河北省邢台市2020-2021学年九年级下学期摸底考试数学试题(含解析)

数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．①线段AB的长是点A到点B的距离；②线段AB的长是直线l1、如图，有两种说法：

l2之间的距离关于这两种说法，正确的是（）

A．①正确，②错误 C．①错误，②正确

B．①正确，②正确 D．①错误，②错误

2．如图，在数轴上，注明了四段的范围，若某段上有两个整数，则这段是（）

A．段① 3．若0.00A．9

n个B．段② C．段③ D．段④

018用科学记数法表示为

B．10

1.81010，则n的值是（）

C．11

D．12

4．如图是44的网格图，将图中标有①、②、③、④的一个小正方形涂灰，使所有的灰色图形构成中心对称图形，则涂灰的小正方形是（）

A．① B．② C．③ D．④

5．在一个不透明的口袋中，放入五个完全相同的小球，每个小球上分别标有数字“1”、“2”、“3”、“4”、“5”中的一个（不允许重复），从口袋里同时摸出两个小球，则下列事件是随机事件的是（）

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A．两个小球上数字之和等于1 C．两个小球上数字之和等于9

B．两个小球上数字之和大于1 D．两个小球上数字之和大于9

6．若把x，y的值同时扩大为原来的2倍，则下列分式的值保持不变的是（）

xyA．x22 B．

xy xyC．

x2 y2D．

x2 y27．如图，若ABC与DEF是位似图形，则位似中心可能是（）

A．O1 B．O2 C．O3 D．O4

8．方程20(x1)x(x1)的解为（） A．x0

C．x10，x21

B．x1

D．x11，x21

9．如图，已知点A、点B是同一幢楼上的两个不同位置，从A点观测标志物C的俯角是65°，从B点观测标志物C的俯角是35°，则ACB的度数为（）

A．25° B．30° C．35° D．65°

10．若952190552k9921，则k的值是（） A．100

B．199

C．200

D．299

11．证明：平行四边形的对角线互相平分

已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O 求证：OAOC，OBOD

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证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴……………………

∴ABOCDO，BAODCO， ∴AOB≌COD， ∴OAOC，OBOD

其中，在“四边形ABCD是平行四边形”与“ABOCDO，BAODCO”之间应补充的步骤是（） A．ABCD，ADBC C．AB//CD，AD//BC

B．AD//BC，ADBC D．AB//CD，ABCD

12．把如图所示的正方形展开，得到的平面展开图可以是（）

A． B．

C． D．

13．船工小王驾驶一艘小艇匀速从甲港向乙港航行，离开甲港后不久便发现有重要物品落在甲港，小王马上驾驶小艇以相同的速度驰回甲港，到达甲港后，因找重要物品耽误了一段时间，为了按时到达乙港，小王回乙港时，加快了航行速度，则小艇离乙港的距离y与时间t之间的函数关系的大致图象是（）

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A． B． C．

D．

14．如图，在ABC中，作以A为内角，四个顶点都在ABC边上的菱形时，如下的作图步骤是打乱的．

①分别以点A，G为圆心，大于

1AG的长为半径在AG的两侧作弧，两弧相交于点M，2N；

②作直线MN分别交AB，AC于点P，Q，连接PG，GQ； ③分别以点D，大于E为圆心，

1DE的长为半径作弧，两弧相交于ABC内一点F，2连接AF并延长交边BC于点G；

④以点A为圆心，小于AC长为半径作弧，分别交AB，AC于点D，E． 则正确的作图步骤是（） A．②④①③

B．④③②①

C．②④③①

D．④③①②

15．嘉淇用一些完全相同的ABC纸片，已知六个ABC纸片按照图1所示的方法拼接可得外轮廓是正六边形图案，若用n个ABC纸片按图2所示的方法拼接，那么可以得到外轮廓的图案是（）

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A．正十二边形 B．正十边形 C．正九边形

2D．正八边形

16．对于题目：“已知A0,2，B3,2，抛物线ymx3m1x2m1m0与

线段AB（包含端点A、只有一个公共点，求m的取值范围”．甲的结果是3m0，B）乙的结果是0mA．甲的结果正确

C．甲、乙的结果合在一起才正确

二、填空题

17．计算312______．

18．如图，ABC沿AC方向平移得到ABC，AB交BC于点D，若AC6，D是BC的中点，则CC_______．

3，则（） 2B．乙的结果正确

D．甲、乙的结果合在一起也不正确

19．如图1，有一个足够长的矩形纸片ABCD，E、F分别是AD、BC上的点，

DEF24．

（1）将纸片含CD的部分沿EF折叠，称为第1次操作；如图2，则CFG______；

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（2）继续将纸片含CD的部分沿BF折叠，称为第2次操作；如图3，则CFE______；以后，重复上述这两步操作，分别记作第3次，第4次，第5次……第n操作，则n的最大值为______．

