重慶市2018年中考數(shù)學一輪復習 第三章 函數(shù) 第5節(jié) 二次函數(shù)的綜合應用練習

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1、 第5節(jié)　二次函數(shù)的綜合應用 (10年15卷13考，1道，12分) 玩轉(zhuǎn)重慶10年中考真題(2008～2017年) 命題點1　(10年12考，僅2010～2012年未考) 1. (2013重慶A卷25題12分)如圖，對稱軸為直線x＝－1的拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)與x軸相交于A、B兩點，其中點A的坐標為(－3，0)． (1)求點B的坐標； (2)已知a＝1，C為拋物線與y軸的交點． ①若點P在拋物線上，且S△POC＝4S△BOC.求點P的坐標； ②設點Q是線段AC上的動點，作QD⊥x軸交拋物線于點D，求線段QD長度的最大值． 　 第1題圖 2. (2008重慶

2、28題10分)已知：如圖，拋物線y＝ax2－2ax＋c(a≠0)與y軸交于點C(0，4)，與x軸交于點A、B，點A的坐標為(4，0)． (1)求該拋物線的解析式； (2)點Q是線段AB上的動點，過點Q作QE∥AC，交BC于點E，連接CQ，當△CQE的面積最大時，求點Q的坐標； (3)若平行于x軸的動直線l與該拋物線交于點P，與直線AC交于點F，點D的坐標為(2，0)．問：是否存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由． 第2題圖 3. (2014重慶B卷25題12分)如圖，已知拋物線y＝－x2＋2x＋3與x軸交于A、B兩點(點A

3、在點B的左邊)，與y軸交于點C，連接BC. (1)求A、B、C三點的坐標； (2)若點P為線段BC上的一點(不與B、C重合)，PM∥y軸，且PM交拋物線于點M，交x軸于點N，當△BCM的面積最大時，求△BPN的周長； (3)在(2)的條件下，當△BCM的面積最大時，在拋物線的對稱軸上存在點Q，使得△CNQ為直角三角形，求點Q的坐標． 第3題圖 4. (2014重慶A卷25題12分)如圖，拋物線y＝－x2－2x＋3的圖象與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左邊)，與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點． (1)求點A、B、C的坐標； (2)點M為線段AB上一點(點M不與點

4、A、B重合)，過點M作x軸的垂線，與直線AC交于點E，與拋物線交于點P，過點P作PQ∥AB交拋物線于點Q，過點Q作QN⊥x軸于點N，若點P在點Q左邊，當矩形PMNQ的周長最大時，求△AEM的面積； (3)在(2)的條件下，當矩形PMNQ的周長最大時，連接DQ，過拋物線上一點F作y軸的平行線，與直線AC交于點G(點G在點F的上方)．若FG＝2DQ，求點F的坐標． 第4題圖 5. (2015重慶B卷26題12分)如圖，拋物線y＝－x2＋2x＋3與x軸交于A，B兩點(點A 在點B的左邊)，與y軸交于點C.點D和點C關于拋物線的對稱軸對稱，直線AD與y軸相交于點E. (1)求直線AD的解析

5、式； (2)如圖①，直線AD上方的拋物線上有一點F，過點F作FG⊥AD于點G，作FH平行于x軸交直線AD于點H，求△FGH周長的最大值； (3)點M是拋物線的頂點，點P是y軸上一點，點Q是坐標平面內(nèi)一點，以A，M，P，Q為頂點的四邊形是以AM為邊的矩形，若點T和點Q關于AM所在直線對稱，求點T的坐標． 第5題圖 拓展訓練　 如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2－x－2分別與x軸交于A，B兩點，與y軸交于C點，直線EF垂直平分線段BC，分別交BC于點E，y軸于點F，交x軸于D. (1)判定△ABC的形狀；

6、(2)在線段BC下方的拋物線上有一點P，當△BCP面積最大時，求點P的坐標及△BCP面積的最大值； (3)如圖②，過點E作EH⊥x軸于點H，將△EHD繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)一個角度α(0°≤α≤90°)，∠DEH的兩邊分別交線段BO，CO于點T，點K，當△KET為等腰三角形時，求此時KT的值． 命題點2　二次函數(shù)的實際應用(10年4考，2009～2012連續(xù)考查) 6. (2009重慶25題10分)某電視機生產(chǎn)廠家去年銷往農(nóng)村的某品牌電視機每臺的售價y(元)與月份x之間滿足函數(shù)關系y＝－50x＋2600，去年的月銷售量p(萬臺)與月份

