2021-2022学年广西南宁市西乡塘区中考四模数学试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

考生须知：

1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．下列运算正确的是（　　）

A．a3•a2=a6 B．（x3）3=x6 C．x5+x5=x10 D．﹣a8÷a4=﹣a4

2．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BOC＝120°，则∠A等于（　　）

A．50° B．60° C．55° D．65°

3．当x=1时，代数式x3+x+m的值是7，则当x=﹣1时，这个代数式的值是（　　）

A．7 B．3 C．1 D．﹣7

4．如图，△ABC的面积为12，AC＝3，现将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C处，P为直线AD上的一点，则线段BP的长可能是（　　）

A．3 B．5 C．6 D．10

5．如图所示的四张扑克牌背面完全相同，洗匀后背面朝上，则从中任意翻开一张，牌面数字是 3 的倍数的概率为（   ）

A． B． C． D．

6．某班将举行“庆祝建党95周年知识竞赛”活动，班长安排小明购买奖品，如图是小明买回奖品时与班长的对话情境：请根据如图对话信息，计算乙种笔记本买了（　　）

A．25本 B．20本 C．15本 D．10本

7．将抛物线y=x2先向左平移2个单位，再向下平移3个单位后所得抛物线的解析式为（ ）

A．y=（x﹣2）2+3    B．y=（x﹣2）2﹣3    C．y=（x+2）2+3    D．y=（x+2）2﹣3

8．如图，点D(0，3)，O(0，0)，C(4，0)在⊙A上，BD是⊙A的一条弦，则cos∠OBD＝(　　)

A． B． C． D．

9．下列各数中比﹣1小的数是（　　）

A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1

10．的倒数是（  ）

A． B．-3 C．3 D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．因式分解：2b2a2﹣a3b﹣ab3=_____．

12．如图，点 A、B、C 在⊙O 上，⊙O 半径为 1cm，∠ACB=30°，则的长是________．

13．如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…．若点A（，0），B（0，2），则点B2018的坐标为_____．

14．直线y＝﹣x+1分别交x轴，y轴于A、B两点，则△AOB的面积等于___．

15．在△ABC中，点D在边BC上，BD=2CD，，，那么=       ．

16．已知方程x2﹣5x+2=0的两个解分别为x1、x2，则x1+x2﹣x1•x2的值为______．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：

①分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径在AC两边作弧，交于两点M、N；

②连接MN，分别交AB、AC于点D、O；

③过C作CE∥AB交MN于点E，连接AE、CD．

（1）求证：四边形ADCE是菱形；

（2）当∠ACB=90°，BC=6，△ADC的周长为18时，求四边形ADCE的面积．

18．（8分）如图，已知△ABC，分别以AB,AC为直角边，向外作等腰直角三角形ABE和等腰直角三角形ACD，∠EAB=∠DAC=90°，连结BD,CE交于点F，设AB=m，BC=n.

（1）求证：∠BDA=∠ECA．

（2）若m=，n=3，∠ABC=75°，求BD的长.

（3）当∠ABC=____时，BD最大，最大值为____（用含m，n的代数式表示）

（4）试探究线段BF,AE,EF三者之间的数量关系。

19．（8分）问题背景：如图1，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，作AD⊥BC于点D，则D为BC的中点，∠BAD＝∠BAC＝60°，于是＝＝

迁移应用：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD．

（1）求证：△ADB≌△AEC；（2）若AD＝2，BD＝3，请计算线段CD的长；

拓展延伸：如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF．

（3）证明：△CEF是等边三角形；（4）若AE＝4，CE＝1，求BF的长．

20．（8分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，交CB于点D，过点D作DE⊥AB，于点E

求证：△ACD≌△AED；若∠B=30°，CD=1，求BD的长．

21．（8分）已知点P，Q为平面直角坐标系xOy中不重合的两点，以点P为圆心且经过点Q作⊙P，则称点Q为⊙P的“关联点”，⊙P为点Q的“关联圆”．

（1）已知⊙O的半径为1，在点E（1，1），F（﹣，），M（0，-1）中，⊙O的“关联点”为______；

（2）若点P（2，0），点Q（3，n），⊙Q为点P的“关联圆”，且⊙Q的半径为，求n的值；

（3）已知点D（0，2），点H（m，2），⊙D是点H的“关联圆”，直线y＝﹣x+4与x轴，y轴分别交于点A，B．若线段AB上存在⊙D的“关联点”，求m的取值范围．

