2021-2022学年河北省保定师范附属学校九年级（上）期末数学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省保定师范附属学校九年级（上）期末数学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了其中结论错误的是，【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年河北省保定师范附属学校九年级（上）期末数学试卷

1. 方程x2=2x的解是(    )
A. x=2 B. x1=2，x2=0
C. x1=2，x2=0 D. x=0
2. 如图是一段空心的钢管，则它的主视图是(    )
A.
B.
C.
D.
3. 如图，AB//CD//EF，若ACCE=12，BD=5，则DF=(    )
A. 5
B. 10
C. 15
D. 2.5


4. 某学习小组做“用频率估计概率”的实验时，统计了某一结果出现的频率，绘制了如下的表格，则符合这一结果的实验最有可能的是(    )
实验次数
100
200
300
500
800
1000
2000
频率
0.365
0.328
0.330
0.334
0.336
0.332
0.333

A. 一副去掉大小王的普通扑克牌洗匀后，从中任抽一张牌的花色是红桃
B. 在“石头、剪刀、布”的游戏中，小明随机出的是“剪刀”
C. 抛一个质地均匀的正六面体骰子，向上的面点数是5
D. 抛一枚硬币，出现反面的概率
5. 如图，在4×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在这些小正方形的顶点上，那么sin∠ACB的值为(    )

A. 355 B. 175 C. 35 D. 45
6. 在解方程2x2+4x+1=0时，对方程进行配方，文本框①中是嘉嘉作的，文本框②中是琪琪作的，对于两人的做法，说法正确的是(    )

A. 两人都正确 B. 嘉嘉正确，琪琪不正确
C. 嘉嘉不正确，琪琪正确 D. 两人都不正确
7. 如图，四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′=2：3，则四边形ABCD与A′B′C′D′的面积比是(    )

A. 4：9 B. 2：5 C. 2：3 D. 2：3
8. 双曲线y=5x与y=3x在第一象限内的图象如图所示，作一条平行于y轴的直线分别交双曲线于A、B两点，连接OA、OB，则△AOB的面积为(    )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
9. 小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B=60∘，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得对角线AC=402cm，则图1中对角线AC的长为(    )

A. 20cm B. 30cm C. 40cm D. 202cm
10. 如图，用长为20m的篱笆，一面利用墙(墙的最大可用长度为11m)，围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在BC上用其他材料做了宽为1m的两扇小门．若花圃的面积刚好为40m2，设AB段的长为x m，则可列方程为(    )
A. x(22−3x)=40 B. x(20−2x)=40 C. x(18−3x)=40 D. x(20−3x)=40
11. 如图，在三角形纸片ABC中，AB=9，AC=6，BC=12，沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC相似的是(    )
A. B. C. D.
12. 如图，已知A、B是反比例函数y=kx(k>0,x>0)图象上的两点，BC//x轴，交y轴于点C，动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C匀速运动，终点为C，过点P作PM⊥x轴，PN⊥y轴，垂足分别为M、N.设四边形OMPN的面积为S，点P运动的时间为t，则S关于t的函数图象大致为(    )


A. B.
C. D.
13. 关于x的方程mx2+x−m+1=0，有以下三个结论：①当m=0时，方程只有一个实数解；②当m≠0时，方程有两个不相等的实数解；③无论m取何值，方程都有一个负数解，其中正确的是(    )
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③
14. 如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1，与x轴一个交点的坐标为(−1,0)，其部分图象如图所示，下列结论：①ac<0；②b<0；③方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=−1，x2=3；④当y>0时，x的取值范围是−1

A. ① B. ② C. ③ D. ④
15. 如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=3.点E从D向C以每秒1个单位的速度运动，以AE为一边在AE的右下方作正方形AEFG.同时垂直于CD的直线MN也从C向D以每秒2个单位的速度运动，当经过多少秒时．直线MN和正方形AEFG开始有公共点？(    )


A. 53 B. 12 C. 43 D. 23
16. 对于题目：在平面直角坐标系中，直线y=−45x+4分别与x轴、y轴交于两点A、B，过点A且平行y轴的直线与过点B且平行x轴的直线相交于点C，若抛物线y=ax2−2ax−3a(a≠0)与线段BC有唯一公共点，求a的取值范围．甲的计算结果是a≥13；乙的计算结果是a<−43，则(    )
A. 甲的结果正确 B. 乙的结果正确
C. 甲与乙的结果合在一起正确 D. 甲与乙的结果合在一起也不正确
17. 如果xy=53，那么x+yy=______.
18. 若x=−1是关于x的一元二次方程ax2+bx−1=0的一个根，则2022−2a+2b的值为______.
19. 如图，正方形ABCD的边长为2，连接BD，点P是线段AD延长线上的一个动点，∠PBQ=45∘，点Q是BQ与线段CD延长线的交点，当BD平分∠PBQ时，PD______QD(填“>”“<”或“=”)；当BD不平分∠PBQ时，PD⋅QD=______.


