2020-2021学年沪科版数学九上期末模拟试题3（含解析）

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2020-2021学年沪科版数学九上期末模拟试题3
姓名：__________班级：__________考号：__________总分_________
、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
点A（﹣2，5）在反比例函数y=（k≠0）的图象上，则k的值是（　　）
A．10 B．5 C．﹣5 D．﹣10
图中两个四边形是位似图形，它们的位似中心是（　　）
A．点M B．点N C．点O D．点P
公元前3世纪，古希腊科学家阿基米德发现了杠杆平衡，后来人们把它归纳为“杠杆原理”，即：阻力×阻力臂＝动力×动力臂．小伟欲用撬棍撬动一块石头，已知阻力和阻力臂分别是1200N和0.5m，则动力F（单位：N）关于动力臂l（单位：m）的函数解析式正确的是（　　）
A．F＝ B．F＝ C．F＝ D．F＝
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，AC=5，则sinA的值为（　　）
A． B． C． D．
如图，AD是⊙O的直径，＝，若∠AOB＝40°，则圆周角∠BPC的度数是（　　）
A．40° B．50° C．60° D．70°
函数和在同一平面直角坐标系中的大致图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
如图，在中，点D在BC上，连接AD，点E在AC上，过点E作，交AD于点F，过点E作，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
关于二次函数，下列说法错误的是（ ）
A．若将图象向上平移10个单位，再向左平移2个单位后过点，则
B．当时，y有最小值
C．对应的函数值比最小值大7
D．当时，图象与x轴有两个不同的交点
如图，小莹在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识对某小区居民楼AB的高度进行测量．先测得居民楼AB与CD之间的距离AC为35m，后站在M点处测得居民楼CD的顶端D的仰角为45°．居民楼AB的顶端B的仰角为55°．已知居民楼CD的高度为16.6m，小莹的观测点N距地面1.6m．求居民楼AB的高度（精确到1m）．（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43）
小轩从如图所示的二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象中，观察得出了下面五条信息：
①ab＞0；②a+b+c＜0；③b+2c＞0；④a﹣2b+4c＞0；⑤．
你认为其中正确信息的个数有（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
如图，菱形ABCD的边AB=20，面积为320，∠BAD＜90°，⊙O与边AB，AD都相切，AO=10，则⊙O的半径长等于（　　）
A．5 B．6 C．2 D．3
如图，有一块边长为6cm的正三角形纸板，在它的三个角处分别截去一个彼此全等的筝形，再沿图中的虚线折起，做成一个无盖的直三棱柱纸盒，则该纸盒侧面积的最大值是（　　）
A． cm2 B． cm2 C． cm2 D． cm2
、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
若反比例函数y=的图象经过点（﹣2，3），则k=_____．
已知关于x的二次函数y=ax2+（a2﹣1）x﹣a的图象与x轴的一个交点的坐标为（m，0）．若2＜m＜3，则a的取值范围是　 　．
如图，一次函数y=x﹣1的图象与反比例函数y=的图象在第一象限相交于点A，与x轴相交于点B，点C在y轴上，若AC=BC，则点C的坐标为　 　．
如图，在△ABC中，BC的垂直平分线MN交AB于点D，CD平分∠ACB．若AD＝2，BD＝3，则AC的长为_____．
如图，在圆心角为135°的扇形OAB中，半径OA=2cm，点C，D为的三等分点，连接OC，OD，AC，CD，BD，则图中阴影部分的面积为　 　cm2．
如图，四条直线l1：y1=x，l2：y2=x，l3：y3=﹣x，l4：y4=﹣x，OA1=1，过点A1作A1A2⊥x轴，交l1于点A2，再过点A2作A2A3⊥l1交l2于点A3，再过点A3作A3A4⊥l2交y轴于点A4…，则点A2017坐标为　 　．
、解答题（本大题共8小题，共66分）
计算：（﹣1）0﹣（）﹣1+|﹣|﹣2sin60°
如图，在A处的正东方向有一港口B．某巡逻艇从A处沿着北偏东60°方向巡逻，到达C处时接到命令，立刻在C处沿东南方向以20海里/小时的速度行驶3小时到达港口B．求A，B间的距离．（≈1.73，≈1.4，结果保留一位小数）．
如图，∠ABD＝∠BCD＝90°，DB平分∠ADC，过点B作BM∥CD交AD于M．连接CM交DB于N．
（1）求证：BD2＝AD?CD，
（2）若CD＝6，AD＝8，求MN的长．
