2021-2022年徐州市九年级数学下期末第一次模拟试卷(含答案)

1．如图，在半径为的中，点是劣弧的中点，点是优弧上一点，，下列结论正确的个数有：（  ）

①； ②； 四边形是菱形；④劣弧的长度为．

A．4个 ．3个 ．2个 ．1个

2．如图，，是内部一点，与的边相切于点，与边相交于点，，，作于，，则弦的长是（ ）

A． ． ．4 ．

3．已知△ABC内接于⊙O，连接AO并延长交BC于点D，若∠C＝50°，则∠BAD的度数是（ ）

A．40° ．45° ．50° ．55°

4．如图，是的直径，是上的三等分点，且，则等于 （ ）

A．120° ．95° ．105° ．150°

5．抛物线的对称轴是（ ）

A．直线 ．直线 ．直线 ．直线

6．二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）中的x与y的部分对应值如表：

A． ． ．9 ．15

7．对于抛物线，下列说法错误的是（ ）

A．抛物线的开口向上 ．抛物线与轴有两个交点

C．抛物线的对称轴是 ．抛物线的顶点坐标是

8．如图1，在等腰直角中，，，点为的中点，点为边上一动点，作，射线交边于点．设，，与的函数图象如图2，其顶点为，则的值为（ ）

A．4 ．

C． ．

9．学校研究性学习小组的同学测量旗杆的高度．如图，在教学楼一楼地面处测得旗杆顶部的仰角为，在教学楼三楼地面处测得旗杆顶部的仰角为，旗杆底部与教学楼一楼在同一水平线上，已知每层楼的高度为米，则旗杆的高度为（  ）

A． ． ． ．

10．如图，中，，，，若，则的长为（ ）

A．6 ． ．7.5 ．10

11．如图，△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，AD为△ABC的角平分线，CE是△ABC的中线，AD 、CE相交于点F，则的值为（ ）

A． ． ． ．2

12．在正方形网格中，∠AOB如图所示放置，则sin∠AOB的值为（ ）

A． ． ． ．

二、填空题

13．如图，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，若向的外接圆内随机抛掷一枚小针，则针尖落在阴影部分的概率是_____________．

14．如图，已知⊙O的两条弦AC，BD相交于点E，，，那么___________．

15．将二次函数（）的图象先向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得图象的表达式是，则原函数的表达式是________．

16．如图所示，二次函数的图像与轴交于点，对称轴为直线．则方程的两个根为_____．

17．如图，已知二次函数的图象与轴交于不同两点，与轴的交点在轴正半轴，它的对称轴为直线．有以下结论：①，②，③若点和在该图象上，则，④设，是方程的两根，若，则．其中正确的结论是____________（填入正确结论的序号）．

18．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则________．

19．在边长为4的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，若线段MA绕点M旋转得到线段MA′，连接A′C，则A′C长度的最小值是________．

20．如图，的顶点都是正方形网格中的格点，则等于________．

21．如图，在中，，，．点分别是边的中点，连结．点分别是的中点，连结，则线段的长为______．

22．如图，一艘轮船在小岛A的北偏东60°方向且距小岛80海里的B处，沿正西方向航行一定时间后到达小岛的北偏西45°的C处，则该船航行的路程为_____海里．

三、解答题

23．如图，在半径为的中，弦长为．

求点到的距离．

若点为上一点（不与点重合)，求的度数．

24．如图，是的一条弦，，垂足为，交于点，点在上．

（1）若，求的度数；

（2）若，，求弦的长．

25．2020年是国家实施精准扶贫、实现贫困人口全面脱贫的决胜之年．贫困户张大爷在某单位的帮扶下，把一片坡地改造后种植了优质水果蓝莓，今年正式上市销售，在销售的30天中，第一天卖出20千克，为了扩大销售，采取降价措施，以后每天比前一天多卖出4千克，第天的售价为元/千克，关于的函数解析式为且第12天的售价为32元/千克，第26天的售价为25元/千克．已知种植销售蓝莓的成本是18元/千克，每天的利润是元（利润＝销售收入－成本）．

（1）______，______；

（2）求销售蓝莓第几天时，当天的利润最大？最大利润是多少？

26．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，点为抛物线的顶点，点在轴上，且，直线与抛物线在第一象限交于点，如图．

