一、选择题
1．(3分)(2021•潍坊) A． ﹣1 考点: 分析: 解答: B． 0 立方根 根据开立方运算，可得一个数的立方根． 解:的立方根是1， 的立方根是( )
C． 1 D． ±1 点评: 故选:C． 本题考查了立方根，先求幂，再求立方根． 2．(3分)(2021•潍坊)下列标志中不是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 考点: 分析: 解答: 中心对称图形 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 解:A、是中心对称图形，故此选项不合题意； B、是中心对称图形，故此选项不合题意； C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项符合题意； D、是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选:C． 此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 点评: 3．(3分)(2021•潍坊)下列实数中是无理数的是( ) ﹣ A． B． C． 22 5. 考点: 分析: 解答: 无理数 根据无理数是无限不循环小数，可得答案． sin45° D． 点评:
解:A、B、C、是有理数； D、是无限不循环小数，是无理数； 故选:D． 本题考查了无理数，无理数是无限不循环小数． 4．(3分)(2021•潍坊)一个几何体的三视图如图，则该几何体是( )
A． 考点: 分析: 解答: 点评:
由三视图判断几何体 由空间几何体的三视图可以得到空间几何体的直观图． 解:由三视图可知，该组合体的上部分为圆台，下部分为圆柱， 故选:D． 本题只要考查三视图的识别和判断，要求掌握常见空间几何体的三视图，比较基础． B． C． D． 5．(3分)(2021•潍坊)若代数式 A． x≥﹣1 考点: 分析: 解答: B． x≥﹣1且x≠3 有意义，则实数x的取值范围是( ) C． x＞﹣1 D． x＞﹣1且x≠3 点评: 二次根式有意义的条件；分式有意义的条件 根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解． 解:由题意得，x+1≥0且x﹣3≠0， 解得x≥﹣1且x≠3． 故选B． 本题考查的知识点为:分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数． 6．(3分)(2021•潍坊)如图，▱ABCD的顶点A、B、D在⊙O上，顶点C在⊙O的直径BE上，连接AE，∠E=36°，则∠ADC的度数是( )
44° A． 考点: 分析: 54° B． 72° C． 53° D． 圆周角定理；平行四边形的性质 首先根据直径所对的圆周角为直角得到∠BAE=90°，然后利用四边形ABCD解答: 点评: 是平行四边形，∠E=36°，得到∠BEA=∠DAE=36°，从而得到∠BAD=126°，求得到∠ADC=54°． 解:∵BE是直径， ∴∠BAE=90°， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠E=36°， ∴∠BEA=∠DAE=36°， ∴∠BAD=126°， ∴∠ADC=54°， 故选B． 本题考查了圆周角定理及平行四边形的性质，解题的关键是认真审题，发现图形中的圆周角． 7．(3分)(2021•潍坊)若不等式组 A． a≥﹣1 考点: 分析: 解答: B． a＜﹣1 a≤1 C． 无解，则实数a的取值范围是( )
D． a≤﹣1 解一元一次不等式组 分别求出各不等式的解集，再与已知不等式组无解相比较即可得出a的取值范围． 解:，由①得，x≥﹣a，由②得，x＜1， 点评: ∵不等式组无解， ∴﹣a≥1，解得a≤﹣1． 故选D． 本题考查的是解一元一次不等式组，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．(3分)(2021•潍坊)如图，已知矩形ABCD的长AB为5，宽BC为4，E是BC边上的一个动点，AE⊥EF，EF交CD于点F．设BE=x，FC=y，则点E从点B运动到点C时，能表示y关于x的函数关系的大致图象是( )
A． B． C． D． 考点: 分析: 解答:
