2024年四川省南充市中考数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年四川省南充市中考数学试卷（含详细答案解析），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。

1.如图，数轴上表示 2的点是( )
A. 点AB. 点BC. 点CD. 点D
2.学校举行篮球技能大赛，评委从控球技能和投球技能两方面为选手打分，各项成绩均按百分制计，然后再按控球技能占60%，投球技能占40%计算选手的综合成绩(百分制).选手李林控球技能得90分，投球技能得80分.李林综合成绩为( )
A. 170分B. 86分C. 85分D. 84分
3.如图，两个平面镜平行放置，光线经过平面镜反射时，∠1=∠2=40∘，则∠3的度数为( )
A. 80∘B. 90∘C. 100∘D. 120∘
4.下列计算正确的是( )
A. a2+a3=a5B. a8÷a4=a2C. a2⋅a3=a6D. (3a2)3=27a6
5.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，∠B=30∘，BC=6，AD平分∠CAB交BC于点D，点E为边AB上一点，则线段DE长度的最小值为( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
6.我国古代《算法统宗》里有这样一首诗“我问开店李三公，众客都来到店中.一房七客多七客，一房九客一房空.”诗中后面两句的意思是：如果每一间客房住7人，那么有7人无房可住；如果每一间客房住9人，那么就空出一间客房.设有客房x间，客人y人，则可列方程组为( )
A. 7x−7=y9(x+1)=yB. 7x−7=y9(x−1)=yC. 7x+7=y9(x+1)=yD. 7x+7=y9(x−1)=y
7.若关于x的不等式组2x−1<5xA. m>2B. m≥2C. m<2D. m≤2
8.如图，已知线段AB，按以下步骤作图：①过点B作BC⊥AB，使BC=12AB，连接AC；②以点C为圆心，以BC长为半径画弧，交AC于点D；③以点A为圆心，以AD长为半径画弧，交AB于点E.若AE=mAB，则m的值为( )
A. 5−12B. 5−22C. 5−1D. 5−2
9.当2≤x≤5时，一次函数y=(m+1)x+m2+1有最大值6，则实数m的值为( )
A. −3或0B. 0或1C. −5或−3D. −5或1
10.如图是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成.在正方形ABCD中，AB=10.下列三个结论：①若tan∠ADF=34，则EF=2；②若Rt△ABG的面积是正方形EFGH面积的3倍，则点F是AG的三等分点；③将△ABG绕点A逆时针旋转90∘得到△ADG′，则BG′的最大值为5 5+5.其中正确的结论是( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.计算aa−b−ba−b的结果为__________.
12.若一组数据6，6，m，7，7，8的众数为7，则这组数据的中位数为__________.
13.如图，AB是⊙O的直径，位于AB两侧的点C，D均在⊙O上，∠BOC=30∘，则∠ADC=__________度.
14.已知m是方程x2+4x−1=0的一个根，则(m+5)(m−1)的值为__________.
15.如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，∠ABE=30∘，将△ABE沿BE折叠得△FBE，连接CF，DF，若CF平分∠BCD，AB=2，则DF的长为__________.
16.已知抛物线C1：y=x2+mx+m与x轴交于两点A，B(A在B的左侧)，抛物线C2：y=x2+nx+n(m≠n)与x轴交于两点C，D(C在D的左侧)，且AB=CD.下列四个结论：①C1与C2交点为(−1,1)；②m+n=4；③mn>0；④A，D两点关于(−1,0)对称.其中正确的结论是__________.(填写序号)
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
先化简，再求值：(x+2)2−(x3+3x)÷x，其中x=−2.
18.(本小题8分)
如图，在△ABC中，点D为BC边的中点，过点B作BE//AC交AD的延长线于点E.
(1)求证：△BDE≌△CDA.
(2)若AD⊥BC，求证：BA=BE.