（1）求抛物线的解析式；

（2）求直线的函数解析式、点的坐标和的余弦值．

（3）连接，若过点的直线交线段于点，将的面积分成的两部分，求点的坐标为______．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．A

解析：A

【分析】

利用特殊角的三角函数值求得∠D=30°，由点A是劣弧的中点，根据圆周角定理得到∠AOC=∠AOB=2∠D=60°，可对②进行判断；证得△OAC、△OAB都为等边三角形，根据等边三角形的性质和垂径定理可计算出BC，可对①进行判断；利用AB=AC=OA=OC=OB可对③进行判断；利用弧长公式，可对④进行判断．

【详解】

∵，

∴∠D=30°，

∵点A是劣弧的中点，

∴OA⊥BC，

∴∠AOC=∠AOB=2∠D=60°，

∴，所以②正确；

而OA=OC=OB=6，

∴△OAC、△OAB都为等边三角形，

∴BC，所以①正确；

∵△OAC、△OAB都为等边三角形，

∴AB=AC=OA=OC=OB，

∴四边形ABOC是菱形，所以③正确；

∵△OAC、△OAB都为等边三角形，

∴∠COB=120°，

∴劣弧的长度为，所以④正确．

综上，正确的个数有4个，

故选：A．

【点睛】

本题考查了圆周角定理，弧长公式，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

2．C

解析：C

【分析】

延长BO交AM点F，计算BF，后计算OB，OC，OE，最后，运用垂径定理计算即可.

【详解】

如图，延长BO交AM点F，连接OC，

∵与的边相切，

∴∠ABF=90°，

∵，，

∴BF=，∠AFB=60°，∠FOE=30°，

设EF=x，则OF=2x，OE=，

∵，

∴OB=3x，

∴BF=OB+OF=5x，

∴5x=，

∴x=，

∴OB=3x=，OE==，

∵，

∴在直角三角形OCE中，

CE==2，

根据垂径定理，得CD=2CE=4，

故选C.

【点睛】

本题考查了切线的性质，直角三角形的性质，垂径定理，会用延长线段BO构造特殊的直角三角形是解题的关键.

3．A

解析：A

【分析】

连接OB，根据圆周角定理和圆的半径相等即可解决问题．

【详解】

解：如图，连接OB，

∵∠C＝50°，

∴∠AOB＝2∠C＝100°，

∵OA＝OB，

∴∠OAB＝∠OBA＝40°，

则∠BAD的度数是40°．

故选：A．

【点睛】

本题主要考查了圆周角定理，准确计算是解题的关键．

4．A

解析：A

【分析】

由圆心角、弦、弧的关系及圆周角定理可得∠ACB=90°，∠BOD=60°，∠A=60°，通过证明△OBD为等边三角形，即可求∠D=60°，进而可求解；

【详解】

∵ C、D是 上的三等分点，

∴  ，

∵ AB是圆的直径，

∴ ∠ACB=90°，∠BOD=60°，∠A=60°，

∵OB=OD，

∴△OBD为等边三角形，

∴∠D=60°，

∴∠A+∠D=120°，

故选：A．

【点睛】

本题主要考查了圆心角、弦、弧的关系，等边三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点的综合运用；

5．B

解析：B

【分析】

根据二次函数的顶点式的性质求对称轴即可；

【详解】

∵  ，

∴对称轴为：x=-1，

故选：B．

【点睛】

本题考查了二次函数顶点式的性质，正确掌握知识点是解题的关键．

6．B

解析：B

【分析】

由当x=0和x=3时y值相等，可得出二次函数图象的对称轴为直线x=，进而可得出的值，由x=1时y=5，可得出当x=2时y=5，即4a+2b+c=5，再将=及4a+2b+c=5代入（4a+2b+c）中即可求出结论．

【详解】

解：∵当x＝0和x＝3时，y值相等，

∴二次函数图象的对称轴为直线x＝，

∴．

∵当x＝1时，y＝5，

∴当x＝2×﹣1＝2时，y＝5，

∴4a+2b+c＝5．

∴（4a+2b+c）＝×5＝．

故选：B．

【点睛】

本题考查了二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的性质，利用二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征，找出和（4a+2b+c）的值是解题的关键．

