2022-2023学年福建省厦门市思明区华侨中学九年级(上)期中数学试题及答案解析

2022-2023学年福建省厦门市思明区华侨中学九年级（上）期中
数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 手机移动支付给生活带来便捷．如图是张老师2021年9月18日微信账单的收支明细(正数
表示收入，负数表示支出，单位：元)，张老师当天微信收支的最终结果是( )
A. 收入90元
B. 支出8元
C. 支出5元
D. 收入6元
2. 抛物线y=−3(x−4)2+5左平移2个单位再向下平移1个单位后所得到的新函数的顶点
坐标是( )
A. (−6,4)
B. (2,6)
C. (2,4)
D. (6,4)
3. 关于一元二次方程x2−2√5x+4=0根的情况描述正确的是( )
A. 有两个相等的实数根
B. 没有实数根
C. 有两个不相等的实数根
D. 不能确定
4. 如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠A=100°，则∠BOD=( )
A. 80°
B. 50°
C. 160°
D. 100°
5. 方程3x2+2x+1=3的解相当于函数y=3x2+2x+1的( )
A. 函数值为0时自变量的值
B. 函数值为3时自变量的值
C. 自变量为0时的函数值
D. 自变量为3时的函数值
6. 如图，在平行四边形ABCD中，BC=5，S▱ABCD=10√6，以顶点C为圆心，BC为半径作圆，则AD边所在直线与⊙C的位置关系是( )
A. 相交
B. 相切
C. 相离
D. 以上三种都有可能
7. 图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，双翼的边缘AC=BD=54cm，且与闸机侧立面夹角∠PCA=∠BDQ=30°.当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为( )
A. (54√3+10)cm
B. (54√2+10)cm
C. 64cm
D. 54cm
8. 如图1，有两全等的正三角形ABC，DEF，且D，A分别为△ABC，△DEF的重心．固定D点，将△DEF逆时针旋转，使得A落在DE上，如图2所示．求图1与图2中，两个三角形重迭区域的面积比为何( )
A. 2：1
B. 3：2
C. 4：3
D. 5：4
9. 若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(ac≠0)有一根为x=2019，则关于y的一元二次方程cy2+by+a=0(ac≠0)必有一根为( )
A. 1
2019B. −1
2019
C. 2019
D. −2019
10. 已知二次函数y=ax2−2ax+c，当−3<x<−2时，y>0；当3<x<4时，y<0.则a与c满足的关系式是( )
A. c=−15a
B. c=−8a
C. c=−3a
D. c=a
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 计算：(√2)0+1=______．
12. 抛物线y=2x2−bx+3的对称轴是直线x=1，则b的值为______．
13. 如图，将△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，若点D落在线段BC的延长线上，则∠B大小为______．
14. 如图，已知AB是⊙O的直径，AB=2，C、D是圆周上的点，且∠CDB=30°，则BC的长为______．
15. 公路上行驶的汽车急刹车时的行驶路程s(m)与时间t(s)的函数关系式为s=20t−5t2，当遇到紧急情况时，司机急刹车，但由于惯性汽车要滑行______m才能停下来．
16. 已知正方形ABCD边长为2，E、F分别是直线BC、CD上的动点，且满足BE=CF，连接AE、BF，交点为P点，则PD的最小值为______．
三、计算题（本大题共1小题，共15.0分）
17. (1)解方程：x 2+4x +2=0．
(2)计算：√−273
−(1
3)−1+|√3−2|．
(3)化简求值：(1−
2x+3)÷x+1
x 2−9
，其中x =3−√3．
四、解答题（本大题共8小题，共71.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
如图所示的正方形网格中，△ABC 的顶点均在格点上，A(2,0)在所给平面直角坐标系中解答下列问题：
(1)将△ABC 绕点O 逆时针旋转90°，画出旋转后的△A 1B 1C 1； (2)请直接写出经过A 、B 、C 三点的⊙P 的圆心P 的坐标______．
19. (本小题6.0分)
如图，点E ，F 在BC 上，BE =CF ，AB =DC ，∠B =∠C.图中与AF 相等的线段是哪条？请说明理由．
20. (本小题6.0分)
福州开通地铁后，小林乘地铁上下班，地铁出入口有上，下行自动扶梯和步行楼梯．一段时间后，他发现：乘坐自动扶梯，人距离下层地面平台的高度y(单位：m)与下行时间x(单位：s)之间的一次函数关系如图；走步行楼梯，人距离下层地面平台的高度ℎ(单位：m)与下行时间x(单位：s)的关系如下表．
时间x(单位：s)0918
高度ℎ(单位：m)1050
(1)求y关于x的函数解析式；
(2)请帮助小林判断，从上层平台到下层地面平台，是乘坐扶梯还是走步行楼梯节约时间，并说明理由．
21. (本小题8.0分)
已知x1、x2是一元二次方程(a−6)x2+2ax+a=0的两个实数根．
(1)求a的取值范围；
(2)是否存在实数a，使−x1+x1x2=4+x2成立？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
22. (本小题10.0分)
在正方形ABCD中，点P是直线BC上一点，连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转90°，得到线段PE，连接CE．