19.(本小题8分)
某研学基地开设有A，B，C，D四类研学项目.为了解学生对四类研学项目的喜爱情况，随机抽取部分参加完研学项目的学生进行调查统计(每名学生必须选择一项，并且只能选择一项)，并将调查结果绘制成两幅不完整的统计图(如图).根据图中信息，解答下列问题：
(1)参加调查统计的学生中喜爱B类研学项目有多少人？在扇形统计图中，求C类研学项目所在扇形的圆心角的度数.
(2)从参加调查统计喜爱D类研学项目的4名学生(2名男生2名女生)中随机选取2人接受访谈，求恰好选中一名男生一名女生的概率.
20.(本小题10分)
已知x1，x2是关于x的方程x2−2kx+k2−k+1=0的两个不相等的实数根.
(1)求k的取值范围.
(2)若k<5，且k，x1，x2都是整数，求k的值.
21.(本小题10分)
如图，直线y=kx+b经过A(0,−2)，B(−1,0)两点，与双曲线y=mx(x<0)交于点C(a,2).
(1)求直线和双曲线的解析式.
(2)过点C作CD⊥x轴于点D，点P在x轴上，若以O，A，P为顶点的三角形与△BCD相似，直接写出点P的坐标.
22.(本小题10分)
如图，在⊙O中，AB是直径，AE是弦，点F是AE上一点，AF=BE，AE，BF交于点C，点D为BF延长线上一点，且∠CAD=∠CDA.
(1)求证：AD是⊙O的切线.
(2)若BE=4，AD=2 5，求⊙O的半径长.
23.(本小题10分)
2024年“五一”假期期间，阆中古城景区某特产店销售A，B两类特产.A类特产进价50元/件，B类特产进价60元/件.已知购买1件A类特产和1件B类特产需132元，购买3件A类特产和5件B类特产需540元.
(1)求A类特产和B类特产每件的售价各是多少元？
(2)A类特产供货充足，按原价销售每天可售出60件.市场调查反映，若每降价1元，每天可多售出10件(每件售价不低于进价).设每件A类特产降价x元，每天的销售量为y件，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围.
(3)在(2)的条件下，由于B类特产供货紧张，每天只能购进100件且能按原价售完.设该店每天销售这两类特产的总利润为w元，求w与x的函数关系式，并求出每件A类特产降价多少元时总利润w最大，最大利润是多少元？(利润=售价-进价)
24.(本小题10分)
如图，正方形ABCD边长为6cm，点E为对角线AC上一点，CE=2AE，点P在AB边上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在BC边上以2cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒(0(1)求证：△AEP∽△CEQ.
(2)当△EPQ是直角三角形时，求t的值.
(3)连接AQ，当tan∠AQE=13时，求△AEQ的面积.
25.(本小题12分)
已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)，B(3,0).
(1)求抛物线的解析式.
(2)如图1，抛物线与y轴交于点C，点P为线段OC上一点(不与端点重合)，直线PA，PB分别交抛物线于点E，D，设△PAD面积为S1，△PBE面积为S2，求S1S2的值.
(3)如图2，点K是抛物线对称轴与x轴的交点，过点K的直线(不与对称轴重合)与抛物线交于点M，N，过抛物线顶点G作直线l//x轴，点Q是直线l上一动点.求QM+QN的最小值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵ 1< 2< 4，
∴1< 2<2，
由数轴可知，只有点C在1和2之间，
故选：C.
先计算出 2的取值范围，再根据各点的分布位置，即可得出结果．
本题考查的是实数与数轴，估算无理数的大小，熟练掌握数轴上各点的分布特点是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：李林综合成绩为：90×60%+80×40%=86(分)，
故选：B.
根据加权平均数的定义列式计算可得．
本题考查的是加权平均数的求法，熟练掌握加权平均数的计算公式是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：如图：∵∠1=∠2=40∘，
∴∠4=180∘−∠1−∠2=100∘，
∵两个平面镜平行放置，
∴经过两次反射后的光线与入射光线平行，
∴∠3=∠4=100∘，
故选：C.