7、x之間成一次函數(shù)關系，其中兩個月的銷售情況如下表： 月　份 1月 5月 銷售量 3.9萬臺 4.3萬臺 (1)求該品牌電視機在去年哪個月銷往農(nóng)村的銷售金額最大？最大是多少？ (2)由于受國際金融危機的影響，今年1、2月份該品牌電視機銷往農(nóng)村的售價都比去年12月份下降了m%，且每月的銷售量都比去年12月份下降了1.5m%.國家實施“家電下鄉(xiāng)”政策，即對農(nóng)村家庭購買新的家電產(chǎn)品，國家按該產(chǎn)品售價的13%給予財政補貼．受此政策的影響，今年3至5月份，該廠家銷往農(nóng)村的這種電視機在保持今年2月份的售價不變的情況下，平均每月的銷售量比今年2月份增加了1.5萬臺．若今年3至5月份國家對這種電

8、視機的銷售共給予了財政補貼936萬元，求m的值(保留一位小數(shù))．(參考數(shù)據(jù)：≈5.831，≈5.916，≈6.083，≈6.164) 7. (2012重慶25題10分)企業(yè)的污水處理有兩種方式，一種是輸送到污水廠進行集中處理，另一種是通過企業(yè)的自身設備進行處理．某企業(yè)去年每月的污水量均為12000噸，由于污水廠處于調(diào)試階段，污水處理能力有限，該企業(yè)投資自建設備處理污水，兩種處理方式同時進行.1至6月，該企業(yè)向污水廠輸送的污水量y1(噸)與月份x(1≤x≤6，且x取整數(shù))之間滿足的函數(shù)關系如下表： 月份x(月) 1 2 3 4

9、 5 6 輸送的污 水量y1(噸) 12000 6000 4000 3000 2400 2000 7至12月，該企業(yè)自身處理的污水量y2(噸)與月份x(7≤x≤12，且x取整數(shù))之間滿足二次函數(shù)關系式y(tǒng)2＝ax2＋c，其圖象如圖所示.1至6月，污水廠處理每噸污水的費用z1(元)與月份x之間滿足函數(shù)關系式：z1＝x，該企業(yè)自身處理每噸污水的費用z2(元)與月份x之間滿足函數(shù)關系式：z2＝x－x2；7至12月，污水廠處理每噸污水的費用均為2元，該企業(yè)自身處理每噸污水的費用均為1.5元． (1)請觀察題中的表格和圖象，用所學過的一次函數(shù)、反比例函數(shù)或二次函數(shù)的有關知識，分別直接

10、寫出y1，y2與x之間的函數(shù)關系式； (2)請你求出該企業(yè)去年哪個月用于污水處理的費用W(元)最多，并求出這個最多費用； (3)今年以來，由于自建污水處理設備的全面運行，該企業(yè)決定擴大產(chǎn)能并將所有污水全部自身處理，估計擴大產(chǎn)能后今年每月的污水量都將在去年每月的基礎上增加a%，同時每噸污水處理的費用將在去年12月份的基礎上增加(a－30)%.為鼓勵節(jié)能降耗，減輕企業(yè)負擔，財政對企業(yè)處理污水的費用進行50%的補助．若該企業(yè)每月的污水處理費用為18000元，請計算出a的整數(shù)值．(參考數(shù)據(jù)：≈15.2，≈20.5，≈28.4) 第7題圖 答案 1. 解：(1)∵點A(－3，0)與點B關于

11、直線x＝－1對稱， ∴點B的坐標為(1，0)；(2分) (2)∵a＝1， ∴y＝x2＋bx＋c， ∵拋物線過點(－3，0)，且對稱軸為直線x＝－1， ∴，解得， ∴拋物線解析式為y＝x2＋2x－3， ∴點C的坐標為(0，－3)，(4分) ①設點P的坐標為(x，y)， 由題意得S△BOC＝OB·OC＝×1×3＝， ∴S△POC＝4S△BOC＝4×＝6，(6分) 當x>0時，S△POC＝OC·x＝×3×x＝6， ∴x＝4， ∴y＝42＋2×4－3＝21；(7分) 當x<0時，S△POC＝OC·(－x)＝×3×(－x)＝6， ∴x＝－4， ∴y＝(－4)2＋2×(－4