动点问题的函数图象 利用三角形相似求出y关于x的函数关系式，根据函数关系式进行分析求解． 解:∵BC=4，BE=x，∴CE=4﹣x． ∵AE⊥EF，∴∠AEB+∠CEF=90°， ∵∠CEF+∠CFE=90°， ∴∠AEB=∠CFE． 又∵∠B=∠C=90°， ∴Rt△AEB∽Rt△EFC， ∴，即， 整理得:y=(4x﹣x2)=﹣(x﹣2)2+ ∴y与x的函数关系式为:y=﹣(x﹣2)2+(0≤x≤4) 由关系式可知，函数图象为一段抛物线，开口向下，顶点坐标为(2，)，对称轴为直线x=2． 故选A． 本题考查了动点问题的函数图象问题，根据题意求出函数关系式是解题关键． 点评:
9．(3分)(2021•潍坊)等腰三角形一条边的边长为3，它的另两条边的边长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+k=0的两个根，则k的值是( ) A． 27 B． 36 C． 27或36 D． 18 考点: 等腰三角形的性质；一元二次方程的解 分析: 由于等腰三角形的一边长3为底或腰不能确定，故应分两种情况进行讨论:①当3为腰时，其他两条边中必有一个为3，把x=3代入原方程可求出k的值，进而求出方程的另一根，再根据三角形的三边关系判断是否符合题意即可；②当3为底时，则其他两条边相等，即方程有两个相等的实数根，由△=0可求出k的值，再求出方程的两个根进行判断即可． 解:分两种情况: ①当其他两条边中有一个为3时，将x=3代入原方程， 得32﹣12×3+k=0，k=27． 将k=27代入原方程，得x2﹣12x+27=0， 解得x=3或9． 3，3，9不能够组成三角形，不符合题意舍去； ②当3为底时，则其他两条边相等，即△=0， 此时144﹣4k=0，k=36． 将k=36代入原方程，得x2﹣12x+36=0， 解得x=6． 3，6，6能够组成三角形，符合题意． 故k的值为36． 故选B． 本题考查的是等腰三角形的性质，一元二次方程根的判别式及三角形的三边关系，在解答时要注意分类讨论，不要漏解． 解答: 点评:
10．(3分)(2021•潍坊)如图是某市7月1日至10日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择7月1日至7月8日中的某一天到达该市，并连续停留3天，则此人在该市停留期间有且仅有1天空气质量优良的概率是( )
A． 考点: 分析: 解答: B． C． D． 概率公式；折线统计图 先求出3天中空气质量指数的所有情况，再求出有一天空气质量优良的情况，根据概率公式求解即可． 解:∵由图可知，当1号到达时，停留的日子为1、2、3号，此时为(86，25，57)，3天空气质量均为优； 当2号到达时，停留的日子为2、3、4号，此时为(25，57，143)，2天空气质量为优； 当3号到达时，停留的日子为3、4、5号，此时为(57，143，220)，1天空气质量为优； 当4号到达时，停留的日子为4、5、6号，此时为(143，220，160)，空气质量为污染； 当5号到达时，停留的日子为5、6、7号，此时为(220，160，40)，1天空气质量为优； 当6号到达时，停留的日子为6、7、8号，此时为(160，40，217)，1天空气质量为优； ∴此人在该市停留期间有且仅有1天空气质量优良的概率==． 故选C． 点评: 本题考查的是概率公式，熟知随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数与所有可能出现的结果数的商是解答此题的关键． 11．(3分)(2021•潍坊)已知一次函数y1=kx+b(k＜0)与反比例函数y2=(m≠0)的图象相交于
A、B两点，其横坐标分别是﹣1和3，当y1＞y2时，实数x的取值范围是( ) A． x＜﹣1或0＜xB． ﹣1＜x＜0或0C． ﹣1＜x＜0或xD． x＜x＜3 ＜3 ＜x＜3 ＞3 考点: 分析: 解答: 反比例函数与一次函数的交点问题． 根据观察图象，可得直线在双曲线上方的部分，可得答案． 解:如图: 直线在双曲线上方的部分，故答案为:x＜﹣1或0＜x＜3， 故选:A． 点评: 本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，直线在双曲线上方的部分是不等式的解． 12．(3分)(2021•潍坊)如图，已知正方形ABCD，顶点A(1，3)、B(1，1)、C(3，1)．规定“把正方形ABCD先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，如此这样，连续经过2021次变换后，正方形ABCD的对角线交点M的坐标变为( )
