2023年湖北省武汉市蔡甸区九年级五月调考数学试卷（含解析）

这是一份2023年湖北省武汉市蔡甸区九年级五月调考数学试卷（含解析），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。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −12023的相反数是( )
A. 2023B. 12023C. −2023D. −12023
2. 下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 有五张背面完全相同的卡片，正面分别标有数字1、2、3、4、5，从中同时抽取两张，则下列事件为随机事件的是( )
A. 两张卡片的数字之和等于11B. 两张卡片的数字之和等于8
C. 两张卡片的数字之和大于或等于2D. 两张卡片的数字之和等于1
4. 如图是由5个大小相同的正方体组合而成的几何体，其左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 计算(−3x)3的结果是( )
A. −27x3B. −9x3C. 9x3D. 27x3
6. 若点A(a,−2)，B(b,−3)，C(c,2)在反比例函数y=−m2−1x(m是常数)的图象上，则a，b，c的大小关系是( )
A. a>b>cB. a>c>bC. c>a>bD. b>a>c
7. 已知m，n是一元二次方程x2−3x+1=0的两根，则11+m2+11+n2的值为( )
A. 13B. 12C. 1D. 2
8. 甲、乙两车从A城出发前往B城．在整个行程中，两车离A城的距离y与时刻t的对应关系如图所示，则两图象交点的纵坐标是( )
A. 130B. 140C. 150D. 160
9. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，半径为5的⊙O与AC，BC分别相切于点E，F，与AB交于点M，N，则MN的长为( )
A. 245 3
B. 485
C. 10− 5
D. 125 14
10. 若函数y=−x2+10x−16−|−x2+10x−16|，当自变量x分别取1，2，3，…，10这10个自然数时，各个函数值的和是( )
A. −30B. −58C. −60D. −116
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 写出一个小于3的正无理数 ．
12. 党的二十大报告提到，近十年来我国大约有960万贫困人口实现易地搬迁，960万用科学记数法表示为______ ．
13. 初中毕业时，甲、乙、丙三位同学站成一排拍照留念，甲乙两人相邻的概率为______ ．
14. 某数学兴趣小组开展了“笔记本电脑的张角大小、顶部边缘离桌面的高度与用眼舒适度关系”的实践探究活动.如图，当张角∠AOB=150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为10cm，此时用眼舒适度不太理想，小组成员调整张角大小继续探究，最后联系黄金比知识，发现当张角∠A′OB=108°时(点A′是A的对应点)，用眼舒适度较为理想，此时顶部边缘A′处离桌面的高度A′D的长为______ cm.(结果精确到1cm：参考数据：sin72°≈0.95，cs72°≈0.31，tan72°≈3.08)
15. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的大致图象如图所示，顶点坐标为(−2,−9a)，下列结论：①abc>0；②16a−4b+c<0；③若方程ax2+bx+c=−1有两个根x1，x2，且x116. 如图，E是矩形ABCD边AD上一点，若∠BEC=45°，AE=1，ED=2，则tan∠AEB的值是______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
解不等式组x−2≥−5①3x
(1)解不等式①，得______ ；
(2)解不等式②，得______ ；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
(4)原不等式组的解集是______ ．
18. (本小题8.0分)
如图，D，E，F是△ABC边上的点，DE/​/BC，∠ADE=∠EFC．
(1)求证：∠A=∠CEF；