7．B

解析：B

【分析】

根据抛物线的性质逐条判断即可．

【详解】

解：抛物线是二次函数的顶点式，

由此可知，抛物线开口向上，对称轴是，顶点坐标是，故A、C、D正确，不符合题意；

∵抛物线顶点在第一象限，开口向上，

∴抛物线与x轴没有交点，故B错误，符合题意；

故选：B．

【点睛】

本题考查了二次函数图象的性质，解题关键是熟知抛物线顶点式的意义，根据顶点位置和开口确定与x轴是否有交点．

8．C

解析：C

【分析】

首先由函数图象可直接得出，然后当M运动至BC中点时，y的值最大，此时即为AC的长，从而在等腰直角三角形中分别计算即可．

【详解】

根据函数图象知，当时，，即：，

当M运动至BC中点时，y的值最大，此时y的值即为AC的长，

∵△ABC为等腰直角三角形，M为BC的中点，

∴△AMC为等腰直角三角形，且，

∴，

即：函数图象中，，

∴，

故选：C．

【点睛】

本题考查二次函数的实际应用之动态几何问题，理解二次函数的基本性质以及等腰直角三角形的性质是解题关键．

9．C

解析：C

【分析】

过点D作DE⊥AB，垂足为E，则四边形ACDE为矩形，AE=CD=6米，AC=DE．设BE=x米，先解Rt△BDE，得出DE=x米，AC=x米，再解Rt△ABC，得出AB=3x米，然后根据AB-BE=AE，列出关于x的方程，解方程即可．

【详解】

解：过点D作DE⊥AB，垂足为E，

由题意可知，四边形ACDE为矩形，

则AE=CD=6米，AC=DE．

设BE=x米．

∵在Rt△BDE中，∠BED=90°，∠BDE=30°，

∴DE=BE=x米，

∴AC=DE=x米．

∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=60°，

∴AB==×x=3x米，

∵AB-BE=AE，

∴3x-x=6，

∴x=3，

AB=3×3=9（米）．

即旗杆AB的高度为9米．

故选：C．

【点睛】

此题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．

10．B

解析：B

【分析】

设DC=4x，BD=3x，根据勾股定理求CD，再根据∠ACD=∠B，用三角函数求AD．

【详解】

解：∵，，设DC=4x，BD=3x，

（3x）2+（4x）2=102，

∵x>0，解得x=2，

∴BD=6，CD=8

∵∠ACD+∠BCD=90°，∠B+∠BCD=90°，

∴∠ACD=∠B，

∴，

∴，CD=8，

∴， 

故选：B．

【点睛】

本题考查了三角函数，勾股定理等知识，解题关键是根据已知的正切值求出线段长．

11．A

解析：A

【分析】

过作于 先证明设再用含的代数式表示 再证明 利用相似三角形的性质可得的值，从而可得答案．

【详解】

解：过作于 

 ∠ACB=90°，AD为△ABC的角平分线，

 CE是△ABC的中线，  

设

故选：

【点睛】

本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形相似的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．

12．C

解析：C

【分析】

根据图形找出角的两边经过的格点以及点O组成的直角三角形，利用勾股定理求出OA，再根据锐角的正弦值等于对边比斜边求解．

【详解】

如图：AE⊥OB，

在Rt△AOE中，AE=4，OE=2，

∴，

∴sin∠AOB=,

故选：C．

【点睛】

此题考查求网格中角的三角函数值，熟记角的三角函数值的计算公式，并正确确定角所在的直角三角形是解题的关键．

二、填空题

13．【分析】利用一次函数解析式求出点AB的坐标即可得由勾股定理求出求出则可得是等边三角形可得根据圆周角定理求出扇形圆心角的度数并由三角形中线将三角形可分为面积相等的两个三角形得可求出阴影部分的面积及圆的

解析：

【分析】

利用一次函数解析式求出点A、B的坐标，即可得，，由勾股定理求出，求出，则可得是等边三角形，可得，根据圆周角定理求出扇形圆心角的度数，并由三角形中线将三角形可分为面积相等的两个三角形得，可求出阴影部分的面积及圆的面积，利用面积比即可求出结论．