(1)如图1，若点P在线段CB的延长线上，过点E作EF⊥BC交BC于点H，交对角线AC于点F，连接AE
①请根据题意补全图形(不需要用尺规作图)；
②若∠PAB=20°，求∠CAE的度数；
③求证：EH=FH
(2)若点P在射线BC上，直接写出CE、CP、CD三条线段的数量关系______．
23. (本小题10.0分)
疫情期间，学校按照防疫要求，学生在进校时必须排队接受体温检测．某校统计了学生早晨到校情况，发现学生到校的累计人数y(单位：人)随时间x(单位：分钟)的变化情况如图所示，当0≤x≤10时，y可看作是x的二次函数，其图象经过原点，且顶点坐标为(10,500)；当10≤x≤12时，累计人数保持不变．
(1)求y与x之间的函数表达式；
(2)如果学生一进校就开始测量体温，校门口有2个体温检测棚，每个检测点每分钟可检测20人．校门口排队等待体温检测的学生人数最多时有多少人？全部学生都完成体温检测需要多少时间？
24. (本小题12.0分)
已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，点D是⊙O上一点．
(1)如图①，若∠BAC=45°，BD为⊙O的直径，BD=12，连接CD，求∠DBC的度数和BC的
长度；
(2)如图②，连接OC，M是OC延长线上一点．
①尺规作图，过M作⊙O的一条切线，切点为E(E在OC右侧).(不写作法，保留作图痕迹)
②连接EC，若CE//AB，请你猜想∠BAC与∠M的数量关系，并说明理由．
25. (本小题13.0分)
如图，在直角坐标系中，抛物线y=√3
3
x2+bx+c经过点A的坐标为(−2,0)和原点O，将线段OA绕原点O顺时针旋转120°，得到线段OB．
(1)求抛物线解析式，判断点B是否在抛物线上；
(2)连接AB，作点O关于AB的对称点O′，求四边形AOBO′的面积；
(3)点P(n,0)是x轴上一个动点，过P点作x轴的垂线交直线AB于点M，交抛物线于点N，将△
ANB的面积记为S，若7√3
8≤S≤9√3
8
，求n的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：19+(−8)+(−5)=6(元)，
故选：D．
根据有理数的加法法则求和即可．
本题考查了正数和负数，掌握正数和负数表示相反意义的量是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：抛物线y=−3(x−4)2+5的顶点坐标为(4,5)，
∵向左平移2个单位，向下平移1个单位，
∴新抛物线的顶点坐标是(2,4)．
故选：C．
先确定出原抛物线的顶点坐标，再根据向左平移横坐标减，向下平移，纵坐标减解答即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换，利用点的平移规律左减右加，上加下减解答是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：x2−2√5x+4=0，
△=(−2√5)2−4×1×4=4>0，
故方程有两个不相等的实数根．
故选：C．
把a=1，b=−2√5，c=4代入判别式△=b2−4ac进行计算，然后根据计算结果判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)△>0，方程有两个不相等的实数根；(2)△=0，方程有两个相等的实数根；(3)△<0，方程没有实数根．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠A=100°，
∴∠C=180°−∠A=180°−100°=80°，
由圆周角定理得：∠BOD=2∠C=160°，
故选：C．
根据圆内接四边形的性质求出∠C，再根据圆周角定理计算即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：y=3x2+2x+1，
则3x2+2x+1=3变为y=3，
∴方程3x2+2x+1=3的解相当于函数y=3x2+2x+1的函数值为3时自变量的值，
故选：B．
由y=3x2+2x+1知：3x2+2x+1=3为y=3，即可求解．
本题考查的是抛物线和x轴的交点，利用函数思想解决方程问题是本题解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．
∵S
=BC⋅CH，
平行四边形ABCD
=2√6，
∴CH=10√6
5
∵2√6<5，
∴直线AD与⊙C相交，
故选：A．
如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H.求出CH的值即可判断．
本题考查直线与圆的位置关系，平行四边形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了解直角三角形的应用，含30°角的直角三角形的性质.特殊角的三角函数值，特殊角的三角函数值应用广泛，一是它可以当作数进行运算，二是具有三角函数的特点，在解直角三角形中应用较多．
过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则可得AE和BF的长，依据端点A与B之间的距离为10cm，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度．
【解答】
解：如图所示，过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则
在Rt△ACE中，∠PCA=30°，AC=54cm，
∴AE=1
2AC=1
2
×54=27(cm)，
同理可得，BF=27cm，
又∵点A与B之间的距离为10cm，
∴通过闸机的物体的最大宽度为27+10+27=64(cm)，故选：C．
8.【答案】C
【解析】解：设三角形的边长是x，则高长是√3
2
x.
