)2=a2+b2B.(−3x3)2=6x6
C.a2+a2= 2a4D.(a4)3=a12

3. 2020年3月9日，中国第54颗北斗导航卫星成功发射，其轨道高度约为36000000m，数36000000用科学记数法表示为( )
×108B.36×107C.3.6×107D.3.6×108

4. 下列图形中，既是中心对称又是轴对称图形的是（ ）
A.B.
C.D.

5. 函数y=1x−3+x−2的自变量x的取值范围是( )
A.x≥2，且x≠3B.x≥2C.x≠3D.x>2，且x≠3

6. 在一个不透明的袋子中有3个白球、4个红球，这些球除颜色不同外其他完全相同．从袋子中随机摸出一个球，它是红球的概率是（ ）
A.14B.13C.37D.47

7. 定义运算：若am=b，则lgab=m(a>0)，例如23=8，则lg28=3．运用以上定义，计算：lg5125−lg381=( )
A.−1B.2C.1D.44

8. 中国古代人民在生产生活中发现了许多数学问题，在《孙子算经》中记载了这样一个问题，大意为：有若干人乘车，若每车乘坐3人，则2辆车无人乘坐；若每车乘坐2人，则9人无车可乘，问共有多少辆车，多少人，设共有x辆车，y人，则可列方程组为（ ）
A.3(x−2)=y2x+9=yB.3(x+2)=y2x+9=y
C.3x=y2x+9=yD.3(x+2)=y2x−9=y

9. 如图是一个几何体的三视图，则此三视图所对应的直观图是( )

A.B.C.D.

10. 甲、乙两地之间是一条直路，在全民健身活动中，小明跑步从甲地往乙地，小丽骑自行车从乙地往甲地，两人同时出发，小丽先到达目的地，两人之间的距离s(km)与运动时间t(ℎ)的函数关系大致如图所示，下列说法中错误的是( )

A.两人出发1小时后相遇
B.小明跑步的速度为8km/ℎ
C.小丽到达目的地时两人相距10km
D.小丽比小明提前1.5ℎ到目的地

11. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB=6，BC=8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为( )

A.485B.325C.245D.125

12. 如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的对称轴为直线x=−1，下列结论：
①abc<0；②3a<−c；③若m为任意实数，则有a−bm≤am2+b； ④若图象经过点(−3, −2)，方程ax2+bx+c+2=0的两根为x1，x2(|x1|<|x2|)，则2x1−x2=5．其中正确的结论的个数是（ ）

A.1个B.2个C.3个D.4个
二、填空题

实数8的立方根是________．

如图，直线l1//l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上， AB=BC，∠C=25∘ ，∠1=75∘ ，则∠2=________.


如图，将Rt△ABC沿CB方向平移得到Rt△EFD，D为BC的中点，连接AE．以点D为圆心，以ED的长为半径画MEN，分别交AC于点M，交EF于点N．若∠ABC=30∘,AC=2，则图中阴影部分的面积为________.


如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点A的坐标为2,1，顶点B的坐标为2,0，将△AOB作如下变换．第1次变换：先将△AOB关于x轴作轴对称变换，再向右移动1个单位长度，得到△A1O1B1；第2次变换：先将△A1O1B1关于x轴作轴对称变换，再向右移动1个单位长度，得到△A2O2B2……依此规律，得到△A2021O2021B2021，则点A2021的坐标是________．

三、解答题

先化简，再求值：
a2−1a2−a÷a2+1a+2，其中a=2−1．

如图，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与矩形的边AD，BC交于M，N两点，连接CM，AN．
(1)求证：四边形ANCM为平行四边形；

(2)若AD=4，AB=2，且MN⊥AC，求DM的长．

2020年上半年部分时间由于新冠疫情的影响，学生不能返校上课，某校在直播授课的同时还为学生提供了四种辅助学习方式：A网上自测，B网上阅读，C网上答疑，D网上讨论：为了解学生对四种学习方式的喜欢情况，该校随机抽取部分学生进行问卷调查，规定被调查学生从四种方式中选择自己最喜欢的一种，根据调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图：
根据统计图提供的信息，解答下列问题：
(1)本次共调查了________名学生；

(2)在扇形统计图中，m的值是________，D对应的扇形圆心角的度数是________.