(2)若AD=2BD，写出直接S△CEFS△ABC的值．
19. (本小题8.0分)
某中学开展了“手机伴我健康行”主题活动.他们随机抽取部分学生进行“使用手机的目的”和“每周使用手机的时间”的问卷调查，将收集的数据整理后，绘制成了两幅不完整的统计图.已知“查资料”的人数是40人．

(1)本次调查的样本容量是______ ，在扇形统计图中，“玩游戏”对应的圆心角度数是______ 度，条形统计图中“每周使用手机的时间3小时以上”的人数是______ ；
(2)该校有学生1200人，估计每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的人数．
20. (本小题8.0分)
如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点E.F是AB延长线上的一点，且CF=EF．
(1)求证：CF为⊙O的切线；
(2)连接BD，取BD的中点G，连接AG.若CF=4，BF=2，求AG的长．
21. (本小题8.0分)
如图，在由小正方形组成的8×6的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点都是格点，仅用无刻度直尺在网格中作图，作图过程用虚线，作图结果用实线表示．
(1)如图1中，在AC上找点E，使AEEc=23，过点E作EF⊥AB，垂足为F；
(2)如图2，D是网格中的格点，在线段CD上找一点G，使得点G到AC的距离等于DG的长；在AC上找点P，连接BP，使得∠ABP=∠CAD．
22. (本小题10.0分)
如图，学校计划建造一块边长为40m的正方形花坛ABCD，分别取四边的中点E，F，G，H构成四边形EFGH，四边形EFGH部分种植甲种花，在正方形ABCD四个角落构造4个全等的矩形区域种植乙种花，剩余部分种草坪.设小矩形的AM边长为x m(AM≤AN)，面积为y m2，已知种植甲种花50元/m2，乙种花80元/m2，草坪10元/m2，种植总费用为w元．
(1)直接写出y关于x的函数关系式以及w与y的函数解析式；
(2)当种植总费用为74880元时，求x的值；
(3)为了花坛的美观，设计小矩形的宽AM不小于长AN的13，求总费用的最小值．
23. (本小题10.0分)
如图1，在正方形ABCD中，点G是对角线BD上一点(不与点B，D重合)，EG⊥BD交AB于E，连接DE，延长AB到F使得BF=AE，连接DE，CF，FG．
(1)直接写出DE与CF的关系；
(2)求∠CFG的度数；
(3)点G是DB延长线上一点，EG⊥BD交AB的延长线于点E，连接DE交BC于点H，若CH=kBH，如图2，其他条件不变，直接写出FGDG的值．
24. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx−3(k≠0)与抛物线y=−x2相交于A，B两点(点A在点B的左侧)，点B关于y轴的对称点为B′．
(1)当k=2时，直接写出A，B两点的坐标；
(2)连接OA，OB，AB′，BB′，若△B′AB的面积与△OAB的面积相等，求k的值；
(3)如图2，将原抛物线先向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到新的抛物线，点P是y轴正半轴上一点，PM，PN与新抛物线均有唯一公共点M，N(异于原点)，过点P的直线交抛物线于点E，G，交直线MN于点F，求PFPG+PFPE的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−12023的相反数是12023，
故选：B．
根据“只有符号不同的两个数叫做互为相反数”解答．
本题考查了相反数，掌握相反数的定义是关键．
2.【答案】C
【解析】解：A、图形旋转180度后两部分不重合，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、图形旋转180度后两部分不重合，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、图形旋转180度后两部分重合，是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、图形旋转180度后两部分不重合，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形的概念，判断是否为中心对称图形是要寻找对称中心，之后观察图形旋转180度后两部分是否重合．