20. 解下列一元二次方程：
(1)4(x+3)2=25；
(2)x2+3x−4=0.
21. 已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE//AC，AE//BD.
(1)求证：四边形AODE是矩形；
(2)若AB=2，DE=1，求四边形AODE的面积．

22. 从2021年起，江苏省高考采用“3+1+2”模式：“3”是指语文、数学、外语3科为必选科目，“1”是指在物理、历史2科中任选1科，“2”是指在化学、生物、思想政治、地理4科中任选2科．
(1)若小丽在“1”中选择了历史，在“2”中已选择了地理，则她选择生物的概率是______；
(2)若小明在“1”中选择了物理，用画树状图的方法求他在“2”中选化学、生物的概率．
23. 图①是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，托板长AB=115mm，支撑板长CD=70mm，且CB=35mm，托板AB可绕点C转动．

(1)当∠CDE=60∘时，
①求点C到直线DE的距离；(计算结果保留根号)
②若∠DCB=70∘时，求点A到直线DE的距离(计算结果精确到个位)；
(2)为了观看舒适，把(1)中∠DCB=70∘调整为90∘，再将CD绕点D逆时针旋转，使点B落在DE上，则CD旋转的角度为______.(直接写出结果)(参考数据：sin50∘≈0.8，cos50∘≈0.6，tan50∘≈1.2.sin26.6∘≈0.4，cos26.6∘≈0.9，tan26.6∘≈0.5，3≈1.7)
24. 阅读材料：各类方程的解法：求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为x=a的形式，求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想——转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程x3+x2−2x=0，可以通过因式分解把它转化为x(x2+x−2)=0，解方程x=0和x2+x−2=0，可得方程x3+x2−2x=0的解．
(1)问题：方程6x3+14x2−12x=0的解是：x1=0，x2=______，x3=______；
(2)拓展：用“转化”思想求方程2x+3=x的解；
(3)应用：如图，已知矩形草坪ABCD的长AD=21m，宽AB=8m，点P在AD上(AP>PD)，小华把一根长为27m的绳子一段固定在点B，把长绳PB段拉直并固定在点P，再拉直，长绳的另一端恰好落在点C，求AP的长．
25. 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx(x>0)的图象与直线y=2x+1交于点A(1,m)
(1)求k，m的值；
(2)已知点P(0,n)(n>0)，过点P作平行于x轴的直线，交直线y=2x+1于点B，交函数y=kx(x>0)的图象于点C.横、纵坐标都是整数的点叫做整点．
①当n=1时，写出线段BC上的整点的坐标；
②若y=kx(x>0)的图象在点A，C之间的部分与线段AB，BC所围成的区域内(包括边界)恰有6个整点，直接写出n的取值范围．

26. 某公司生产A型活动板房成本是每个425元．图①表示A型活动板房的一面墙，它由长方形和抛物线构成，长方形的长AD=4m，宽AB=3m，抛物线的最高点E到BC的距离为4m.
(1)按如图①所示的直角坐标系，抛物线可以用y=kx2+m(k≠0)表示．求该抛物线的函数表达式；
(2)现将A型活动板房改造为B型活动板房．如图②，在抛物线与AD之间的区域内加装一扇长方形窗户FGMN，点G，M在AD上，点N，F在抛物线上，窗户的成本为50元/m2.已知GM=2m，求每个B型活动板房的成本是多少？(每个B型活动板房的成本=每个A型活动板房的成本+一扇窗户FGMN的成本)
(3)根据市场调查，以单价650元销售(2)中的B型活动板房，每月能售出100个，而单价每降低10元，每月能多售出20个．公司每月最多能生产160个B型活动板房．不考虑其他因素，公司将销售单价n(元)定为多少时，每月销售B型活动板房所获利润w(元)最大？最大利润是多少？

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：x2−2x=0，
x(x−2)=0，
x=0或x−2=0，
所以x1=0，x2=2.
故选：B.
先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).

