期末押题培优02卷（考试范围：21.1-27.3）-【微专题】2022-2023学年九年级数学下册常考点微专题提分精练（人教版）

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一、单选题(共30分)
1．(本题3分)下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形：一个平面图形，沿某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合，以及中心对称图形：一个平面图形，绕一点旋转，与自身能够完全重合，进行判断即可．
【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别．熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义，是解题的关键．
2．(本题3分)将抛物线向左平移3个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到抛物线的顶点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接利用抛物线平移规律：上加下减，左加右减进而得出平移后的解析式，即可得出顶点坐标．
【详解】解：将抛物线向左平移3个单位长度，再向下平移3个单位长度，
则所得到抛物线为：．
则平移后的抛物线的顶点坐标为：．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图形与几何变换，是基础题，掌握平移规律“左加右减，上加下减”是解题的关键．
3．(本题3分)一元二次方程通过配方变形成的形式，下列选项变形正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用配方法求解即可．
【详解】解：
．
故选：A．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程．解题的关键是掌握配方法解一元二次方程的步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
4．(本题3分)一个圆锥的底面半径和母线长是一元二次方程的两个根，则此圆锥的侧面积是（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】B
【分析】先得出一元二次方程的两个根，然后根据圆锥侧面积，进行求解即可．
【详解】解：，
因式分解得：，
∴，
∴圆锥侧面积，
故选：B．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，圆锥的侧面积公式，熟练掌握一元二次方程的解法以及相应公式是解本题的关键．
5．(本题3分)某校举办足球赛，参赛的每两队之间都只比赛一场，共比赛21场，则参赛的足球队共有（ ）
A．8队B．7队C．6队D．5队
【答案】B
【分析】根据球赛问题模型列出方程即可求解．
【详解】解：设参加此次比赛的球队数为x队，根据题意得：
，
化简，得，
解得（舍去），
即参赛的足球队共有7队．
故选B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解决本题的关键是掌握一元二次方程应用问题中的球赛问题．
6．(本题3分)若二次函数的图象经过点，，，则y1，y2，y3的大小关系正确的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把，，代入二次函数中，比较，，即可．
【详解】∵点，，经过
∴当时，；
当时，；
当时，；
∴
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的知识，解题的关键是掌握点在函数图象上的点．
7．(本题3分)如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF=（ ）
A．B．5C．+2D．3
【答案】B
【详解】解：作FG⊥AC，
根据旋转的性质，EC=BC=4，DC=AC=6，∠ACD=∠ACB=90°，
∵FG⊥AC，
∴FG∥CD，
∵点F是DE的中点，
∴GF=CD=AC=3，
EG=EC=BC=2.
∵AC=6，EC=BC=4，
∴AE=2，
∴AG=4，
根据勾股定理，AF==5．
故选B
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形中位线性质、勾股定理的综合运用，作垂线构造直角三角形是解决问题的关键．
8．(本题3分)下列说法正确的是 （ ）
A．在同一年出生的人中，至少有两人的生日相同是必然事件
B．某彩票的中奖概率是，那么买张彩票一定有张中奖
C．某射击运动员射击一次只有两种可能的结果：中靶与不中靶，所以他击中靶的概率是
D．一个不透明的袋中装有个红球.个白球，它们除颜色外都相同，任意摸出一个球是红球的概率是
【答案】A
【分析】根据事件的分类，概率的意义以及计算，逐一进行判断即可．
【详解】解：A.在同一年出生的人中，至少有两人的生日相同是必然事件，选项正确，符合题意；
B.某彩票的中奖概率是，那么买张彩票不一定有张中奖，选项错误，不符合题意；