我市某超市销售一种文具，进价为5元/件．售价为6元/件时，当天的销售量为100件．在销售过程中发现：售价每上涨0.5元，当天的销售量就减少5件．设当天销售单价统一为x元/件（x≥6，且x是按0.5元的倍数上涨），当天销售利润为y元．
（1）求y与x的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围），
（2）要使当天销售利润不低于240元，求当天销售单价所在的范围，
（3）若每件文具的利润不超过80%，要想当天获得利润最大，每件文具售价为多少元？并求出最大利润．
如图，△ABC内接于⊙O，∠B=60°，CD是⊙O的直径，点P是CD延长线上的一点，且AP=AC．
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）若PD=，求⊙O的直径．
如图，已知抛物线y=ax2+bx+1经过A（﹣1，0），B（1，1）两点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）阅读理解：
在同一平面直角坐标系中，直线l1：y=k1x+b1（k1，b1为常数，且k1≠0），直线l2：y=k2x+b2（k2，b2为常数，且k2≠0），若l1⊥l2，则k1?k2=﹣1．
解决问题：
①若直线y=3x﹣1与直线y=mx+2互相垂直，求m的值；
②抛物线上是否存在点P，使得△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）M是抛物线上一动点，且在直线AB的上方（不与A，B重合），求点M到直线AB的距离的最大值．
如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（12，0），B（8，6），C（0，6）．动点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动，动点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．设运动的时间为t秒，PQ2＝y．
（1）直接写出y关于t的函数解析式及t的取值范围：　 　，
（2）当PQ＝3时，求t的值，
（3）连接OB交PQ于点D，若双曲线y＝（k≠0）经过点D，问k的值是否变化？若不变化，请求出k的值，若变化，请说明理由．
如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点
求证：；
若，求的长；
如图2，连接，求证：．
答案解析
、选择题
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【分析】直接利用反比例函数图象上点的坐标性质得出k的值．
解：∵点A（﹣2，5）在反比例函数y=（k≠0）的图象上，
∴k的值是：k=xy=﹣2×5=﹣10．
故选：D．
【点评】此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标性质，得出xy=k是解题关键.　
【考点】位似变换
【分析】根据位似变换的定义：对应点的连线交于一点，交点就是位似中心．即位似中心一定在对应点的连线上．
解：点P在对应点M和点N所在直线上，再利用连接另两个对应点，得出相交于P点，即可得出P为两图形位似中心，
故选：D．
【点评】此题主要考查了位似图形的概念，根据位似图形的位似中心位于对应点连线所在的直线上得出是解题关键．
【考点】反比例函数的应用
【分析】直接利用阻力×阻力臂＝动力×动力臂，进而将已知量据代入得出函数关系式．
解：∵阻力×阻力臂＝动力×动力臂．小伟欲用撬棍撬动一块石头，已知阻力和阻力臂分别是1200N和0.5m，
∴动力F（单位：N）关于动力臂l（单位：m）的函数解析式为：1200×0.5＝Fl，
则F＝．
故选：B．
【点评】此题主要考查了反比例函数的应用，正确读懂题意得出关系式是解题关键．
【考点】锐角三角函数的定义．
【分析】根据勾股定理求出BC，根据正弦的概念计算即可．
解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC==12，
∴sinA==，
故选：B．
【点评】本题考查的是锐角三角函数的定义，掌握锐角A的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦是解题的关键．　
【考点】圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理
【分析】根据圆周角定理即可求出答案．
解：∵＝，∠AOB＝40°，
∴∠COD＝∠AOB＝40°，
∵∠AOB+∠BOC+∠COD＝180°，
∴∠BOC＝100°，
∴∠BPC＝∠BOC＝50°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
【考点】反比例函数的图象，一次函数的图象
【分析】根据题目中的函数解析式，利用分类讨论的方法可以判断各个选项中的函数图象是否正确，从而可以解答本题．
解：∵反比例函数和一次函数
∴当时，函数在第一、三象限，一次函数经过一、二、四象限，故选项A．B错误，选项D正确；
当时，函数在第二、四象限，一次函数经过一、二、三象限，故选项C错误，
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答．