A． (﹣2021，2) 考点: 专题: 分析: B． (﹣2021，﹣2) C． (﹣2021，﹣2) D． (﹣2021，2) 翻折变换(折叠问题)；正方形的性质；坐标与图形变化-平移 规律型． 首先由正方形ABCD，顶点A(1，3)、B(1，1)、C(3，1)，然后根据题意求得第1次、2次、3次变换后的对角线交点M的对应点的坐标，即可得规律:第n次变换后的点M的对应点的为:当n为奇数时为(2﹣n，﹣2)，当n为偶数时为(2﹣n，2)，继而求得把正方形ABCD连续经过2021次这样的变换得到正方形ABCD的对角线交点M的坐标． 解:∵正方形ABCD，顶点A(1，3)、B(1，1)、C(3，1)． ∴对角线交点M的坐标为(2，2)， 根据题意得:第1次变换后的点M的对应点的坐标为(2﹣1，﹣2)，即(1，﹣2)， 第2次变换后的点M的对应点的坐标为:(2﹣2，2)，即(0，2)， 第3次变换后的点B的对应点的坐标为(2﹣3，﹣2)，即(﹣1，﹣2)， 解答: 点评: 第n次变换后的点B的对应点的为:当n为奇数时为(2﹣n，﹣2)，当n为偶数时为(2﹣n，2)， ∴连续经过2021次变换后，正方形ABCD的对角线交点M的坐标变为(﹣2021，2)． 故选:A． 此题考查了对称与平移的性质．此题难度较大，属于规律性题目，注意得到规律:第n次变换后的对角线交点M的对应点的坐标为:当n为奇数时为(2﹣n，﹣2)，当n为偶数时为(2﹣n，2)是解此题的关键．
二、填空题
13．(3分)(2021•潍坊)分解因式:2x(x﹣3)﹣8= 2(x﹣4)(x+1) ． 考点: 分析: 解答: 因式分解-十字相乘法等 首先去括号，进而整理提取2，即可利用十字相乘法分解因式． 解:2x(x﹣3)﹣8 =2x2﹣6x﹣8 =2(x2﹣3x﹣4) =2(x﹣4)(x+1)． 故答案为:2(x﹣4)(x+1)． 点评: 此题主要考查了提取公因式法以及十字相乘法分解因式，熟练掌握十字相乘法分解因式是解题关键． 14．(3分)(2021•潍坊)计算:82021×(﹣0.125)2021= ﹣0.125 ． 考点: 分析: 解答: 幂的乘方与积的乘方；同底数幂的乘法 根据同底数幂的乘法，可化成指数相同的幂的乘法，根据积的乘方，可得答案． 解:原式=82021×(﹣0.125)2021×(﹣0.125) =(﹣8×0.125)2021×(﹣0.125)=﹣0.125， 故答案为:﹣0.125． 本题考查了积的乘方，先化成指数相同的幂的乘法，再进行积的乘方运算． 点评: 15．(3分)(2021•潍坊)如图，两个半径均为的⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，且每个
．(结果保留π)
圆都经过另一个圆的圆心，则图中阴影部分的面积为 2π﹣3
考点: 分析: 扇形面积的计算；等边三角形的判定与性质；相交两圆的性质 根据题意得出一部分弓形的面积，得出S进而得出即可． =﹣解答: 解:连接O1O2，过点O1作O1C⊥AO2于点C， 由题意可得:AO1=O1O2=AO2=， ∴△AO1O2是等边三角形， ∴CO1=O1O2sin60°=， ∴S=××=， =∴=﹣S=， =﹣， ． ∴图中阴影部分的面积为:4(故答案为:2π﹣3． ﹣)=2π﹣3点评: 此题主要考查了扇形的面积公式应用以及等边三角形的判定与性质，熟练记忆扇形面积公式是解题关键． 16．(3分)(2021•潍坊)已知一组数据﹣3，x，﹣2，3，1，6的中位数为1，则其方差为 9 ． 考点: 方差；中位数 专题: 分析: 计算题． 由于有6个数，则把数据由小到大排列时，中间有两个数中有1，而数据的中位数为1，所以中间两个数的另一个数也为1，即x=1，再计算数据的平均数，然后利用方差公式求解． 解:∵数据﹣3，x，﹣2，3，1，6的中位数为1， ∴=1，解得x=1， 解答: ∴数据的平均数=(﹣3﹣2+1+1+3+6)=1， ∴方差=[(﹣3﹣1)2+(﹣2﹣1)2+(1﹣1)2+(1﹣1)2+(3﹣1)2+(6﹣1)2]=9． 故答案为5． 点评: 本题考查了方差:一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差通常用s2来表示，计算公式是:s2=[(x1﹣x¯)2+(x2﹣x¯)2+…+(xn﹣x¯)2]；方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了中位数．
