山东省潍坊市2022届中考数学复习模拟试题（解析版） 新人教版

山东省潍坊市2022届九年级复习模拟数学试题一、选择题（本大题共12小题，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，填在第Ⅱ卷的表格里，每小题选对得3分.错选、不选或多选均记零分.）1．（3分）（2022•潍坊二模）化简2﹣1的结果是（　　）　A．2B．﹣2C．D．考点：负整数指数幂．分析：负整数指数幂：a﹣p=（a≠0，p为正整数）进行计算即可．解答：解：2﹣1=，故选：C．点评：此题主要考查了负整数指数幂，关键是掌握计算公式．　2．（3分）（2022•莆田）下列运算正确的是（　　）　A．x2+x3=x5B．（x+y）2=x2+y2C．（2xy2）3=6x3y6D．﹣（x﹣y）=﹣x+y考点：完全平方公式；去括号与添括号；幂的乘方与积的乘方．专题：计算题．分析：利用完全平方公式，积的乘方的性质，去括号法则，对各选项分析判断后利用排除法求解．解答：解：A、x2与x3不是同类项，不能合并，故本选项错误；B、应为（x+y）2=x2+2xy+y2，故本选项错误；C、应为（2xy2）3=8x3y6，故本选项错误；D、﹣（x﹣y）=﹣x+y，正确．故选D．点评：本题比较复杂，涉及到完全平方公式，积的乘方，去括号与添括号法则，熟练掌握运算法则和性质是解题的关键．　3．（3分）（2022•淄博）王英同学从A地沿北偏西60°方向走100m到B地，再从B地向正南方向走200m到C地，此时王英同学离A地（　　）　A．mB．100mC．150mD．m考点：解直角三角形的应用-方向角问题．专题：压轴题．分析：根据三角函数分别求AD，BD的长，从而得到CD的长．再利用勾股定理求AC的长即可．解答：解：AD=AB•sin60°=50；17\nBD=AB•cos60°=50，∴CD=150．∴AC==100．故选D．点评：解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．　4．（3分）（2022•天津）已知关于x的一元二次方程（m﹣2）2x2+（2m+1）x+1=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　）　A．m＞B．m≥C．m＞且m≠2D．m≥且m≠2考点：根的判别式．分析：在与一元二次方程有关的求值问题中，必须满足下列条件：（1）二次项系数不为零；（2）在有不相等的实数根下必须满足△=b2﹣4ac＞0．解答：解：根据题意列出方程组，解之得m＞且m≠2．故选C．点评：本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．　5．（3分）（2022•潍坊二模）如图，组合体的俯视图是（　　）　A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．分析：找到从上面面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．解答：解：从上面看是两个同心圆，如图所示：．17\n故选A．点评：本题考查了三视图的知识，注意俯视图是从物体的上面看得到的视图．　6．（3分）（2022•新疆）在边长为1的小正方形组成的网格中，有如图所示的A，B两点，在格点上任意放置点C，恰好能使得△ABC的面积为1的概率为（　　）　A．B．C．D．考点：概率公式；三角形的面积．分析：按照题意分别找出点C所在的位置：当点C与点A在同一条直线上时，AC边上的高为1，AC=2，符合条件的点C有2个；当点C与点B在同一条直线上时，BC边上的高为1，BC=2，符合条件的点C有2个，再根据概率公式求出概率即可．解答：解：可以找到4个恰好能使△ABC的面积为1的点，则概率为：4÷16=．故选：C．点评：此题主要考查了概率公式，解决此题的关键是正确找出恰好能使△ABC的面积为1的点．　7．（3分）（2022•潍坊二模）点P（a，b）是直线y=﹣x﹣5与双曲线的一个交点，则以a、b两数为根的一元二次方程是（　　）　A．x2﹣5x+6=0B．x2+5x+6=0C．x2﹣5x﹣6=0D．x2+5x﹣6=0考点：反比例函数与一次函数的交点问题．专题：计算题．