12、)－3＝5，(8分) ∴點P的坐標為(4，21)或(－4，5)；(9分) ②如解圖，設點A、C所在直線的解析式為y＝mx＋n(m≠0)， 第1題解圖 把A(－3，0)、C(0，－3)代入，得，解得， ∴y＝－x－3， 設點Q的坐標為(x，－x－3)， 其中－3≤x≤0， ∵QD⊥x軸，且點D在拋物線上， ∴點D的坐標為(x，x2＋2x－3)， ∴QD＝－x－3－(x2＋2x－3)＝－x2－3x＝－(x＋)2＋，(11分) ∵－3<－<0， ∴當x＝－時，QD有最大值， ∴線段QD長度的最大值為.(12分) 2. 解：(1)∵拋物線y＝ax2－2ax＋c與y軸交于

13、點C(0，4)且經(jīng)過A(4，0)， 可得，解得，(2分) ∴所求拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋4；(3分) (2)設點Q的坐標為(m，0)，過點E作EG⊥x軸于點G，如解圖①. 由－x2＋x＋4＝0， 解得x1＝－2，x2＝4， ∴點B的坐標為(－2，0)，(4分) 　第2題解圖① ∴AB＝6，BQ＝m＋2， ∵QE∥AC， ∴∠BQE＝∠BAC，∠BEQ＝∠BCA， ∴△BQE∽△BAC， ∴＝，即＝， ∴EG＝，(5分) ∴S△CQE＝S△CBQ－S△EBQ ＝BQ·CO－BQ·EG ＝(m＋2)(4－) ＝－m2＋m＋(6分) ＝－(m－1)2＋

14、3. ∵－2≤m≤4， ∴當m＝1時，S△CQE有最大值3，此時Q(1，0)；(7分) (3)存在． 在△ODF中， ①若DF＝DO， ∵A(4，0)，D(2，0)， ∴AD＝OD＝DF＝2， 又∵在Rt△AOC中，OA＝OC＝4， ∴∠OAC＝45°， ∴∠DFA＝∠OAC＝45°， ∴∠ADF＝90°，此時，點F的坐標為(2，2)， 由－x2＋x＋4＝2，解得x1＝1＋，x2＝1－， 此時，點P的坐標為：P(1＋，2)或P(1－，2); (8分) ②若FO＝FD，過點F作FM⊥x軸于點M，如解圖②， 第2題解圖② 由等腰三角形的性質(zhì)得：OM＝OD＝1，

15、 ∴AM＝3， ∴在等腰直角△AMF中，MF＝AM＝3，∴F(1，3)， 由－x2＋x＋4＝3，解得x1＝1＋，x2＝1－； 此時，點P的坐標為：P(1＋，3)或P(1－，3)；(9分) ③若OD＝OF， ∵OA＝OC＝4，且∠AOC＝90°， ∴AC＝4， ∴點O到AC的距離為2，而OF＝OD＝2＜2， ∴此時不存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形； 綜上所述，存在這樣的直線l，使得△ODF是等腰三角形，所求點P的坐標為：P(1＋，2)或P(1－，2)或P(1＋，3)或P(1－，3)．(10分) 3. 解：(1)當y＝0時，即－x2＋2x＋3＝0， 解得x1＝－1

16、，x2＝3， ∴A(－1，0)，B(3，0)，(2分) 當x＝0時，y＝3， ∴C(0，3)，(3分) ∴點A、B、C的坐標分別是A(－1，0)，B(3，0)，C(0，3)；(4分) (2)設△BCM的面積為S，點M的坐標為(a，－a2＋2a＋3)， 則OC＝3，OB＝3，ON＝a，MN＝－a2＋2a＋3，BN＝3－a， 根據(jù)題意，得S△BCM＝S四邊形OCMN＋S△MNB－S△COB＝(OC＋MN)·ON＋MN·NB－OC·OB＝[3＋(－a2＋2a＋3)]a＋(－a2＋2a＋3)(3－a)－ ×3×3＝－a2＋a＝－(a－)2＋， ∴當a＝時，S△BCM有最大值，(6分)