17．(3分)(2021•潍坊)如图，某水平地面上建筑物的高度为AB，在点D和点F处分别竖立高是2米的标杆CD和EF，两标杆相隔50米，并且建筑物AB、标杆CD和EF在同一竖直平面内，从标杆CD后退2米到点G处，在G处测得建筑物顶端A和标杆顶端C在同一条直线上；从标杆FE后退4米到点H处，在H处测得建筑物顶端A和标杆顶端E在同一条直线上，则建筑物的高是 50 米．
考点: 分析: 解答: 相似三角形的应用 根据题意可得出△CDG∽△ABG，△EFH∽△ABH，再根据相似三角形的对应边成比例即可得出结论． 解:∵AB⊥BH，CD⊥BH，EF⊥BH， ∴AB∥CD∥EF， ∴△CDG∽△ABG，△EFH∽△ABH， ∴=，=， ∵CD=DG=EF=2m，DF=50m，FH=4m， ∴∴∴===①，=②， ，解得BD=50m， ，解得AB=52m． 点评: 故答案为:52． 本题考查的是相似三角形的应用，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键． 18．(3分)(2021•潍坊)我国古代有这样一道数学问题:“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何？”题意是:如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因一丈是十尺，则该圆柱的高为20尺，底面周长为3尺，有葛藤自点A处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点B处，则问题中葛藤的最短长度是 25 尺．
考点: 分析: 解答: 平面展开-最短路径问题 这种立体图形求最短路径问题，可以展开成为平面内的问题解决，展开后可转化下图，所以是个直角三角形求斜边的问题，根据勾股定理可求出． 解:如图，一条直角边(即枯木的高)长20尺， 另一条直角边长5×3=15(尺)， 因此葛藤长为故答案为25． =25(尺)． 点评: 本题考查了平面展开最短路径问题，关键是把立体图形展成平面图形，本题是展成平面图形后为直角三角形按照勾股定理可求出解．
三、解答题
19．(9分)(2021•潍坊)今年我市把男生“引体向上”项目纳入学业水平体育考试内容，考试前某校为了解该项目的整体水平，从九年级220名男生中，随机抽取20名进行“引体向上”测试，测试成绩(单位:个)如图
1:
其中有一数据被污损，统计员只记得11.3是这组样本数据的平均数． (1)求该组样本数据中被污损的数据和这组数据的极差；
(2)请补充完整下面的频数、频率分布表和频数分布直方图(如图2)；
频数、频率分布表: 测试成绩/个 1～5 6～10 11～15 16～20 合计 频数 2 6 9 3 20 频率 0.10 0.30 0.45 0.15 1.00 (3)估计在学业水平体育考试中该校九年级有多少名男生能完成11个以上(包含11个)“引体向上”？ 考点: 频数(率)分布直方图；用样本估计总体；频数与频率；频数(率)分布表． 分析: (1)直接利用平均数求法得出x的值，进而求出极差即可； (2)直接利用已知数据得出各组频数，进而求出频率，填表和补全条形图即可； (3)利用样本估计总体的方法得出，能完成11个以上的是后两组所占百分比，进而得出九年级男生能完成11个以上(包含11个)“引体向上”的人数． 解:(1)设被污损的数据为x， 由题意知:=11.3， 解答: 解得:x=19， 根据极差的定义，可得该组数据的极差是:19﹣3=16， (2)由样本数据知，测试成绩在6～10个的有6名，该组频数为6，相应频率是:=0.30， =0.45， 测试成绩在11～15个的有9名，该组频数为9，相应频率是:补全的频数、频率分布表和频数分布直方图如下所示: 测试成绩/个 频数 频率 1～5 2 0.10 6～10 6 0.30 11～15 16～20 合计 9 3 20 0.45 0.15 1.00 (3)由频率分布表可知，能完成11个以上的是后两组，(0.45+0.15)×100%=60%， 由此估计在学业水平体育考试中能完成11个以上“引体向上”的男生数是:220×60%=132(名)． 点评: 此题主要考查了频数分布直方表以及条形统计图等知识，正确掌握相关定义求出各组频率是解题关键．