分析：先把P（a，b）分别两个解析式整理得到a+b=﹣5，ab=6，然后根据一元二次方程的根与系数的关系即可得到以a、b两数为根的一元二次方程．解答：解：把P（a，b）分别代入y=﹣x﹣5和得b=﹣a﹣5，b=，所以a+b=﹣5，ab=6，而以a、b两数为根的一元二次方程为x2﹣（a+b）x+ab=0，所以所求的方程为x2+5x+6=0．故选B．点评：本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数的交点坐标满足两个函数的解析式．也考查了一元二次方程的根与系数的关系．　17\n8．（3分）（2022•潍坊二模）如图，AB的中垂线为CP交AB于点P，且AC=2CP．甲、乙两人想在AB上取D、E两点，使得AD=DC=CE=EB，其作法如下：甲作∠ACP、∠BCP的角平分线，分别交AB于D、E两点，则D、E即为所求；乙作AC、BC的中垂线，分别交AB于D、E两点，则D、E即为所求．对于甲、乙两人的作法，下列正确的是（　　）　A．两人都正确B．两人都错误C．甲正确，乙错误D．甲错误，乙正确考点：线段垂直平分线的性质；含30度角的直角三角形．分析：求出∠A=30°，∠ACP=60°，求出∠ACD=30°=∠A，即可推出AD=CD，同理BE=CE，即可判断甲，根据线段垂直平定县性质得出AD=CD，BE=CE，即可判断乙．解答：解：甲、乙都正确，理由是：∵CP是线段AB的垂直平分线，∴BC=AC，∠APC=∠BPC=90°，∵AC=2CP，∴∠A=30°，∴∠ACP=60°，∵CD平分∠ACP，∴∠ACD=∠ACP=30°，∴∠ACD=∠A，∴AD=DC，同理CE=BE，即D、E为所求；∵D在AC的垂直平分线上，∴AD=CD，同理CE=BE，即D、E为所求，故选A．点评：本题考查了含30度角的直角三角形性质，三角形的内角和定理，线段垂直平分线性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．　9．（3分）（2022•潍坊二模）已知四边形ABCD，对角线AC与BD互相垂直．顺次连接其四条边的中点，得到新四边形的形状一定是（　　）　A．梯形B．矩形C．菱形D．正方形考点：中点四边形．分析：根据四边形对角线互相垂直，运用三角形中位线平行于第三边证明四个角都是直角，判断是矩形．17\n解答：解：如图：∵E、F、G、H分别为各边中点∴EF∥GH∥DB，EF=GH=DBEH=FG=AC，EH∥FG∥AC∵DB⊥AC∴EF⊥EH∴四边形EFGH是矩形．故选B．点评：本题考查的是中点四边形，解题时，主要是利用了三角形中位线定理的性质，比较简单，也可以利用三角形的相似，得出正确结论．　10．（3分）（2022•莱芜）二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y=bx+a的图象不经过（　　）　A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限考点：一次函数图象与系数的关系；二次函数图象与系数的关系．分析：根据二次函数图象的开口方向、对称轴判断出a、b的正负情况，再由一次函数的性质解答．解答：解：由图象开口向上可知a＞0，对称轴x=﹣＜0，得b＞0．所以一次函数y=bx+a的图象经过第一、二、三象限，不经过第四象限．故选D．点评：本题考查二次函数图象和一次函数图象的性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．　11．（3分）（2022•营口）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，BC=4cm，以点C为圆心，以2cm的长为半径作圆，则⊙C与AB的位置关系是（　　）17\n　A．相离B．相切C．相交D．相切或相交考点：直线与圆的位置关系．专题：压轴题．分析：作CD⊥AB于点D．根据三角函数求CD的长，与圆的半径比较，作出判断．解答：解：作CD⊥AB于点D．∵∠B=30°，BC=4cm，∴CD=BC=2cm，即CD等于圆的半径．∵CD⊥AB，∴AB与⊙C相切．故选B．点评：此题考查直线与圆的位置关系的判定方法．