根据经过两次反射后的光线与入射光线平行，得出∠3=∠4即可．
本题考查平行线的性质，关键是掌握经过两次反射后的光线与入射光线平行．
4.【答案】D
【解析】解：A.∵a2，a3不是同类项，不能合并，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
B.∵a8÷a4=a4，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
C.∵a2⋅a3=a5，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
D.∵(3a2)3=27a6，∴此选项的计算正确，故此选项符合题意；
故选：D.
A.先判断a2，a3是不是同类项，能否合并，然后判断即可；
B.根据同底数幂相除法则进行计算，然后判断即可；
C.根据同底数幂相乘法则进行计算，然后判断即可；
D.根据积的乘方和幂的乘方法则进行计算，然后判断即可．
本题主要考查了整式的有关运算，解题关键是熟练掌握同底数幂乘除法则、积的乘方和幂的乘方法则．
5.【答案】C
【解析】解：在Rt△ABC中，
tanB=ACBC，
∴AC= 33×6=2 3.
∵∠C=90∘，∠B=30∘，
∴∠CAB=60∘，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=12×60∘=30∘.
在Rt△ACD中，
tan∠CAD=CDAC，
∴CD= 33×2 3=2.
∵AD平分∠CAB，且DC⊥AC，
∴点D到AB边的距离等于线段CD的长，
即线段DE长度的最小值为2.
故选：C.
先利用30∘的正切求出AC的长，再在Rt△ACD中，用∠CAD的正切值可求出CD的长，最后利用角平分线的性质及垂线段最短即可解决问题．
本题考查勾股定理、垂线段最短及含30度角的直角三角形，熟知角平分的性质及特殊角的三角函数值是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵如果每一间客房住7人，那么有7人无房可住，
∴7x+7=y；
∵如果每一间客房住9人，那么就空出一间客房，
∴9(x−1)=y.
∴根据题意得可列方程组7x+7=y9(x−1)=y.
故选：D.
根据“如果每一间客房住7人，那么有7人无房可住；如果每一间客房住9人，那么就空出一间客房”，即可列出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：解不等式2x−1<5，得：x<3，
∵关于x的不等式组2x−1<5x∴m+1≥3，
∴m≥2.
故选：B.
求出第一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到即可确定m的范围．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：令AB的长为2a，
则BC=12AB=a，
在Rt△ABC中，
AC= (2a)2+a2= 5a.
因为CD=CB，AE=AD，
所以AE=( 5−1)a，
则AE= 5−12AB，
所以m的值为 5−12.
故选：A.
令AB的长为2a，根据题中所给作图步骤，可得出BC的长为a，再用勾股定理表示出AC的长，进而可得出AD(即AE)的长，据此可解决问题．
本题考查黄金分割，能用含a的代数式表示AE及AB的长是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：当m+1>0，即m>−1时，y随x的增大而增大，
∴当x=5时，一次函数y=(m+1)x+m2+1有最大值6，
∴5(m+1)+m2+1=6，
解得m1=0，m2=−5(舍去)，
当m+1<0，即m<−1时，y随x的增大而减小，
∴当x=2时，一次函数y=(m+1)x+m2+1有最大值6，
∴2(m+1)+m2+1=6，
解得m1=−3，m2=1(舍去)，
综上，当2≤x≤5时，一次函数y=(m+1)x+m2+1有最大值6，则实数m的值为0或−3，
故选：A.
分两种情况，利用一次函数的性质得到关于m的方程，解方程即可．
本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：在Rt△ADF中，
tan∠ADF=AFDF=34.
令AF=3x，DF=4x，
则(3x)2+(4x)2=102，
解得x=2(舍负)，
所以AF=6，DF=8.
因为外部的四个直角三角形全等，
所以DE=AF=6，
所以EF=8−6=2.