【考点】平行线分线段成比例定理，相似三角形的性质和判定
【分析】根据由平行线易得△AEF∽△ACD，△CEG∽△CAB，再根据相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
解：∵，
∴△AEF∽△ACD，
∴，故选项A错误；
∴，
∵，
∴△CEG∽△CAB，
∴，
∴，故选项B错误；，故选项D错误；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故选项正确C．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质和判定，能得出正确的比例式是解此题的关键．
【考点】二次函数图象与几何变换,二次函数的最值,抛物线与x轴的交点
【分析】求出二次函数平移之后的表达式，将（4，5）代入，求出a即可判断A；将函数表达式化为顶点式，即可判断B；求出当x=2时的函数值，减去函数最小值即可判断C；写出函数对应方程的根的判别式，根据a值判断判别式的值，即可判断D.
解：A．将二次函数向上平移10个单位，再向左平移2个单位后，
表达式为：=，
若过点（4，5），
则，解得：a=-5，故选项正确；
B、∵，开口向上，
∴当时，y有最小值，故选项正确；
C、当x=2时，y=a+16，最小值为a-9，a+16-（a-9）=25，即对应的函数值比最小值大25，故选项错误；
D、△==9-a，当a＜0时，9-a＞0，即方程有两个不同的实数根，即二次函数图象与x轴有两个不同的交点，故选项正确，
故选C.
【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，涉及到二次函数的基本知识点，解题的关键是掌握二次函数的性质，以及与一元二次方程的关系.
【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题
【分析】过点N作EF∥AC交AB于点E，交CD于点F，可得AE=MN=CF=1.6，EF=AC=35，再根据锐角三角函数可得BE的长，进而可得AB的高度．
解：过点N作EF∥AC交AB于点E，交CD于点F．
则AE＝MN＝CF＝1.6，EF＝AC＝35，∠BEN＝∠DFN＝90°，
EN＝AM，NF＝MC，
则DF＝CD－CF＝16.6－1.6＝15．
在Rt△DFN中，∵∠DNF＝45°，
∴NF＝DF＝15．
∴EN＝EF－NF＝35－15＝20．
在Rt△BEN中，∵tan∠BNE＝，
∴BE＝EN·tan∠BNE＝20×tan55°≈20×1.43＝28.6°．
∴AB＝BE＋AE＝28.6＋1.6≈30．
答：居民楼AB的高度约为30m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．
【考点】二次函数图象与系数的关系
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
解：①如图，∵抛物线开口方向向下，∴a＜0．
∵对称轴x=﹣=﹣，∴b=a＜0，
∴ab＞0．故①正确；
②如图，当x=1时，y＜0，即a+b+c＜0．
故②正确；
③如图，当x=﹣1时，y=a﹣b+c＞0，
∴2a﹣2b+2c＞0，即3b﹣2b+2c＞0，
∴b+2c＞0．
故③正确；
④如图，当x=﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0．
抛物线与y轴交于正半轴，则c＞0．
∵b＜0，
∴c﹣b＞0，
∴（a﹣b+c）+（c﹣b）+2c＞0，即a﹣2b+4c＞0．
故④正确；
⑤如图，对称轴x=﹣=﹣，则．故⑤正确．
综上所述，正确的结论是①②③④⑤，共5个．
故选D．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定，是基础题．
【考点】切线的性质；菱形的性质．
【分析】如图作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．利用菱形的面积公式求出DH，再利用勾股定理求出AH，BD，由△AOF∽△DBH，可得=，即可解决问题．
解：如图作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．
∵菱形ABCD的边AB=20，面积为320，
∴AB?DH=320，
∴DH=16，
在Rt△ADH中，AH==12，
∴HB=AB﹣AH=8，
在Rt△BDH中，BD==8，
设⊙O与AB相切于F，连接OF．
∵AD=AB，OA平分∠DAB，
∴AE⊥BD，
∵∠OAF+∠ABE=90°，∠ABE+∠BDH=90°，
∴∠OAF=∠BDH，∵∠AFO=∠DHB=90°，
∴△AOF∽△DBH，
∴=，
∴=，
∴OF=2．
故选C．
【点评】本题考查切线的性质、菱形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，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，属于中考常考题型．
【考点】二次函数的应用；展开图折叠成几何体；等边三角形的性质．.