通常根据圆的半径R与圆心到直线的距离d的大小判断：当R＞d时，直线与圆相交；当R=d时，直线与圆相切；当R＜d时，直线与圆相离．　12．（3分）（2022•潼南县）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是菱形，点C的坐标为（4，0），∠AOC=60°，垂直于x轴的直线l从y轴出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，设直线l与菱形OABC的两边分别交于点M，N（点M在点N的上方），若△OMN的面积为S，直线l的运动时间为t秒（0≤t≤4），则能大致反映S与t的函数关系的图象是（　　）　A．B．C．D．17\n考点：动点问题的函数图象；正比例函数的图象；二次函数的图象；三角形的面积；含30度角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质．专题：计算题；压轴题．分析：过A作AH⊥x轴于H，根据勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出AH，根据三角形的面积即可求出答案．解答：解：过A作AH⊥x轴于H，∵OA=OC=4，∠AOC=60°，∴OH=2，由勾股定理得：AH=2，①当0≤t＜2时，ON=t，MN=t，S=ON•MN=t2；②2＜t≤4时，ON=t，S=ON•2=t．故选C．点评：本题主要考查对动点问题的函数图象，勾股定理，三角形的面积，二次函数的图象，正比例函数的图象，含30度角的直角三角形的性质，菱形的性质等知识点的理解和掌握，能根据这些性质进行计算是解此题的关键，用的数学思想是分类讨论思想．　二、填空题（本大题共6小题，共18分.只要求填写最后结果，每小题填对得3分.）13．（3分）（2022•潍坊二模）分解因式：=　x（x﹣）2　．考点：提公因式法与公式法的综合运用．分析：先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．解答：解：x+x3﹣x2，=x（x2﹣x+），=x（x﹣）2．故答案为：x（x﹣）2．点评：本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．　17\n14．（3分）（2022•潍坊二模）关于x、y的方程组，那么=　10　．考点：解二元一次方程组．专题：换元法．分析：设a=，b=，方程组化为关于a与b的方程组，求出方程组的解得到a与b的值，即为与的值，即可求出所求式子的值．解答：解：设a=，b=，方程组化为，①×3﹣②×2得：5a=65，解得：a=13，将a=13代入①得：b=3，则﹣=a﹣b=13﹣3=10．故答案为：10点评：此题考查了解二元一次方程组，利用了换元的思想，是一道基本题型．　15．（3分）（2022•贵港）如图所示，在△ABC中，AC=BC=4，∠C=90°，O是AB的中点，⊙O与AC、BC分别相切于点D、E，点F是⊙O与AB的一个交点，连接DF并延长交CB的延长线于点G，则BG的长是　2﹣2　．考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．专题：几何综合题；压轴题．分析：连接OD，由AC为圆O的切线，根据切线的性质得到OD与AC垂直，又AC=BC，且∠C=90°，得到三角形ABC为等腰直角三角形，得到∠A=45°，在直角三角形ABC中，由AC与BC的长，根据勾股定理求出AB的长，又O为AB的中点，从而得到AO等于BO都等于AB的一半，求出AO与BO的长，再由OB﹣OF求出FB的长，同时由OD和GC都与AC垂直，得到OD与GC平行，得到一对内错角相等，再加上对顶角相等，由两对对应角相等的两三角形相似得到三角形ODF与三角形GBF相似，由相似得比例，把OD，OF及FB的长代入即可求出GB的长．解答：解：连接OD．∵AC为圆O的切线，∴OD⊥AC，又∵AC=BC=4，∠C=90°，∴∠A=45°，根据勾股定理得：AB==4，又∵O为AB的中点，∴AO=BO=AB=2，17\n∴圆的半径DO=FO=AOsinA=2×=2，∴BF=OB﹣OF=2﹣2．∵GC⊥AC，OD⊥AC，∴OD∥CG，∴∠ODF=∠G，又∵∠OFD=∠BFG，∴△ODF∽△BGF，∴=，即=，∴BG=2﹣2．