三、解答题

20．利用运算律计算有时可以简便

例1：256172651782214； 例2：99999910019900999801． 请你参考黑板中老师的讲解，用运算律简便计算． （1）123（2）计算：4121； 22215646． 3737x2，其中系数

被污染．

21．已知两个整式Ax22x，B（1）若

2是2，化简x2x2x2；

（2）若x2时，AB的值为18 ①说明原题中

是几？

②若再添加一个常数a，使A，B，a的和不为负数，求a的最小值．

22．在中考理化实验操作中，初三某班除两名同学因故外全部参加考试，考试结束后，把得到的成绩（均为整数分，满分10分）进行统计并制成如图1所示的条形统计图和如图2所示的扇形统计图（不完整）．

（1）m；

（2）若从这些同学中，随机抽取一名整理一下实验器材，求恰好抽到成绩不小于8分同学的概率；

（3）若两名同学经过补测，把得到的成绩与原来成绩合并后，发现成绩的中位数发生改变，求这两名同学的成绩和．

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23．如图，已知正方形ABCD，点P在对角线AC上，过点P作PEAC交边BC于点E（点E不与B、C重合），延长BC至点F，使得CFBE，连接DF．

（1）求证：EFPCDP； （2）若CF1DF，求APD的度数﹔ 2（3）若点O是CDP的内心，连接OD、OC直接写出COD的取值范围． 24．如图，已知直线l1，经过点B0,3、点C2,3，交x轴于点D，点P是x轴上一个动点，过点C、P作直线l2． （1）求直线l1的表达式； （2）已知点A7,0，当S△DPC1S△ACD时，求点P的坐标； 3（3）设点P的横坐标为m，点Mx1,y1，Nx2,y2是直线l2上任意两个点，若

x1x2时，有y1y2，请直接写出m的取值范围．

25．如图1，在RtABC中，C90，AB10，BC6，O是AC的中点，以点O为圆心在AC的右侧作半径为3的半圆O，分别交AC于点D、交AB于点G、E，

F．

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思考：连接OF，若OFAC，求AF的长度； 探究：如图2，将线段CD连同半圆O绕点C旋转． （1）在旋转过程中，求点O到AB距离的最小值；

（2）若半圆O与RtABC的直角边相切，设切点为K，连接AK，求AK的长． 26．在新型冠状肺炎疫情期间，某农业合作社决定对一种特色水果开展线上销售，考虑到实际情况，一共开展了30次线上销售，综合考虑各种因素，该种水果的成本价为每吨2万元，销售结束后，经过统计得到了如下信息：

信息1：设第x次线上销售水果y（吨），且第一次线上销售水果为39吨，然后每一次总比前一次销售减少1吨；

信息2：该水果的销售单价p（万元/吨）均由基本价和浮动价两部分组成，其中基本价保持不变，第1次线上销售至第15次线上销售的浮动价与销售场次x成正比，第16次线上销售至第30次线上销售的浮动价与销售场次x成反比； 信息3：

x（次） 2 8 24 p（万元） 2.2 2.8 3 请根据以上信息，解决下列问题． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）若p3.2（万元/吨），求x的值；