17、 此時，ON＝a＝，BN＝3－a＝， ∵OC＝OB＝3，∠COB＝90°， ∴∠PBN＝45°， ∴PN＝BN＝， 根據(jù)勾股定理，得PB＝＝， ∴△BPN的周長＝PN＋BN＋PB＝＋＋＝3＋；(8分) (3)拋物線y＝－x2＋2x＋3的對稱軸為直線x＝1，與x軸交于點E(1，0)，如解圖， 第3題解圖 設Q(1，y)，根據(jù)勾股定理CN2＝CO2＋ON2＝()2＋32＝， 過點Q作QD⊥y軸于點D，則D(0，y)，利用勾股定理可得： CQ2＝CD2＋DQ2＝(y－3)2＋12＝y(tǒng)2－6y＋10， NQ2＝QE2＋EN2＝y(tǒng)2＋， ∵△CNQ為直角三角形， ∴有以下三

18、種情況： ①當CN2＋CQ2＝NQ2，即∠NCQ＝90°時，＋y2－6y＋10＝y(tǒng)2＋， 解得y＝， ∴Q(1，)； ②當CN2＋NQ2＝CQ2，即∠CNQ＝90°時，＋y2＋＝y(tǒng)2－6y＋10， 解得y＝－， ∴Q(1，－)； ③當CQ2＋NQ2＝CN2，即∠CQN＝90°時，y2－6y＋10＋y2＋＝， 解得y＝， ∴Q(1，)或(1，)． 綜上所述，△CNQ為直角三角形時，點Q的坐標為(1，)或(1，)或(1，－)或(1, )．(12分) 4. 解：(1)拋物線的解析式為y＝－x2－2x＋3， 令x＝0，得y＝3，則C(0，3)，(1分) 令y＝0，得－x2－2

19、x＋3＝0，解得x1＝－3，x2＝1， ∴A(－3，0)，B(1，0)；(3分) (2)由x＝－＝－1得，拋物線的對稱軸為直線x＝－1，(4分) 設點M(x，0)，P(x，－x2－2x＋3)，其中－3＜x＜－1， ∵P、Q關于直線x＝－1對稱，設Q的橫坐標為a，則a－(－1)＝－1－x， ∴a＝－2－x， ∴Q(－2－x，－x2－2x＋3)，(5分) ∴MP＝－x2－2x＋3，PQ＝－2－x－x＝－2－2x， ∴C矩形PMNQ＝2(MP＋PQ) ＝2(－2－2x－x2－2x＋3) ＝－2x2－8x＋2 ＝－2(x＋2)2＋10， ∴當x＝－2時，C矩形MNPQ取最大值．

20、(6分) 此時，M(－2，0)， ∴AM＝－2－(－3)＝1， 設直線AC的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，則，解得， ∴直線AC的解析式為y＝x＋3， 將x＝－2代入y＝x＋3，得y＝1， ∴E(－2，1)， ∴EM＝1，(7分) ∴S△AEM＝AM·ME＝×1×1＝；(8分) 第4題解圖 (3)由(2)知，當矩形PMNQ的周長最大時，M橫坐標為x＝－2，此時點Q(0，3)，與點C重合， ∴OQ＝3， 將x＝－1代入y＝－x2－2x＋3，得y＝4， ∴D(－1，4)， 如解圖，過點D作DK⊥y軸于點K，則DK＝1，OK＝4，∴QK＝OK－OQ＝4－3＝1，

21、∴△DKQ是等腰直角三角形，DQ＝，(9分) ∴FG＝2DQ＝2×＝4，(10分) 設F(m，－m2－2m＋3)，G(m，m＋3)， ∵點G在點F的上方， ∴FG＝(m＋3)－(－m2－2m＋3)＝m2＋3m， ∵FG＝4， ∴m2＋3m＝4，解得m1＝－4，m2＝1， 當m＝－4時，－m2－2m＋3＝－(－4)2－2×(－4)＋3＝－5， 當m＝1時，－m2－2m＋3＝－12－2×1＋3＝0， ∴F點的坐標為(－4，－5)或(1，0)．(12分) 5. 解：(1)當y＝0時，即0＝－x2＋2x＋3， 解得x1＝－1，x2＝3. ∴A(－1，0)，B(3，0)． 當x