(3)请补全条形统计图；

(4)若该校共有2000名学生，根据抽样调查的结果，请你估计该校最喜欢方式D的学生人数．

如图，在港口A处的正东方向有两个相距6km的观测点B，C，一艘轮船从A处出发，沿北偏东26∘方向航行至D处，在B，C处分别测得∠ABD=45∘，∠C=37∘，求轮船航行的距离AD.(参考数据：sin26∘≈0.44，cs26∘≈0.90，tan26∘≈0.49，sin37∘≈0.60，cs37∘≈0.80，tan37∘≈0.75）


如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象相交于A(1, 2)，B(n, −1)两点．

(1)求一次函数和反比例函数的表达式；

(2)直线AB交x轴于点C，点P是x轴上的点，若△ACP的面积是4，求点P的坐标．

推进农村土地集约式管理，提高土地的使用效率是新农村建设的一项重要举措．某村在小城镇建设中集约了2400亩土地，计划对其进行平整．经投标，由甲乙两个工程队来完成平整任务．甲工程队每天可平整土地45亩，乙工程队每天可平整土地30亩．已知乙工程队每天的工程费比甲工程队少500元，当甲工程队所需工程费为12000元，乙工程队所需工程费为9000元时，两工程队工作天数刚好相同．
(1)甲乙两个工程队每天各需工程费多少元？

(2)现由甲乙两个工程队共同参与土地平整，已知两个工程队工作天数均为正整数，且所有土地刚好平整完，总费用不超过110000元．
①甲乙两工程队分别工作的天数共有多少种可能？
②写出其中费用最少的一种方案，并求出最低费用．

如图1，在四边形ABCD中，AD // BC，∠DAB=90∘，AB是⊙O的直径，CO平分∠BCD．
(1)求证：直线CD与⊙O相切；

(2)如图2，记(1)中的切点为E，P为优弧AE上一点，AD=1，BC=2．求tan∠APE的值．

如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−x2+bx+c(c>0)的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A(点A在对称轴左侧)，点B在AC的延长线上，连结OA，OB，DA和DB．

(1)如图1，当AC // x轴时，
①已知点A的坐标是(−2, 1)，求抛物线的解析式；
②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2=4c．