故答案为：2﹣2．点评：此题考查了切线的性质以及相似三角形的判定与性质．在运用切线的性质时，若已知切点，连接切点和圆心，得垂直；若不知切点，则过圆心向切线作垂直，即“知切点连半径，无切点作垂直”．圆与相似三角形，及三角函数相融合的解答题、与切线有关的性质与判定有关的证明题是近几年中考的热点，故要求学生把所学知识融汇贯穿，灵活运用．　16．（3分）（2022•潍坊二模）如图，正方形AFCE中，D是边CE上一点，B是CF延长线上一点，且AB=AD，若四边形ABCD的面积是24cm2．则AC长是　　cm．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．分析：证Rt△AED≌Rt△AFB，推出S△AED=S△AFB，根据四边形ABCD的面积是24cm2得出正方形AFCE的面积是24cm2，求出AE、EC的长，根据勾股定理求出AC即可．解答：解：∵四边形AFCE是正方形，∴AF=AE，∠E=∠AFC=∠AFB=90°，∵在Rt△AED和Rt△AFB中∴Rt△AED≌Rt△AFB（HL），∴S△AED=S△AFB，∵四边形ABCD的面积是24cm2，∴正方形AFCE的面积是24cm2，∴AE=EC==2（cm），根据勾股定理得：AC==4，17\n故答案为：4．点评：本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形性质，勾股定理等知识点的应用．关键是求出正方形AFCE的面积．　17．（3分）（2022•株洲）已知二次函数y=（x﹣2a）2+（a﹣1）（a为常数），当a取不同的值时，其图象构成一个“抛物线系”．如图分别是当a=﹣1，a=0，a=1，a=2时二次函数的图象．它们的顶点在一条直线上，这条直线的解析式是y=　　．考点：二次函数的性质．专题：压轴题．分析：已知抛物线的顶点式，写出顶点坐标，用x、y代表顶点的横坐标、纵坐标，消去a得出x、y的关系式．解答：解：由已知得抛物线顶点坐标为（2a，a﹣1），设x=2a①，y=a﹣1②，①﹣②×2，消去a得，x﹣2y=2，即y=x﹣1．点评：本题考查了根据顶点式求顶点坐标的方法，消元的思想．　18．（3分）（2022•潍坊二模）式子“1+2+3+4+5+…+100”表示从1开始的100个连续自然数的和，由于上述式子比较长，书写也不方便，为了简便起见，我们可以将“1+2+3+4+5+…+100”表示为，这里的符号“”是求和的符号，如“1+3+5+7+…+99”即从1开始的100以内的连续奇数的和，可表示为．通过对以上材料的阅读，请计算：=　　（填写最后的计算结果）．考点：分式的加减法．专题：压轴题；规律型．分析：根据题意将所求式子化为普通加法运算，拆项后合并即可得到结果．解答：解：=++…+=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣=．17\n故答案为：．点评：此题考查了分式的加减法，利用了拆项的方法，弄清通用语是解本题的关键．　三、解答题（本大题共6小题，共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）19．（10分）（2022•潍坊二模）如图所示的图表是某校今年参加中考体育的男生1000米跑、女生800米跑的成绩中分别抽取的10个数据．考生编号12345678910男生成绩3′05〞3′11〞3′53〞3′10〞3′55〞3′30〞3′25〞3′19〞3′27〞3′55〞（1）求出这10名女生成绩的中位数、众数和极差；（2）按规定，男生1000米跑成绩不超过3′35〞就可以得满分．该校学生有490人，男生比女生少70人．请你根据上面抽样的结果，估算该校考生中有多少名男生该项考试得满分？考点：折线统计图；用样本估计总体；中位数；众数；极差．专题：计算题．分析：（1）将10名女生的成绩按照从小到大顺序排列，找出第5，6位的成绩，求出平均值即为中位数；找出出现次数最多的成绩即为众数，用最大值减去最小值求出极差即可；（2）由表格得到男生得满分的频率为70%，设男生有x人，根据题意表示出女生，由总人数为490列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为男生的人数，乘以70%即可得到结果．