22、＝0時，y＝3， ∴C(0，3)．(1分) ∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4， ∴拋物線的對稱軸為x＝1，頂點(1，4)， ∴點C關于直線x＝1的對稱點D(2，3)．(2分) 設直線AD的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，代入A(－1，0)，D(2，3)， 得，解得， ∴直線AD的解析式為y＝x＋1；(3分) (2)對于y＝x＋1，當x＝0時，y＝1， ∴OE＝1＝OA， ∴△AOE為等腰直角三角形． ∵FG⊥AD，F(xiàn)H∥x軸， ∴∠FHG＝∠EAO，∠FGH＝∠EOA， ∴△FHG∽△EAO， ∴△FGH是等腰直角三角形， ∴FG∶GH∶FH＝1∶1∶.

23、(4分) 設F(t，－t2＋2t＋3)， 則點H的縱坐標為－t2＋2t＋3， 代入y＝x＋1，得x＝－t2＋2t＋2， ∴H(－t2＋2t＋2，－t2＋2t＋3)， ∴FH＝(－t2＋2t＋2)－t＝－t2＋t＋2，(5分) ∴C△FGH＝FG＋GH＋FH ＝＋＋FH ＝(＋1)FH ＝(＋1)(－t2＋t＋2) ＝－(＋1)(t－)2＋(＋1)，(6分) ∴當t＝時，C△FGH最大＝(＋1)＝＋；(7分) (3)(ⅰ)當點P在AM上方時，如解圖①，過點M作MP⊥AM交y軸于P點，過P點作AM的平行線、過A點作PM的平行線，交點為點Q，直線AQ交y軸于點T. 由作法知

24、四邊形AMPQ為平行四邊形，且∠AMP＝90°， ∴四邊形AMPQ是符合題意的矩形． 作MR⊥y軸于點R，設AM交y軸于點S. ∵A(－1，0)，M(1，4)， ∴RM＝OA＝1， 又∵∠MRS＝∠AOS，∠MSR＝∠ASO， ∴△MRS≌△AOS(AAS)， ∴SO＝RS＝OR＝2， ∴SM＝＝＝SA.(8分) ∵∠MSR＝∠PSM，∠MRS＝∠PMS， ∴△PMS∽△MRS， ∴＝， ∴PS＝＝.(9分) ∵SM＝SA，∠PSM＝∠TSA，∠PMS＝∠TAS＝90°， ∴△PMS≌△TAS(ASA)， ∴PM＝AT，PS＝ST＝. ∵OS＝2， ∴OT＝－

25、2＝， ∴T(0，－)． 在矩形AMPQ中，PM＝AQ， ∴AQ＝AT. ∵QT⊥AM， ∴點Q、T關于AM成軸對稱， ∴T(0，－)為所求的點；(10分) 第5題解圖 (ⅱ)當點P在AM下方時，如解圖②作矩形APQM，延長QM交y軸于點T.同(ⅰ)可知MQ＝AP＝TM，且AM⊥QT，則點Q關于AM的對稱點為點T，此時ST與解圖①中的SP相等，即TS＝，又OS＝2， ∴OT＝OS＋TS＝， ∴T(0，)．(11分) 綜上所述，點T坐標為(0，－)或(0，)．(12分) 拓展訓練　解：(1)結(jié)論：△ABC是直角三角形． 理由如下：對于拋物線y＝x2－x－2， 令y

26、＝0，即x2－x－2＝0， 解得x＝－或2， ∴A(－，0)，B(2，0)， 令x＝0得y＝－2， ∴C(0，－2)， ∴OA＝，OC＝2，OB＝2，AB＝， ∴AC＝＝，BC＝4， ∴AC2＋BC2＝，AB2＝， ∴AC2＋BC2＝AB2， ∴△ABC是直角三角形； (2)如解圖①，設P(m，m2－m－2)， 解圖① S△BCP＝S△OCP＋S△OBP－S△OBC＝×2m＋×2×(－m2＋m＋2)－×2×2＝－(m－)2＋， ∴m＝，即P(，－)時，△PBC的面積最大，最大為. (3)①如解圖②， 解圖② ∵EF垂直平分BC， ∴E(，)即E(，－1