【分析】如图，由等边三角形的性质可以得出∠A=∠B=∠C=60°，由三个筝形全等就可以得出AD=BE=BF=CG=CH=AK，根据折叠后是一个三棱柱就可以得出DO=PE=PF=QG=QH=OK，四边形ODEP、四边形PFGQ、四边形QHKO为矩形，且全等．连结AO证明△AOD≌△AOK就可以得出∠OAD=∠OAK=30°，设OD=x，则AO=2x，由勾股定理就可以求出AD=x，由矩形的面积公式就可以表示纸盒的侧面积，由二次函数的性质就可以求出结论．
解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC．
∵筝形ADOK≌筝形BEPF≌筝形AGQH，
∴AD=BE=BF=CG=CH=AK．
∵折叠后是一个三棱柱，
∴DO=PE=PF=QG=QH=OK，四边形ODEP、四边形PFGQ、四边形QHKO都为矩形．
∴∠ADO=∠AKO=90°．
连结AO，
在Rt△AOD和Rt△AOK中，
，
∴Rt△AOD≌Rt△AOK（HL）．
∴∠OAD=∠OAK=30°．
设OD=x，则AO=2x，由勾股定理就可以求出AD=x，
∴DE=6﹣2x，
∴纸盒侧面积=3x（6﹣2x）=﹣6x2+18x，
=﹣6（x﹣）2+，
∴当x=时，纸盒侧面积最大为．
故选C．
【点评】本题考查了等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，矩形的面积公式的运用，二次函数的性质的运用，解答时表示出纸盒的侧面积是关键．
【点评】本题考查了等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，矩形的面积公式的运用，二次函数的性质的运用，解答时表示出纸盒的侧面积是关键．
、填空题
【考点】反比例函数图象上点的坐标的特征
【分析】把点（﹣2，3）代入反比例函数y=可得3=，解方程即可求得k值.
解：∵反比例函数y=的图象经过点（﹣2，3），
∴3= ，解得k=﹣5．
故答案为：﹣5．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，熟知反比例函数图象上点的坐标的特征是解决问题的关键.