解答：解：（1）女生的中位数、众数及极差分别是3′21〞、3′10〞、39〞；（2）设男生有x人，女生有（x+70）人，由题意得：x+x+70=490，x=210，则男生得满分人数：210×70%=147（人）．点评：此题考查了折线统计图，用样本估计总体，中位数，众数，以及极差，弄清题意是解本题的关键．　20．（10分）（2022•南充）在Rt△POQ中，OP=OQ=4，M是PQ的中点，把一三角尺的直角顶点放在点M处，以M为旋转中心，旋转三角尺，三角尺的两直角边与△POQ的两直角边分别交于点A、B．（1）求证：MA=MB；（2）连接AB，探究：在旋转三角尺的过程中，△AOB的周长是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．17\n考点：全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）过点M作ME⊥OP于点E，作MF⊥OQ于点F，可得四边形OEBF是矩形，根据三角形的中位线定理可得ME=MF，再根据同角的余角相等可得∠AME=∠BMF，再利用“角边角”证明△AME和△BMF全等，根据全等三角形对应边相等即可证明；（2）根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，设OA=x，表示出AE为2﹣x，即BF的长度，然后表示出OB=2+（2﹣x），再利用勾股定理列式求出AM，然后根据等腰直角三角形的斜边等于直角边的倍表示出AB的长度，然后根据三角形的周长公式列式判断出△AOB的周长随AB的变化而变化，再根据二次函数的最值问题求出周长最小时的x的值，然后解答即可．解答：（1）证明：如图，过点M作ME⊥OP于点E，作MF⊥OQ于点F，∵∠O=90°，∴四边形OEMF是矩形，∵M是PQ的中点，OP=OQ=4，∠O=90°，∴ME=OQ=2，MF=OP=2，∴ME=MF，∴四边形OEMF是正方形，∵∠AME+∠AMF=90°，∠BMF+∠AMF=90°，∴∠AME=∠BMF，在△AME和△BMF中，，∴△AME≌△BMF（ASA），∴MA=MB；（2）解：有最小值，最小值为4+2．理由如下：根据（1）△AME≌△BMF，∴AE=BF，设OA=x，则AE=2﹣x，∴OB=OF+BF=2+（2﹣x）=4﹣x，在Rt△AME中，AM==，∵∠AMB=90°，MA=MB，∴AB=AM=•=，17\n△AOB的周长=OA+OB+AB=x+（4﹣x）+=4+，所以，当x=2，即点A为OP的中点时，△AOB的周长有最小值，最小值为4+，即4+2．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角的性质，三角形的中位线定理，勾股定理的应用，以及二次函数的最值问题，作出辅助线，把动点问题转化为固定的三角形，构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．　21．（10分）（2022•潍坊二模）学校240名师生集体外出活动，准备租用45座大客车或30座小客车，共租用6辆．据调查：租用1辆大车和2辆小车共需租车费1000元；租用2辆大车1辆小车共需租车费1100元．（1）求大、小车每辆的租车费各是多少元？（2）若总租车费用不超过2300元，求最省钱的租车方案．考点：一元一次不等式组的应用；二元一次方程组的应用．分析：（1）设大、小车每辆的租车费各是x、y元，根据租用1辆大车和2辆小车共需租车费1000元；租用2辆大车1辆小车共需租车费1100元建立方程组求出其解即可；（2）设大车辆数是m辆，则租小车（6﹣m）辆，根据条件建立不等式组求出其解就可以求出租车方案和计算每种方案的费用，比较其大小就可以得出结论．解答：解：（1）设大、小车每辆的租车费各是x、y元，根据题意得：，解得：．答：大、小车每辆的租车费分别是400元、300元．（2）设大车辆数是m辆，则租小车（6﹣m）辆，根据题意得：解得：∴4≤m≤5∵m是正整数∴m=4或5∴有两种租车方案，方案1：大车4辆小车2辆总租车费用2200元；17\n方案2：大车5辆小车1辆总租车费用2300元．