2.【答案】B 
【解析】解：从正面看是三个矩形，中间矩形的左右两边是虚线，
故选：B.
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．

3.【答案】B 
【解析】解：∵AB//CD//EF，
∴BDDF=ACCE=12，
即5DF=12，
解得：DF=10.
故选：B.
根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可得到答案．
此题考查了平行线分线段成比例定理的运用，熟练利用平行线分线段成比例定理是解题关键．

4.【答案】B 
【解析】解：A、一副去掉大小王的普通扑克牌洗匀后，从中任抽一张牌的花色是红桃的概率为14，不符合题意；
B、在“石头、剪刀、布”的游戏中，小明随机出的是“剪刀”的概率是13，符合题意；
C、抛一个质地均匀的正六面体骰子，向上的面点数是5的概率为16，不符合题意；
D、抛一枚硬币，出现反面的概率为12，不符合题意，
故选：B.
根据利用频率估计概率得到实验的概率在0.33左右，再分别计算出四个选项中的概率，然后进行判断．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．

5.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查锐角三角函数的定义，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
如图，过点A作AH⊥BC于H.利用勾股定理求出AC即可解决问题．
【解答】
解：如图，过点A作AH⊥BC于H.

在Rt△ACH中，∵AH=4，CH=3，
∴AC=AH2+CH2=42+32=5，
∴sin∠ACH=AHAC=45，
故选：D.  
6.【答案】A 
【解析】解：两人的做法都正确．
故选A.
利用配方法把含未知数的项写成完全平方式，然后利用直接开平方法解方程．
本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．

7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查的是位似图形的性质，掌握位似图形与相似图形的关系、相似多边形的性质是解题的关键．
根据题意求出两个相似多边形的相似比，根据相似多边形的性质解答．
【解答】
解：∵四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，OA：OA′=2：3，
∴DA：D′A′=OA：OA′=2：3，
∴四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的面积比为：(23)2=49，
故选：A.  
8.【答案】A 
【解析】解：设直线AB与x轴交于点C.
∵AB//y轴，
∴AC⊥x轴，BC⊥x轴．
∵点A在双曲线y=5x的图象上，∴△AOC的面积=12×5=52.
点B在双曲线y=3x的图象上，∴△COB的面积=12×3=32.
∴△AOB的面积=△AOC的面积−△COB的面积=52−32=1.
故选：A.
如果设直线AB与x轴交于点C，那么△AOB的面积=△AOC的面积−△COB的面积．根据反比例函数的比例系数k的几何意义，知△AOC的面积=52，△COB的面积=32，从而求出结果．
本题主要考查反比例函数的比例系数k的几何意义．反比例函数图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系，即S=12|k|.

9.【答案】C 
【解析】解：如图1，2中，连接AC.

在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=90∘，
∵AC=402cm，
∴AB=BC=22AC=40cm，
在图1中，∵∠B=60∘，BA=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=40cm，
故选：C.
在图1，图2中，连接AC.在图2中，由勾股定理求出BC，在图1中，只要证明△ABC是等边三角形即可解决问题．
本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

10.【答案】A 
【解析】解：设AB=x米，则BC=(20−3x+2)米，
依题意，得：x(20−3x+2)=40，即x(22−3x)=40.
故选：A.
设AB=x米，则BC=(20−3x+2)米，根据围成的花圃的面积刚好为40平方米，即可得出关于x的一元二次方程．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

11.【答案】B 
【解析】解：在三角形纸片ABC中，AB=9，AC=6，BC=12.
A.因为6BC=612=12，对应边ABBC=912=34，12≠34，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；
B.因为4AC=46=23，对应边ACAB=69=23，又∠A=∠A，故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC相似，故此选项正确；
C.因为4AB=49，对应边ABBC=912=34，即：49≠34.故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；
D、因为46=23，对应边ACBC=612=12，23≠12.故沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；
故选：B.
根据相似三角形的判定分别进行判断即可得出答案即可．
此题主要考查了相似三角形的判定，正确利用相似三角形两边比值相等切夹角相等的两三角形相似是解题关键．

12.【答案】A 
【解析】解：①点P在AB上运动时，此时四边形OMPN的面积S=K，保持不变，故排除B、D；
②点P在BC上运动时，设路线O→A→B→C的总路程为l，点P的速度为a，则S=OC×CP=OC×(l−at)，因为l，OC，a均是常数，
所以S与t成一次函数关系．故排除C.
故选：A.
通过两段的判断即可得出答案，①点P在AB上运动时，此时四边形OMPN的面积不变，可以排除B、D；②点P在BC上运动时，S减小，S与t的关系为一次函数，从而排除C.
本题考查了动点问题的函数图象，解答此类题目并不需要求出函数解析式，只要判断出函数的增减性，或者函数的性质即可，注意排除法的运用．