故①正确．
因为Rt△ABG的面积是正方形EFGH面积的3倍，
所以12BG⋅AG=3FG2.
因为BG=AF=AG−FG，
所以12(AG−FG)⋅AG=3FG2，
整理得，
6FG2+FG⋅AG−AG2=0.
则6(FGAG)2+FGAG−1=0，
解得FGAG=13(舍负)，
则点F是AG的三等分点．
故②正确．
由旋转可知，
∠AG′D=∠AGB=90∘，
所以点G′在以AD为直径的圆上．
在Rt△ABM中，
BM= 52+102=5 5.
当点B，M，G′共线时，BG′取得最大值，
此时BG′=5 5+5.
故③正确．
故选：D.
根据∠ADF的正切值，结合勾股定理可求出EF的值．根据△ABG的面积与正方形EFGH面积之间的关系，得出关于AG和FG的方程，据此可解决问题．得出点G′的运动轨迹即可解决问题．
本题考查旋转的性质、勾股定理及解直角三角形，熟知图形旋转的性质及勾股定理是解题的关键．
11.【答案】1
【解析】解：原式=a−ba−b
=1，
故答案为：1.
根据分式加减法的运算法则计算即可．
本题考查的是分式的加减法，熟练掌握其运算法则是解题的关键．
12.【答案】7
【解析】解：∵一组数据6，6，m，7，7，8的众数为7，
∴m=7，
∴这组数据从小到大排列顺序为：6，6，7，7，7，8，
∴这组数据的中位数是7+72=7.
故答案为：7.
根据众数为7求得m的值，再由求中位数的方法即可求出中位数．
本题考查众数和中位数，解题的关键是熟练掌握众数和中位数的定义．
13.【答案】75
【解析】解：∵∠BOC=30∘，∠AOC+∠BOC=180∘，
∴∠AOC=150∘，
∴∠ADC=12∠AOC=75∘，
故答案为：75.
根据邻补角定义求出∠AOC=150∘，再根据圆周角定理求解即可．
此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
14.【答案】−4
【解析】解：把x=m代入x2+4x−1=0得
m2+4m−1=0，
m2+4m=1，
∴(m+5)(m−1)
=m2−m+5m−5
=m2+4m−5
=1−5
=−4，
故答案为：−4.
把x=m代入方程x2+4x−1=0，求出m2+4m的值，然后利用多项式乘多项式法则计算(m+5)(m−1)，最后把m2+4m的值代入进行计算即可．
本题主要考查了一元二次方程的解，解题关键是熟练掌握一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值．
15.【答案】 2
【解析】解：过点F作FG⊥BC于点G，FH⊥CD于点H.
∵CF平分∠BCD，
∴HF=FG.
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=2，∠ABC=∠BCD=90∘.
由翻折得，BF=AB=2，∠ABE=∠FBE=30∘，
∴∠FBG=30∘，
∴FG=12BF=1，
∴HF=1，CH=FG=1，
∴DH=CD−CH=1，
∴DF= DH2+HF2= 2.
故答案为： 2.