3.【答案】B
【解析】解：A、两张卡片的数字之和等于11，是不可能事件；
B、两张卡片的数字之和等于8，是随机事件；
C、两张卡片的数字之和大于或等于2，是不可能事件；
D、两张卡片的数字之和等于1，是不可能事件；
故选：B．
根据事件发生的可能性大小判断．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
4.【答案】B
【解析】解：从左边看，共有两列，从左到右第一列是一个小正方形，第二列是三个小正方形．
故选：B．
左视图是从左边看得出的图形，结合所给图形及选项即可得出答案．
此题考查了简单几何体的三视图，属于基础题，解答本题的关键是掌握左视图的观察位置．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了积的乘方．解题的关键是掌握积的乘方的运算方法，要注意理符号的变化．
根据积的乘方的法则进行计算即可．
【解答】
解：(−3x)3=−27x3，
故选：A．
6.【答案】A
【解析】解：∵反比例函数y=−m2−1x中，k=−m2−1<0，
∴此函数图象在二、四象限，
∵−3<−2<0，
∴点A(a,−2)，B(b,−3)在第三象限，
∵函数图象在第四象限内y随x的增大而增大，
∴a>b>0，
∵2>0，
∴C(c,3)在第二象限，
∴c<0，
∴a、b、c的大小关系是a>b>c，
故选：A．
先根据函数解析式中的比例系数k确定函数图象所在的象限，再根据各象限内点的坐标特点及函数的增减性解答．
本题考查了由反比例函数图象的性质判断函数图象上点的坐标特征，同学们应重点掌握．关键是根据反比例函数的增减性解题．
7.【答案】C
【解析】解：∵m，n是一元二次方程x2−3x+1=0的两根，
∴m+n=3，mn=1，
∴11+m2+11+n2
=1+n2(1+m2)(1+n2)+1+m2(1+m2)(1+n2)
=m2+n2+2(mn)2+m2+n2+1
=(m+n)2−2mn+2(mn)2+(m+n)2−2mn+1，
=32−2×1+212+32−2×1+1
=1，
故选：C．
根据m，n是一元二次方程x2−3x+1=0的两根，可以得到m+n=3，mn=1，把式子进行变形，整体代入计算即可．
本题考查了根与系数的关系，牢记“两根之和等于−ba，两根之积等于ca”是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：由题意可知，A，B两城相距300千米，甲车比乙车先出发1小时，却晚1小时到B城，
甲车的平均速度为：300÷(10−5)=60(千米/时)，乙车的平均速度为：300÷(9−6)=100(千米/时)，
设乙追上甲时，乙行驶的时间为x小时，则：
100x=60(x+1)，
解得x=1.5，
1.5×100=150(km)，
∴两图象交点的纵坐标是150．
故选：C．
根据图象分别求出两车的速度，再列方程解答即可．
此题主要考查了一次函数的应用，关键是正确从函数图象中得到正确的信息．
9.【答案】D
【解析】解：如图，连接OM，ON，OE，OF，OE，OF分别交AB于点P，点Q，过点O作OH⊥AB于点H，
则OE⊥AC，OF⊥BC，
∵∠ACB=90°，OE=OF，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CF=OE=OF=5，
∵AC=8，BC=6，
∴AE=8−5=3，BF=6−5=1，
∵OE/​/BC，OF/​/AC，
∴△AEP∽△ACB，△BFQ∽△BCA，
∴PEBC=AEAC，QFAC=BFBC，
即PE6=38，QF8=16，
解得PE=94，QF=43，
∴OP=5−94=114，OQ=5−43=113，
∴PQ=OP×53=5512，
∵S△POQ=12OP⋅OQ=12PQ⋅OH，即114×113=5512OH，
∴OH=115，
在Rt△MOH中，
MH= OM2−OH2=6 145，
∴MN=2MH=12 145，
故选：D．
根据切线的性质，正方形的性质以及相似三角形的性质可求出OP，OQ，进而求出PQ，再根据三角形的面积可求出OH，由勾股定理可求出MH，由垂径定理可得MN．
本题考查圆周角定理、切线的性质以及勾股定理，掌握直角三角形的边角关系，圆周角定理，切线的性质以及相似三角形的性质是正确解答的前提．