【详解】

解：∵一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，

令，则，

∴，

令，则，

∴，

∴，，

在中，由勾股定理得：，

∴，

∴，

∴是等边三角形，

∴，

∴，

∵是边上的中线，

∴，

∴，

,

∴针尖落在阴影部分的概率．

故答案为：．

【点睛】

此题考查了几何概率，掌握几何概率的计算方法及求出阴影部分的面积是解题的关键．

14．【分析】求出∠AEB的度数再求三角函数值即可【详解】解：∵∠B=∠C=50°∠A=70°∴∠AEB=180°-∠A-∠B=60°故答案为：【点睛】本题考查了圆周角的性质三角形内角和特殊角的三角函数值

解析：

【分析】

求出∠AEB的度数，再求三角函数值即可．

【详解】

解：∵∠B=∠C=50°，∠A=70°，

∴∠AEB=180°-∠A-∠B=60°，

，

故答案为：．

【点睛】

本题考查了圆周角的性质，三角形内角和，特殊角的三角函数值，解题关键是灵活运用圆中角的关系，把已知条件集中在一个三角形中求角．

15．【分析】根据二次函数表达式是易得新抛物线的顶点然后得到经过平移后的原抛物线的顶点根据平移不改变二次项的系数可得原抛物线解析式【详解】解：∵平移后抛物线的解析式是∴此抛物线的顶点为(14)∵向左平移3

解析：

【分析】

根据二次函数表达式是易得新抛物线的顶点，然后得到经过平移后的原抛物线的顶点，根据平移不改变二次项的系数可得原抛物线解析式．

【详解】

解：∵平移后抛物线的解析式是，

∴此抛物线的顶点为(1，4)，

∵向左平移3个单位，再向上平移2个单位可得原抛物线顶点，

∴原抛物线顶点为(-2，6)，

∴原抛物线的解析式是．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了二次函数图象与性质，掌握二次函数图象的平移与坐标的变化规律是解题的关键．

16．【分析】根据题意和二次函数的性质可以得到二次函数的图像与轴的另一个交点然后得到的解然后再变形即可得到方程的两个根；【详解】∵二次函数的图象与x轴交于点对称轴为直线∴该函数与x轴的另一个交点为∴当时可

解析：，

【分析】

根据题意和二次函数的性质，可以得到二次函数的图像与轴的另一个交点，然后得到的解，然后再变形，即可得到方程的两个根；

【详解】

∵二次函数的图象与x轴交于点，对称轴为直线，

∴该函数与x轴的另一个交点为，

∴当时，，

可得：，，

当，时，可得，

设，可得，

∴，，

由上可得，方程的两个根为，；

故答案为：，．

【点睛】

本题主要考查了二次函数与一元二次方程的应用，准确分析计算是解题的关键．

17．③④【分析】利用数形结合思想从抛物线的开口与坐标轴的交点对称轴等方面着手分析判断即可【详解】解：∵抛物线的开口向下对称轴在原点的右边与y轴交于正半轴∴a＜0b＞0c＞0∴abc＜0∴结论①错误；∵抛

解析：③④

【分析】

利用数形结合思想，从抛物线的开口，与坐标轴的交点，对称轴等方面着手分析判断即可．

【详解】

解：∵抛物线的开口向下，对称轴在原点的右边，与y轴交于正半轴，

∴a＜0， b＞0，c＞0，

∴abc＜0，

∴结论①错误；

∵抛物线的对称轴为x=1，

∴，

∴b=-2a；

∵ c+a+b＞0，

∴c-a＞0，

∴a-c＜0，

∴结论②错误；

∵抛物线的对称轴为直线x=1，抛物线的开口向下，

∵点和在该图象上，

∴与x=1的距离比与x=1的距离远；

∴，

∴结论③正确；

∵，，是方程的两根，

当时，；

∴；

当p=0时，

当p＜0时，

∴

∴结论④正确；③④

故答案为：

【点睛】

本题考查了二次函数的图像与系数之间的关系，对称轴的使用，代数式符号的判定，熟练运用数形结合的思想，二次函数的性质是解题的关键．

18．【分析】根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为5小正方形的边长为5再根据直角三角形的边角关系列式即可求解【详解】解：∵大正方形的面积是125小正方形面积是25∴大正方形的边长AB=5小正方形的边长

解析：

【分析】

根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为5，小正方形的边长为5，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．