过点F作FG⊥BC于点G，FH⊥CD于点H.由矩形的性质可得CD=AB=2，∠ABC=∠BCD=90∘.由翻折得，BF=AB=2，∠ABE=∠FBE=30∘，则∠FBG=30∘，进而可得FG=12BF=1，CH=FG=1，DH=CD−CH=1，结合角平分线的性质可得HF=FG=1，再利用勾股定理求DF的长即可．
本题考查翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、角平分线的性质，熟练掌握翻折的性质、矩形的性质、角平分线的性质是解答本题的关键．
16.【答案】①②④
【解析】解：如图，
令x2+mx+m=x2+nx+n，解得x=−1，
把x=−1代入y=x2+mx+m得，y=1，
∴C1与C2交点为(−1,1)，故①正确；
∵抛物线C1：y=x2+mx+m与抛物线C2：y=x2+nx+n的开口方向和大小相同，且AB=CD，
∴两抛物线关于直线x=−1对称，
∴A，D两点关于(−1,0)对称，故④正确；
−m2−n2=−2，
∴m+n=4，故②正确；
由题意可知，m>1，n<1或m<1，n>1，
∴mn>0不一定成立，故③错误．
故答案为：①②④．
解析式联立解方程即可判断①；由抛物线C1：y=x2+mx+m与抛物线C2：y=x2+nx+n的开口方向和大小相同，且AB=CD，则两抛物线关于直线x=−1对称，即可判断②④；由题意可知，m>1，n<1或m<1，n>1，故mn>0不一定成立，即可判断③．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，数形结合是解题的关键．
17.【答案】解：(x+2)2−(x3+3x)÷x
=(x2+4x+4)−(x2+3)
=x2+4x+4−x2−3
=4x+1，
当x=−2时，
4x+1
=4×(−2)+1
=−8+1
=−7.
【解析】首先化简(x+2)2−(x3+3x)÷x；然后把x=−2代入化简后的算式计算即可．
此题主要考查了整式的混合运算-化简求值问题，解答此题的关键是要明确：先按运算顺序把整式化简，再把对应字母的值代入求整式的值．
18.【答案】(1)证明：∵点D为BC的中点，
∴BD=CD，
∵BE//AC，
∴∠EBD=∠C，∠E=∠CAD，
在△BDE和△CDA中，
∠EBD=∠C∠E=∠CADBD=CD，
∴△BDE≌△CDA(AAS)；
(2)证明：∵点D为BC的中点，AD⊥BC，
∴直线AD为线段BC的垂直平分线，
∴BA=CA，
由(1)可知：△BDE≌△CDA，
∴BE=CA，
∴BA=BE.
【解析】(1)根据线段中点定义得BD=CD，再根据BE//AC得∠EBD=∠C，∠E=∠CAD，由此即可得出结论；
(2)根据点D为BC的中点，AD⊥BC得直线AD为线段BC的垂直平分线，则BA=CA，再由(1)得△BDE≌△CDA，则BE=CA，据此即可得出结论．
此题主要考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．
19.【答案】解：(1)样本容量为：16÷40%=40，
参加调查统计的学生中喜爱B类研学项目人数：40×20%=8(人)；
在扇形统计图中，C类研学项目所在扇形的圆心角的度数为：(40−16−4−8)÷40×360∘=108∘.
∴喜爱B类研学项目有8人，C类研学项目所在扇形的圆心角的度数为108∘；
(2)喜爱D类研学项目的4名学生分别记为：男1，男2，女1，女2.列表如下：
由表可知，抽选2名学生共有12种等可能的结果，抽中一名男生和一名女生(记作事件M)共8种可能．
∴P(M)=812=23，
∴抽中一名男生和一名女生的概率为23.
【解析】(1)先求出样本容量，再将样本容量乘以20%即可求出喜爱B类研学项目有多少人；将样本中C类人数除以样本容量，再乘以360∘，即可求出C类研学项目所在扇形的圆心角的度数；
(2)利用列表法或画树状图法即可求出恰好选中一名男生一名女生的概率．
本题考查条形统计图，扇形统计图，用列表法和画树状图法求等可能事件的概率，能从统计图中获取数据，掌握用列表法和画树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵原方程有两个不相等的实数根，
∴Δ>0，
∴Δ=(−2k)2−4×1×(k2−k+1)=4k2−4k2+4k−4=4k−4>0，
解得k>1.
(2)∵1∴整数k的值为2，3，4，
当k=2时，方程为x2−4x+3=0，解得x1=1，x2=3，
当k=3或4时，此时方程解不为整数．
综上所述，k的值为2.