10.【答案】C
【解析】解：令−x2+10x−16=0，
解得x1=2，x2=8，
∴2≤x≤8时，则|−x2+10x−16|=−(x2−10x+16)，
∴y=0，
当x=1时，y=−x2+10x−16+|−x2+10x−16|=−14；
当x=9时，y=−x2+10x−16+|−x2+10x−16|=−14；
当x=10时，y=−x2+10x−16+|−x2+10x−16|=−32；
∴函数值的和为：−14−14−32=−60，
故选：C．
令−x2+10x−16=0，解得x1=2，x2=8，然后可得当2≤x≤8时函数值为0，再分别求出x=1，9，10时的函数值即可．
本题主要考查了函数图象上点坐标特征，通过去绝对值得到当2≤x≤8时y=0，是解决本题的关键．
11.【答案】π4
【解析】解：本题答案不唯一：如π4等．
故答案为：π4．
由于无理数是无限不循环小数，根据此定义即可找出一个比3小的无理数．
本题主要考查无理数的知识点，本题是一道开放性的试题，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
12.【答案】9.6×106
【解析】解：960万=9600000=9.6×106．
故答案为：9.6×106．
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．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
13.【答案】23
【解析】解：画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中甲乙两位同学相邻的结果有4种，
∴甲乙两人相邻的概率为46=23，
故答案为：23．
画树状图，共有6种等可能的结果，其中甲乙两位同学相邻的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】19
【解析】解：∵∠AOB=150°，
∴∠AOC=180°−∠AOB=30°，
在Rt△AOC中，AC=10cm，
∴AO=2AC=20(cm)，
由旋转得：AO=A′O=20cm，
∵∠A′OB=108°，
∴∠A′OD=180°−∠A′OB=72°，
在Rt△A′DO中，A′D=A′O⋅sin72°≈20×0.95=19(cm)，
故答案为：19．
先利用平角定义求出∠AOC=30°，然后在Rt△AOC中，利用含30度角的直角三角形的性质求出AO的长，从而利用旋转的性质可得AO=A′O=20cm，再利用平角定义求出∠A′OD=72°，最后在Rt△A′DO中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
15.【答案】②③④
【解析】解：∵抛物线的开口向上，则a>0，对称轴在y轴的左侧，则b>0，交y轴的负半轴，则c<0，
∴abc<0，①错误；
∵抛物线与x轴的交点在正、负两个半轴上，且对称轴为直线x=−2，
∴x=−4时，y<0，
∴16a−4b+c<0，故②正确；
∵抛物线的顶点坐标(−2,−9a)，
∴−b2a=−2，4ac−b24a=−9a，
∴b=4a，c=−5a，
抛物线的解析式为y=ax2+4ax−5a，
抛物线y=ax2+4ax−5a交x轴于(−5,0)，(1,0)，
∴若方程a(x+5)(x−1)=−1两个根x1和x2且x1∵抛物线的解析式为y=ax2+4ax−5a，抛物线与y轴的交点在(0,−2)与(0,−3)之间，
∴−3<−5a<−2，
∴25故答案为：②③④．
根据抛物线图象判断参数符号判断①，根据x=−4时，y<0，可以判断②正确，由顶点坐标可得b=4a、c=−5a，进而判断③；由c=−5a，即可得到−3<−5a<−2，解不等式组即可判断④．
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．
16.【答案】3+ 172
【解析】解：∵四边形ABCD上是矩形，AE=1，ED=2，
∴BC=AD=3．
如图：以BC为斜边在BC上方构造等腰三角形OBC，则OB=OC=3 22，

以O为圆心，OB的长为半径作圆，
∵∠BEC=45°，
∴点E在⊙O上，连接OE，
则OE=3 22，
过点O作OG⊥BC于点G，延长GO交AD于点F，
则CG=OG=12BC=32，OF⊥AD，四边形ABGF、四边形CDFG均为矩形，