（3）在这30次线上销售中，哪一次线上销售获得利润最大？最大利润是多少？

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参考答案

1．B 【分析】

根据两点间距离与两直线距离的意义求解． 【详解】

解：两点间距离即两点间连线段的长度，所以①正确， 两直线距离是指两平行线间公垂线段的长度，

由图可知，AB即为直线l1,l2的公垂线段，所以②正确， 故选B． 【点睛】

本题考查两点间距离与两直线距离的应用，熟练掌握两点间距离与两直线距离的意义是解题关键． 2．B 【分析】

把每段的整数写出来即可得到答案． 【详解】

解：由数轴每段的端点可以得到：

段①的整数为-2，段②的整数为-1，0，段③的整数为1，段④的整数为2， 故选B． 【点睛】

本题考查用数轴表示数的应用，熟练掌握有理数在数轴上的排列规律是解题关键． 3．D 【分析】

根据科学记数法的意义求解． 【详解】 解：∴

n0.0?··0110∵

n，0.00?··0181.81010，

0.00?··018n中的n=10+2=12，

故选D． 【点睛】

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本题考查科学记数法的应用，熟练掌握4．C 【分析】

根据中心对称图形的意义解答． 【详解】 解：如图，

0.00?··0110nn是解题关键．

如果以O为对称中心，则A与B、C与D、E与F分别对应， 从图中可以看出，G应该与③对应， 故选C． 【点睛】

本题考查中心对称的应用，熟练掌握中心对称图形及对称中心的意义是解题关键． 5．C 【分析】

根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可． 【详解】

解：A、两个小球上数字之和等于1是不可能事件； B、两个小球上数字之和大于1是必然事件； C、两个小球上数字之和等于9是随机事件； D、两个小球上数字之和大于9是不可能事件； 故选：C． 【点睛】

本题考查了必然事件、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．

答案第2页，总20页

6．A 【分析】

根据分式的基本性质即可求出答案． 【详解】

2x2y解：A、

4x22xy=x22，故A的值保持不变．

B、

4xy2xy=，故B的值不能保持不变．

2x2yxy2x2x1=，故C的值不能保持不变．

2y2y1C、

D、

2x2x1=，故D的值不能保持不变．

2y2y1故选：A． 【点睛】

本题考查了分式，解题的关键是正确理解分式的基本性质，本题属于基础题型． 7．A 【分析】

根据位似中心的定义判断即可． 【详解】

如图所示，连接CF和BE并延长，相交于O1点， ∴可能的位似中心为O1点， 故选：A．

【点睛】

本题考查位似图形的概念，掌握位似中心是对应点连线的交点是解题关键．

答案第3页，总20页

8．D 【分析】

利用因式分解法解一元二次方程求解． 【详解】

解：20(x1)x(x1)

(x1)x(x1)0

(x1)1x0

∴x11，x21 故选：D． 【点睛】

本题考查因式分解法解一元二次方程，掌握解方程的步骤正确计算是解题关键． 9．B 【分析】

如图，标注字母，由题意得：EAC65,FBC35,AE//BF,证明

AGBEAC65,再利用AGBFBCACB,从而可得答案．

【详解】

解：如图，标注字母，由题意得：EAC65,FBC35,AE//BF,

AGBEAC65, AGBFBCACB,

ACB653530.

答案第4页，总20页

故选：B. 【点睛】

本题考查的是解直角三角形的应用，平行线的性质，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键． 10．C 【分析】

2由952190552k9921可得955k991,从而可得k10029921，

2再利用平方差公式进行计算即可得到答案． 【详解】 解：

952190552k9921，

2955k9921,

k10029921

10099100991

1991200.

故选：C. 【点睛】

本题考查的是完全平方公式与平方差公式的应用，掌握利用乘法公式进行运算是解题的关键．11．D 【分析】

由下一步两组相等的角可知该步为这两组角所对应的两边平行，即AB//CD，由于接下来是证明全等，那么还少一组边相等，因此只有D选项符合题意． 【详解】

解：由四边形ABCD是平行四边形可知对边平行， 要判定ABOCDO，BAODCO， 因此前面的条件应该包含AB//CD， 由于判定AOB≌COD还需要一组边， 因此只有D选项符合． 故选D．

答案第5页，总20页

【点睛】

此题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定以及平行线的判定与性质，需要学生熟练掌握判定与性质的基本内容，在理解的基础上熟练运用即可． 12．B 【分析】

在验证立方体的展开图时，要细心观察每一个标志的位置是否一致，然后进行判断． 【详解】

解：将正方形展开并标上顶点可得如下图所示：

其中C1与C相接，B1与B相接，D1与D相接，A1与A相接，B1与B相接，D1与D相

接.