C.某射击运动员射击一次只有两种可能的结果：中靶与不中靶，它们发生的可能性不等，所以他击中靶的概率不是，选项错误，不符合题意；
D.一个不透明的袋中装有个红球.个白球，它们除颜色外都相同，任意摸出一个球是红球的概率是，选项错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查概率的意义．熟练掌握概率的意义，是解题的关键．
9．(本题3分)如图所示，矩形ABCD的长AD为20cm，宽AB为12cm，在它的内部有一个矩形EFGH（EH＞EF），设AD与EH之间的距离、BC与FG之间的距离都为acm，AB与EF之间的距离、DC与HG之间的距离都为bcm．当a，b满足（ ）时，矩形ABCD∽矩形EFGH．
A．a＝bB．abC．abD．ab
【答案】D
【分析】根据相似图形的性质对应边成比例进行求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD∽矩形EFGH，
∴
即
化简得：，
故选：D．
【点睛】题目主要考查相似图形的性质，理解相似图形的性质是解题关键．
10．(本题3分)如图，在正方形中，，以边为直径作半圆O，E是半圆O上的动点，于点F，于点P，设，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意，四边形为矩形，，所以当最小时，即三点共线时，最小，利用勾股定理进行计算，即可得解．
【详解】解：连接
∵四边形为正方形，，为圆O直径，
∴，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵
∴当三点共线时，最小，
则：，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查圆上的动点问题．熟练掌握圆外一点与圆心和圆上一点三点共线时，圆外一点到圆上一点的距离最大或最小是解题的关键．同时考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，是一道综合题．
第II卷（非选择题）
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二、填空题(共18分)
11．(本题3分)已知二次函数，当x____________时，y随x的增大而减小．
【答案】<-2
【分析】由抛物线解析式知a=1>0，抛物线开口向上，对称轴为直线x=-2，根据当x<-2时，y随x的增大而减小得出答案．
【详解】解：∵二次函数，
∴a=1>0，抛物线开口向上，对称轴为直线x=-2，
∴当x<-2时，y随x的增大而减小．
故答案为：<-2．
【点睛】本题考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的增减性是解题的关键．
12．(本题3分)在一个不透明的布袋中，红球、黑球、白球共有个，除颜色外都相同，小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红球、黑球的频率稳定在和，请你估计布袋中白球的个数是__________．
【答案】
【分析】利用频率估计概率，可得到摸到红球、黑球的频率为和，则摸到蓝球的概率为，然后根据概率公式可计算出口袋中白球的个数．
【详解】解：根据题意得摸到红球、黑球的频率为和，则摸到白球的频率为，
∵（个），所以可估计袋中白球的个数为个．
故答案为．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．
13．(本题3分)如图，与位似，位似中心为点O，，的面积为1，则的面积为______．
【答案】
【分析】根据位似变换的概念得到，，证明，再根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵与位似，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵的面积为1，
∴的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了位似变换的概念和性质，如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．还考查了相似三角形的判定和性质．掌握相似三角形的面积长比等于相似比的平方是解题的关键．
14．(本题3分)已知圆锥的主视图是底边长为，底边上的高为的等腰三角形，则这个圆锥的侧面积是_____．（结果保留）
【答案】
【分析】首先根据题意，求得底面的周长、利用勾股定理求得圆锥的母线长，然后利用扇形的面积公式即可求得圆锥的侧面积．
【详解】解：依题意底面周长是，底面积是：．
母线长是：，
则圆锥的侧面积是：．
故答案是：．
【点睛】本题考查三视图，圆锥的计算，勾股定理，圆的面积公式，圆的周长公式和扇形面积公式求解．
15．(本题3分)烟花厂某种礼炮的升空高度与飞行时间的关系式是，若这种礼炮在点火升空到最高点处引爆，则从点火升空到引爆需要的时间为_____s．
【答案】5
【分析】由， 可得当时，函数取最大值，从而可得答案.
【详解】解： ，
当时，最大高度为
所以从点火升空到引爆需要的时间为5s.
故答案为：5
【点睛】本题考查的是二次函数的实际应用，利用二次函数的性质求解函数取得最大值时的值是解本题的关键.