【详解】

解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25，

∴大正方形的边长AB=5，小正方形的边长CD=5，

在Rt△ABC中

BC=AD=sinθ×AB=5sinθ，AC=cosθ×AB=cosθ，

∵AC-AD=CD，

∴5cosθ-5sinθ=5，

∴cosθ-sinθ=，

∴(cosθ-sinθ)2=

∴(sinθ-cosθ)2=．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，正方形的面积，难度适中．

19．【分析】根据题意在MA的运动过程中A在以M为圆心AD为直径的圆上的弧AD上运动当AC取最小值时由两点之间线段最短知此时MAC三点共线得出A的位置进而利用锐角三角函数关系求出AC的长即可【详解】如图作

解析：

【分析】

根据题意，在MA'的运动过程中，A'在以M为圆心、AD为直径的圆上的弧AD上运动，当A'C取最小值时，由两点之间线段最短知此时M、A'、C三点共线，得出A'的位置，进而利用锐角三角函数关系求出A'C的长即可.

【详解】

如图，作ME⊥CD于点E.

∵M是AD边的中点，

∴MA=2

∵线段M A绕点M旋转得线段MA'.

∴MA'=2

∵菱形ABCD中，∠A＝60°

∴∠EDM =60°，

在直角△MDE中，

DE= MD · cos ∠EDM=

ME =MD · sin ∠EDM =2×=

则EC =CD＋ED=4+1=5

在直角△CEM中

MC =

当A'在MC上时，A'C最小，

则A'C长度的最小值是:2-2

故答案为：2-2

【点睛】

此题主要考查了菱形的性质以及锐角三角函数关系等知识，得出A'点位置是解题关键.

20．3【分析】根据勾股定理以及网格结构可以求得ACABBCCD的长然后根据等积法求得AE的长再根据勾股定理可得到CE的长然后根据正切函数的定义即可得到的值【详解】解：如图作CD⊥AB于点D作AE⊥BC于

解析：3

【分析】

根据勾股定理以及网格结构，可以求得AC、AB、BC、CD的长，然后根据等积法求得AE的长，再根据勾股定理可得到CE的长，然后根据正切函数的定义即可得到的值．

【详解】

解：如图，作CD⊥AB于点D，作AE⊥BC于点E，

由已知可得，AC=，AB=5，BC=，CD=3，

∵S△ABC=AB•CD=BC•AE，

∴AE=

∴CE=

∴tan∠ACB=，

故答案为：3．

【点睛】

本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

21．【分析】先证△CHM∽△CEB得出HM是△CBE的中位线再证HM是△BCQ的中位线最后利用勾股定理得出结论【详解】解：如图：作HM∥AB交BC于点M连接BH并延长交CD于Q连接AC∴△CHM∽△CE

解析：

【分析】

先证△CHM∽△CEB，得出HM是△CBE的中位线，再证HM是△BCQ的中位线，最后利用勾股定理得出结论．

【详解】

解：如图：作HM∥AB交BC于点M，连接BH，并延长交CD于Q，连接AC，

∴△CHM∽△CEB，

∵点是的中点，

∴ ，

∴HM是△CBE的中位线，

∴HM=BE，

∵E为AB的中点，AB=4，

∴HM=BE=×(×4)=1，

同理可证：HM是△BCQ的中位线，

∴CQ=2HM=2×1=2，

∴点Q为CD的中点，点H为BQ的中点，

∵F为AO的中点，

∴FQ=AC，

∵G为BF的中点，点H为BQ的中点，

∴GH=FQ，∴GH=×(AC)=，

在△ABC中，∠ABC=60°，AB=4=CD，BC=6，

过点A作AN⊥BC，

∴BN=AB·cos60°=2，AN=AB·sin60°=2，

∴CN=6-2=4，在Rt△AZC中，AC=，

∴GH==．

，

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形及勾股定理的应用，解题的关键是正确作出辅助线．

22．（40+40）【分析】过A作AQ⊥BC于Q∠BAQ＝60°∠CAQ＝45°AB＝80海里在直角三角形ABQ中求出AQBQ再在直角三角形AQC中求出CQ再根据BC＝CQ+BQ即可得出答案；【详解】解：