图(1)中，阴影部分是一个内角是60°的菱形，AD=
2 3×√3
2
x=√3
3
x.
另一条对角线长是：MN=2OM=2×1
2
OM⋅tan30°=
2×1
2×√3
3
x⋅tan30°=1
3
x.
则阴影部分的面积是：1
2×1
3
x⋅√3
3
x=√3
18
x2；
图(2)中，AD=AD=2
3×√3
2
x=√3
3
x.
是一个角是30°的直角三角形．
则阴影部分的面积=1
2AD⋅sin30°⋅AD⋅cos30°=1
2
×√3
3
x⋅×1
2
×√3
3
x⋅√3
2
=√3
24
x2．
两个三角形重迭区域的面积比为：√3
18x2：√3
24
x2=4：3．
故选：C．
设三角形的边长是x，则(1)中阴影部分是一个内角是60°的菱形，图(2)是一个角是30°的直角三角
形，分别求得两个图形的面积，即可求解．
本题主要考查了三角形的重心的性质，解直角三角形，以及菱形、直角三角形面积的计算，正确计算两个图形的面积是解决本题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：把x=2019代入方程ax2+bx+c=0得20192a+2019b+c=0，
所以1
20192c+1
2019
b+a=0，
所以1
2019
为方程cy2+by+a=0(ac≠0)一根．故选：A．
利用一元二次方程根的定义得到20192a+2019b+c=0，两边除以20192得到1
20192c+1
2019
b+
a=0，从而可判断1
2019
为方程cy2+by+a=0(ac≠0)一根．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
10.【答案】B
【解析】解：∵当−3<x<−2时，y>0
∴{9a+6a+c≥0
4a+4a+c≥0，解得：c≥−8a；
∵当3<x<4时，y<0，
∴{9a−6a+c≤0
16a−8a+c≤0，解得：c≤−8a；
∴c=−8a，
故选：B．
把x=−3和x=−2代入y=ax2−2ax+c，由y<0都成立，列不等式组求的a与c的关系；把x=3和x=4代入y=ax2−2ax+c，由y>0都成立，列不等式组求的a与c的关系即可解答．
本题考查了抛物线与x轴的交点和二次函数的性质，根据自变量的取值范围以及函数值与0的关系列出不等式(组)是解决问题的关键
11.【答案】2
【解析】解：(√2)0+1
=1+1
=2．
故答案为：2．
首先计算零指数幂，然后计算加法，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
12.【答案】4
【解析】解：∵y=2x2−bx+3，对称轴是直线x=1，
∴−b
2a =1，即−−b
4
=1，解得b=4．
故答案为4．
已知抛物线的对称轴，利用对称轴公式可求b的值．
本题主要考查了求抛物线的顶点坐标的方法，公式法：y=ax2+bx+c的顶点坐标为
(−b
2a ,4ac−b
2
4a
)，对称轴是x=−b2a．
13.【答案】35°
【解析】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，∴AB=AD，∠BAD=110°，
由三角形内角和可得∠B=180°−∠BAD
2=180°−110°
2
=35°．
故答案为：35°．
由旋转可知，AB=AD且∠BAD=110°，则有三角形内角和可以计算出∠B．
本题是几何图形旋转问题，考查了图形旋转的性质、三角形内角和以及等腰三角形的性质．
14.【答案】1
【解析】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠A=∠CDB=30°，
∴BC=1
2
AB=1，
故答案为1．
根据直角三角形30度角的性质即可解决问题．
本题考查圆周角定理，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
15.【答案】20
【解析】解：依题意：该函数关系式化简为s=−5(t−2)2+20，
当t=2时，汽车停下来，滑行了20m．
故答案为20．
由题意得，此题实际是求从开始刹车到停止所走的路程，即S的最大值，把抛物线解析式化成顶点式后，即可解答．
本题考查二次函数的实际应用．
16.【答案】√5−1
【解析】解：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠BCD，
在△ABE和△BCF中，
{AB=BC
∠ABE=∠BCF BE=CF
，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴∠APB=90°，