20．(10分)(2021•潍坊)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，以AB为直径作⊙O，恰与另一腰CD相切于点E，连接OD、OC、BE． (1)求证:OD∥BE；
(2)若梯形ABCD的面积是48，设OD=x，OC=y，且x+y=14，求CD的长．
考点: 分析: 切线的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；梯形 (1)连接OE，证出RT△OAD≌RT△OED，利用同弦对圆周角是圆心角的一半，得出∠AOD=∠ABE，利用同位角相等两直线平行得到OD∥BE， (2)由RT△COE≌RT△COB，得到△COD是直角三角形，利用S梯形ABCD=2S△COD， 求出xy=48，结合x+y=14，求出CD． (1)证明:如图，连接OE， 解答: ∵CD是⊙O的切线， ∴OE⊥CD， 在Rt△OAD和Rt△OED， ∴Rt△OAD≌Rt△OED(SAS) ∴∠AOD=∠EOD=∠AOE， 在⊙O中，∠ABE=∠AOE， ∴∠AOD=∠ABE， ∴OD∥BE． (2)解:与(1)同理可证:Rt△COE≌Rt△COB， ∴∠COE=∠COB=∠BOE， ∵∠DOE+∠COE=90°， ∴△COD是直角三角形， ∵S△DEO=S△DAO，S△OCE=S△COB， ∴S梯形ABCD=2(S△DOE+S△COE)=2S△COD=OC•OD=48，即xy=48， 又∵x+y=14， ∴x2+y2=(x+y)2﹣2xy=142﹣2×48=100， 在RT△COD中，CD====10， 点评: ∴CD=10． 本题考查了切线的性质:圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理、圆周角定理和全等三角形的判定与性质．关键是综合运用，找准线段及角的关系． 21．(10分)(2021•潍坊)如图，某海域有两个海拔均为200米的海岛A和海岛B，一勘测飞机在距离海平面垂直高度为1100米的空中飞行，飞行到点C处时测得正前方一海岛顶端A的俯角是45°，然后沿平行于AB的方向水平飞行1.99×104米到达点D处，在D处测得正前方另一海岛顶端B的俯角是60°，求两海岛间的距离AB．
考点: 分析: 解直角三角形的应用-仰角俯角问题 首先过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F，易得四边形ABFE为矩形，根据矩形的性质，可得AB=EF，AE=BF．由题意可知:AE=BF=1100﹣200=900米，CD=1.99×104米，然后分别在Rt△AEC与Rt△BFD中，利用三角函数即可求得CE与DF的长，继而求得两海岛间的距离AB． 解:过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F， ∵AB∥CD， ∴∠AEF=∠EFB=∠ABF=90°， 解答: ∴四边形ABFE为矩形． ∴AB=EF，AE=BF． 由题意可知:AE=BF=1100﹣200=900米，CD=1.99×104米=19900米． 在Rt△AEC中，∠C=60°，AE=900米． ∴CE===300(米)． 在Rt△BFD中，∠BDF=45°，BF=900米． ∴DF===900(米)． (米)． ∴AB=EF=CD+DF﹣CE=19900+300﹣900=19000+300答:两海岛间的距离AB为(19000+300)米． 点评: 此题考查了俯角的定义、解直角三角形与矩形的性质．注意能借助俯角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
22．(12分)(2021•潍坊)如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G． (1)求证:AE⊥BF；
(2)将△BCF沿BF对折，得到△BPF(如图2)，延长FP到BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；
(3)将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM(如图3)，若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．