(2)如图2，若b=−2，BCAC=35，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省恩施市某校初三（下）第一次月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
绝对值
【解析】
直接根据绝对值的意义求解．
【解答】
解：|−18|=18．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
合并同类项
完全平方公式
幂的乘方与积的乘方
【解析】
根据完全平方公式、幂的乘方、积的乘方，合并同类项法则，对各个选项分析判断即可得出正确选项．
【解答】
解：A，a+b2=a2+2ab+b2，故A选项错误；
B，−3x2=9x6，故B选项错误；
C，a2+a2=2a2，故C选项错误；
D，a3=a12，故D选项正确．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
科学记数法--表示较大的数
【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【解答】
解：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数.
则36000000=3.6×107.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
根据中心对称图形和轴对称图形的定义逐个判断即可．
【解答】
解：A，既不是中心对称图形，又不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B，是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C，不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D，既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意.
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
分式有意义、无意义的条件
【解析】
只需分母不为0，且二次根号下的数为非负数.
【解答】
解：要使函数有意义，
则x−3≠0，x−2≥0，
解得x≥2且x≠3.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
概率公式
【解析】
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率，即可求出答案．
【解答】
解：根据题意可得：袋子中有3个白球，4个红球，共7个，
从袋子中随机摸出一个球，它是红球的概率47．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
定义新符号
【解析】
根据题意可以计算出所求式子的值．
【解答】
解：由题意可得，
lg5125−lg381
=3−4
=−1，
故选A．
8.
【答案】
A
【考点】
由实际问题抽象出二元一次方程组
【解析】
根据每车乘坐3人，则2辆车无人乘坐；若每车乘坐2人，则9人无车可乘，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
【解答】
解：根据题意可得：
3(x−2)=y，2x+9=y.
故选A .
9.
【答案】
B
【考点】
由三视图判断几何体
【解析】
由三视图判断几何体的形状，首先应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
【解答】
解：由图可得，此三视图所对应的直观图是
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
一次函数的应用
【解析】
根据函数图象中的数据，可以分别计算出两人的速度，从而可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】
解：小明跑步的速度为24÷3=8(km/ℎ)，故选项B正确；
小丽的速度为：24÷1−8=16(km/ℎ)，
小丽从开始到到达目的地用的时间为：24÷16=1.5(ℎ)，
故小丽到达目的地时两人相距8×1.5=12(km)，故选项C错误；
小丽比小明提前3−1.5=1.5ℎ到目的地，故选项D正确；
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