故和选项B符合 故选：B． 【点睛】

本题考查了正方体的表面展开图及空间想象能力，易错易混点：学生对相关图的位置想象不准确，从而错选，解决这类问题时，不妨动手实际操作一下，即可解决问题． 13．B 【分析】

根据函数图象的意义求解． 【详解】

解：由题意可得小艇离乙港的距离 y 与时间 t 之间的函数关系大致如下： 从t=0开始，y逐渐减小，然后因小王返回，所以y逐渐增大到t=0时的值，

因为小王到达甲港后，找重要物品耽误了一段时间，所以y值接下来有一段与t=0时相同，然后因为小王回乙港时，加快了航行速度，所以最后一段应该是y在比较短的时间快速减为0，

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根据以上描述，正确答案应为B， 故选B． 【点睛】

本题考查函数图象的应用，熟练掌握函数图象、自变量与因变量的意义是解题关键． 14．D 【分析】

根据菱形的性质和作图步骤即可得到结论． 【详解】

解：正确的作图步骤是：

以点A为圆心，小于AC长为半径作弧，分别交AB，AC于点D，E； 分别以点D，E为圆心，大于

1DE的长为半径作弧，两弧相交于ABC内一点F，连接2AF并延长交边BC于点G；

G为圆心，分别以点A，大于

1AG的长为半径在AG的两侧作弧，两弧相交于点M，N； 2作直线MN分别交AB，AC于点P，Q，连接PG，GQ 故答案为：D． 【点睛】

本题考查作图-基本作图，线段垂直平分线的性质，菱形的性质，正确的理解题意是解题的关键． 15．C 【分析】

由题意可得∠ACB=40°，由此可求解问题． 【详解】

÷6=120°解：由图1可得：图案是一个正六边形，由正六边形的每个内角为720°， ∴∠ACB=40°， ∴∠BAC=60°，

∴图2中每个内角为80°+60°=140°，

∴用n个ABC纸片按图2所示的方法拼接，可得这个正多边形的每一个外角为40°， ∴这个正多边形的边数为360°÷40°=9； 故选C．

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【点睛】

本题主要考查正多边形，熟练掌握正多边形的概念是解题的关键． 16．D 【分析】

根据抛物线的图象解答． 【详解】

解：抛物线与线段AB仅有一个公共点，可等效为当x=0和x=3时，两个端点分别在线段AB的上面和下面， 当x=0时，y=2m-1，

3+2m-1=2m+8， 当x=3时，y=9m-3(m-1)×故分两种情况讨论： ①2m123，∴ m3（舍去），

22m822m123②，∴-3m≤m≤ ，

22m82又∵m≠0， ∴-3≤m<0或0本题考查抛物线的应用，熟练掌握抛物线与直线的交点求法是解题关键． 17．

3， 21 2【分析】

直接利用二次根式的除法法则，再将所得结果化简即可得出答案． 【详解】 解：312311． 1242故答案为：【点睛】

1． 2本题考查了二次根式的除法运算以及化简，牢记除法运算的法则以及化简的要求是解题的关

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键，考查了学生的运算能力． 18．3 【分析】

由D是BC的中点可得BDDC，由AB//AB可得即可得． 【详解】

解：∵D是BC的中点， ∴BDDC，

又∵ABC沿AC方向平移得到ABC， ∴AB//AB， ∴

AABD=1，最后根据平移的性质ACDCAABD=1， ACDC11AC63， 22∴AAAC∴CCAA3． 故答案为：3． 【点睛】

本题考查了平移的性质、平行线分线段成比例定理等知识点，熟练掌握平移的性质是解题关键．

19．132°108°6 【分析】

（1）根据折叠的性质解答； （2）根据折叠的性质解答． 【详解】

解：（1）如图，由折叠的性质可得：∠1=∠FEG=24°，

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∵AE∥BF，CF∥ED，

∴∠1=∠EFG=24°-∠FEG=156°，∠CFE=180°， ∴∠CFG=∠CFE-∠EFG=132°， 故答案为132°；

（2）由图3，根据折叠的性质及（1）可得： ∠CFG=132°，∠EFG=24°，

∴∠CFE=∠CFG-∠EFG=132°-24°=108°；

-n×24°由上可知，第n次操作后相应的角度为156°， ∴由156°-n×24°≥0可得：n≤6.5， ∴n的最大值为6， 故答案为108°；6． 【点睛】

本题考查矩形与折叠的综合应用，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题关键． 20．（1）-3；（2）-10 【分析】