考点: 分析: 四边形综合题 (1)运用Rt△ABE≌Rt△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°求证； (2)△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，解出BP，QP求解； (3)先求出正方形的边长，再根据面积比等于相似边长比的平方，求得S△AGN=，再利用S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN求解． 解答: (1)证明:如图1，∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点， ∴CF=BE， 在Rt△ABE和Rt△BCF中， ∴Rt△ABE≌Rt△BCF(SAS)， ∠BAE=∠CBF， 又∵∠BAE+∠BEA=90°， ∴∠CBF+∠BEA=90°， ∴∠BGE=90°， ∴AE⊥BF． (2)解:如图2，根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90° ∵CD∥AB， ∴∠CFB=∠ABF， ∴∠ABF=∠PFB， ∴QF=QB， 令PF=k(k＞0)，则PB=2k 在Rt△BPQ中，设QB=x， ∴x2=(x﹣k)2+4k2， ∴x=， ==． ∴sin∠BQP= (3)解:∵正方形ABCD的面积为4， ∴边长为2， ∵∠BAE=∠EAM，AE⊥BF， ∴AN=AB=2， ∵∠AHM=90°， ∴GN∥HM， ∴=， ∴=， ∴S△AGN=， ∴S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN=1﹣=， ∴四边形GHMN的面积是． 点评: 本题主要考查了四边形的综合题，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．
23．(12分)(2021•潍坊)经统计分析，某市跨河大桥上的车流速度v(千米/小时)是车流密度x(辆/千米)的函数，当桥上的车流密度达到220辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0千米/小时；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为80千米/小时，研究表明:当20≤x≤220时，车流速度v是车流密度x的一次函数．
(1)求大桥上车流密度为100辆/千米时的车流速度；
(2)在交通高峰时段，为使大桥上的车流速度大于40千米/小时且小于60千米/小时，应控制大桥上的车流密度在什么范围内？
(3)车流量(辆/小时)是单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，即:车流量=车流速度×车流密度．求大桥上车流量y的最大值． 考点: 分析: 一次函数的应用 (1)当20≤x≤220时，设车流速度v与车流密度x的函数关系式为v=kx+b，根据题意的数量关系建立方程组求出其解即可； (2)由(1)的解析式建立不等式组求出其解即可； (3)设车流量y与x之间的关系式为y=vx，当x＜20和20≤x≤220时分别表示出函数关系由函数的性质就可以求出结论． 解:(1)设车流速度v与车流密度x的函数关系式为v=kx+b，由题意，得 ， 解答: 解得:， ∴当20≤x≤220时，v=﹣x+88； (2)由题意，得 ， 解得:70＜x＜120． ∴应控制大桥上的车流密度在70＜x＜120范围内； (3)设车流量y与x之间的关系式为y=vx， 当0≤x≤20时 y=80x， ∴k=80＞0， ∴y随x的增大而增大， ∴x=20时，y最大=1600； 当20≤x≤220时 y=(﹣x+88)x=﹣(x﹣110)2+4840， ∴当x=110时，y最大=4840． 点评: ∵4840＞1600， ∴当车流密度是110辆/千米，车流量y取得最大值时4840辆/小时． 本题考查了车流量=车流速度×车流密度的运用，一次函数的解析式的运用，一元一次不等式组的运用，二次函数的性质的运用，解答时求出函数的解析式是关键． 24．(13分)(2021•潍坊)如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交
于点A和点B，其中点A的坐标为(﹣2，0)，抛物线的对称轴x=1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E． (1)求抛物线的解析式；