22．（10分）为响应国家全民阅读的号召，某社区鼓励居民到社区阅览室借阅读书，并统计每年的借阅人数和图书借阅总量（单位：本），该阅览室在2014年图书借阅总量是7500本，2016年图书借阅总量是10800本．

（1）求该社区的图书借阅总量从2014年至2016年的年平均增长率；

（2）已知2016年该社区居民借阅图书人数有1350人，预计2017年达到1440人，如果2016年至2017年图书借阅总量的增长率不低于2014年至2016年的年平均增长率，那么2017年的人均借阅量比2016年增长a%，求a的值至少是多少？

23．（12分）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？

24．小丽和哥哥小明分别从家和图书馆同时出发，沿同一条路相向而行，小丽开始跑步，遇到哥哥后改为步行，到达图书馆恰好用35分钟，小明匀速骑自行车直接回家，骑行10分钟后遇到了妹妺，再继续骑行5分钟，到家两人距离家的路程y（m）与各自离开出发的时间x（min）之间的函数图象如图所示：

（1）求两人相遇时小明离家的距离；

（2）求小丽离距离图书馆500m时所用的时间．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、D

【解析】
各项计算得到结果，即可作出判断．

【详解】

A、原式=a5，不符合题意；

B、原式=x9，不符合题意；

C、原式=2x5，不符合题意；

D、原式=-a4，符合题意，

故选D．

【点睛】

此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

2、B

【解析】
由圆周角定理即可解答.

【详解】

∵△ABC是⊙O的内接三角形，

∴∠A＝ ∠BOC，

而∠BOC＝120°，

∴∠A＝60°.

故选B．

【点睛】

本题考查了圆周角定理，熟练运用圆周角定理是解决问题的关键.

3、B

【解析】
因为当x=1时，代数式的值是7，所以1+1+m=7，所以m=5，当x=-1时，=-1-1+5=3，

故选B．

4、D

【解析】
过B作BN⊥AC于N，BM⊥AD于M，根据折叠得出∠C′AB=∠CAB，根据角平分线性质得出BN=BM，根据三角形的面积求出BN，即可得出点B到AD的最短距离是8，得出选项即可．

【详解】

解：如图：
过B作BN⊥AC于N，BM⊥AD于M，
∵将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C′处，
∴∠C′AB=∠CAB，
∴BN=BM，
∵△ABC的面积等于12，边AC=3，
∴×AC×BN=12，
∴BN=8，
∴BM=8，
即点B到AD的最短距离是8，
∴BP的长不小于8，
即只有选项D符合，
故选D．

【点睛】

本题考查的知识点是折叠的性质，三角形的面积，角平分线性质的应用，解题关键是求出B到AD的最短距离，注意：角平分线上的点到角的两边的距离相等．

5、C

【解析】
根据题意确定所有情况的数目，再确定符合条件的数目，根据概率的计算公式即可．

【详解】

解：由题意可知，共有4种情况，其中是 3 的倍数的有6和9，

∴是 3 的倍数的概率，

故答案为：C．

【点睛】

本题考查了概率的计算，解题的关键是熟知概率的计算公式．

6、C

【解析】
设甲种笔记本买了x本，甲种笔记本的单价是y元，则乙种笔记本买了（40﹣x）本，乙种笔记本的单价是（y+3）元，根据题意列出关于x、y的二元一次方程组，求出x、y的值即可．