矩形的性质
勾股定理
三角形的面积
【解析】
依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．
【解答】
解：∵ AB=6，BC=8，
∴ 矩形ABCD的面积为48，AC=AB2+BC2=10，
∴ AO=DO=12AC=5.
∵ 对角线AC，BD交于点O，
∴ △AOD的面积为12，
∵ EO⊥AO，EF⊥DO，
∴ S△AOD=S△AOE+S△DOE，
即12=12AO×EO+12DO×EF，
∴ 12=12×5×EO+12×5×EF，
∴ 5(EO+EF)=24，
∴ EO+EF=245.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
抛物线与x轴的交点
根与系数的关系
二次函数图象与系数的关系
【解析】
由图象可知a<0，c>0，由对称轴得b＝2a<0，则abc>0，故①错误；当x＝1时，y＝a+b+c＝a+2a+c＝3a+c<0，得②正确；由x＝−1时，y有最大值，得a−b+c≥am2+bm+c，得③错误；由题意得二次函数y＝ax2+bx+c与直线y＝−2的一个交点为(−3, −2)，另一个交点为(1, −2)，即x1＝1，x2＝−3，进而得出④正确，即可得出结论．
【解答】
解：由图象可知：a<0，c>0，−b2a=−1，
∴ b=2a<0，
∴ abc>0，故①错误；
当x=1时，y=a+b+c=a+2a+c=3a+c<0，
∴ 3a<−c，故②正确；
∵ x=−1时，y有最大值，
∴ a−b+c≥am2+bm+c（m为任意实数），
即a−b≥am2+bm，即a−bm≥am2+b，故③错误；
∵ 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象经过点(−3, −2)，
方程ax2+bx+c+2=0的两根为x1，x2(|x1|<|x2|)，
∴ 二次函数y=ax2+bx+c与直线y=−2的一个交点为(−3, −2).
∵ 抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴ 二次函数y=ax2+bx+c与直线y=−2的另一个交点为(1, −2)，
即x1=1，x2=−3，
∴ 2x1−x2=2−(−3)=5，故④正确．
故选B.
二、填空题
【答案】
2
【考点】
立方根的实际应用
【解析】
根据立方根的定义解答．
【解答】
解：∵ 23=8，
∴ 8的立方根是2．
故答案为：2．
【答案】
55∘
【考点】
平行线的性质
三角形内角和定理
等腰三角形的判定与性质
【解析】
设AC交l2于点D，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠C=25∘，根据平行线的性质可得∠ABD=∠2，最后根据∠1+∠ABD+∠C+∠BAC=180∘即可求出∠2的度数.
【解答】
解：如图，设AC交l2于点D.
∵ l1//l2，
∴ ∠ABD=∠2.
∵ AB=BC，
∴ ∠BAC=∠C=25∘.
∵ ∠ABC+∠C+∠BAC=180∘，
∴ ∠1+∠ABD+∠C+∠BAC=180∘，
即75∘+∠2+∠25∘+25∘=180∘.
∴ ∠2=180∘−25∘−25∘−75∘=55∘.
故答案为：55∘.
【答案】
32
【考点】
平移的性质
含30度角的直角三角形
全等三角形的性质与判定
【解析】
本题目主要考查了平移的性质、含30∘直角三角形的性质，解题关键是掌握平移的性质并能熟练运用，根据平移的性质和直角三角形的性质来解答即可.
【解答】
解：如图：连接MD，DN，ME，
∵ 将Rt△ABC沿CB方向平移得到Rt△EFD，
∴ ED=AC=2.
∵ ∠ABC=30∘，△ABC是直角三角形，
∴ AB=2AC=4，
BC=AB2−AC2=42−22=23.
∵ 点D为BC的中点，
∴ CD=BD=3，
由平移的性质可得，AE=CD=3，
由题意可得，DM=DE=DN=2，
∴ △DEN是等边三角形，
在Rt△MCD中，
MC=MD2−CD2=22−(3)2=1，
∴ ∠MDC=30∘，
∴ ∠MDE=60∘，
∴ △MDE是等边三角形，△DEN≅△DEM,
∴ S扇形DEM=S扇形DEN，
∴ 阴影部分的面积为：S阴影=S梯形AMDE−S△MDE
=12(AM+DE)⋅​CD−12DE⋅​DC
=12×3×3−12×2×3=32.
故答案为：32.
【答案】
2023，−1
【考点】
规律型：点的坐标
【解析】
由题意可知，每次变换都是先将三角形关于x轴作轴对称变换，再向右平移1个单位长度，据此解答即可.
【解答】