解析：（40+40）

【分析】

过A作AQ⊥BC于Q，∠BAQ＝60°，∠CAQ＝45°，AB＝80海里，在直角三角形ABQ中求出AQ、BQ，再在直角三角形AQC中求出CQ，再根据BC＝CQ+BQ即可得出答案；

【详解】

解：过A作AQ⊥BC于Q，

由题意得：AB＝80， 

在直角三角形ABQ中，∠BAQ＝60°，

∴∠B＝90°﹣60°＝30°，

∴AQ＝AB＝40，BQ＝AQ＝40，

在直角三角形AQC中，∠CAQ＝45°，

∴CQ＝AQ＝40，

∴BC＝BQ+CQ＝（40+40）海里．

故答案为：（40+40）

【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题、等腰直角三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；通过解直角三角形得出CQ和BQ是解决问题的关键．

三、解答题

23．；或

【分析】

（1）过点O作OD⊥AB于点D，连接AO，BO．得出AD=2，利用勾股定理求得点O到AB的距离；

（2）证出△ABO是等边三角形得出∠AOB=60°． 再分两种情况：点C在优弧上，则∠BCA=30°；点C在劣弧上，则∠BCA=（360°-∠AOB）=150°；即可得出结果．

【详解】

解：（1）过点O作OD⊥AB于点D，连接AO，BO．如图1所示：

∵OD⊥AB且过圆心，AB=4．，

∴AD=AB=2．，∠ADO=90°，

在Rt△ADO中，∠ADO=90°，AO=4，AD=2．，

∴OD==2．

即点O到AB的距离为2．

（2）如图2所示：

∵AO=BO=4，AB=4，

∴△ABO是等边三角形， 

∴∠AOB=60°． 

若点C在优弧上，则∠BCA=30°；

若点C在劣弧上，则∠BCA=（360°-∠AOB）=150°；

综上所述：∠BCA的度数为30°或150°．

【点睛】

本题考查了垂径定理、等边三角形的判定与性质．熟练掌握垂径定理，证明△OAB是等边三角形是解决问题的关键．

24．（1）20°；（2）8

【分析】

（1）欲求，又已知一圆心角，可利用圆周角与圆心角的关系求解；

（2）利用垂径定理可以得到，从而得到结论．

【详解】

解：（1），

，

．

（2），，且，

，

，

， 

，

．

【点睛】

此题考查了圆周角与圆心角定理以及垂径定理，熟练掌握垂径定理得出是解题关键．

25．（1），；（2）当时，．

【分析】

（1）根据题意将第12天的售价、第26天的售价代入即可得；

（2）在（1）的基础上分段表示利润，讨论最值．

【详解】

解：（1）第12天的售价为32元/件，代入得

，解得，

当地26天的售价为25元/千克时，代入，则，

故答案为：，．

（2）由（1）第天的销售量为即．

当时，，

∴当时，．

当时，，

∵，

∴随的增大而增大，

∴当时，．

∵，

∴当时，．

【点睛】

本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用，弄清题意，找准题中的数量关系，运用分类讨论思想是解题的关键．

26．（1）；（2），，；（3）或

【分析】

（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式，求出b、c的值，即可求解抛物线的解析式；

（2）点A（−4，0），OB＝OA＝4，故点B（0，4），利用待定系数法求出AB的表达式，并根据二次函数关系式，可求得点的坐标，并由函数关系式得的度数，即可求出的余弦值；

（3）OP将△AOC的面积分成1：2的两部分，则可利用高相等时，面积比等于底之比得或，得出或，即可求解．

【详解】

解：（1）将点、的坐标代入抛物线表达式得：

，

解得，

故抛物线的解析式为：．

（2）点，，故点，

设直线AB的解析式为y＝kx＋4，

将点A坐标代入得，−4k＋4＝0，

∴k＝1．

∴直线AB的表达式为：y＝x＋4．

对于，函数的对称轴为，故点，

则，故．

（3）∵将的面积分成的两部分，

∴或，

则或．

①，则，

即．

解得．

当时， 

解得，

②，则，

即．

解得．

当时，，

解得，

故点或．

故答案为：或．

【点睛】

本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的图象与性质、面积的计算等，掌握待定系数法、二次函数的图象与性质等相关知识并能灵活应用其解决问题是解题的关键．