2020-2021学年江苏省徐州市九年级上册期中数学试卷
题号 得分 一 二
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分） 1. 下列方程中，没有实数根的是( )
三 四 总分 A. 2𝑥2−5𝑥−4=0 C. 𝑥(𝑥+1)=3
B. 7𝑡2−5𝑡+2=0 D. 3𝑦2+25=10√3𝑦
2. 解一元二次方程4𝑥2−8𝑥−1=0，配方后正确的是( )
A. (2𝑥−2)2=0 B. 4(𝑥−1)2=5 C. (2𝑥−2)2=−3 D. 4(𝑥−1)2=2
3. 二次函数𝑦=−2(𝑥−2)2−1的图像的顶点坐标是( )
A. (2,1) B. (−2,1) C. (−2,−1) D. (2,−1)
4. 方程3𝑥(𝑥−1)=5(𝑥−1)的根为( )
A. 𝑥=3
C. 𝑥1=1，𝑥2=3
5
5
B. 𝑥=1
D. 𝑥1=1，𝑥2=5
3
5. 已知二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐(𝑎≠0)的图象过点(0,𝑚)(2,𝑚)(𝑚>0)，与x轴的
一个交点为(𝑥1,0)，且−1<𝑥1<0.则下列结论： ①若点(2,𝑦)是函数图象上一点，则𝑦>0；
②若点(−2,𝑦1)，(2,𝑦2)是函数图象上一点，则𝑦2>𝑦1； ③(𝑎+𝑐)2<𝑏2.其中正确的是( )
1
5
1
A. ① B. ①② C. ①③ D. ②③
𝑃2(3,𝑦2)，𝑃3(5,𝑦3)均在二次函数𝑦=−𝑥2+2𝑥+3的图象上，6. 点𝑃1(−1,𝑦1)，则𝑦1，
𝑦2，𝑦3的大小关系是( )
A. 𝑦3>𝑦2>𝑦1
B. 𝑦3>𝑦1=𝑦2 C. 𝑦1>𝑦2>𝑦3 D. 𝑦1=𝑦2>𝑦3
B，D在⊙𝑂上，BC是⊙𝑂的切线，∠𝐴=15°，7. 如图，点A，
点B为切点，OD的延长线交BC于点C，若BC的长为2，则DC的长是( )
A. 1
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B. 4−2√3 C. 2 D. 4√3−4
8. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=20°，将△𝐴𝐵𝐶绕点A顺时
针旋转60°得到△𝐴𝐷𝐸，AE与BC交于点F，则∠𝐴𝐹𝐵的度数是( )
A. 60° B. 70° C. 80° D. 90°
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
9. 二次函数𝑦=−𝑥2+3的图象过点𝑃(1,𝑚)，则m的值为________．
10. 关于x的一元二次方程(𝑎−1)𝑥2+3𝑥−2=0有实数根，则a的取值范围是______． 11. 已知关于x的一元二次方程𝑥2+𝑝𝑥−6=0的一个根为2，则𝑝= ______ ，另一根
是______ ．
12. 抛物线𝑦=5𝑥2+3𝑥−1向下平移4个单位长度后的函数解析式为______． 13. 已知点P到⊙𝑂的最近距离是3cm、最远距离是7cm，则此圆的半径是______ ． AB为直径，CD为弦，14. 如图，在⊙𝑂中，已知∠𝐶𝐴𝐵=50°，
则∠𝐴𝐷𝐶=______．
15. 一个圆锥的侧面展开图是半径为16，且圆心角为90°的扇形，则这个圆锥的底面半
径为______________．
16. 如图，一条公路的转弯处是一段圆弧(图中的𝐴𝐵)，点O是这段弧
C是AB上一点，𝐴𝐵=120𝑚，𝑂𝐶⊥𝐴𝐵，𝐶𝐷=的圆心，垂足为D，20𝑚，则这段弯路的半径为______ 𝑚．
17. 如图，AB是⊙𝑂的一条弦，点C是⊙𝑂上一动点，且
∠𝐴𝐶𝐵=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙𝑂交于G、H两点．若⊙𝑂的半径为7，则𝐺𝐸+𝐹𝐻的最大值为______．