解：由题意可知，每次变换都是先将三角形关于x轴作轴对称变换，再向右平移1个单位长度.
∴ A13,−1，A24,1，A35,−1，以此类推，横坐标依次加1，纵坐标是−1和1循环变化.
∴ 第n个点，当n为偶数时，A2n2n+2,1，当n为奇数时A2n−12n+1,−1.
∴ 点A2021的坐标为2023，−1.
故答案为：2023，−1.
三、解答题
【答案】
解：a2−1a2−a÷a2+1a+2
=(a+1)(a−1)a(a−1)÷a2+2a+1a
=a+1a⋅a(a+1)2
=1a+1，
当a=2−1时，
原式12−1+1=12=22．
【考点】
分式的化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：a2−1a2−a÷a2+1a+2
=(a+1)(a−1)a(a−1)÷a2+2a+1a
=a+1a⋅a(a+1)2
=1a+1，
当a=2−1时，
原式12−1+1=12=22．
【答案】
(1)证明：∵ 在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，
∴ AD // BC，AO=CO，
∴ ∠OAM=∠OCN，∠OMA=∠ONC，
在△AOM和△CON中，
∠OAM=∠OCN，∠AMO=∠CNO，AO=CO，
∴ △AOM≅△CON(AAS)，
∴ AM=CN，
∵ AM // CN，
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
(2)解：∵ 在矩形ABCD中，AD=BC，
由(1)知：AM=CN，
∴ DM=BN，
∵ 四边形ANCM为平行四边形，MN⊥AC，
∴ 平行四边形ANCM为菱形，
∴ AM=AN=NC=AD−DM，
∴ 在Rt△ABN中，根据勾股定理，
得AN2=AB2+BN2，
∴ (4−DM)2=22+DM2，
解得DM=32．
【考点】
全等三角形的性质与判定
平行四边形的性质与判定
矩形的性质
菱形的判定与性质
勾股定理
【解析】
（1）在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，可得AD // BC，AO＝CO，可以证明△AOM≅△CON可得AM＝CN，进而证明四边形ANCM为平行四边形；
（2）根据MN⊥AC，可得四边形ANCM为菱形；根据AD＝4，AB＝2，AM＝AN＝NC＝AD−DM，即可在Rt△ABN中，根据勾股定理，求DM的长．
【解答】
(1)证明：∵ 在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，
∴ AD // BC，AO=CO，
∴ ∠OAM=∠OCN，∠OMA=∠ONC，
在△AOM和△CON中，
∠OAM=∠OCN，∠AMO=∠CNO，AO=CO，
∴ △AOM≅△CON(AAS)，
∴ AM=CN，
∵ AM // CN，
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
(2)解：∵ 在矩形ABCD中，AD=BC，
由(1)知：AM=CN，
∴ DM=BN，
∵ 四边形ANCM为平行四边形，MN⊥AC，
∴ 平行四边形ANCM为菱形，
∴ AM=AN=NC=AD−DM，
∴ 在Rt△ABN中，根据勾股定理，
得AN2=AB2+BN2，
∴ (4−DM)2=22+DM2，
解得DM=32．
【答案】
50
30,72∘
(3)50−20−15−10=5（名），
补全条形统计图如图所示：
(4)2000×1050=400（名），
答：该校最喜欢的方式D的学校约有400名．
【考点】
条形统计图
扇形统计图
用样本估计总体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)20÷40%=50（名），
故答案为：50．
(2)15÷50×100%=30%，即m=30；
10÷50×360∘=72∘；
故答案为：30，72∘．
(3)50−20−15−10=5（名），
补全条形统计图如图所示：
(4)2000×1050=400（名），
答：该校最喜欢的方式D的学校约有400名．
【答案】
解：如图，过点D作DH⊥AC，垂足为H.
在Rt△DCH中，∠C=37∘，
∴ tan37∘=DHCH，CH=DHtan37∘，
在Rt△DBH中，∠DBH=45∘，
∴ tan45∘=DHBH，BH=DHtan45∘，
∵ BC=CH−BH，
∴ DHtan37∘−DHtan45∘=6，
解得：DH≈18km.
在Rt△DAH中，∠ADH=26∘，
∴ cs26∘=DHAD，