【考点】抛物线与x轴的交点．
【分析】先用a表示出抛物线与x轴的交点，再分a＞0与a＜0两种情况进行讨论即可．
解：∵y=ax2+（a2﹣1）x﹣a=（ax﹣1）（x+a），
∴当y=0时，x1=，x2=﹣a，
∴抛物线与x轴的交点为（，0）和（﹣a，0）．
∵抛物线与x轴的一个交点的坐标为（m，0）且2＜m＜3，
∴当a＞0时，2＜＜3，解得＜a＜；
当a＜0时，2＜﹣a＜3，解得﹣3＜a＜﹣2．
故答案为：＜a＜或﹣3＜a＜﹣2．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，在解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．　
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【分析】利用方程组求出点A坐标，设C（0，m），根据AC=BC，列出方程即可解决问题．
解：由，解得或，
∴A（2，1），B（1，0），
设C（0，m），
∵BC=AC，
∴AC2=BC2，
即4+（m﹣1）2=1+m2，
∴m=2，
故答案为（0，2）．
【点评】本题考查函数图象交点坐标的求法及反比例函数的比例系数k与其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=|k|．
【考点】线段垂直平分线的性质，角平分线的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理
【分析】作AM⊥BC于E，由角平分线的性质得出，设AC＝2x，则BC＝3x，由线段垂直平分线得出MN⊥BC，BN＝CN＝x，得出MN∥AE，得出，NE＝x，BE＝BN＋EN＝x，CE＝CN?EN＝x，再由勾股定理得出方程，解方程即可得出结果．
解：作AM⊥BC于E，如图所示：
∵CD平分∠ACB，
∴，
设AC＝2x，则BC＝3x，
∵MN是BC的垂直平分线，
∴MN⊥BC，BN＝CN＝x，
∴MN∥AE，
∴，
∴NE＝x，
∴BE＝BN＋EN＝x，CE＝CN?EN＝x，
由勾股定理得：AE2＝AB2?BE2＝AC2?CE2，
即52?（x）2＝（2x）2?（x）2，
解得：x＝，
∴AC＝2x＝；
故答案为：．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、角平分线的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识；熟练掌握线段垂直平分线的性质和角平分线的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
【考点】扇形面积的计算．
【分析】易知△AOC≌△COD≌△DOB，如图作DH⊥OB于H．求出DH，即可求出△DOB的面积，再根据阴影部分面积=扇形面积﹣三个三角形面积，计算即可．
解：如图作DH⊥OB于H．
∵点C，D为的三等分点，∠AOB=135°，
∴∠AOC=∠COD=∠DOB=45°，
∴△ODH是等腰直角三角形，△AOC≌△COD≌△DOB，
∵OD=2，
∴DH=OH=，
∴S△ODB=?OB?DH=，
∴S△AOC=S△COD=S△DOB=，
∴S阴=﹣3S△DOB=（π﹣3）cm2，
故答案为（π﹣3）cm2．
【考点】规律型：点的坐标．一次函数的性质，特殊角的三角函数值
【分析】先利用各直线的解析式得到x轴、l1、l2、y轴、l3、l4依次相交为30的角，各点的位置是每12个一循环，由于2017=168×12+1，则可判定点A2017在x轴的正半轴上，再规律得到OA2016=（）2015，然后表示出点A2017坐标．
解：∵y1=x，l2：y2=x，l3：y3=﹣x，l4：y4=﹣x，
∴x轴、l1、l2、y轴、l3、l4依次相交为30的角，
∵2017=168×12+1，
∴点A2017在x轴的正半轴上，
∵OA2==，
OA3=（）2，
OA4=（）3，
…
OA2017=（）2016，
∴点A2017坐标为（（）2016，0）．
故答案为（（）2016，0）．
【点评】本题考查了规律型：点的坐标：解答此题的关键是利用三角函数确定各点到原点的距离和点的位置的循环规律．
、解答题
【考点】实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值
【分析】直接利用负指数幂的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简得出答案．
解：原式＝1﹣2+﹣2×
＝1﹣2+﹣
＝﹣1．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【分析】过点C作CD⊥AB，垂足为点D，则∠ACD＝60°，∠BCD＝45°，通过解直角三角形可求出BD，AD的长，将其相加即可求出AB的长．
解：过点C作CD⊥AB，垂足为点D，则∠ACD＝60°，∠BCD＝45°，如图所示．
在Rt△BCD中，sin∠BCD＝，cos∠BCD＝，
∴BD＝BC?sin∠BCD＝20×3×≈42，CD＝BC?cos∠BCD＝20×3×≈42，