(2)若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积为17，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标．
考点: 分析: 二次函数综合题 (1)先把C(0，4)代入y=ax2+bx+c，得出c=4①，再由抛物线的对称轴x=﹣=1，得到b=﹣2a②，抛物线过点A(﹣2，0)，得到0=4a﹣2b+c③，然后由①②③可解得，a=﹣，b=1，c=4，即可求出抛物线的解析式为y=﹣x2+x+4； (2)假设存在满足条件的点F，连结BF、CF、OF，过点F作FH⊥x轴于点H，FG⊥y轴于点G．设点F的坐标为(t，﹣t2+t+4)，则FH=﹣t2+t+4，FG=t，先根据三角形的面积公式求出S△OBF=OB•FH=﹣t2+2t+8，S△OFC=OC•FG=2t，再由S四边形ABFC=S△AOC+S△OBF+S△OFC，得到S四边=﹣t2+4t+12．令﹣t2+4t+12=17，即t2﹣4t+5=0，由△=(﹣4)2﹣4×5=﹣4＜0，得出方程t2﹣4t+5=0无解，即不存在满足条件的点F； (3)先运用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣x+4，再求出抛物线形ABFCy=﹣x2+x+4的顶点D(1，)，由点E在直线BC上，得到点E(1，3)，于是DE=﹣3=．若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，因为DE∥PQ，只须DE=PQ，设点P的坐标是(m，﹣m+4)，则点Q的坐标是(m，﹣m2+m+4)．分两种情况进行讨论:①当0＜m＜4时，PQ=(﹣m2+m+4)﹣(﹣m+4)=﹣m2+2m，解方程﹣m2+2m=，求出m的值，得到P1(3，1)；②当m＜0或m＞4时，PQ=(﹣m+4)﹣(﹣m2+m+4)=m2﹣2m，解方程m2﹣2m=，求出m的值，得到P2(2+2﹣解答: )，P3(2﹣，2+)． ，解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)过点C(0，4)，∴c=4 ①． ∵对称轴x=﹣=1，∴b=﹣2a ②． ∵抛物线过点A(﹣2，0)， ∴0=4a﹣2b+c ③， 由①②③解得，a=﹣，b=1，c=4， ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+4； (2)假设存在满足条件的点F，如图所示，连结BF、CF、OF，过点F作FH⊥x轴于点H，FG⊥y轴于点G． 设点F的坐标为(t，﹣t2+t+4)，其中0＜t＜4， 则FH=﹣t2+t+4，FG=t， ∴S△OBF=OB•FH=×4×(﹣t2+t+4)=﹣t2+2t+8， S△OFC=OC•FG=×4×t=2t， ∴S四边形ABFC=S△AOC+S△OBF+S△OFC=4﹣t2+2t+8+2t=﹣t2+4t+12． 令﹣t2+4t+12=17，即t2﹣4t+5=0， 则△=(﹣4)2﹣4×5=﹣4＜0， ∴方程t2﹣4t+5=0无解， 故不存在满足条件的点F； (3)设直线BC的解析式为y=kx+n(k≠0)， ∵B(4，0)，C(0，4)， ∴，解得， ∴直线BC的解析式为y=﹣x+4． 由y=﹣x2+x+4=﹣(x﹣1)2+， ∴顶点D(1，)， 又点E在直线BC上，则点E(1，3)， 于是DE=﹣3=． 若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，因为DE∥PQ，只须DE=PQ， 设点P的坐标是(m，﹣m+4)，则点Q的坐标是(m，﹣m2+m+4)． ①当0＜m＜4时，PQ=(﹣m2+m+4)﹣(﹣m+4)=﹣m2+2m， 由﹣m2+2m=，解得:m=1或3． 当m=1时，线段PQ与DE重合，m=1舍去， ∴m=3，P1(3，1)． ②当m＜0或m＞4时，PQ=(﹣m+4)﹣(﹣m2+m+4)=m2﹣2m， 由m2﹣2m=，解得m=2±，经检验适合题意， 此时P2(2+，2﹣)，P3(2﹣，2+)． 综上所述，满足题意的点P有三个，分别是P1(3，1)，P2(2+P3(2﹣，2+)． ，2﹣)，点评: 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，四边形的面积，平行四边形的判定等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容