13.【答案】C 
【解析】解：当m=0时，x=−1，方程只有一个解，①正确；
当m≠0时，方程mx2+x−m+1=0是一元二次方程，△=1−4m(1−m)=1−4m+4m2=(2m−1)2≥0，方程有两个实数解，②错误；
把mx2+x−m+1=0分解为(x+1)(mx−m+1)=0，
当x=−1时，m−1−m+1=0，即x=−1是方程mx2+x−m+1=0的根，③正确；
故选：C.
分别讨论m=0和m≠0时方程mx2+x−m+1=0根的情况，进而填空．
本题主要考查了根的判别式以及一元一次方程的解的知识，解答本题的关键是掌握根的判别式的意义以及分类讨论的思想．

14.【答案】B 
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵c=3>0，
∴ac<0，所以①正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，
∴b=−2a>0，所以②错误；
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
而点(−1,0)关于直线x=1的对称点的坐标为(3,0)，
∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=−1，x2=3，所以③正确；
∴当−10，所以④正确；
故选：B.
利用抛物线开口方向以及与y轴的交点情况可对①进行判断；与对称轴的位置结合开口方向，则可对②进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为(3,0)，则可对③进行判断；根据抛物线在x轴上方所对应的自变量的范围可对④进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时(即ab>0)，对称轴在y轴左；当a与b异号时(即ab<0)，对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于(0,c)；抛物线与x轴交点个数由△决定：Δ=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．

15.【答案】A 
【解析】解：过点F作FQ⊥CD于点Q，
∵在正方形AEFG中，∠AEF=90∘，AE=EF，
∴∠1+∠2=90∘，
∵∠DAE+∠1=90∘，
∴∠DAE=∠2，
在△ADE和△EQF中，
∠D=∠FQE∠DAE=∠QEFAE=EF，
∴△ADE≌△EQF(AAS)，
∴AD=EQ=3，
当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时：DQ+CM≥8，
∴t+3+2t≥8，
解得：t≥53，
故当经过53秒时．直线MN和正方形AEFG开始有公共点．
故选：A.
首先过点F作FQ⊥CD于点Q，证明△ADE≌△EQF，进而得出AD=EQ，得出当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时：DQ+CM≥8进而求出即可．
此题主要考查了四边形综合应用以及全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出DQ+CM≥8是解题关键．

16.【答案】D 
【解析】解：y=ax2−2ax−3a，令y=0，则x=−1或3，令x=0，则y=−3a，
故抛物线与x轴的交点坐标分别为：(−1,0)、(3,0)，与y轴的交点坐标为：(0,−3a)，
函数的对称轴为：x=1，顶点坐标为：(1,−4a)，
直线y=−45x+4分别与x轴、y轴交于两点A、B，则点A、B的坐标分别为：(5,0)、(0,4)，则点C(5,4).
(1)当a>0时，
当抛物线过点C时，抛物线与线段BC有一个公共点，
将点C的坐标代入抛物线表达式得：4=25a−10a−3，解得：a=13，
故抛物线与线段BC有唯一公共点时，a≥13；
(2)当a<0时，
当顶点过BC时，此时抛物线与BC有唯一公共点，
即−4a=4，解得：a=−1；
当抛物线过点B时，抛物线与BC有两个交点，
将点B的坐标代入抛物线表达式得：−3a=4，解得：a=−43，
故当抛物线与线段BC有一个公共点时，a<−43，
故a<−43或a=−1；
综上，a≥13或a<−43或a=−1；
故选：D.
分a>0、a<0根据抛物线和线段的位置关系，找到临界点，确定a的值，即可求解．
本题考查的是二次函数性质和图象，根据抛物线和线段的位置关系，找到临界点是解题的关键．

17.【答案】83 
【解析】解：∵xy=53，
∴设x=5k，y=3k，
∴x+yy=5k+3k3k
=8k3k
=83，
故答案为：83.
利用设k法进行计算即可．
本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．

18.【答案】2020 
【解析】解：把x=−1代入方程ax2+bx−1=0(a≠0)得a−b−1=0，
∴a−b=1，
∴2022−2a+2b
=2022−2(a−b)
=2022−2×1
=2022−2
=2020.
故答案为：2020.
把x=−1代入方程ax2+bx−1=0(a≠0)得a−b=1，再把2022−2a+2b变形为2022−2(a−b)，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．