∴点P在以AB为直径的圆上，
由图形可知：当O、P、D在同一直线上时，DP有最小值，如图所示：
∵正方形ABCD，BC=2，
∴AO=1=OP，
Rt△OAD中，OD=√22+12=√5，
∴PD=OD−OP=√5−1，
故答案为：√5−1．
先证明△ABE≌△BCF，即可得到∠APB=90°，所以点P在以AB为直径的圆上，由图形可知：当O、P、D在同一直线上时，DP有最小值，然后根据勾股定理即可解决问题．
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是得到△ABE≌△BCF．
17.【答案】解：(1)x2+4x+2=0，
x2+4x=−2，
x2+4x+4=2，即(x+2)2=2，
∴x+2=±√2，
∴x1=−2+√2，x2=−2−√2；
(2)原式=−3−3+2−√3
=−4−√3；
(3)原式=(x+3
x+3−2
x+3
)⋅(x+3)(x−3)
x+1
=x+1
x+3⋅(x+3)(x−3)
x+1
=x−3，
当x=3−√3时，
原式=−√3．
【解析】(1)利用配方法求解即可；
(2)根据立方根、负整数指数幂以及绝对值的性质进行计算即可；
(3)直接将括号里面通分运算，进而利用分式的混合运算法则计算得出答案．
本题考查了配方法解一元二次方程，实数的运算，分式的化简求值，解题的关键：(1)熟练掌握配方法；(2)掌握运算性质；(3)正确化简分式．
18.【答案】(3
2,3 2 )
【解析】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求，
(2)∵AB2=12+12=2，BC2=22+22=8，AC2=12+32=10，∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，
则经过A、B、C三点的⊙P的圆心P即为AC的中点，
∵A(2,0)、C(1,3)，
∴P(3
2,3
2 )，
故答案为：(3
2,3 2 ).
(1)分别作出三个顶点绕着原点逆时针旋转90°得到的对应点，再首尾顺次连接即可得；
(2)先利用勾股定理逆定理证明三角形ABC是直角三角形，据此知经过A、B、C三点的⊙P的圆心P即为AC的中点，从而得出答案．
本题主要考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质及圆周角定理的推论．
19.【答案】解：AF=DE，理由如下：
∵BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF，
∴BF=CE，
在△ABF和△DCE中，
{AB=DC ∠B=∠C BF=CE
，
∴△ABF≌△DCE(SAS)，
∴AF=DE．
【解析】证明△ABF≌△DCE(SAS)，可得AF=DE．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是证明三角形全等．
20.【答案】解：(1)设y关于x的函数解析式为y=kx+b(k≠0)．
∵y=kx+b的图象经过点(0,10)，(12,4)，
∴{b=10
12k+b=4，
解方程组得：{k=−1
2
b=10
，
∴y关于x的函数解析式为y=−1
2
x+10．
(2)走步行楼梯所花时间少．
理由如下：由表可知，走步行楼梯，18s时在下层地面平台．
将y=0代入y=−1
2x+10，得−1
2
x+10=0，
解得x=20(s)，
即乘坐扶梯在20s时到达下层地面平台，
∵18<20，
∴走步行楼梯所花时间少．
【解析】1)根据函数图象中的数据可以得到y关于x的函数解析式；
(2)分别令ℎ=0和y=0求出相应的x的值，然后比较大小即可解答本题．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
21.【答案】解：(1)∵一元二次方程(a−6)x2+2ax+a=0的两个实数根，
∴△=(2a)2−4(a−6)a≥0且a−6≠0，
解得：a≥0且a≠6；
(2)∵x1、x2是一元二次方程(a−6)x2+2ax+a=0的两个实数根，
∴由根与系数的关系得：x1+x2=−2a
a−6
，x1⋅x2=a a−6，
由−x1+x1x2=4+x2得：x1x2=4+x1+x2，
∴a a−6=4−2a
a−6
，
解得：a=24>且a≠6，
所以存在实数a，使−x1+x1x2=4+x2成立，此时a=24．
【解析】(1)根据已知得出△≥0且a−6≠0，求出即可；
(2)根据根与系数的关系得出x1+x2=−2a
a−6