∵2200＜2300，∴最省钱的是方案1．点评：本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，列一元一次不等式组解设计方案题型的运用，解答时找到题目中的等量关系及不相等关系是关键．　22．（12分）（2022•潍坊二模）如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC=PC，∠COB=2∠PCB．（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）求∠P的度数；（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，AB=4，求线段BM、CM及弧BC所围成的图形面积．考点：切线的判定与性质；圆周角定理；扇形面积的计算．专题：证明题．分析：（1）由OA=OC可以得到∠A=∠ACO，而∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，由此得到∠A=∠ACO=∠PCB，又AB是⊙O的直径，所以∠ACO+∠OCB=90°接着可以推出即OC⊥CP，然后就可以证明PC是⊙O的切线；（2）由PC=AC得到∠A=∠P，接着得到∠A=∠ACO=∠P，而∠A+∠ACO+∠PCO+∠P=180°，利用这个等式和已知条件即可取出∠P；（3）由M是半圆O的中点得到∠BCM=45°，由（2）知∠BMC=∠A=∠P=30°，这样可以求出BC的长度，作BD⊥CM于D，利用等腰直角三角形的性质可以分别求出CD，DM，CM，也就可以求出S△BCM，而∠BOC=2∠A=60°，这样也可以求出弓形BmC的面积，最后就可以求出线段BM、CM及弧BC所围成的图形面积．解答：（1）证明：∵OA=OC，∴∠A=∠ACO∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB∴∠A=∠ACO=∠PCB（1分）∵AB是⊙O的直径∴∠ACO+∠OCB=90°（2分）∴∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP（3分）∵OC是⊙O的半径∴PC是⊙O的切线（4分）（2）解：∵PC=AC，∴∠A=∠P∴∠A=∠ACO=∠P（5分）∵∠A+∠ACO+∠PCO+∠P=180°∴3∠P=90°∴∠P=30°（6分）（3）解：∵点M是半圆O的中点，17\n∴CM是角平分线，∴∠BCM=45°（7分）由（2）知∠BMC=∠A=∠P=30°，∴BC=AB=2（8分）作BD⊥CM于D，∴CD=BD=，∴DM=∴CM=（9分）∴S△BCM=（10分）∵∠BOC=2∠A=60°，∴弓形BmC的面积=（11分）∴线段BM、CM及弧BC所围成的图形面积为（12分）（注：其它解法，请参照给分）点评：本题考查切线的性质和判定及圆周角定理的综合运用，综合性比较强，对于学生的能力要求很高．　23．（12分）（2022•潍坊二模）某公司销售一种新型节能产品，现准备从国内和国外两种销售方案中选择一种进行销售．若只在国内销售，销售价格y（元/件）与月销量x（件）的函数关系式为y=x+150，成本为20元/件，无论销售多少，每月还需支出广告费62500元，设月利润为w内（元）．若只在国外销售，销售价格为150元/件，受各种不确定因素影响，成本为a元/件（a为常数，10≤a≤40），当月销量为x（件）时，每月还需缴纳x2元的附加费，设月利润为w外（元）．（1）当x=1000时，y=　140　元/件，w内=　57500　元；（2）分别求出w内，w外与x间的函数关系式（不必写x的取值范围）；（3）当x为何值时，在国内销售的月利润最大？若在国外销售月利润的最大值与在国内销售月利润的最大值相同，求a的值．考点：二次函数的应用．分析：（1）将x=1000代入函数关系式求得y，并根据等量关系“利润=销售额﹣成本﹣广告费”求得w内；（2）根据等量关系“利润=销售额﹣成本﹣广告费”“利润=销售额﹣成本﹣附加费”列出两个函数关系式；（3）对w内函数的函数关系式求得最大值，再求出w外的最大值并令二者相等求得a值．