【解析】(1)若一元二次方程有两不等根，则根的判别式Δ=b2−4ac>0，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．
(2)根据k的取值范围确定整数k的值为2，3，4，当k=2时，解一元二次方程得到x1=1，x2=3，满足x1，x2都是整数，当k=3或4时，此时方程解不为整数，故k的值为2.
本题考查的是一元二次方程根的判别式，方程有两个不相等的实数根即Δ>0.
21.【答案】解：(1)∵点A(0,−2)，B(−1,0)在直线y=kx+b上，
∴b=−2−k+b=0，
解得：k=−2b=−2，
∴直线解析式为：y=−2x−2；
∵点C(a,2)在直线y=−2x−2上，
∴−2a−2=2，
∴a=−2，即点C为(−2,2)；
∵双曲线y=mx过点C(−2,2)，
∴m=−4，
∴双曲线解析式为：y=−4x(x<0)；
(2)∵CD⊥x轴，C(−2,2)，
∴D(−2,0)，CD=2，
∵B(−1,0)，
∴BD=1，
∵A(0,−2)，
∴OA=2，
若以O，A，P为顶点的三角形与△BCD相似，OP=1或4，
∵点P在x轴上，
∴点P坐标为(−4,0)或(−1,0)或(1,0)或(4,0).
【解析】(1)先利用待定系数法可得直线的解析式，再计算a的值，确定点C的坐标，将点C的坐标代入y=mx中，可得结论；
(2)先根据坐标确定CD和BD的长，再由三角形相似可知：OP=1或4，最后由x轴上的点纵坐标为0可解答．
本题为反比例函数综合题，涉及到一次函数，反比例函数，三角形相似等知识点，其中(2)要注意分类求解，避免遗漏．
22.【答案】(1)证明：∵AF=BE，
∴∠ABF=∠BAE，
∵∠CAD+∠BAE+∠CDA+∠ABF=180∘，且∠CAD=∠CDA，
∴∠CAD+∠BAE+∠CAD+∠BAE=180∘，
∴∠OAD=∠CAD+∠BAE=90∘，
∵OA是⊙O的半径，且AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切线．
(2)解：连接AF，
∵AF=BE，BE=4，AD=2 5，
∴AF=BE=4，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFD=∠AFB=90∘，
∴DF= AD2−AF2= (2 5)2−42=2，
∵∠BAD=∠AFD=90∘，
∴ABAD=AFDF=tanD=42=2，
∴AD=12AB，
∴OA=12AB=AD=2 5，
∴⊙O的半径长为2 5.
【解析】(1)由AF=BE，得∠ABF=∠BAE，而∠CAD=∠CDA，则∠OAD=∠CAD+∠BAE=90∘，即可证明AD是⊙O的切线；
(2)连接AF，则AF=BE=4，因为AB是⊙O的直径，所以∠AFD=∠AFB=90∘，求得DF= AD2−AF2=2，由ABAD=AFDF=tanD=2，得AD=12AB，所以OA=12AB=AD=2 5，则⊙O的半径长为2 5.
此题重点考查圆周角定理、三角形内角和定理、切线的判定定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)由题意，设每件A类特产的售价为x元，则每件B类特产的售价为(132−x)元．
∴3x+5(132−x)=540.
∴x=60.
∴每件B类特产的售价为132−60=72(元).
即A类特产的售价为60元/件，B类特产的售价为72元/件．
(2)由题意，∵每件A类特产降价x元，
又每降价1元，每天可多售出10件，
∴y=60+10x=10x+60(0≤x≤10).
∴y=10x+60(0≤x≤10).
(3)由题意，∵w=(60−50−x)(10x+60)+100×(72−60)
=−10x2+40x+1800=−10(x−2)2+1840.
∵−10<0，
∴当x=2时，w有最大值1840.