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18. P是抛物线𝑦=−𝑥2−2𝑥−5上一点，过点P作𝑃𝑀⊥𝑥轴，𝑃𝑁⊥𝑦轴，垂足分别是
M，N，则𝑃𝑀+𝑃𝑁的最小值是_____。 三、计算题（本大题共2小题，共30.0分） 19. 计算：30+√8−(2)−2+|−3|．
20. 《杨辉算法》中有这么一道题：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长
多几何？”意思是：一块矩形田地的面积为864平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多了多少步？
四、解答题（本大题共6小题，共66.0分）
𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐶=120°，21. 如图，在⊙𝑂的内接四边形ABCD中，
⏜上． 点E在𝐴𝐷
(1)求∠𝐴𝐸𝐷的度数；
⏜的长为多少？ (2)若⊙𝑂的半径为2，则𝐴𝐷
(3)连接OD，OE，当∠𝐷𝑂𝐸=90°时，AE恰好是⊙𝑂的内接正n边形的一边，求n的值．
1
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22. 已知二次函数𝑦=𝑥2−(3𝑚−1)𝑥+2𝑚2−2𝑚，其中𝑚>−1．
(1)若二次函数关于y轴对称，求m的值．
(2)若二次函数与x轴的两个交点分别是(𝑥1 ，0)，(𝑥2 ，0)，其中𝑥1>𝑥2 ，当−2<
12
𝑥1+𝑥2<1 时，求m的取值范围．
3
1
(3)请写出一个a的值，使𝑥≤𝑎时，y随x的增大而减小．
23. “低碳环保，绿色出行”，自行车逐渐成为人们喜爱的交通工具．某品牌共享自行
车在某区域的投放量自2018年逐月增加，据统计，该品牌共享自行车1月份投放了1600辆，3月份投放了2500辆．若该品牌共享自行车前4个月的投放量的月平均增长率相同，求4月份投放了多少辆？
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24. 如图，AB是⊙𝑂的直径，AD是⊙𝑂的弦，点F是DA延长
线上的一点，过⊙𝑂上一点C作⊙𝑂的切线交DF于点E，𝐶𝐸⊥𝐷𝐹．
(1)求证：AC平分∠𝐹𝐴𝐵；
(2)若𝐴𝐸=1，𝐶𝐸=2，求⊙𝑂的半径．
25. 某商店经销一种健身球，已知这种健身球的成本价为每个
20元，市场调查发现，该种健身球每天的销售量𝑦(个)与销售单价𝑥(元)(20≤𝑥≤40)之间满足一次函数关系，图象如下：
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)设该种健身球每天的销售利润为w元，求w与x之间的函数关系式，并求出销售单价定为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少元？
26. 已知二次函数𝑦=−2𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象经过𝐴(2,0)、𝐵(0,−6)两点．
(1)求这个二次函数的表达式；
1
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(2)设该二次函数的对称轴与x轴交于点C，连接BA、BC，求△𝐴𝐵𝐶的面积．
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答案和解析
1.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查了根的判别式，属于基础题．
逐一分析四个选项中方程根的判别式𝛥的正负，由此即可得出结论． 【解答】
解：𝐴.∵在方程2𝑥2−5𝑥−4=0中，𝛥=(−5)2−4×2×(−4)=57>0， ∴方程2𝑥2−5𝑥−4=0有两个不相等的实数根；