∴ AD=DHcs26∘≈20km.
答：轮船航行的距离AD约为20km.
【考点】
解直角三角形的应用-方向角问题
【解析】
过点D作DH⊥AC，垂足为H，通过解Rt△DCH和Rt△DBH得CH=DHtan37∘和BH=DHtan45∘，根据
BC=CH−BH求得DH，再解Rt△DAH求得AD即可．
【解答】
解：如图，过点D作DH⊥AC，垂足为H.
在Rt△DCH中，∠C=37∘，
∴ tan37∘=DHCH，CH=DHtan37∘，
在Rt△DBH中，∠DBH=45∘，
∴ tan45∘=DHBH，BH=DHtan45∘，
∵ BC=CH−BH，
∴ DHtan37∘−DHtan45∘=6，
解得：DH≈18km.
在Rt△DAH中，∠ADH=26∘，
∴ cs26∘=DHAD，
∴ AD=DHcs26∘≈20km.
答：轮船航行的距离AD约为20km.
【答案】
解：(1)将点A(1, 2)代入y=mx，得m=2，
∴ y=2x，
当y=−1时，x=−2，
∴ B(−2, −1)，
将A(1, 2)，B(−2, −1)代入y=kx+b，
得k+b=2,−2k+b=−1,
解得k=1,b=1,
∴ y=x+1，
∴ 一次函数表达式为y=x+1，反比例函数表达式为y=2x.
(2)在y=x+1中，当y=0时，x=−1，
∴ C(−1, 0)，
设P(m,0)，
则PC=|−1−m|，
∵ S△ACP=12⋅PC⋅yA=4，
∴ 12×|−1−m|×2=4，
解得m=3或−5，
∴ 点P的坐标为(3, 0)或(−5, 0)．
【考点】
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
待定系数法求反比例函数解析式
【解析】
（1）先根据点A坐标求出反比例函数解析式，再求出点B的坐标，继而根据点A、B坐标可得直线解析式；
（2）先根据直线解析式求出点C的坐标，再设P(m, 0)，知PC＝|−1−m|，根据S△ACP=12⋅PC⋅yA＝4求出m的值即可得出答案．
【解答】
解：(1)将点A(1, 2)代入y=mx，得m=2，
∴ y=2x，
当y=−1时，x=−2，
∴ B(−2, −1)，
将A(1, 2)，B(−2, −1)代入y=kx+b，
得k+b=2,−2k+b=−1,
解得k=1,b=1,
∴ y=x+1，
∴ 一次函数表达式为y=x+1，反比例函数表达式为y=2x.
(2)在y=x+1中，当y=0时，x=−1，
∴ C(−1, 0)，
设P(m,0)，
则PC=|−1−m|，
∵ S△ACP=12⋅PC⋅yA=4，
∴ 12×|−1−m|×2=4，
解得m=3或−5，
∴ 点P的坐标为(3, 0)或(−5, 0)．
【答案】
解：(1)设甲每天需工程费x元、乙工程队每天需工程费(x−500)元，
由题意，12000x=9000x−500，
解得x=2000，
经检验，x=2000是分式方程的解．
答：甲每天需工程费2000元，乙工程队每天需工程费1500元．
(2)①设甲平整x天，乙平整y天．
由题意，45x+30y=2400 ①，
且2000x+1500y≤110000 ②，
由①得到y=80−1.5x③，
把③代入②得到，2000x+1500(80−1.5x)≤110000，解得，x≥40，
∵ y>0，∴ 80−1.5x>0，∴ x<53.3，∴ 40≤x<53.3，
∵ x，y是正整数，
∴ x=40，y=20或x=42，y=17
或x=44，y=14或x=46，y=11
或x=48，y=8，或x=50，y=5或x=52，y=2．
∴ 甲乙两工程队分别工作的天数共有7种可能．
②总费用w=2000x+1500(80−1.5x)=−250x+120000，
∵ −250<0，
∴ w随x的增大而减小，
∴ x=52时，w的最小值=107000（元）．
答：最低费用为107000元．
【考点】
分式方程的应用
一次函数的应用
一元一次不等式的实际应用
【解析】
（1）设甲每天需工程费x元、乙工程队每天需工程费(x−500)元，构建方程求解即可．
（2）①设甲平整x天，则乙平整y天．由题意，45x+30y＝2400 ①，且2000x+1500y≤110000 ②把问题转化为不等式解决即可．
②总费用w＝2000x+1500(80−1.5x)＝−250x+120000，利用函数的性质解答即可．
【解答】
解：(1)设甲每天需工程费x元、乙工程队每天需工程费(x−500)元，
由题意，12000x=9000x−500，
解得x=2000，
经检验，x=2000是分式方程的解．
答：甲每天需工程费2000元，乙工程队每天需工程费1500元．
(2)①设甲平整x天，乙平整y天．