，x1⋅x2=a a−6，代入x1x2=4+x1+x2得求出即可．本题考查了根的判别式和根与系数的关系，能根据根的判别式和根与系数的关系得出关于a的不等式和方程是解此题的关键．
22.【答案】CE=√2(CD−CP)或CE=√2(CD+CP)
【解析】(1)①解：补全图形如图1所示：
②解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，
由旋转的性质得：PE=PA，∠APE=90°，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=45°=∠BAC，
∴∠CAE=∠PAB=20°；
③证明：如图2所示：
∵线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，
∴PA=PE，∠APE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABP=∠ABC=90°，AB=BC，
∵EF⊥BC于H，
∴∠PHE=90°=∠ABP，
∴∠EPH+∠E=90°，
∴∠1=∠E，
即∠APB=∠E，
在△APB和△PEH中，{∠ABP=∠PHE ∠APB=∠E
PA=EP
，
∴△APB≌△PEH(AAS)，
∴PB=EH，AB=PH，
∴BC=PH，
∴PB=CH，
∴CH=EH，
∵∠ACB=1
2
∠BCD=45°，
∴CH=FH，
∴EH=FH．
(2)解：分两种情况：
①当点P在线段BC上时：CE=√2(CD−CP)，理由如下：在BA上截取BM=BP，连接PM．
则△PBM是等腰直角三角形，
∴PM=√2PB，∠BMP=∠BPM=45°，
∵AB=BC，
∴AM=PC，
由旋转的性质得：PE=PA，∠APE=90°，
∴∠APM+∠CPE=180°−90°−45°=45°，
又∵∠MAP+∠APM=∠BMP=45°，
∴∠MAP=∠CPE，
在△PCE和△AMP中，{PC=AM
∠EPC=∠PAM PE=PA
，
∴△PCE≌△AMP(SAS)，
∴CE=PM，
∵CD−PC=BC−PC=BP，
∴CE=PM=√2BP=√2(CD−CP)；
②当点P在线段BC的延长线上时，CE=√2(CD+CP)，理由如下：
在BA上截取BM=BP，连接PM，如图4所示：
则△PBM是等腰直角三角形，PM=√2BP．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠DAM=∠BAD=90°，AD//BC，∴AM=PC，∠DAP=∠APB，
由旋转的性质得：PE=PA，∠APE=90°，
∴∠PAM=∠EPC，
在△PCE和△AMP中，{PC=AM
∠EPC=∠PAM PE=PA
，
∴△PCE≌△AMP(SAS)，
∴CE=PM，
∵CD+CP=BC+CP=BP，
∴CE=PM=√2BP=√2(CD+CP)；
故答案为：CE=√2(CD−CP)或CE=√2(CD+CP)．
(1)①据题意补全图形即可；
②由正方形和旋转的性质证出∠PAE=∠BAC，即可得出答案；
③证明△APB≌△PEH即可；
(2)①当点P在线段BC上时，在BA上截取BM=BP.则△PBM是等腰直角三角形，证明△PCE≌△AMP(SAS)，得出CE=PM，即可得出结论；
②当点P在线段BC的延长线上时，在BA上截取BM=BP.则△PBM是等腰直角三角形，PM=
√2BP.证明△PCE≌△AMP(SAS)，得出CE=PM，即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判断和性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)①当0≤x≤10时，
∵顶点坐标为(10,500)，
∴设y=a(x−10)2+500，
将(0,0)代入，得：100a+500=0，
解得a=−5，
∴y=−5(x−10)2+500=−5x2+100x(0≤x≤10)，
②当10<x≤12时，
y =500(10<x ≤12)，
∴y 与x 之间的函数表达式为y ={−5x 2+100x(0≤x ≤10)500(10<x ≤12)
； (2)设第x 分钟时的排队等待人数为w 人，由题意可得w =y −40x ，
①0≤x ≤10时，
w =−5x 2+100x −40x =−5x 2+60x =−5(x −6)2+180，
∵−5<0，
∴当x =6时，w 的最大值是180；
②当10<x ≤12时，w =500−40x ，
∵−40<0，
∴w 随x 的增大而减小，
∴20≤w <100，
∴排队人数最多是180人；
要全部学生都完成体温检测，根据题意得：