∴AB=FG，DF=CG=BG=AF=32，
∴EF=32−1=12，
在Rt△OEF中，
OF= OE2−EF2= (3 22)2−(12)2= 172，
∴FG=AB=OG+OF=32+ 172=3+ 172，
∴tan∠AEB=ABAE=3+ 1721=3+ 172．
故答案为：3+ 172．
根据矩形的性质可得BC=AD=3.以O为圆心，OB的长为半径作圆，∵∠BEC=45°，点E在⊙O上，连接OE，则OE=3 22，过点O作OG⊥BC于点G，延长GO交AD于点F，则CG=OG=12BC=32，OF⊥AD，四边形ABGF、四边形CDFG均为矩形，然后根据勾股定理及解三角形可得答案．
此题考查的是矩形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，正确作出辅助线，构造出等腰三角形是解决此题的关键．
17.【答案】x≥−3 x<2 −3≤x<2
【解析】解：(1)解不等式①，得：x≥−3；
(2)解不等式②，得：x<2；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来为：

(4)原不等式组的解集为：−3≤x<2．
故答案为：(1)x≥−3；
(2)x<2；
(4)−3≤x<2．
分别解这两个不等式，把不等式①和②的解集在数轴上表示出来，找到解集的公共部分即可得到原不等式组的解集．
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，体现了数形结合的思想，在数轴上找到解集的公共部分是解题的关键．
18.【答案】(1)证明：∵DE/​/BC，
∴∠ADE=∠ABC，
而∠ADE=∠EFC，
∴∠ABC=∠EFC，
∴EF//AB，
∴∠A=∠CEF；
(2)解：∵AD=2BD，
∴ADBD=2，
∴BDAB=13，
而EF/​/AB，
∴CEAC=13，△CEF∽△CAB，
∴S△CEFS△ABC=(CEAC)2=19．
【解析】(1)首先利用平行线的性质可以得到∠ADE=∠ABC，然后利用已知条件即可证明EF/​/AB，从而解决问题；
(2)利用相似三角形的性质即可求解．
此题主要考查了相似三角形的性质，同时也利用了平行线的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
19.【答案】100 126 32
【解析】解：(1)本次调查的样本容量是：40÷40%=100，
在扇形统计图中，“玩游戏”对应的圆心角度数是360°×(1−7%−18%−40%)=126°，
条形统计图中“每周使用手机的时间3小时以上”的人数是100−2−16−18−32=32，
故答案为：100，126，32；
(2)1200×32+32100=768(人)，
答：估计每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的有768人．
(1)根据“查资料”的人数是40人和所占的百分比，可以计算出样本容量，再根据扇形统计图中的数据可以计算出在扇形统计图中，“玩游戏”对应的圆心角度数；然后根据条形统计图中的数据，可以计算出条形统计图中“每周使用手机的时间3小时以上”的人数；
(2)根据条形统计图中的数据和(1)中的结果，可以计算出每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的人数．
本题考查条形统计图、样本容量、用样本估计总体、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】解：(1)证明：如图，连接OC，OD．
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∵FC=FE，
∴∠FCE=∠FEC，
∵∠OED=∠FEC，
∴∠OED=∠FCE，
∵AB是直径，D是AB的中点，
∴∠DOE=90°，
∴∠OED+∠ODC=90°，
∴∠FCE+∠OCD=90°，即∠OCF=90°，
∵OC是半径，
∴CF是⊙O的切线．
(2)解：过点G作GH⊥AB于点H．
设OA=OD=OC=OB=r，则OF=r+2，
在Rt△COF中，42+r2=(r+2)2，
∴r=3，
∵GH⊥AB，
∴∠GHB=90°，
∵∠DOE=90°，
∴∠GHB=∠DOE，
∴GH//DO，
∵G为BD的中点，