（1）根据加法交换律与加法结合律计算；

（2）根据乘法分配律、加法交换律与加法结合律计算． 【详解】

12523 22215（2）4646．

373721254466

3377（1）原式1312212546

3377答案第10页，总20页

4610

【点睛】

本题考查有理数的简便运算，熟练掌握有理数的运算律是解题关键． 21．（1）x22；（2）①4；②-18 【分析】

（1）直接根据整式的加减运算法则求解即可； （2）①设

m，然后将x2代入AB，从而得到关于m的方程，求解即可；②根

据AB18以及A，B，a的和不为负数，直接建立不等式求解即可． 【详解】

解：（1）x2x2x2x2x2x2x2

222（2）①设

m，依题意得，22222m218

解之得，m4

②由于AB18，所以A、B、a的和不为负数时有ABa0． 即18a0，解之得，a18， ∴a的最小值为18． 【点睛】

本题考查整式的混合运算，掌握基本的运算法则和顺序，并注意题中要求，是解题关键． 22．（1）10；（2）【分析】

（1）直接用1减去其他的百分数即可得出答案；

（2）先求出总数和成绩不小于8分同学，将值代入概率公式即可得出答案；

（3）分两种情况：当两名同学成绩不大于8时，当两名同学成绩大于或等于9时，对比原中位数和新中位数即可得出答案． 【详解】

解：（1）m%117.5%30%27.5%15%10%

3；（3）18或19或20 4m10；

（2）一共有461112740（名）同学， 其中成绩不小于8分同学有30名同学

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所以P（抽到成绩不小于8分同学）3； 4（3）原中位数为：排名第20、21名同学的平均成绩为11分，新中位数为排名第21、22名同学的平均成绩；

当两名同学成绩不大于8时，新成绩的中位数不会发生改变，均为8 当两名同学成绩大于或等于9时，新成绩的中位数为8.5，发生改变， 因此两名同学的成绩和为18或19或20． 【点睛】

本题考查了中位数、条形统计图和扇形统计图、概率公式，根据条形统计图和扇形统计图得到相关信息是解题的关键．

23．（1）见解析；（2）60°；（3）135COD157.5 【分析】

（1）由四边形ABCD是正方形，AC是对角线，可得ACBACD45，BCCD，由PEAC于P，交BC于点E，可得PECPCE45，可证EFPCDP（SAS）；

（2）在RtDCF中，CF1CF1DF，由sinCDF，可得CDF30，由2DF2EFP≌CDP，可得PFPD，EPFCPD，求出DPF90，可求

PDC15，求出ADP90PDC75，利用三角形内角和求，APD=60即

可；

OD平分∠PDC，OC平分∠PCD ，（3）设∠PDC=，由点O为△DPC的内心，可得∠ODC=

1111PDC=，∠OCD=PCD=22.5，可求∠COD=157.5°-，当CF=BE=0时，

2222∠DPC=90°，∠PDC=45°，当CE=0时，∠PDC=0，可求0122,5再求2135COD157.5即可．

【详解】 （1）证明：

四边形ABCD是正方形，AC是对角线，

答案第12页，总20页

ACBACD45，BCCD，

PEAC于P，交BC于点E，

PECPCE45，

PEPC， BECF，

EFECCFECBEBCCD， FEPDCP45，

在△EFP和△CDP中，

EFCDPEFPCD， PEPCEFPCDP（SAS）；

（2）解：在RtDCF中，CF1DF， 2sinCDFCF1， DF2CDF30 EFP≌CDP，

PFPD，EPFCPD，

DPFDPCCPFFPEFPCCPE90，

PDFPFD45，

PDCPDFCDF453015， ADP90PDC75， DAC45，

APD180DAPADP60；

（3）解：设∠PDC=，

∵点O为△DPC的内心，OD平分∠PDC，OC平分∠PCD ，

答案第13页，总20页

∴∠ODC=

111PDC=，∠OCD=PCD=22.5， 2221212∴∠COD= 180°-∠ODC-∠OCD=180°--22.5°=157.5°-， 当CF=BE=0时，∠DPC=90°，∠PDC=45°， 当CE=0时，∠PDC=0，

1022,5，

2135°=157.5°-22.5∠COD157.5°-0=157.5，

135COD157.5．

【点睛】

本题考查正方形性质，三角形全等判定与性质，锐角三角函数，三角形内角和，三角形内心，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，锐角三角函数，三角形内角和，三角形内心性质是解题关键．