16．(本题3分)如图，二次函数的图象与x轴相交于两点，交y轴于点，点C，D是二次函数图象上的一对对称点，一次函数的图象过B，D两点，当一次函数的函数值大于二次函数的函数值时，x的取值范围是________．
【答案】或
【分析】先利用二次函数的对称性求出二次函数的对称轴进而求出点D的坐标，再根据一次函数的函数值大于二次函数的函数值，即为一次函数图象在二次函数图象上方进行求解即可．
【详解】解：∵二次函数的图象与x轴相交于两点，
∴二次函数对称轴为直线，
∵C，D是二次函数图象上的一对对称点，，
∴，
∵一次函数的图象过B，D两点，
∴ 由函数图象可知当一次函数的函数值大于二次函数的函数值时，x的取值范围是或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的对称性，图象法解不等式，正确求出二次函数的对称轴进而求出D的坐标是解题的关键．
三、解答题(共82分)
17．(本题6分)解方程：
(1)；
(2)．
【答案】(1)，
(2)，
【分析】（1）利用十字交叉法即可求解；
（2）先用完全平方公式展开，移项，合并同类项，系数化为，即可求解．
【详解】（1）解：
∴，．
（2）解：
∴，
∴，．
【点睛】本题主要考查十字交叉法、提取公因式法解一元二次方程，掌握因式分解解一元二次方程是解题的关键．
18．(本题6分)如图，在和中，，平分．
(1)证明：；
(2)若，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)，
【分析】（1）先根据角平分线的定义可得，再根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先利用勾股定理可求出的长，再利用相似三角形的性质即可得的长．
【详解】（1）∵平分，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）∵在中，，，，
∴，
由（1）已证：∵，
∴，即，
解得．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
19．(本题8分)在正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点A的坐标是，请解答下列问题．（画图不要求写作法）
(1)将绕点C逆时针旋转90°，画出旋转后的；
(2)在（1）的条件下，求线段扫过的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用旋转变化的性质分别作出、的对应点、即可；
（2）先求出线段的长，再利用扇形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）解：，
线段扫过的面积．
【点睛】本题考查作图—旋转变换，解题的关键是正确作出旋转过后的图形．
20．(本题8分)在一个不透明的口袋中装有4个依次写有数字1，2，3，4的小球，它们除数字外都相同，每次摸球前都将小球摇匀．
(1)从中随机摸出一个小球，求小球上写的数字大于3的概率；
(2)若从中随机摸出一球后放回，再随机摸出一球，请用画树状图或列表的方法，求两次摸出小球上的数字和恰好是偶数的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）大于3的数字是4，只有一种结果数，总的结果数为4，由概率计算公式即可求得；
（2）列出表格，由表格可求得所有可能的结果数及两次摸出小球上的数字和恰好是偶数的结果数，则可求得概率．
【详解】（1）解：从口袋中随机摸出一个小球共有4种可能，摸出的小球上写的数字大于3的结果只有1种，由概率公式，小球上写的数字大于3的概率为；
（2）解：列表如下：
由表知，所有可能结果是种，其中和是偶数的有8种，则两次摸出小球上的数字和恰好是偶数的概率为：．
【点睛】本题考查了求概率，无论是简单事件的概率或稍复杂事件的概率，求得所有可能结果数及事件发生的结果数是关键．
21．(本题10分)已知抛物线的顶点坐标为(2，－1)，它与x轴的交点坐标为(1，0）．
(1)求抛物线的函数解析式．
(2)在所给的直角坐标系中画出所求的函数图象．
(3)当x为何值时，y随x的增大而减小？
【答案】(1)
(2)图象见解析
(3)x < 2
【分析】（1）将顶点坐标和交点坐标代入二次函数顶点式解析式求出a值即可．
（2）根据解析式用描点法画出图象．
（3）根据二次函数图象的性质，找出对称轴判断即可．
（1）
解：设抛物线的顶点式解析式为
将抛物线的顶点坐标代入解析式得：
将点(1，0) 解析式得
∴a = 1
∴抛物线的函数解析式为 ．
（2）
如下图所示
（3）
由（2）图象可得，抛物线图象开头向上，所以在对称轴左边，y随x的增大而减小．
由函数解析式得对称轴为x = 2．
∴当x < 2时，y随x的增大而减小．
【点睛】本题主要考查二次函数解析式、二次函数图象和性质的知识点，熟练掌握根据不同条件选择适合的解析式求二次函数解析式和理解二次函数图象是本题的关键．
22．(本题10分)如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AC是直径，∠A＝30°，BC＝4，点D是AB的中点，连接DO并延长交⊙O于点P．
(1)求劣弧PC的长（结果保留π）；
(2)过点P作PF⊥AC于点F，求阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°可知，在含30°的直角三角形中求解的长，进而可求圆的半径， 根据垂径定理及其推论求出，然后利用弧长公式计算即可；
（2）根据计算求解即可．
（1）
解：∵AC是直径，
∴，
∵∠A=30°，，
∴，
∴⊙O的半径为4，
∵点D是AB的中点，PD经过圆心，
∴PD⊥AB，
∵∠A=30°，
∴∠POC=∠AOD=60°，
∴劣弧PC的长==
∴劣弧PC的长为．
（2）
解：由题意知，，
∴，，
∴=，
∴阴影部分的面积为．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角等于90°，含30°的直角三角形，垂径定理及其推论，弧长公式，扇形面积公式等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
23．(本题10分)为了节约用水，某水厂规定：某单元居民如果一个月的用水量不超过吨，那么这个月该单元居民只交10元水费．如果超过吨，则这个月除了仍要交10元水费外，超过那部分按每吨元交费．
（1）该单元居民8月份用水80吨，超过了“规定的吨”，则超过部分应交水费 元（用含x的式子表示）．
（2）下表是该单元居民9月、10月的用水情况和交费情况：
根据上表数据，求该x吨是多少？
【答案】（1）；（2）60吨．
【详解】解：（1）超过的用水量为（80-x）吨，所以，超过部分应交水费元；
（2）根据表格提供的数据，可以知道，根据9月份用水情况可以列出方程：
解得，
因为，所以
该水厂规定的x吨是60吨．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
24．(本题12分)如图，AB为⊙O的直径，且AB＝m（m为常数），点C为的中点，点D为圆上一动点，过A点作⊙O的切线交BD的延长线于点P，弦CD交AB于点E．
（1）当DC⊥AB时，则＝ ；
（2）①当点D在上移动时，试探究线段DA，DB，DC之间的数量关系；并说明理由；
②设CD长为t，求△ADB的面积S与t的函数关系式；
（3）当时，求的值．
【答案】（1）；（2）①DA+DB＝DC，②S＝t2﹣m2 ；（3）.