500−40x =0，
解得：x =12.5，
∴要全部学生都完成体温检测需要12.5分钟．
【解析】(1)①当0≤x ≤10时由顶点坐标为(10,500)，可设y =a(x −10)2+500，再将(0,0)代入，求得a 的值，则可得y 与x 之间的函数解析式；②当10<x ≤12时，根据等候的人数不变得出函数解析式；
(2)设第x 分钟时的排队等待人数为w 人，根据w =y −40x 及(1)中所得的y 与x 之间的函数解析式，可得w 关于x 的二次函数和一次函数，按照二次函数和一次函数的性质可得答案．
本题主要考查了二次函数在实际问题中的应用，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵BD 为⊙O 的直径，
∴∠BCD =90°，
∵∠D =∠BAC =45°，
∴△BDC 为等腰直角三角形，
∴∠DBC =∠D =45°，
∴BC=CD=√2
2
BD=6√2；
(2)①尺规作图如下：
ME为⊙O的切线；
②∠M=3∠BAC−90°.理由：连接OA，OB，OE，如图，
在△OAB和△OAC中，
{OA=OA OB=OC AB=AC
，
∴△OAB≌△OAC(SSS)，
∴∠OBA=∠OCA，∠OAB=∠OAC=1
2
∠BAC．∵OA=OB，OA=OC，
∴∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA，
∴∠OCA=1
2
∠BAC．
∵CE//AB，
∴∠ACE=∠BAC，
∴∠OCE=∠OCA+∠ACE=3
2
∠BAC，
∵OC=OE，
∴∠OCE=∠OEC=3
∠BAC．
2
∴∠EOC=180°−∠OCE−∠OEC=180°−3∠BAC．
∵ME为圆O的切线，
∴OE⊥ME，
∴∠OEM=90°，
∴∠M=90°−∠EOC=90°−(180°−3∠BAC)=3∠BAC−90°．
【解析】(1)利用圆周角定及其推论得到△BDC为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质解答即可得出结论；
OM的长为半径画弧，过两弧的交点作直线得到OM的垂直平(2)①分别以M，O为圆心，以大于1
2
分线，再以OM为直径画弧交⊙O于点E，作直线ME，则ME为所作的圆的切线；
∠BAC；
②连接OA，OB，OE，利用全等三角形的判定与性质和等腰三角形的性质得到∠OCA=1
2
∠BAC，再利用等腰三角形的性质，切线的性质定理利用平行线的性质和角的和差得到∠OCE=3
2
和三角形的内角和定理解答即可得出结论．
本题主要考查了等腰三角形的性质，代入直角三角形的判定与性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
25.【答案】解：(1)过点B作BH⊥x轴于点H，将线段OA绕原点O顺时针旋转120°，
则∠BOH=60°，则BH=√3，OH=1，故点B(1,√3)；
抛物线过原点，则c=0，
将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：b=2√3
3
，
故抛物线的表达式为：y=√3
3x2+2√3
3
x；
当x=1时，y=√3，故点B在抛物线上；
(2)如图1，作点O关于AB的对称点O′，
则四边形AOBO′为菱形，
四边形AOBO′的面积=AO×BH=2×√3=2√3；
(3)由点A、B的坐标得直线AB的表达式为：y=√3
3
(x+2)，
点P(n,0)，则点N(n,√3
3n2+2√3
3
n)、点M(n,√3
3
n+2√3
3
)，
△ANB的面积S=1
2×MN×(x B−x A)=3
2
|√3
3
n2+2√3
3
n−√3
3
(n+2)|，
7√3 8≤S≤9√3
8
，则7
4
≤|n2+n−2|≤9
4
，
解得：−3√2−1
2≤n≤−5
2
或3
2
≤n≤3√2−1
2
或−1−√2
2
≤n≤−1+√2
2
．
【解析】(1)过点B作BH⊥x轴于点H，将线段OA绕原点O顺时针旋转120°，则∠BOH=60°，则BH=√3，OH=1，故点B(1,√3)，即可求解；
(2)四边形AOBO′为菱形，四边形AOBO′的面积=AO×BH=2×√3=2√3；
(3)△ANB的面积S=1
2×MN×(x B−x A)=3
2
|√3
3
n2+2√3
3
n−√3
3
(n+2)|，即可求解．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、解不等式、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．。