∴H为OB的中点，即BG=12BD，BH=12BO=32，GH=12OD=32，
∴AH=AB−BH=6−32=92，
∴AG= GH2+AH2= (32)2+(92)2=3 102．
【解析】本题属于圆综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图，连接OC，OD.证明∠OCF=90°即可；
(2)设OA=OD=OC=OB=r，则OF=r+2，在Rt△COF中，42+r2=(r+2)2，可得r=3，证明GH//DO，可得BH=12BO=32，GH=12OD=32，由此即可解决问题．
21.【答案】解：(1)如图1中，点E，线段EF即为所求；
(2)如图2中，点G，点P即为所求．

【解析】(1)取格点P，Q，连接PQ交AC与点E，取格点W，连接WE交AB与点F，线段EF即为所求(AW=AE=2，利用等腰三角形的三线合一的性质，可得结论)；
(2)取格点J，连接CJ，取CJ的中点K，连接AK交BC与点G，点G即为所求．取格点L，Q，连接LQ交AC与点P，连接BP，点P即为所求(证明△ABP∽ACB，可得结论)．
本题考查作图−应用设计作图，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行线等分线段定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
22.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=40m，∠A=90°，
∵E，F分别是AD，AB的中点，
∴AE=AF=20m，
∴∠AFE=45°，
∵AM=x m，
∴FM=(20−x)m，
∵四边形AMPN是矩形，
∴∠FMP=90°，
∴△FMP是等腰直角三角形，
∴AN=MP=(20−x)m，
∴y=x(20−x)=−x2+20x，
∵AM≤AN，
∴x≤20−x，
∴x≤10，
∴y关于x的函数关系式为：y=−x2+20x(0∵取正方形ABCD四边的中点E，F，G，H构成四边形EFGH，
∴EF=FG=GH=EH，∠EFG=90°，
∴四边形EFGH是正方形，且面积=12×40×40=800，
w=50×800+80×4(−x2+20x)+10[40×40−800−4(−x2+20x)]
=40000−320x2+6400x+10(800+4x2−80x)
=−280x2+5600x+48000；
(2)由题意得：−280x2+5600x+48000=74880，
解得：x=8或12(舍)；
(3)由题意得：x≥13(20−x)，
解得：x≥5，
由(1)知：0∴5≤x≤10．
【解析】(1)先根据长方形的面积=长×宽可得：y关于x的函数关系式，根据w=种植甲的费用+种植乙的费用+种植丙的费用可得：w与y的函数解析式；
(2)根据种植总费用为74880元列方程：−280x2+5600x+48000=74880，解方程可得结论；
(3)根据AM不小于长AN的13列不等式，并结合(1)中x的取值可得答案．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质解答．
23.【答案】解：(1)DE=CF，DE/​/CF，理由如下：
∵BF=AE，∠DAB=∠CBF=90°，AD=BC，
∴△DAE≌△CBF(SAS)，
∴DE=CF，∠DEA=∠CFB，
∴DE/​/CF；
(2)∵四边形ABCD是正方形，EG⊥BD，
∴∠DBE=45°，CD/​/EF，
∵EG⊥DB，
∴△EBG是等腰直角三角形，
∴EGBE= 22，∠CEF=∠EBD=45°，
∵CD/​/EF，CF/​/DE，
∴四边形DEFC为平行四边形，
∴EF=DC，
由正方形性质可知，△BCD是等腰直角三角形，
∴EFBD=CDBD= 22，
∴EFBD=EGBE，
又∵∠CEF=∠EBD=45°，
∴△BDE∽△EFG，
∴∠EFG=∠BDE，
∵四边形DEFC为平行四边形，
∴∠EFC=∠EDC，
即：∠EFG+∠CFG=∠BDE+∠BDC，
∴∠CFG=∠BDC=45°；
(3)由(2)可知：△EBG是等腰直角三角形，△BCD是等腰直角三角形，
∴设BG=a=GE，∠GBE=∠GEB=45°，
∴BE= 2a，∠DBE=∠GEF=135°，
∵DC/​/AB，
∴DCBE=CHBH=k，
∴DC= 2ak，
∴DB=2ak，