【详解】

解：设甲种笔记本买了x本，甲种笔记本的单价是y元，则乙种笔记本买了（40﹣x）本，乙种笔记本的单价是（y+3）元，

根据题意，得：，

解得：，

答：甲种笔记本买了25本，乙种笔记本买了15本．

故选C．

【点睛】

本题考查的是二元二次方程组的应用，能根据题意得出关于x、y的二元二次方程组是解答此题的关键．

7、D

【解析】
先得到抛物线y=x2的顶点坐标（0，0），再根据点平移的规律得到点（0，0）平移后的对应点的坐标为（-2，-1），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．

【详解】

解：抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）先向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到对应点的坐标为（-2，-1），所以平移后的抛物线解析式为y=（x+2）2-1．

故选：D．

【点睛】

本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．

8、C

【解析】
根据圆的弦的性质，连接DC，计算CD的长,再根据直角三角形的三角函数计算即可.

【详解】

∵D(0，3)，C(4，0)，

∴OD＝3，OC＝4，

∵∠COD＝90°，

∴CD＝ ＝5，

连接CD，如图所示：

∵∠OBD＝∠OCD，

∴cos∠OBD＝cos∠OCD＝ ．

故选：C．

【点睛】

本题主要三角函数的计算,结合考查圆性质的计算，关键在于利用等量替代原则.

9、A

【解析】
根据两个负数比较大小，绝对值大的负数反而小，可得答案．

【详解】

解：A、﹣2＜﹣1，故A正确；

B、﹣1＝﹣1，故B错误；

C、0＞﹣1，故C错误；

D、1＞﹣1，故D错误；

故选：A．

【点睛】

本题考查了有理数大小比较，利用了正数大于0，0大于负数，注意两个负数比较大小，绝对值大的负数反而小．

10、A

【解析】
先求出，再求倒数.

【详解】

因为

所以的倒数是

故选A

【点睛】

考核知识点：绝对值，相反数，倒数.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、﹣ab（a﹣b）2

【解析】
首先确定公因式为ab，然后提取公因式整理即可．

【详解】

2b2a2﹣a3b﹣ab3=ab（2ab-a2-b2）=﹣ab（a﹣b）2，所以答案为﹣ab（a﹣b）2.

【点睛】

本题考查了因式分解-提公因式法，解题的关键是掌握提公因式法的概念.

12、.

【解析】
根据圆周角定理可得出∠AOB=60°，再根据弧长公式的计算即可．

【详解】

∵∠ACB=30°，
∴∠AOB=60°，
∵OA=1cm，
∴的长=cm.

故答案为：．

【点睛】

本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解题关键是掌握弧长公式l=．

13、（6054，2）

【解析】

分析：

分析题意和图形可知，点B1、B3、B5、……在x轴上，点B2、B4、B6、……在第一象限内，由已知易得AB=，结合旋转的性质可得OA+AB1+B1C2=6，从而可得点B2的坐标为（6，2），同理可得点B4的坐标为（12，2），即点B2相当于是由点B向右平移6个单位得到的，点B4相当于是由点B2向右平移6个单位得到的，由此即可推导得到点B2018的坐标.

详解：

∵在△AOB中，∠AOB=90°，OA=，OB=2，

∴AB=，

∴由旋转的性质可得：OA+AB1+B1C2=OA+AB+OB=6，C2B2=OB=2，

∴点B2的坐标为（6，2），

同理可得点B4的坐标为（12，2），

由此可得点B2相当于是由点B向右平移6个单位得到的，点B4相当于是由点B2向右平移6个单位得到，

∴点B2018相当于是由点B向右平移了：个单位得到的，

∴点B2018的坐标为（6054，2）.

故答案为：（6054，2）.

点睛：读懂题意，结合旋转的性质求出点B2和点B4的坐标，分析找到其中点B的坐标的变化规律，是正确解答本题的关键.

14、.

【解析】
先求得直线y＝﹣x+1与x轴，y轴的交点坐标，再根据三角形的面积公式求得△AOB的面积即可.