【分析】（1）首先证明当DC⊥AB时，DC也为圆的直径，且△ADB为等腰直角三角形，即可求出结果；
（2）①分别过点A，B作CD的垂线，连接AC，BC，分别构造△ADM和△BDN两个等腰直角三形及△NBC和△MCA两个全等的三角形，容易证出线段DA，DB，DC之间的数量关系；
②通过完全平方公式（DA+DB）2＝DA2+DB2+2DA•DB的变形及将已知条件AB＝m代入即可求出结果；
（3）通过设特殊值法，设出PD的长度，再通过相似及面积法求出相关线段的长度，即可求出结果．
【详解】解：（1）如图1，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵C为的中点，
∴，
∴∠ADC＝∠BDC＝45°，
∵DC⊥AB，
∴∠DEA＝∠DEB＝90°，
∴∠DAE＝∠DBE＝45°，
∴AE＝BE，
∴点E与点O重合，
∴DC为⊙O的直径，
∴DC＝AB，
在等腰直角三角形DAB中，
DA＝DB＝AB，
∴DA+DB＝AB＝CD，
∴＝；

（2）①如图2，过点A作AM⊥DC于M，过点B作BN⊥CD于N，连接AC，BC，
由（1）知，
∴AC＝BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠BNC＝∠CMA＝90°，
∴∠NBC+∠BCN＝90°，∠BCN+∠MCA＝90°，
∴∠NBC＝∠MCA，
在△NBC和△MCA中，
，
∴△NBC≌△MCA（AAS），
∴CN＝AM，
由（1）知∠DAE＝∠DBE＝45°，
AM＝DA，DN＝DB，
∴DC＝DN+NC＝DB+DA＝（DB+DA），
即DA+DB＝DC；
②在Rt△DAB中，
DA2+DB2＝AB2＝m2，
∵（DA+DB）2＝DA2+DB2+2DA•DB，
且由①知DA+DB＝DC＝t，
∴（t）2＝m2+2DA•DB，
∴DA•DB＝t2﹣m2，
∴S△ADB＝DA•DB＝t2﹣m2，
∴△ADB的面积S与t的函数关系式S＝t2﹣m2；
（3）如图3，过点E作EH⊥AD于H，EG⊥DB于G，
则NE＝ME，四边形DHEG为正方形，
由（1）知，
∴AC＝BC，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，
∵，
设PD＝9，则AC＝20，AB＝20，
∵∠DBA＝∠DBA，∠PAB＝∠ADB，
∴△ABD∽△PBA，
∴，
∴，
∴DB＝16，
∴AD＝＝12，
设NE＝ME＝x，
∵S△ABD＝AD•BD＝AD•NE+BD•ME，
∴×12×16＝×12•x+×16•x，
∴x＝，
∴DE＝HE＝x＝，
又∵AO＝AB＝10，
∴．
【点睛】本题考查了圆的相关性质，等腰直三角形的性质，相似的性质等，还考查了面积法及特殊值法的运用，解题的关键是认清图形，抽象出各几何图形的特殊位置关系．
25．(本题12分)已知二次函数y=ax2+bx+c的图象经过A（1，0），B（3，0），C（0，﹣3）
（1）求此二次函数的解析式以及顶点D的坐标；
（2）如图①，过此二次函数抛物线图象上一动点P（m，n）（0＜m＜3）作y轴平行线，交直线BC于点E，是否存在一点P，使线段PE的长最大？若存在，求出PE长的最大值；若不存在，说明理由．
（3）如图②，过点A作y轴的平行线交直线BC于点F，连接DA、DB、四边形OAFC沿射线CB方向运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，当点C与点F重合时立即停止运动，求运动过程中四边形OAFC与四边形ADBF重叠部分面积S的最大值．