27、)， tan∠EOH＝＝， ∴∠EOH＝30°，∠OEH＝60°， 在Rt△BOC中，tan∠CBO＝＝， ∴∠CBO＝30°， ∵EF⊥BC， ∴∠FEB＝90°，∠EDB＝60°， ∵EH⊥OB， ∴∠DEH＝30°，∠OED＝30°， ∵EH＝1，∠DEH＝30°， ∴DH＝， 當點K與點O重合，點T與點D重合時，△EKT為等腰三角形， 易知TE＝TK＝·EB＝； ②如解圖③中，當TE＝KE時，作KN⊥CE于N，EQ⊥OC于Q，則四邊形OQEH是矩形， 解圖③ 易知：HE＝1，∠CKN＝30°， ∵∠QEH＝90°，∠KET＝30°， ∴∠TEH＝6

28、0°－∠QEK， ∵KN∥DE， ∴∠EKN＝∠DEK，又∠KET＝∠DEH， ∴∠DEK＝∠TEH， ∴∠EKN＝∠TEH， ∵ET＝EK，∠KNE＝∠EHT＝90°， ∴△KEN≌△ETH(AAS)， ∴KN＝EH＝1， 在Rt△CNK中，易知CN＝，CK＝， ∴EN＝2－， ∴TH＝EN＝2－， ∴OT＝－2，OK＝2－， ∴KT2＝OK2＋OT2＝－8， ∴KT＝； ③當TK＝EK時，∠ETK＝∠TEK＝30°，∴∠EKT＝120°， 而T在OB上，K在OC上，∴∠EKT最大為90°<120°，∴EK＝TK不成立．KT的值為或. 6. 解：(1)設p與x

29、的函數(shù)關系為p＝kx＋b(k≠0)，根據(jù)題意， 得，解得， ∴p＝ 0.1x＋3.8，(2分) 設月銷售金額為w萬元，則w＝py＝(0.1x＋3.8)(－50x＋2600)(3分) 化簡，得w＝－5x2＋70x＋9880， ∴w＝－5(x－7)2＋10125， ∴當x＝7時，w取得最大值，最大值為10125萬元， 答：該品牌電視機在去年7月份銷往農(nóng)村的銷售金額最大，最大值為10125萬元，(4分) (2)去年12月份每臺的售價為 －50×12＋2600＝2000元， 去年12月份月銷售量為0.1×12＋3.8＝5萬臺，(5分) 根據(jù)題意， 得2000(1－m%)×〔5(1－

30、1.5m%)＋1.5〕×13%×3＝936，(8分) 令m%＝t，原方程可化為7.5t2－14t＋5.3＝0， 解得t1＝，t2＝， ∴t1≈1.339(舍去)，t2≈0.528. 答：m的值約為52.8.(10分) 7. 解：(1)y1＝(1≤x≤6，且x取整數(shù))，(1分) y2＝x2＋10000(7≤x≤12，且x取整數(shù))；(2分) (2)當1≤x≤6，x取整數(shù)時， W＝y(tǒng)1·z1＋(12000－y1)·z2 ＝·x＋(12000－)·(x－x2) ＝－1000x2＋10000x－3000.(3分) ∵a＝－1000<0，x＝－＝5，1≤x≤6， ∴當x＝5時，W最

31、大＝22000(元)；(4分) 當7≤x≤12，且x取整數(shù)時， W＝2×(12000－y2)＋1.5y2 ＝2×(12000－x2－10000)＋1.5×(x2＋10000) ＝－x2＋19000，(5分) ∵a＝－<0，x＝－＝0， 當7≤x≤12時，W隨x的增大而減小， ∴當x＝7時，W最大＝18975.5(元)， ∵22000>18975.5， ∴去年5月用于污水處理的費用最多，最多費用是22000元；(6分) (3)由題意得 12000(1＋a%)×1.5×[1＋(a－30)%]×(1－50%)＝18000.(8分) 設t＝a%，整理得10t2＋17t－13＝0，解得t＝. ∵≈28.4， ∴t1≈0.57，t2≈－2.27(舍去)， ∴a≈57. 答：a的整數(shù)值為57.(10分) 19