19.【答案】=8 
【解析】解：①当BD平分∠PBQ时，
∵∠PBQ=45∘，
∴∠QBD=∠PBD=22.5∘，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠C=90∘，∠ABD=∠CBD=45∘，
∴∠ABP=∠CBQ=22.5∘+45∘=67.5∘，
在△ABP和△CBQ中，
∵∠A=∠CAB=BC∠ABP=∠CBQ，
∴△ABP≌△CBQ(ASA)，
∴BP=BQ，
在△QBD和△PBD中，
∵BQ=BP∠QBD=∠PBDBD=BD，
∴△QBD≌△PBD(SAS)，
∴PD=QD；
②当BD不平分∠PBQ时，
∵AB//CQ，
∴∠ABQ=∠CQB，
∵∠QBD+∠DBP=∠QBD+∠ABQ=45∘，
∴∠DBP=∠ABQ=∠CQB，
∵∠BDQ=∠ADQ+∠ADB=90∘+45∘=135∘，
∠BDP=∠CDP+∠BDC=90∘+45∘=135∘，
∴∠BDQ=∠BDP，
∴△BQD∽△PBD，
∴BDPD=QDBD，
∴PD⋅QD=BD2=22+22=8，
故答案为：=，8.
①当BD平分∠PBQ时，证明△ABP≌△CBQ和△QBD≌△PBD，可得结论；
②当BD不平分∠PBQ时，证明△BQD∽△PBD，列比例式可得结论．
本题考查了正方形性质，全等、相似三角形的性质和判定，勾股定理，主要考查学生综合运用性质和定理进行推理的能力，第二问有难度，证明△BQD∽△PBD是关键．

20.【答案】解：(1)方程整理得：(x+3)2=254，
开方得：x+3=±52，
解得：x1=−12，x2=−112；
(2)方程x2+3x−4=0，
分解因式得：(x−1)(x+4)=0，
所以x−1=0或x+4=0，
解得：x1=1，x2=−4. 
【解析】(1)方程整理后，利用平方根定义开方即可求出解；
(2)方程利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程-因式分解法，以及直接开平方法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．

21.【答案】(1)证明：∵DE//AC，AE//BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOD=90∘，
∴四边形AODE是矩形；
(2)解：∵四边形AODE是矩形，
∴AO=DE=1，
∵AB=2，
∴BO=AB2−AO2=3，
∴OD=BO=3，
∴四边形AODE的面积=AO⋅OD=1×3=3. 
【解析】(1)根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD=90∘，继而可判断出四边形AODE是矩形；
(2)由菱形的性质和勾股定理求出OB，得出OD，由矩形的面积公式即可得出答案．
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的性质是解决问题的关键．

22.【答案】解：(1)13；
(2)用树状图法表示所有可能出现的结果如下：

共有12种可能出现的结果，其中选中“化学”“生物”的有2种，
∴P(化学生物)=212=16. 
【解析】
【分析】
本题考查列表法或树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果数是解决问题的关键．
(1)在“2”中已选择了地理，从剩下的化学、生物，思想品德三科中选一科，可得选择生物的概率；
(2)用树状图法表示所有可能出现的结果数，进而求出相应的概率．
【解答】
解：(1)在“2”中已选择了地理，从剩下的化学、生物，思想品德三科中选一科，因此选择生物的概率为13；
故答案为：13；
(2)见答案.  
23.【答案】33.4∘ 
【解析】解：(1)①如图，过点C作CF⊥DE于E，过点C、A分别作DE的平行线和垂线相交于点G，
在Rt△CDF中，∠CDF=60∘，CD=70mm，
∴CF=CD⋅sin60∘
=70×32
=353(mm)，
即点C到直线DE的距离为353mm；
②当∠DCB=70∘时，
∵CG//DE，
∴∠GCD=∠CDF=60∘，
又∵∠DCB=70∘，
∴∠ACG=180∘−70∘−60∘=50∘，
在Rt△ACG中，AC=AC−BC=115−35=80(mm)，∠ACG=50∘
∴AG=AC⋅sin50∘
≈80×0.8
=64(mm)，
∴点A到直线DE的距离为AG+CF=80+353≈140(mm)；
(2)旋转后的图形如图③所示，
在Rt△B′C′D中，B′C′=35mm，C′D=CD=70mm，
∴tan∠C′DB′=B′C′C′D=0.5，
又∵tan26.6∘≈0.5，
∴∠C′DB′=26.6∘，
∴∠CDC′=60∘−26.6∘=33.4∘，
故答案为：33.4∘.
(1)①通过作垂线、平行线构造直角三角形，在直角三角形中根据边角关系求出CF即可，
②在Rt△ACG中，根据边角关系求出AG，进而求出点A到直线DE的距离；
(2)画出旋转后的图形，在Rt△B′C′D中，根据直角三角形的边角关系求出∠C′DB′，进而求出∠CDC′即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的关键．