在Rt△ACD中，tan∠ACD＝，
∴AD＝CD?tan∠ACD＝42×≈72.7．
∴AB＝AD+BD＝72.7+42＝114.7．
∴A，B间的距离约为114.7海里．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，通过解直角三角形，求出BD，AD的长是解题的关键．
【考点】相似三角形的判定与性质
【分析】（1）通过证明△ABD∽△BCD，可得，可得结论，
（2）由平行线的性质可证∠MBD＝∠BDC，即可证AM＝MD＝MB＝4，由BD2＝AD?CD和勾股定理可求MC的长，通过证明△MNB∽△CND，可得，即可求MN的长．
证明：（1）∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，且∠ABD＝∠BCD＝90°，
∴△ABD∽△BCD
∴
∴BD2＝AD?CD
（2）∵BM∥CD
∴∠MBD＝∠BDC
∴∠ADB＝∠MBD，且∠ABD＝90°
∴BM＝MD，∠MAB＝∠MBA
∴BM＝MD＝AM＝4
∵BD2＝AD?CD，且CD＝6，AD＝8，
∴BD2＝48，
∴BC2＝BD2﹣CD2＝12
∴MC2＝MB2+BC2＝28
∴MC＝2
∵BM∥CD
∴△MNB∽△CND
∴，且MC＝2
∴MN＝
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，求MC的长度是本题的关键．
【考点】一元二次方程的应用，二次函数的应用
【分析】（1）根据总利润＝每件利润×销售量，列出函数关系式，
（2）由（1）的关系式，即y≥240，结合二次函数的性质即可求x的取值范围
（3）由题意可知，利润不超过80%即为利润率＝（售价﹣进价）÷进价，即可求得售价的范围．再结合二次函数的性质，即可求．
解：
由题意
（1）y＝（x﹣5）（100﹣×5）＝﹣10x2+210x﹣800
故y与x的函数关系式为：y＝﹣10x2+210x﹣800
（2）要使当天利润不低于240元，则y≥240，
∴y＝﹣10x2+210x﹣800＝﹣10（x﹣10.5）2+302.5＝240
解得，x1＝8，x2＝13
∵﹣10＜0，抛物线的开口向下，
∴当天销售单价所在的范围为8≤x≤13
（3）∵每件文具利润不超过80%
∴，得x≤9
∴文具的销售单价为6≤x≤9，
由（1）得y＝﹣10x2+210x﹣800＝﹣10（x﹣10.5）2+302.5
∵对称轴为x＝10.5
∴6≤x≤9在对称轴的左侧，且y随着x的增大而增大
∴当x＝9时，取得最大值，此时y＝﹣10（9﹣10.5）2+302.5＝280
即每件文具售价为9元时，最大利润为280元
【点评】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值（或最小值），也就是说二次函数的最值不一定在x＝时取得．
【考点】切线的判定，圆周角定理，含30°角的直角三角形
【分析】（1）连接OA，根据圆周角定理求出∠AOC，再由OA=OC得出∠ACO=∠OAC=30°，再由AP=AC得出∠P=30°，继而由∠OAP=∠AOC-∠P，可得出OA⊥PA，从而得出结论；
（2）利用含30°的直角三角形的性质求出OP=2OA，可得出OP-PD=OD，再由，可得出⊙O的直径．
（1）证明：连接OA，
∵∠B=60°，
∴∠AOC=2∠B=120°，
又∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
又∵AP=AC，
∴∠P=∠ACP=30°，
∴∠OAP=∠AOC﹣∠P=90°，
∴OA⊥PA，
∴PA是⊙O的切线．
（2）在Rt△OAP中，∵∠P=30°，
∴PO=2OA=OD+PD，
又∵OA=OD，
∴PD=OA，
∵，
∴．
∴⊙O的直径为．
【点评】本题考查了切线的判定及圆周角定理，解答本题的关键是掌握切线的判定定理、圆周角定理及含30°直角三角形的性质．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据垂线间的关系，可得PA，PB的解析式，根据解方程组，可得P点坐标；
（3）根据垂直于x的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得MQ，根据三角形的面积，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得面积的最大值，根据三角形的底一定时面积与高成正比，可得三角形高的最大值．
解：（1）将A，B点坐标代入，得
，
解得，
抛物线的解析式为y=﹣x2+x+1；
（2）①由直线y=3x﹣1与直线y=mx+2互相垂直，得
3m=﹣1，
即m=﹣；
②AB的解析式为y=x+，
当PA⊥AB时，PA的解析式为y=﹣2x﹣2，
联立PA与抛物线，得
，
解得（舍），，即P（6，﹣14）；
当PB⊥AB时，PB的解析式为y=﹣2x+3，
联立PB与抛物线，得，
解得（舍）即P（4，﹣5），
综上所述：△PAB是以AB为直角边的直角三角形，点P的坐标（6，﹣14）（4，﹣5）；
（3）如图，
∵M（t，﹣t2+t+1），Q（t，t+），