【答案】（1）y=﹣x2+4x﹣3，（2，1）；（2）存在，当m=时，PE的长有最大值，最大值为．（3）四边形OAFC与四边形ADBF重叠部分面积S的最大值为2．
【详解】试题分析：（1）利用待定系数法即可求得抛物线的解析式，然后化为顶点式即可求得顶点的坐标．
（2）先求得直线BC的解析式，设P（x，﹣x2+4x﹣3），则F（x，x﹣3），根据PF等于P点的纵坐标减去F点的纵坐标即可求得PF关于x的函数关系式，从而求得P的坐标和PF的最大值；
（3）线利用待定系数法求得直线AD的解析式为y=x﹣1，直线BC的解析式为：y=x﹣3，从而得到AD∥BC，且与x轴正半轴夹角均为45°，由平行于与y轴的直线上点的坐标特点可求得F（1，﹣2），从而可求得AF=2，由当点C与点F重合时立即停止运动，可知0≤t≤，由AF∥A′F′，AD∥C′B，可知四边形AFF′A′为平行四边形，根据由平行四边形的面积公式可知当t=时，重合部分的面积最大，设A′F′与x轴交于点K，依据特殊锐角三角函数值可求得AK=1．依据平行四边形的面积公式可求得重合部分的最大面积为2．
解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）（x﹣3），将点C的坐标代入得：3a=﹣3，
解得：a=﹣1．
∵将a=﹣1代入得：y=﹣（x﹣1）（x﹣3）=﹣x2+4x﹣3．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+4x﹣3．
由抛物线的对称轴方程可知：x=﹣=2，
将x=2代入抛物线的解析式得：y=1．
∴点D的坐标为（2，1）．
（2）存在．
理由：设直线BE的解析式为y=kx+b．
将B（3，0），C（0，﹣3）代入上式，得：，
解得：k=1，b=﹣3．
则直线BC的解析式为y=x﹣3．
∵PE∥y轴，
∴点P与点E的横坐标均为m．
∵将x=m代入直线BC的解析式的y=m﹣3，
∴点E的坐标为（m﹣3）．
将x=m代入抛物线的解析式得y=﹣m2+4m﹣3，
∴点P的坐标为（m，﹣m2+4m﹣3）．
∴PE═﹣m2+4m﹣3﹣（m﹣3）=﹣m2+3m=﹣（m2﹣3m+﹣）=﹣（m﹣）2+．
∴当m=时，PE的长有最大值，最大值为．
（3）如图所示：
∵A（1，0）、B（3，0）、D（2，1）、C（0，﹣3），
∴可求得直线AD的解析式为：y=x﹣1；直线BC的解析式为：y=x﹣3．
∴AD∥BC，且与x轴正半轴夹角均为45°．
∵AF∥y轴，
∴F（1，﹣2），
∴AF=2．
∵当点C与点F重合时立即停止运动，
∴0≤t≤．
∵AF∥A′F′，AD∥C′B，
∴四边形AFF′A′为平行四边形．
∵当AA′有最大值时，重合部分的面积最大．
∴当t=时，重合部分的面积最大．
设A′F′与x轴交于点K，则AK=AA′==1．
∴S=S▱AFF′A′=AF•AK=2×1=2．
四边形OAFC与四边形ADBF重叠部分面积S的最大值为2．
考点：二次函数综合题．
1
2
3
4
1
1，1 和为2
1，2 和为3
1，3 和为4
1，4 和为5
2
2，1 和为3
2，2 和为4
2，3 和为5
2，4 和为6
3
3，1 和为4
3，2 和为5
3，3 和为6
3，4 和为7
4
4，1 和为5
4，2 和为6
4，3 和为7
4，4 和为8
月份
用水量（吨）
交费总数（元）
9月份
85
25
10月份
50
10