∴A类特产每件售价降价2元时，每天销售利润最大，最大利润为1840元．
【解析】(1)依据题意，设每件A类特产的售价为x元，则每件B类特产的售价为(132−x)元，从而3x+5(132−x)=540，进而可以得解；
(2)依据题意，由每件A类特产降价x元，又每降价1元，每天可多售出10件，从而可以得解；
(3)依据题意，由w=(60−50−x)(10x+60)+100×(72−60)=−10(x−2)2+1840，再结合二次函数的性质进行计算可以得解．
本题主要考查了二次函数的应用、一次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAE=∠QCE=45∘，
∵CE=2AE，AP=t，CQ=2t，
∴AECE=APCQ=12，
∴△AEP∽△CEQ；
(2)解：过点E作EM⊥AB于点M，过点E作EN⊥BC于点N.
由题意知AE=2 2，AM=ME=2，EN=CN=4，AP=t，
CQ=2t，BQ=6−2t，MP=|t−2|，BP=6−t，QN=|2t−4|，
∴EP2=EM2+MP2，即EP2=22+(2−t)2=t2−4t+8，
PQ2=BP2+BQ2，即PQ2=(6−t)2+(6−2t)2=5t2−36t+72，
EQ2=EN2+NQ2，即EQ2=42+(2t−4)2=4t2−16t+32，
①当∠EPQ=90∘时，则EQ2=EP2+PQ2，
即4t2−16t+32=t2−4t+8+5t2−36t+72，
整理得t2−12t+24=0.
解得t1=6−2 3，t2=6+2 3(不合题意，舍去)，
②当∠PEQ=90∘时，则PQ2=EP2+EQ2，
即5t2−36t+72=t2−4t+8+4t2−16t+32，
整理得t−2=0，
解得t=2；
③当∠PQE=90∘时，则EP2=PQ2+EQ2，
即t2−4t+8=5t2−36t+72+4t2−16t+32，
整理得t2−6t+12=0，该方程无实数解，
综上所述，当△EPQ是直角三角形时，t的值为(6−2 3)秒或2秒；
(3)解：过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G.如图2，
∵AF⊥AC，∠ACF=45∘，
∴AF=AC，
又∵CE=2AE，
∴AEAC=AEAF=13，
∴tan∠AFE=13，
∵tan∠AQE=13，
∴∠AFE=∠AQE，
∵∠AGF=∠EGQ，
∴△AGF∽△EGQ，
∴AGEG=GFGQ，
∵∠AGE=∠FGQ，
∴△AGE∽△FGQ，
∴∠AEG=∠FQG，
∵∠AFE+∠AEF=90∘，
∴∠FQG+∠EQG=90∘，即∠FQE=90∘，
∴AB//EQ，△EQC是等腰直角三角形，
∴QCBC=ECAC，即QC6=22+1，
∴QC=QE=4，
∴S△AEQ=S△AQC−S△EQC
=12QC⋅AB−12QC⋅EQ
=12×4×6−12×4×4
=4(cm2).