∴MQ=﹣t2+
S△MAB=MQ|xB﹣xA
=（﹣t2+）×2
=﹣t2+，
当t=0时，S取最大值，即M（0，1）．
由勾股定理，得
AB==，
设M到AB的距离为h，由三角形的面积，得
h==．
点M到直线AB的距离的最大值是．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用垂线间的关系得出直线PA，或PB的解析式，又利用解方程组；解（3）的关键是利用三角形的底一定时面积与高成正比得出最大面积时高最大．
【考点】反比例函数综合题
【分析】（1）过点P作PE⊥BC于点E，由点P，Q的出发点、速度及方向可找出当运动时间为t秒时点P，Q的坐标，进而可得出PE，EQ的长，再利用勾股定理即可求出y关于t的函数解析式（由时间＝路程÷速度可得出t的取值范围），
（2）将PQ＝3代入（1）的结论中可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论，
（3）连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，利用勾股定理可求出OB的长，由BQ∥OP可得出△BDQ∽△ODP，利用相似三角形的性质结合OB＝10可求出OD＝6，由CB∥OA可得出∠DOF＝∠OBC，在Rt△OBC中可求出sin∠OBC及cos∠OBC的值，由OF＝OD?cos∠OBC，DF＝OD?sin∠OBC可求出点D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值，此题得解．
解：（1）过点P作PE⊥BC于点E，如图1所示．
当运动时间为t秒时（0≤t≤4）时，点P的坐标为（3t，0），点Q的坐标为（8﹣2t，6），
∴PE＝6，EQ＝|8﹣2t﹣3t|＝|8﹣5t|，
∴PQ2＝PE2+EQ2＝62+|8﹣5t|2＝25t2﹣80t+100，
∴y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．
故答案为：y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．
（2）当PQ＝3时，25t2﹣80t+100＝（3）2，
整理，得：5t2﹣16t+11＝0，
解得：t1＝1，t2＝．
（3）经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值不变．
连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，如图2所示．
∵OC＝6，BC＝8，
∴OB＝＝10．
∵BQ∥OP，
∴△BDQ∽△ODP，
∴＝＝＝，
∴OD＝6．
∵CB∥OA，
∴∠DOF＝∠OBC．
在Rt△OBC中，sin∠OBC＝＝＝，cos∠OBC＝＝＝，
∴OF＝OD?cos∠OBC＝6×＝，DF＝OD?sin∠OBC＝6×＝，
∴点D的坐标为（，），
∴经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值为×＝．
【点评】本题考查了勾股定理、解直角三角形、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、平行线的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用勾股定理，找出y关于t的函数解析式，（2）通过解一元二次方程，求出当PQ＝3时t的值，（3）利用相似三角形的性质及解直角三角形，找出点D的坐标．
【考点】矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90?即可证得结论；
（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90?，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90?，
∴∠E+∠ABD=90?，
∴∠EGB=90?，
∴BG⊥EC；
（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴，又AF=AB=1，
∴即，
解得：，（舍去）
即AE=；
（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，
在△EAH和△DAG，
，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90?，
∴∠DAG+∠DAH=90?，
∴∠EAG=90?，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴即，
∴GH=AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴．
【点评】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
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