【详解】

∵直线y＝﹣x+1分别交x轴、y轴于A、B两点，

∴A、B点的坐标分别为（1，0）、（0，1），

S△AOB＝OA•OB＝×1×1＝，

故答案为．

【点睛】

本题考查了直线与坐标轴的交点坐标及三角形的面积公式，正确求得直线y＝﹣x+1与x轴、y轴的交点坐标是解决问题的关键.

15、

【解析】
首先利用平行四边形法则，求得的值，再由BD=2CD，求得的值，即可求得的值．

【详解】

∵，，

∴=-=-，

∵BD=2CD，

∴==，

∴=+==．

故答案为．

16、1

【解析】

解：根据题意可得x1+x2==5，x1x2==2，∴x1+x2﹣x1x2=5﹣2=1．故答案为：1．

点睛：本题主要考查了根据与系数的关系，利用一元二次方程的两个根x1、x2具有这样的关系：x1+x2=，x1x2=是解题的关键．

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）详见解析；（2）1．

【解析】
（1）利用直线DE是线段AC的垂直平分线，得出AC⊥DE，即∠AOD=∠COE=90°，从而得出△AOD≌△COE，即可得出四边形ADCE是菱形.
（2）利用当∠ACB=90°时，OD∥BC，即有△ADO∽△ABC，即可由相似三角形的性质和勾股定理得出OD和AO的长，即根据菱形的性质得出四边形ADCE的面积.

【详解】

（1）证明：由题意可知：

∵分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径在AC两边作弧，交于两点M、N；

∴直线DE是线段AC的垂直平分线，

∴AC⊥DE，即∠AOD=∠COE=90°；

且AD=CD、AO=CO，

又∵CE∥AB，

∴∠1=∠2，

在△AOD和△COE中

∴△AOD≌△COE（AAS），

∴OD=OE，

∵A0=CO，DO=EO，

∴四边形ADCE是平行四边形，

又∵AC⊥DE，

∴四边形ADCE是菱形；

（2）解：当∠ACB=90°时，

OD∥BC，

即有△ADO∽△ABC，

∴

又∵BC=6，

∴OD=3，

又∵△ADC的周长为18，

∴AD+AO=9，

 即AD=9﹣AO，

∴

可得AO=4，

∴DE=6，AC=8，

∴

【点睛】

考查线段垂直平分线的性质，菱形的判定，相似三角形的判定与性质等，综合性比较强.

18、135°    m+n     

【解析】

试题分析：

（1）由已知条件证△ABD≌△AEC，即可得到∠BDA=∠CEA；

（2）过点E作EG⊥CB交CB的延长线于点G，由已知条件易得∠EBG=60°，BE=2，这样在Rt△BEG中可得EG=，BG=1，结合BC=n=3，可得GC=4，由长可得EC=，结合△ABD≌△AEC可得BD=EC=；

（3）由（2）可知，BE=，BC=n，因此当E、B、C三点共线时，EC最大=BE+BC=，此时BD最大=EC最大=；

（4）由△ABD≌△AEC可得∠AEC=∠ABD，结合△ABE是等腰直角三角形可得△EFB是直角三角形及BE2=2AE2，从而可得EF2=BE2-BF2=2AE2-BF2.