∵AE=BF，
∴AB=EF=CD，
∴DBEF=BEGE= 2，
∴△BDE∽△EFG，
∴DEFG= 2，
∵DE= DG2+EG2= (2ak+a)2+a2=a⋅ 4k2+4k+2，
∴FG=a⋅ 2k2+2k+1，
∴FGDG= 2k2+2k+12k+1．
【解析】(1)通过证明△DAE≌△CBF，可得DE=CF，∠DEA=∠CFB，可得结论；
(2)通过证明△BDE∽△EFG，可得∠EFG=∠BDE，由角的和差关系可求解；
(3)通过证明△BDE∽△EFG，可得DEFG= 2，由勾股定理可求FG的长，即可求解．
本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】解：(1)根据题意，得y=2x−3y=−x2，
整理得到x2+2x−3=0，
解方程，得x1=−3，x2=1，
当r=−3时，y=−9；当r=1时，y=−1；
∵点A在点B的左侧，
∴点A的坐标为(−3,−9)，点B的坐标为(1,−1)；
(2)∵A，B是抛物线y=−x2图象上的点，
设A(m,−m2)，B(n,−n2)，则B′(−n,−n2)，
当k>0时，
根据题意，得y=kx−3y=−x2，
整理得到x2+kx−3=0，
∴m，n是x2+kx−3=0的两个根，
∴m+n=−k，mn=−3，
设直线y=kx−3与y轴的交点为D，则点D (0,−3)，
∴S△OAB=12OD⋅(n−m)=32×(n−m)，S△B′AB=12BB′⋅(yB′−yA)=12×2n×(−n2+m2)，
∴32×(n−m)=12×2n×(−n2+m2)=12×2n×(m+n)(m−n)，
∴3=−2n×(m+n)=2nk，
∴2nk=−mn，
∵n≠0，
∴m=−2k，n=k，
∴−2k×k=−3，
解得k= 62或k=− 62(舍去)，
故k= 62．
当k<0时，
根据题意，得y=kx−3y=−x2，
整理得到x2+kx−3=0，
∴m，n是x2+kx−3=0的两个根，
∴m+n=−k，mn=−3，
设直线y=kx−3与y轴的交点为D，则点D (0,−3)，
∴S△OAB=12OD⋅(n−m)=32×(n−m)，S△B′AB=12BB′⋅(yA−yB′)=12×2n×(n2−m2)，
∴32×(n−m)=12×2n×(n2−m2)=12×2n×(m+n)(n−m)，
∴3=2n×(m+n)=−2nk，
∴−2nk=−mn，
∵n≠0，
∴m=2k，n=−3k，
∴2k×(−3k)=−3，
解得k=− 22或k= 22((舍去)，
故k=− 22；
综上所述，k的值为 62或− 22；
(3)由题意得：新的抛物线解析式为y=−x2+2x，
设点M坐标为(m,−m2+2m)，点N坐标为(n,−n2+2n)，
设lPM：y=k1(x−m)−m2+2m，
y=−x2+2xy=k1(x−m)−m2+2m，
则：x2+(k1−2)x−k1m−m2+2m=0的两根为m，
∴2m=2−k1，
∴k1=2−2m，
∴lPM：y=(2−2m)x+m2，
同理lPN：y=(2−2n)x+n2，
∴m2=n2，
∴m=−n，P(0,n2)，
∴M(−n,−n2−2n)，N(n,−n2+2n)，
∴lMN：y=2x−n2，
设：lPE：y=kx+n2，
∴y=2x−n2y=kx+n2，
∴xE=2n22−k，
y=−x2+2xy=kx+n2，
∴x2+(k−2)x+n2=0的两根为xE，xG，
xE+xG=2−kxE⋅xG=n2，
∴PFPG+PFPE=xExG+xExE=xE(xE+xG)xE⋅xG=2n22−K(2−K)n2=2n2n2=2
【解析】(1)解方程组y=2x−3y=−x2，整理得到x2+2x−3=0，解方程即可得到答案；
(2)分k<0和k>0，两种情形求解，①k>0时，设A(m,−m2)，B(n,−n2)，直线y=kx−3与y轴的交点为D，S△OAB=12OD⋅(n−m)=32×(n−m)，S△B′AB=12BB′⋅(yB′−yA)=12×2n×(−n2+m2)，∴32×(n−m)=12×2n×(−n2+m2)=12×2n×(m+n)(m−n)，再结合根与系数关系求出k的值，②同理可求k<0的情况；
(3)利用待定系数法及一元二次方程根与系数关系，求出点E，G两点横坐标之间的关系，求出结论．
本题考查了抛物线与一次函数的交点问题，待定系数法，一元二次方程根与系数关系定理，熟练掌握二次函数与一次函数的交点，及其根与系数关系定理是解题的关键．