由题意，45x+30y=2400 ①，
且2000x+1500y≤110000 ②，
由①得到y=80−1.5x③，
把③代入②得到，2000x+1500(80−1.5x)≤110000，解得，x≥40，
∵ y>0，∴ 80−1.5x>0，∴ x<53.3，∴ 40≤x<53.3，
∵ x，y是正整数，
∴ x=40，y=20或x=42，y=17
或x=44，y=14或x=46，y=11
或x=48，y=8，或x=50，y=5或x=52，y=2．
∴ 甲乙两工程队分别工作的天数共有7种可能．
②总费用w=2000x+1500(80−1.5x)=−250x+120000，
∵ −250<0，
∴ w随x的增大而减小，
∴ x=52时，w的最小值=107000（元）．
答：最低费用为107000元．
【答案】
(1)证明：作OE⊥CD于E，如图1所示：
则∠OEC=90∘，
∵ AD // BC，∠DAB=90∘，
∴ ∠OBC=180∘−∠DAB=90∘，
∴ ∠OEC=∠OBC，
∵ CO平分∠BCD，
∴ ∠OCE=∠OCB，
在△OCE和△OCB中，
∠OEC=∠OBC，∠OCE=∠OCB，OC=OC，
∴ △OCE≅△OCB(AAS)，
∴ OE=OB，
又∵ OE⊥CD，
∴ 直线CD与⊙O相切．
(2)作DF⊥BC于F，连接BE，如图2所示：
则四边形ABFD是矩形，
∴ AB=DF，BF=AD=1，
∴ CF=BC−BF=2−1=1，
∵ AD // BC，∠DAB=90∘，
∴ AD⊥AB，BC⊥AB，
∴ AD，BC是⊙O的切线，
由(1)得：CD是⊙O的切线，
∴ ED=AD=1，EC=BC=2，
∴ CD=ED+EC=3，
∴ DF=CD2−CF2=32−12=22，
∴ AB=DF=22，
∴ OB=2，
∵ CO平分∠BCD，
∴ CO⊥BE，
∴ ∠BCH+∠CBH=∠CBH+∠ABE=90∘，
∴ ∠ABE=∠BCH，
∵ ∠APE=∠ABE，
∴ ∠APE=∠BCH，
∴ tan∠APE=tan∠BCH=OBBC=22．
【考点】
全等三角形的性质与判定
切线的判定与性质
勾股定理
锐角三角函数的定义
【解析】
（1）证明：作OE⊥CD于E，证△OCE≅△OCB(AAS)，得出OE＝OB，即可得出结论；
（2）作DF⊥BC于F，连接BE，则四边形ABFD是矩形，得AB＝DF，BF＝AD＝1，则CF＝1，证AD、BC是⊙O的切线，由切线长定理得ED＝AD＝1，EC＝BC＝2，则CD＝ED+EC＝3，由勾股定理得DF＝22，则OB=2，证∠ABE＝∠BCH，由圆周角定理得∠APE＝∠ABE，则∠APE＝∠BCH，由三角函数定义即可得出答案．
【解答】
(1)证明：作OE⊥CD于E，如图1所示：
则∠OEC=90∘，
∵ AD // BC，∠DAB=90∘，
∴ ∠OBC=180∘−∠DAB=90∘，
∴ ∠OEC=∠OBC，
∵ CO平分∠BCD，
∴ ∠OCE=∠OCB，
在△OCE和△OCB中，
∠OEC=∠OBC，∠OCE=∠OCB，OC=OC，
∴ △OCE≅△OCB(AAS)，
∴ OE=OB，
又∵ OE⊥CD，
∴ 直线CD与⊙O相切．
(2)作DF⊥BC于F，连接BE，如图2所示：
则四边形ABFD是矩形，
∴ AB=DF，BF=AD=1，
∴ CF=BC−BF=2−1=1，
∵ AD // BC，∠DAB=90∘，
∴ AD⊥AB，BC⊥AB，
∴ AD，BC是⊙O的切线，
由(1)得：CD是⊙O的切线，
∴ ED=AD=1，EC=BC=2，
∴ CD=ED+EC=3，
∴ DF=CD2−CF2=32−12=22，
∴ AB=DF=22，
∴ OB=2，
∵ CO平分∠BCD，
∴ CO⊥BE，
∴ ∠BCH+∠CBH=∠CBH+∠ABE=90∘，
∴ ∠ABE=∠BCH，
∵ ∠APE=∠ABE，
∴ ∠APE=∠BCH，
∴ tan∠APE=tan∠BCH=OBBC=22．
【答案】
解：(1)①∵ AC // x轴，点A(−2, 1)，
∴ C(0, 1).
将点A(−2, 1)，C(0, 1)代入抛物线解析式中，
得−4−2b+c=1，c=1，
∴ b=−2，c=1，
∴ 抛物线的解析式为y=−x2−2x+1.
②如图1，过点D作DE⊥x轴于E，交AB于点F，
∵ AC // x轴，
∴ EF=OC=c.
∵ 点D是抛物线的顶点，
∴ D(b2, c+b24)，
∴ DF=DE−EF
=c+b24−c=b24.
∵ 四边形AOBD是平行四边形，
∴ AD=OB，AD // OB，
∴ ∠DAF=∠OBC.
∵ ∠AFD=∠BCO=90∘，
∴ △AFD≅△BCO(AAS)，