试题解析：

（1）∵△ABE和△ACD都是等腰直角三角形，且∠EAB=∠DAC=90°，

∴AE=AB，AC=AD，∠EAB+∠BAC=∠BAC+∠DAC，即∠EAC=∠BAD，

∴△EAC≌△BAD，

∴∠BDA=∠ECA；

（2）如下图，过点E作EG⊥CB交CB的延长线于点G，

∴∠EGB=90°，

∵在等腰直角△ABE，∠BAE=90°，AB=m= ，

∴∠ABE=45°，BE=2，

∵∠ABC=75°，

∴∠EBG=180°-75°-45°=60°，

∴BG=1，EG=，

∴GC=BG+BC=4，

∴CE=，

∵△EAC≌△BAD，

∴BD=EC=；

（3）由（2）可知，BE=，BC=n，因此当E、B、C三点共线时，EC最大=BE+BC=，

∵BD=EC，

∴BD最大=EC最大=，此时∠ABC=180°-∠ABE=180°-45°=135°，

即当∠ABC=135°时，BD最大=；

（4）∵△ABD≌△AEC，

∴∠AEC=∠ABD，

∵在等腰直角△ABE中，∠AEC+∠CEB+∠ABE=90°，

∴∠ABD+∠ABE+∠CEB=90°，

∴∠BFE=180°-90°=90°，

∴EF2+BF2=BE2，

又∵在等腰Rt△ABE中，BE2=2AE2，

∴2AE2=EF2+BF2.

点睛：(1)解本题第2小题的关键是过点E作EG⊥CB的延长线于点G，即可由已知条件求得BE的长，进一步求得BG和EG的长就可在Rt△EGC中求得EC的长了，结合（1）中所证的全等三角形即可得到BD的长了；（2）解第3小题时，由题意易知，当AB和BC的值确定后，BE的值就确定了，则由题意易得当E、B、C三点共线时，EC=EB+BC=是EC的最大值了.

19、（1）见解析；（2）CD =；（3）见解析；（4）

【解析】

试题分析：迁移应用：（1）如图2中，只要证明∠DAB=∠CAE，即可根据SAS解决问题；
（2）结论：CD=AD+BD．由△DAB≌△EAC，可知BD=CE，在Rt△ADH中，DH=AD•cos30°= AD，由AD=AE，AH⊥DE，推出DH=HE，由CD=DE+EC=2DH+BD=AD+BD，即可解决问题；
拓展延伸：（3）如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．由BC=BE=BD=BA，FE=FC，推出A、D、E、C四点共圆，推出∠ADC=∠AEC=120°，推出∠FEC=60°，推出△EFC是等边三角形；
（4）由AE=4，EC=EF=1，推出AH=HE=2，FH=3，在Rt△BHF中，由∠BFH=30°，可得=cos30°，由此即可解决问题．

试题解析：

迁移应用：（1）证明：如图2，

∵∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠DAB=∠CAE，
在△DAE和△EAC中，
DA=EA，∠DAB=∠EAC，AB=AC，
∴△DAB≌△EAC，
（2）结论：CD=AD+BD．
理由：如图2-1中，作AH⊥CD于H．

∵△DAB≌△EAC，
∴BD=CE，
在Rt△ADH中，DH=AD•cos30°=AD，
∵AD=AE，AH⊥DE，
∴DH=HE，
∵CD=DE+EC=2DH+BD=AD+BD=．
拓展延伸：（3）如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴△ABD，△BDC是等边三角形，
∴BA=BD=BC，
∵E、C关于BM对称，
∴BC=BE=BD=BA，FE=FC，
∴A、D、E、C四点共圆，
∴∠ADC=∠AEC=120°，
∴∠FEC=60°，
∴△EFC是等边三角形，
（4）∵AE=4，EC=EF=1，
∴AH=HE=2，FH=3，
在Rt△BHF中，∵∠BFH=30°，
∴ =cos30°，
∴BF=．

20、（1）见解析（2）BD=2

【解析】

解：（1）证明：∵AD平分∠CAB，DE⊥AB，∠C=90°，

∴CD=ED，∠DEA=∠C=90°．

∵在Rt△ACD和Rt△AED中，，

∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）．

（2）∵Rt△ACD≌Rt△AED ，CD=1，∴DC=DE=1．

∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°．

∵∠B=30°，∴BD=2DE=2．

（1）根据角平分线性质求出CD=DE，根据HL定理求出另三角形全等即可．

（2）求出∠DEB=90°，DE=1，根据含30度角的直角三角形性质求出即可．

21、（1）F，M；（1）n＝1或﹣1；（3）≤m≤或 ≤m≤．

【解析】
（1）根据定义,认真审题即可解题,

（1）在直角三角形PHQ中勾股定理解题即可,

（3）当⊙D与线段AB相切于点T时，由sin∠OBA=,得DT＝DH1＝,进而求出m1=即可,②当⊙D过点A时，连接AD．由勾股定理得DA＝＝DH1＝即可解题.