【解析】(1)首先推导出∠PAE=∠QCE=45∘，然后推导出AECE=APCQ=12，进而得证；
(2)过点E作EM⊥AB于点M，过点E作EN⊥BC于点N.分别求得EP2=t2−4t+8，PQ2=5t2−36t+72，EQ2=4t2−16t+32，分三种情况讨论：①当∠EPQ=90∘时，②当∠PEQ=90∘时，③当∠PQE=90∘时，分别解答即可；
(3)过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G.首先推导出△AGF∽△EGQ，得到AGEG=GFGQ，进一步推导出△AGE∽△FGQ，得到∠AEG=∠FQG，∠FQE=90∘，进而得到AB//EQ，△EQC是等腰直角三角形，利用QCBC=ECAC，解得QC=QE=4，最后利用S△AEQ=S△AQC−S△EQC解答即可．
本题属于相似形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，解答本题的关键是作出辅助线，构造相似三角形．
25.【答案】解：(1)把A(−1,0)，B(3,0)代入y=−x2+bx+c得：
−1−b+c=0−9+3b+c=0
解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)设P(0,p)，直线AP解析式为y=k1x+b1，
把A(−1,0)，P(0,p)代入得：
−k1+b1=0b1=p，
解得：k1=pb1=p
∴直线AP解析式为y=px+p，
联立得y=px+py=−x2+2x+3，
解得x=−1y=0或x=3−py=−p2+4p，
∴E(3−p,−p2+4p)，(联立函数解析式是求交点坐标常用的方法)
同理可得D(p−33,−p29+4p3)，
∴S1=S△ABD−S△ABP=12AB⋅(yD−yP)=2(−p29+4p3−p)=29(3p−p2)，S2=S△ABE−S△ABP=12AB⋅(yE−yP)=2(−p2+4p−p)=2(3p−p2)，
∴S1S2=29(3p−p2)2(3p−p2)=19；
∴S1S2的值为19；
(3)作点N关于直线l的对称点N′，连接MN′，过M点作MF⊥NN′于F，如图：
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4
∴抛物线y=−x2+2x+3的对称轴为直线x=1，
∴K(1,0)，
设直线MN解析式为y=kx+d，
把K(1,0)代入得：k+d=0，
∴d=−k，
∴直线MN解析式为y=kx−k，
设M(m,−m2+2m+3)，N(n,−n2+2n+3)，
联立y=−x2+2x+3y=kx−k，可得x2+(k−2)x−k−3=0，
∴m+n=2−k，mn=−k−3，
∵N，N′关于直线l：y=4对称，
∴N′(n,n2−2n+5)，
∴QM+QN=QM+QN′≥MN′，
∵F(n,−m2+2m+3)，
∴N′F=|m2+n2−2(m+n)+2|，FM=|m−n|，
在Rt△MFN′中，
MN′2=MF2+N′F2
=(m−n)2+[m2+n2−2(m+n)+2]2
=(m+n)2−4mn+[(m+n)2−2mn−2(m+n)+2]2
=(2−k)2−4(−k−3)+[(2−k)2−2(−k−3)−2(2−k)+2]2
=k4+17k2+80，
∴当k=0时，MN′2最小为80，此时MN′=4 5，
∴QM+QN≥4 5，
∴QM+QN的最小值为4 5.
【解析】(1)把A(−1,0)，B(3,0)代入y=−x2+bx+c解得b，c的值，可得抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)设P(0,p)，求出直线AP解析式为y=px+p，联立得y=px+py=−x2+2x+3，可解得E(3−p,−p2+4p)，同理可得D(p−33,−p29+4p3)，即可得S1=S△ABD−S△ABP=12AB⋅(yD−yP)=2(−p29+4p3−p)=29(3p−p2)，S2=S△ABE−S△ABP=12AB⋅(yE−yP)=2(−p2+4p−p)=2(3p−p2)，故S1S2=29(3p−p2)2(3p−p2)=19；
(3)作点N关于直线l的对称点N′，连接MN′，过M点作MF⊥NN′于F，求出K(1,0)，设直线MN解析式为y=kx+d，把K(1,0)代入即可知直线MN解析式为y=kx−k，设M(m,−m2+2m+3)，N(n,−n2+2n+3)，则m+n=2−k，mn=−k−3，求出N′(n,n2−2n+5)，QM+QN=QM+QN′≥MN′，又F(n,−m2+2m+3)，故N′F=|m2+n2−2(m+n)+2|，FM=|m−n|，可得MN′2=MF2+N′F2=k4+17k2+80，即知当k=0时，MN′2最小为80，此时MN′=4 5，从而QM+QN的最小值为4 5.
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，“将军饮马“问题等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．男1
男2
女1
女2
男1
-
男1，男2
男1，女1
男1，女2
男2
男2，男1
-
男2，女1
男2，女2
女1
女1，男1
女1，男2
-
女1，女2
女2
女2，男1
女2，男2
女2，女1
-