B.∵在方程7𝑡2−5𝑡+2=0中，𝛥=(−5)2−4×7×2=−31<0， ∴方程7𝑡2−5𝑡+2=0没有实数根； C.原方程可变形为𝑥2+𝑥−3=0， ∵𝛥=12−4×1×(−3)=13>0， ∴方程𝑥(𝑥+1)=3有两个不相等的实数根； D.原方程整理得：3𝑦2−10√3𝑦+25=0， ∵𝛥=(−10√3)2−4×3×25=0，
∴方程3𝑦2+25=10√3𝑦有两个相等的实数根； 故选B．
2.【答案】B
【解析】 【分析】
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．
先把常数项移到方程的右边，然后把方程两边都加上4，然后把方程左边利用完全平方公式写成平方的形式即可． 【解答】
解：4𝑥2−8𝑥−1=0， 4𝑥2−8𝑥=1，
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4(𝑥2−2𝑥+1)=5， 4(𝑥−1)2=5． 故选：B．
3.【答案】D
【解析】 【试题解析】 【分析】
本题考查了二次函数的性质，要熟悉顶点式的意义，并明确：𝑦=𝑎(𝑥−ℎ)2+𝑘(𝑎≠0)的顶点坐标为(ℎ,𝑘).根据顶点式的意义直接解答即可． 【解答】
解：二次函数𝑦=−2(𝑥−2)2−1的图象的顶点坐标是(2,−1)． 故选D．
4.【答案】C
【解析】 【分析】
本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的步骤是解题的关键．先移项，再提公因式，解一元一次方程即可． 【解答】
解：3𝑥(𝑥−1)−5(𝑥−1)=0， (𝑥−1)(3𝑥−5)=0， 𝑥−1=0或3𝑥−5=0， 𝑥1=1，𝑥2=3． 故选C．
5
5.【答案】C
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【解析】解：∵抛物线经过点(0,𝑚)(2,𝑚)(𝑚>0)，(𝑥1,0)(−1<𝑥1<0)， ∴抛物线开口向下，对称轴𝑥=
1
0+22
=1，
∴当𝑥=2时，𝑦>0，则①正确；
∵点(−2,𝑦1)，(2,𝑦2)到对称轴的距离相等，∴𝑦1=𝑦2，所以②错误； ∵𝑥=1，𝑦>0；𝑥=−1，𝑦<0， 即𝑎+𝑏+𝑐>0，𝑎−𝑏+𝑐<0， ∴(𝑎+𝑏+𝑐)(𝑎−𝑏+𝑐)<0， 即(𝑎+𝑐)2<𝑏2，则③正确． 故选：C．
先根据抛物线经过的三点可判断抛物线开口向下，利用函数图象，当𝑥=2时，𝑦>0，可对①进行判断；由点(−2,𝑦1)，(2,𝑦2)到对称轴𝑥=1的距离相等，可对②进行判断；由于𝑥=1，𝑦>0；𝑥=−1，𝑦<0，则𝑎+𝑏+𝑐>0，𝑎−𝑏+𝑐<0，于是可对③进行判断．
本题考查了抛物线与x轴的交点，也考查了二次函数的性质．
1
5
1
1
5
6.【答案】D
【解析】 【分析】
本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，同时考查了函数的对称性及增减性．根据函数解析式的特点，其对称轴为𝑥=1，图象开口向下，在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，据二次函数图象的对称性可知，𝑃1(−1,𝑦1)与𝑃2(3,𝑦2)关于对称轴对称，可判断𝑦1=𝑦2>𝑦3． 【解答】
解：∵𝑦=−𝑥2+2𝑥+3， ∴对称轴为𝑥=−2𝑎=1，
𝑃2(3,𝑦2)，𝑃3(5,𝑦3)在对称轴的右侧，y随x的增大而减小， ∵3<5， ∴𝑦2>𝑦3，
根据二次函数图象的对称性可知，𝑃1(−1,𝑦1)与𝑃2(3,𝑦2)关于对称轴对称，
𝑏
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故𝑦1=𝑦2>𝑦3， 故选D．
7.【答案】B
【解析】 【试题解析】 【分析】
本题考查圆的切线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握切线的性质． 𝑂𝐵⊥𝐵𝐶，∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐴=30°，由题意得，因为𝐵𝐶=2，所以𝑂𝐶=4，𝑂𝐵=𝑂𝐷=2√3，根据𝐷𝐶=𝑂𝐶−𝑂𝐷即可得出DC的长． 【解答】