【详解】

解：（1）∵OF＝OM＝1，

∴点F、点M在⊙上，

∴F、M是⊙O的“关联点”，

故答案为F，M．

（1）如图1，过点Q作QH⊥x轴于H．

∵PH＝1，QH＝n，PQ＝.

∴由勾股定理得，PH1+QH1＝PQ1，

即11+n1=()1,

解得，n＝1或﹣1．

（3）由y＝﹣x+4，知A（3，0），B（0，4）

∴可得AB＝5

①如图1（1），当⊙D与线段AB相切于点T时，连接DT．

则DT⊥AB，∠DTB＝90°

∵sin∠OBA=,

∴可得DT＝DH1＝,

∴m1=,

②如图1（1），当⊙D过点A时，连接AD．

由勾股定理得DA＝＝DH1＝．

综合①②可得：≤m≤或 ≤m≤．

【点睛】

本题考查圆的新定义问题, 三角函数和勾股定理的应用,难度较大,分类讨论,迁移知识理解新定义是解题关键.

22、（1）20%；（2）12.1．

【解析】

试题分析：（1）经过两次增长，求年平均增长率的问题，应该明确原来的基数，增长后的结果．设这两年的年平均增长率为x，则经过两次增长以后图书馆有书7100（1+x）2本，即可列方程求解；

（2）先求出2017年图书借阅总量的最小值，再求出2016年的人均借阅量，2017年的人均借阅量，进一步求得a的值至少是多少．

试题解析：（1）设该社区的图书借阅总量从2014年至2016年的年平均增长率为x，根据题意得

7100（1+x）2=10800，即（1+x）2=1.44，解得：x1=0.2，x2=﹣2.2（舍去）．

答：该社区的图书借阅总量从2014年至2016年的年平均增长率为20%；

（2）10800（1+0.2）=12960（本）

10800÷1310=8（本）

12960÷1440=9（本）

（9﹣8）÷8×100%=12.1%．

故a的值至少是12.1．

考点：一元二次方程的应用；一元一次不等式的应用；最值问题；增长率问题．

23、（1）y=﹣10x+740（44≤x≤52）；（2）当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；（3）将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．

【解析】
（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x﹣44）元，每天销售量减少10（x﹣44）本，所以y=300﹣10（x﹣44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；

（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；

（3）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=（x﹣40）（﹣10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x=52时w最大，从而计算出x=52时对应的w的值即可．

【详解】

（1）y=300﹣10（x﹣44），

即y=﹣10x+740（44≤x≤52）；

（2）根据题意得（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，

解得x1=50，x2=64（舍去），

答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；

（3）w=（x﹣40）（﹣10x+740）

=﹣10x2+1140x﹣29600

=﹣10（x﹣57）2+2890，

当x＜57时，w随x的增大而增大，

而44≤x≤52，

所以当x=52时，w有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890=2640，

答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．

【点睛】

本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决二次函数应用类问题时关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．

24、（1）两人相遇时小明离家的距离为1500米；（2）小丽离距离图书馆500m时所用的时间为分．

【解析】
（1）根据题意得出小明的速度，进而得出得出小明离家的距离；

（2）由（1）的结论得出小丽步行的速度，再列方程解答即可．

【详解】

解：（1）根据题意可得小明的速度为：4500÷（10+5）＝300（米/分），

300×5＝1500（米），

∴两人相遇时小明离家的距离为1500米；

（2）小丽步行的速度为：（4500﹣1500）÷（35﹣10）＝120（米/分），

设小丽离距离图书馆500m时所用的时间为x分，根据题意得，

1500+120（x﹣10）＝4500﹣500，

解得x＝．

答：小丽离距离图书馆500m时所用的时间为分．

【点睛】

本题由函数图像获取信息，以及一元一次方程的应用，由函数图像正确获取信息是解答本题的关键．