解答：解：（1）∵销售价格y（元/件）与月销量x（件）的函数关系式为y=x+150，∴当x=1000时，y=﹣10+150=140，w内=x（y﹣20）﹣62500=1000×120﹣62500=57500，17\n（2）根据题意得出：w内=x（y﹣20）﹣62500=x2+130x﹣62500，w外=x2+（150﹣a）x．（3）当x==6500时，w内最大，∵在国外销售月利润的最大值与在国内销售月利润的最大值相同，∴由题意得：，解得a1=30，a2=270（不合题意，舍去）．所以a=30．故答案为：140，57500．点评：本题考查了二次函数在实际生活中的应用，难度适中，根据利润的关系式分别写出w内，w外与x间的函数关系式是解题的关键．　24．（12分）（2022•南充）如图，⊙C的内接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=，抛物线y=ax2+bx经过点A（4，0）与点（﹣2，6）．（1）求抛物线的函数解析式；（2）直线m与⊙C相切于点A，交y轴于点D．动点P在线段OB上，从点O出发向点B运动；同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动；点P的速度为每秒一个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时，求运动时间t的值；（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标．考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：（1）根据抛物线y=ax2+bx经过点A（4，0）与点（﹣2，6），利用待定系数法求抛物线解析式；17\n（2）如答图1，由已知条件，可以计算出OD、AE等线段的长度．当PQ⊥AD时，过点O作OF⊥AD于点F，此时四边形OFQP、OFAE均为矩形．则在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的长度，从而得到时间t的数值；（3）因为OB为定值，欲使△ROB面积最大，只需OB边上的高最大即可．按照这个思路解决本题．如答图2，当直线l平行于OB，且与抛物线相切时，OB边上的高最大，从而△ROB的面积最大．联立直线l和抛物线的解析式，利用一元二次方程判别式等于0的结论可以求出R点的坐标．解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx经过点A（4，0）与点（﹣2，6），∴，解得∴抛物线的解析式为：y=x2﹣2x．（2）如答图1，连接AC交OB于点E，由垂径定理得AC⊥OB．∵AD为切线，∴AC⊥AD，∴AD∥OB．过O点作OF⊥AD于F，∴四边形OFAE是矩形，∵tan∠AOB=，∴sin∠AOB=，∴AE=OA•sin∠AOB=4×=2.4，OD=OA•tan∠OAD=OA•tan∠AOB=4×=3．当PQ⊥AD时，OP=t，DQ=2t．过O点作OF⊥AD于F，则在Rt△ODF中，OD=3，OF=AE=2.4，DF=DQ﹣FQ=DQ﹣OP=2t﹣t=t，由勾股定理得：DF===1.8，∴t=1.8秒；（3）如答图2，设直线l平行于OB，且与抛物线有唯一交点R（相切），此时△ROB中OB边上的高最大，所以此时△ROB面积最大．∵tan∠AOB=，∴直线OB的解析式为y=x，由直线l平行于OB，可设直线l解析式为y=x+b．∵点R既在直线l上，又在抛物线上，∴x2﹣2x=x+b，化简得：2x2﹣11x﹣4b=0．∵直线l与抛物线有唯一交点R（相切），∴判别式△=0，即112+32b=0，解得b=﹣，此时原方程的解为x=，即xR=，而yR=xR2﹣2xR=17\n∴点R的坐标为R（，）．点评：本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图形与性质、待定系数法求函数解析式、一元二次方程根的判别式、圆、勾股定理和解直角三角形等重要知识点．难点在于第（3）问，判定何时△ROB的面积最大是解决问题的关键．本题覆盖知识面广，难度较大，同学们只有做到基础扎实和灵活运用才能够顺利解答．本题第（3）问亦可利用二次函数极值的方法解决，同学们有兴趣可深入探讨．17