24．（1）y3x3；（2）P的坐标3,0或1,0；（3）m2 【分析】

（1）直接利用待定系数法解题即可；

（2）根据题意得出点D的坐标，从而得出AD的长，过点C作CEx轴于E，根据三角形的面积公式即可得出S△DPC3，设点Px,0根据面积法即可得出答案；

3，再根据n0，即m2（3）设l2直线表达式为：ynxc，根据待定系数法得出n可得出答案．

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【详解】

解：（1）设直线l1的解析式为ykxbk0 ∵B0,3、点C2,3在直线l1上，

3b∴，

32kb解之得，k3

b3∴y3x3

（2）∵直线y3x3交x轴于D， ∴D1,0， ∵A7,0， ∴AD6，

过点C作CEx轴于E， ∵C2,3， ∴CE3， ∴S△ACD∴S△DPC1ADCE9 21S△ACD， 3∴S△DPC3， 设点Px,0，

1x133 2∴S△DPC∴x3或x1， ∴P的坐标3,0或1,0

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（3）设l2直线表达式为：ynxc 根据题意得，n0

3和Pm,0得： 代入C2，2nc3 mnc0解得：n3 m2n0 30 m2m20 m2．

【点睛】

本题考查了一次函数与几何图形的综合，不等式的应用以及解二元一次方程组，熟练掌握一次函数解析式的求法是解题的关键． 25．思考：5；探究：（1）【分析】

思考：如图，在RtABC中，C90，AB10，BC6，可得AC8可得

4；（2）71或87 5AOCO4，结合OFAC，OF3，利用勾股定理可得答案；

探究：（1）如图，当CDAB时，点O到AB的距离最小，由三角形面积公式可得，

S△ABC11ACBCABCG，求解CG即可得到答案； 22（2）当半圆O与BC相切时，如图，设切点为K，连接OK，AK，则OKC90，

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在RtOCK中，OK3，OC4，求解CK7再在Rt△ACK中，AC8，求解

AKAC2CK271,当半圆O与AC相时，如图，设切点为K，连接OK，则

OKC90，在RtOCK中，OK3，OC4，求解CK7，可得AK87，从而可得答案． 【详解】

解：思考：如图，在RtABC中，C90，AB10，BC6，

∴AC8

∵O是AC的中点， ∴AOCO4， ∵OFAC，OF3， ∴AFOA2OF25．

探究：（1）如图，当CDAB时，点O到AB的距离最小，

由三角形面积公式可得，S△ABC11ACBCABCG 22答案第17页，总20页

∴CG24， 54 54 5∴OGCGOC∴点O到AB距离的最小值是

（2）当半圆O与BC相切时，

如图，设切点为K，连接OK，AK，则OKC90，

∵在RtOCK中，OK3，OC4，∴CK7 ∵在Rt△ACK中，AC8， ∴AKAC2CK271,

当半圆O与AC相时，如图，设切点为K，连接OK， ∴OKC90

∵在RtOCK中，OK3，OC4， ∴CK7 ∴AK87 答案第18页，总20页

∴AK的长为71或87 【点睛】

本题考查的是勾股定理的应用，切线的性质，数学分类思想的应用，掌握以上知识是解题的关键．

26．（1）y40x；（2）当1x15时，x12；当16x30时，x15次，利润最大为36万元 【分析】

（1）设第x次线上销售水果y (吨),根据“第一次线上销售水果为39吨，然后每一次总比前一次销售量减少1吨”列出函数关系式即可； （2）确定函数解析式，代入p值求解即可；

（3）首先分类讨论，求出①当1≤x≤15时，②当16（1）设第x次线上销售水果y（吨），且第一次线上销售水果为39吨，然后每一次总比前一次销售减少1吨；

∴y与x之间的函数关系式：y40x；

（2）设第1场~第15场时p与x的函数关系式为paxb； 第16场~第30场时p与x的函数关系式为p20；（3）第

mb； x12.22aba依题意得，解得，10，

2.88abb2∴p1x2 10m2，解之得，m24， 24又当x24时，有3∴p242 x1x23.2，解之得，x12， 102423.2，解之得，x20， 当16x30时，px当1x15时，p答案第19页，总20页

（3）设每场获得的利润为W（万元），则有： 当1x15时，W40x1121x22x24xx2040

101010所以当x15时，W最大，最大为37.5万元； 当16x30时，W40x249602224 xx当x16时，W最大，最大为36万元

∴在这30次线上销售中，第15次线上销售获得利润最大，最大利润37.5万元． 【点睛】

此题主要考查了二次函数及反比例函数的应用，考查了单价、总价、数量的关系，以及函数解析式的求法，要熟练掌握．

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