24.【答案】23  3 
【解析】解：(1)∵6x3+14x2−12x=0，
∴2x(3x2+7x−6)=0.
∴2x(3x−2)(x+3)=0.
∴2x=0或3x−2=0或x+3=0.
∴x1=0，x2=23，x3=−3.
故答案为：23，−3；
(2)方程2x+3=x，两边平方得2x+3=x2，
∴x2−2x−3=0.
∴(x−3)(x+1)=0.
∴x1=3，x2=−1.
经检验，x=3是原方程的根，x=−1不是原方程的根．
所以原方程的解为x=3.
(3)设AP的长为xm，则DP的长为(21−x)m.
由题意，得82+x2+(21−x)2+82=27，
移项，得(21−x)2+82=27−82+x2，
两边平方，得(21−x)2+64=272−5482+x2+64+x2，
所以441−42x+x2+64=729−5482+x2+64+x2，
整理，得982+x2=7x+48，
两边平方，得81(64+x2)=49x2−672x+2304，
即32x2−672x+2880=0.
整理，得x2−21x+90=0.
∴(x−15)(x−6)=0.
所以x1=15，x2=6.
经检验x1=15，x2=6是原方程的根．
由于AP>DP，
所以AP=15m.
(1)利用因式分解法，求解即可；
(2)两边平方，把无理方程转化为一元二次方程，求解即可；
(3)设AP的长为xm，通过勾股定理用含x的代数式表示出BP、PC，根据绳长列出方程，利用转化的思想把无理方程转化为整式方程，求解即可．
本题考查了无理方程、一元二次方程的解法，看懂题例理解转化的思想方法是解决本题的关键．

25.【答案】解：(1)∵点A(1,m)在y=2x+1上，
∴m=2×1+1=3.
∴A(1,3).
∵点A(1,3)在函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=3.
(2)①当n=1时，B、C两点的坐标为B(0,1)、C(3,1).
∵整点在线段BC上
∴0≤x≤3且x为整数
∴x=0，1，2，3
∴线段BC上有(0,1)、(1,1)、(2,1)、(3,1)共4个整点．
②

由图象可得当0 【解析】(1)将A点代入直线解析式可求m，再代入y=kx，可求k.
(2)①根据题意先求B，C两点，可得线段BC上的整点的横坐标的范围0≤x≤3，且x为整数，所以x取0，1，2，3.即求出整点个数．
    ②根据图象可以直接判断0 本题考查反比例函数和一次函数的交点问题，待定系数法，以及函数图象的性质．关键是能利用函数图象有关解决问题．

26.【答案】解：(1)∵长方形的长AD=4m，宽AB=3m，抛物线的最高点E到BC的距离为4m.
∴OH=AB=3，
∴EO=EH−OH=4−3=1，
∴E(0,1)，D(2,0)，
∴该抛物线的函数表达式y=kx2+1，
把点D(2,0)代入，得k=−14，
∴该抛物线的函数表达式为：y=−14x2+1；
(2)∵GM=2，
∴OM=OG=1，
∴当x=1时，y=34，
∴N(1,34)，
∴MN=34，
∴S矩形MNFG=MN⋅GM=34×2=32，
∴每个B型活动板房的成本是：
425+32×50=500(元).
答：每个B型活动板房的成本是500元；
(3)根据题意，得
w=(n−500)[100+20(650−n)10]
=−2(n−600)2+20000，
∵每月最多能生产160个B型活动板房，
∴100+20(650−n)10≤160，
解得n≥620，
∵−2<0，
∴n≥620时，w随n的增大而减小，
∴当n=620时，w有增大值为19200元．
答：公司将销售单价n(元)定为620元时，每月销售B型活动板房所获利润w(元)最大，最大利润是19200元． 
【解析】(1)根据图形和直角坐标系可得点D和点E的坐标，代入y=kx2+m，即可求解；
(2)根据M和N的横坐标相等，求出N点坐标，再求出矩形FGMN的面积，即可求解；
(3)根据题意得到w关于n的二次函数，根据二次函数的性质即可求解．
本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是掌握二次函数的性质．