∴ DF=OC，
∴ b24=c，
即b2=4c.
(2)∵ b=−2，
∴ 抛物线的解析式为y=−x2−2x+c，
∴ 顶点坐标D(−1, c+1).
假设存在这样的点A使四边形AOBD是平行四边形，
设点A(m, −m2−2m+c)(m<0)，
过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于F，AM⊥y轴于M，交DE于N，
∴ ∠AFD=∠EFC=∠BCO.
∵ 四边形AOBD是平行四边形，
∴ AD=BO，AD // OB，
∴ ∠DAF=∠OBC，
∴ △AFD≅△BCO(AAS)，
∴ AF=BC，DF=OC.
∵ DE // CO，
∴ △ANF∼△AMC，
∴ ANAM=FNCM=AFAC=BCAC=35.
∵ AM=−m，AN=AM−NM=−m−1，
∴ −m−1−m=35，
∴ m=−52，
∴ 点A的纵坐标为−(−52)2−2×(−52)+c=c−54∵ AM // x轴，
∴ 点M的坐标为(0, c−54)，N(−1, c−54)，
∴ CM=c−(c−54)=54.
∵ 点D的坐标为(−1, c+1)，
∴ DN=(c+1)−(c−54)=94.
∵ DF=OC=c，
∴ FN=DN−DF=94−c.
∵ FNCM=35，
∴ 94−c54=35，
∴ c=32，
∴ c−54=14，
∴ 点A纵坐标为14，
∴ A(−52, 14)，
∴ 存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．
【考点】
相似三角形的性质与判定
全等三角形的性质与判定
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
（1）①先确定出点C的坐标，再用待定系数法即可得出结论；
②先确定出抛物线的顶点坐标，进而得出DF=b24，再判断出△AFD≅△BCO，得出DF＝OC，即可得出结论；
（2）先判断出抛物线的顶点坐标D(−1, c+1)，设点A(m, −m2−2m+c)(m<0)，
判断出△AFD≅△BCO(AAS)，得出AF＝BC，DF＝OC，再判断出△ANF∽△AMC，得出ANAM=FNCM=AFAC=BCAC=35，进而求出m的值，得出点A的纵坐标为c−54DN=94，FN=94−c，进而求出c=32，即可得出结论．
【解答】
解：(1)①∵ AC // x轴，点A(−2, 1)，
∴ C(0, 1).
将点A(−2, 1)，C(0, 1)代入抛物线解析式中，
得−4−2b+c=1，c=1，
∴ b=−2，c=1，
∴ 抛物线的解析式为y=−x2−2x+1.
②如图1，过点D作DE⊥x轴于E，交AB于点F，
∵ AC // x轴，
∴ EF=OC=c.
∵ 点D是抛物线的顶点，
∴ D(b2, c+b24)，
∴ DF=DE−EF
=c+b24−c=b24.
∵ 四边形AOBD是平行四边形，
∴ AD=OB，AD // OB，
∴ ∠DAF=∠OBC.
∵ ∠AFD=∠BCO=90∘，
∴ △AFD≅△BCO(AAS)，
∴ DF=OC，
∴ b24=c，
即b2=4c.
(2)∵ b=−2，
∴ 抛物线的解析式为y=−x2−2x+c，
∴ 顶点坐标D(−1, c+1).
假设存在这样的点A使四边形AOBD是平行四边形，
设点A(m, −m2−2m+c)(m<0)，
过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于F，AM⊥y轴于M，交DE于N，
∴ ∠AFD=∠EFC=∠BCO.
∵ 四边形AOBD是平行四边形，
∴ AD=BO，AD // OB，
∴ ∠DAF=∠OBC，
∴ △AFD≅△BCO(AAS)，
∴ AF=BC，DF=OC.
∵ DE // CO，
∴ △ANF∼△AMC，
∴ ANAM=FNCM=AFAC=BCAC=35.
∵ AM=−m，AN=AM−NM=−m−1，
∴ −m−1−m=35，
∴ m=−52，
∴ 点A的纵坐标为−(−52)2−2×(−52)+c=c−54∵ AM // x轴，
∴ 点M的坐标为(0, c−54)，N(−1, c−54)，
∴ CM=c−(c−54)=54.
∵ 点D的坐标为(−1, c+1)，
∴ DN=(c+1)−(c−54)=94.
∵ DF=OC=c，
∴ FN=DN−DF=94−c.
∵ FNCM=35，
∴ 94−c54=35，
∴ c=32，
∴ c−54=14，
∴ 点A纵坐标为14，
∴ A(−52, 14)，
∴ 存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．