解：∵𝐵𝐶是⊙𝑂的切线，点B为切点， ∴𝑂𝐵⊥𝐵𝐶， ∵∠𝐴=15°，
∴∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐴=30°， ∵𝐵𝐶=2，
∴𝑂𝐶=2𝐵𝐶=4，𝑂𝐵=𝑂𝐷=2√3， ∴𝐷𝐶=𝑂𝐶−𝑂𝐷=4−2√3． 故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：∵△𝐴𝐵𝐶绕点A顺时针旋转60°得△𝐴𝐷𝐸， ∴∠𝐶𝐴𝐸=60°， ∵∠𝐶=20°， ∴∠𝐴𝐹𝐶=100°， ∴∠𝐴𝐹𝐵=80°． 故选：C．
先根据旋转的性质得∠𝐶𝐴𝐸=60°，再利用三角形内角和定理计算出∠𝐴𝐹𝐶=100°，然后根据邻补角的定义易得∠𝐴𝐹𝐵=80°．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的
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夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
9.【答案】2
【解析】 【分析】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．直接把(1,𝑚)代入𝑦=−𝑥2+3得到关于m的方程，然后解方程即可． 【解答】
解：把(1,𝑚)代入𝑦=−𝑥2+3得−1+3=𝑚， 解得𝑚=2． 故答案为2．
10.【答案】𝑎≥−8且𝑎≠1
【解析】解：∵关于x的一元二次方程(𝑎−1)𝑥2+3𝑥−2=0有实数根， ∴𝑎−1≠0，𝛥=9+4×2(𝑎−1)≥0， ∴𝑎≥−8且𝑎≠1，
故答案为：𝑎≥−8且𝑎≠1．
由方程是一元二次方程得出𝑎−1≠0，再由方程有实数根得出𝛥≥0，即可得出结论． 此题主要考查了一元二次方程的定义，根的判别式，利用根的判别式建立不等式是解本题的关键．
1
1
1
11.【答案】1；−3
【解析】 【分析】
本题考查了根与系数的关系：若𝑥1，𝑥2是一元二次方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0(𝑎≠0)的两根时，𝑥1+𝑥2=−𝑎，𝑥1𝑥2=𝑎．
设方程的另一根为t，根据根与系数的关系得到2+𝑡=−𝑝，2𝑡=−6，然后先求出t，再求出p． 【解答】
解：设方程的另一根为t， 根据题意得2+𝑡=−𝑝，2𝑡=−6，
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𝑏
𝑐
所以𝑡=−3，𝑝=1． 故答案为1，−3．
12.【答案】𝑦=5𝑥2+3𝑥−5
【解析】解：抛物线𝑦=5𝑥2+3𝑥−1向下平移4个单位长度后的函数解析式为：𝑦=5𝑥2+3𝑥−5．
故答案为：𝑦=5𝑥2+3𝑥−5．
直接利用二次函数的平移规律进而得出答案．
此题主要考查了二次函数的平移变换，正确记忆平移规律是解题关键．
13.【答案】5cm或2cm
【解析】解：当点P在圆内时，点P到圆的最大距离与最小距离的和为10cm，就是圆的直径，所以半径是5cm．
当点P在圆外时，点P到圆的最大距离与最小距离的差为4cm，就是圆的直径，所以半径是2cm．
故答案是：5cm或2cm．
当点P在圆内时，点P到圆的最大距离与最小距离之和就是圆的直径．当点P在圆外时，点P到圆的最大距离与最小距离的差就是圆的直径．知道了直径就能确定圆的半径． 本题考查的是点与圆的位置关系，根据点到圆的最大距离和最小距离，可以得到圆的直径，然后确定圆的半径．
14.【答案】40°
【解析】 【分析】
本题考查的是圆周角定理，掌握直径所对的圆周角为直角和同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
根据直径所对的圆周角为直角求出∠𝐴𝐶𝐵=90°，得到∠𝐵的度数，根据同弧所对的圆周角相等得到答案． 【解答】
解：∵𝐴𝐵为⊙𝑂的直径， ∴∠𝐴𝐶𝐵=90°，又∠𝐶𝐴𝐵=50°，
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∴∠𝐴𝐵𝐶=40°， ∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=40°， 故答案为：40°．
15.【答案】4
【解析】 【分析】
本题考查了扇形的弧长公式，圆的周长公式，用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长.设这个圆锥的底面半径为r，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式得到2𝜋𝑟=【解答】
解：设这个圆锥的底面半径为：r，
90𝜋×16180
90𝜋×16180
，然后解关于r的方程即可．
由题意可得：
=2𝜋𝑟，
解得：𝑟=4， 故答案为4．
16.【答案】100
【解析】 【分析】
本题考查了垂径定理和勾股定理.利用垂径定理求出BD的值，再利用勾股定理即可求解． 【解答】
解：∵𝐴𝐵=120𝑚，𝑂𝐶⊥𝐴𝐵， ∴𝐵𝐷=2𝐴𝐵=60𝑚， ∵𝐶𝐷=20𝑚，
∴𝑂𝐷=𝑂𝐶−𝐶𝐷=𝑂𝐶−20(𝑚)， ∵𝑂𝐵=𝑂𝐶，
∴𝑂𝐷=𝑂𝐵−20(𝑚)，
1
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在𝑅𝑡△𝑂𝐷𝐵中，根据勾股定理可得：𝑂𝐵2=𝐵𝐷2+𝑂𝐷2， 即𝑂𝐵2=602+(𝑂𝐵−20)2， 解得𝑂𝐵=100𝑚． 故答案为100．
17.【答案】10.5
【解析】 【分析】
本题结合动点考查了圆周角定理，三角形中位线定理，有一定难度．确定GH的位置是解题的关键．
F分别是AC、BC的中点，由点E、根据三角形中位线定理得出𝐸𝐹=2𝐴𝐵=3.5为定值，则𝐺𝐸+𝐹𝐻=𝐺𝐻−𝐸𝐹=𝐺𝐻−3.5，所以当GH取最大值时，𝐺𝐸+𝐹𝐻有最大值．而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙𝑂的直径时，𝐺𝐸+𝐹𝐻有最大值14−3.5=10.5． 【解答】
解：当GH为⊙𝑂的直径时，𝐺𝐸+𝐹𝐻有最大值． 当GH为直径时，E点与O点重合， ∴𝐴𝐶也是直径，𝐴𝐶=14． ∵∠𝐴𝐵𝐶是直径上的圆周角， ∴∠𝐴𝐵𝐶=90°， ∵∠𝐶=30°， ∴𝐴𝐵=2𝐴𝐶=7．
∵点E、F分别为AC、BC的中点， ∴𝐸𝐹=𝐴𝐵=3.5，
211
1
∴𝐺𝐸+𝐹𝐻=𝐺𝐻−𝐸𝐹=14−3.5=10.5． 故答案为10.5．
18.【答案】4
【解析】 【分析】
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，，根据𝑥+𝑦可得二次函数，根据二次函数的性质可得答案．
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19
【解答】
解：𝑦=−𝑥2−2𝑥−5=−(𝑥+1)2−4<0
∴设𝑃(𝑥,−𝑥2−2𝑥−5)由题意得𝑃𝑀+𝑃𝑁=|𝑥|+𝑥2+2𝑥+5， 当𝑥≥0时𝑃𝑀+𝑃𝑁=𝑥2+3𝑥+5=(𝑥+2)2+
3
114
，
∴根据二次函数的增减性可知当𝑥=0时𝑃𝑀+𝑃𝑁的值最小，最小值是5 当𝑥<0时𝑃𝑀+𝑃𝑁=𝑥2+𝑥+5=(𝑥+
1
12
)2+
194
19
∴根据二次函数的增减性可知当𝑥=−2时𝑃𝑀+𝑃𝑁的值最小，最小值是4． 故答案为：4．
19
19.【答案】解：原式=1+2√2−4+3=2√2
【解析】直接利用零指数幂的性质、负指数幂的性质以及绝对值的性质、二次根式的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
20.【答案】解：设矩形的长为x步，则宽为(60−𝑥)步，
依题意得：𝑥(60−𝑥)=864， 整理得：𝑥2−60𝑥+864=0，
解得：𝑥=36或𝑥=24(不合题意，舍去)， ∴60−𝑥=60−36=24(步)， ∴36−24=12(步)， 则该矩形的长比宽多12步．
【解析】设矩形的长为x步，则宽为(60−𝑥)步，根据题意列出方程，求出方程的解即可得到结果．
此题考查了一元二次方程的应用，找出题中的等量关系是解本题的关键．
21.【答案】解：(1)连接BD，如图1所示：
∵四边形ABCD是⊙𝑂的内接四边形， ∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐶=180°， ∵∠𝐶=120°， ∴∠𝐵𝐴𝐷=60°， ∵𝐴𝐵=𝐴𝐷，
∴△𝐴𝐵𝐷是等边三角形，
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∴∠𝐴𝐵𝐷=60°，
∵四边形ABDE是⊙𝑂的内接四边形，∴∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐴𝐵𝐷=180°， ∴∠𝐴𝐸𝐷=120°；
(2)∵∠𝐴𝑂𝐷=2∠𝐴𝐵𝐷=120°， ⏜的长=∴𝐴𝐷
120×𝜋×2180
=
4𝜋3
；
(3)连接OA，如图2所示： ∵∠𝐴𝐵𝐷=60°，
∴∠𝐴𝑂𝐷=2∠𝐴𝐵𝐷=120°， ∵∠𝐷𝑂𝐸=90°，
∴∠𝐴𝑂𝐸=∠𝐴𝑂𝐷−∠𝐷𝑂𝐸=30°， ∴𝑛=
360°30∘
=12．
【解析】此题考查了圆的内接四边形的性质、圆周角定理以及等边三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
(1)连接BD，根据圆的内接四边形的性质得出∠𝐵𝐴𝐷的度数，由𝐴𝐵=𝐴𝐷，可证得△𝐴𝐵𝐷是等边三角形，求得∠𝐴𝐵𝐷=60°，再利用圆的内接四边形的性质，即可求得∠𝐴𝐸𝐷的度数；
⏜的长： (2)连接OA，由圆周角定理求出∠𝐴𝑂𝐷的度数，由弧长公式即可得出𝐴𝐷
(3)首先连接OA，由∠𝐴𝐵𝐷=60°，利用圆周角定理，即可求得∠𝐴𝑂𝐷的度数，继而求得∠𝐴𝑂𝐸的度数，即可得出结果．
(1)∵二次函数关于y轴对称对称轴为y轴，∴可得−【答案】解：22.
−(3𝑚−1)
2
=0，∴𝑚=3 ;
5
1
(2)根据𝑥1>𝑥2，𝑚>−1可得𝑥1=2𝑚 ，𝑥2=𝑚−1 ，代入不等式解得−4<𝑚<1 ，∴综合得−1<𝑚<1． (3)对称轴为直线𝑥=∵𝑚>−1，∴−2+
1
3𝑚−12
=−2+
13𝑚2
，
3𝑚2
>−2，
∵二次函数开口向上，对称轴左侧y随x的增大而减小 ∴取𝑎≤−2都可以．
【解析】本题考查二次函数的图像，二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系． (1)根据二次函数关于y轴对称得−2𝑎=0，得方程，解方程即可解答；
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𝑏
(2)根据二次函数与一元二次方程的关系.解方程𝑥2−(3𝑚−1)𝑥+2𝑚2−2𝑚=0得𝑥1和𝑥2,代入−2<2𝑥1+3𝑥2<1得不等式组，解不等式组即可解答； (3)根据二次函数的增减性即可解答．
1
1
23.【答案】解：设月平均增长率为x，
根据题意得1600(1+𝑥)2=2500，
解得：𝑥1=0.25=25%，𝑥2=−2.25(不合题意，舍去)， ∴月平均增长率为25%，
∴4月份投放了2500(1+𝑥)=2500×(1+25%)=3125． 答：4月份投放了3125辆．
【解析】设月平均增长率为x，根据1月份、3月份共享自行车的投放量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接OC．
∵𝐶𝐸是⊙𝑂的切线，
∴∠𝑂𝐶𝐸=90°
∵𝐶𝐸⊥𝐷𝐹， ∴∠𝐶𝐸𝐴=90°，
∴∠𝐴𝐶𝐸+∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐴𝐶𝐸+∠𝑂𝐶𝐴=90°， ∴∠𝐶𝐴𝐸=∠𝑂𝐶𝐴． ∵𝑂𝐶=𝑂𝐴， ∴∠𝑂𝐶𝐴=∠𝑂𝐴𝐶．
∴∠𝐶𝐴𝐸=∠𝑂𝐴𝐶，即AC平分∠𝐹𝐴𝐵； (2)解：连接BC． ∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径， ∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐸𝐶=90°． 又∵∠𝐶𝐴𝐸=∠𝑂𝐴𝐶， ∴△𝐴𝐶𝐵∽△𝐴𝐸𝐶， ∴𝐴𝐶=𝐴𝐸．
∵𝐴𝐸=1，𝐶𝐸=2，∠𝐴𝐸𝐶=90°， ∴𝐴𝐶=√𝐴𝐸2+𝐶𝐸2=√12+22=√5．
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𝐴𝐵
𝐴𝐶
∴𝐴𝐵=
𝐴𝐶2𝐴𝐸
=
(√5)215
=5，
∴⊙𝑂的半径为2．
【解析】(1)证明：连接CO，证得∠𝑂𝐶𝐴=∠𝑂𝐴𝐶，则∠𝐶𝐴𝐸=∠𝑂𝐴𝐶，即可证得结论； (2)证明：连接BC，由圆周角定理得到∠𝐵𝐶𝐴=90°，再证得△𝐴𝐵𝐶∽△𝐴𝐶𝐸，根据相似三角形的性质即可证得结论．
本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，平行线的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的性质定理是解决问题的关键．
25.【答案】解：(1)根据题意可得：设𝑦=𝑘𝑥+𝑏，
20𝑘+𝑏=40则{， 40𝑘+𝑏=0𝑘=−2
解得；{，
𝑏=80故𝑦=−2𝑥+80；
(2)由题意可得：𝑤=(𝑥−20)⋅𝑦
=(𝑥−20)(−2𝑥+80)
=−2𝑥2+120𝑥−1600， =−2(𝑥−30)2+200， ∵−2<0，
∴当𝑥=30时，w有最大值．w最大值为200．
答：销售单价定为30元时，每天销售利润最大，最大销售利润200元．
【解析】(1)直接利用待定系数法得出y与x之间的函数关系式；
(2)用每件的利润(𝑥−20)乘以销售量即可得到每天的销售利润，即𝑤=(𝑥−20)𝑦=(𝑥−20)(−2𝑥+80)，再进行配方得到顶点式𝑦=−2(𝑥−30)2+200，然后根据二次函数的最值问题求解．
本题考查了二次函数的实际应用：利用二次函数解决利润问题，在商品经营活动中，经常会遇到求最大利润，最大销量等问题．解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量x的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．
26.【答案】解：(1)把𝐴(2,0)、𝐵(0,−6)代入𝑦=−2𝑥2+𝑏𝑥+𝑐
−2×22+2𝑏+𝑐=0得{， 𝑐=−6
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𝑏=4
解得：{，
𝑐=−6
∴这个二次函数的解析式为𝑦=−2𝑥2+4𝑥−6； (2)∵该抛物线对称轴为直线𝑥=−2×(−1)=4，
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4
∴点C的坐标为(4,0)， ∴𝐴𝐶=𝑂𝐶−𝑂𝐴=4−2=2，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=2×𝐴𝐶×𝑂𝐵=2×2×6=6．
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【解析】本题是二次函数的综合题，要会求二次函数的对称轴，会运用面积公式． (1)二次函数图象经过𝐴(2,0)、𝐵(0,−6)两点，两点代入𝑦=−2𝑥2+𝑏𝑥+𝑐，算出b和c，即可得解析式；
(2)先求出对称轴方程，写出C点的坐标，计算出AC，然后由面积公式计算值．
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