当原数的绝对值＜1时，n是负数． 1， 详解：5.5亿=5 5000 0000=5.5×1． 故答案为5.5×
10n的形式，其中1≤|a|＜10，n点睛：此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 19．（1）y=﹣20x+1600；
（2）当每盒售价定为60元时，每天销售的利润P（元）最大，最大利润是8000元； （3）超市每天至少销售粽子440盒． 【解析】
试题分析：（1）根据“当售价定为每盒45元时，每天可以卖出700盒，每盒售价每提高1元，每天要少卖出20盒”即可得出每天的销售量y（盒）与每盒售价x（元）之间的函数关系式；
（2）根据利润=1盒粽子所获得的利润×销售量列式整理，再根据二次函数的最值问题解答；
（3）先由（2）中所求得的P与x的函数关系式，根据这种粽子的每盒售价不得高于58元，且每天销售粽子的利润不低于6000元，求出x的取值范围，再根据（1）中所求得的销售量y（盒）与每盒售价x（元）之间的函数关系式即可求解．
试题解析：（1）由题意得，y=700?20(x?45)=?20x?1600；
（2）P=(x?40)(?20x?1600)=?20x2?2400x?64000=?20(x?60)?8000，∵x≥45，a=﹣20＜0，∴当x=60时，P最大值=8000元，即当每盒售价定为60元时，每天销售的利润P（元）最大，最大利润是8000元；
22（3）由题意，得?20(x?60)?8000=6000，解得x1?50，x2?70，∵抛物线P=?20(x?60)?80002的开口向下，∴当50≤x≤70时，每天销售粽子的利润不低于6000元的利润，又∵x≤58，∴50≤x≤58，∵在
y??20x?1600中，k??20＜0，∴y随x的增大而减小，∴当x=58时，y最小值=﹣20×58+1600=440，
即超市每天至少销售粽子440盒． 考点：二次函数的应用．
20． (1)开通隧道前，汽车从A地到B地要走(80+402)千米；(2)汽车从A地到B地比原来少走的路程为[40+40(2﹣3)]千米． 【解析】 【分析】
（1）过点C作AB的垂线CD，垂足为D，在直角△ACD中，解直角三角形求出CD，进而解答即可； （2）在直角△CBD中，解直角三角形求出BD，再求出AD，进而求出汽车从A地到B地比原来少走多少路程．
【详解】
(1)过点C作AB的垂线CD，垂足为D，
CD，BC＝80千米， BC1∴CD＝BC?sin30°＝80×＝40(千米)，
2CD?402(千米)， AC＝?sin45∵AB⊥CD，sin30°＝AC+BC＝80+-1(千米)， 81)千米； 8答：开通隧道前，汽车从A地到B地要走(80+-(2)∵cos30°＝
BD，BC＝80(千米)， BC3=403(千米)， 2∴BD＝BC?cos30°＝80×CD，CD＝40(千米)， ADCD?40(千米)， ∴AD＝?tan45∵tan45°＝
∴AB＝AD+BD＝40+403(千米)，
∴汽车从A地到B地比原来少走多少路程为：AC+BC﹣AB＝80+-米)．
答：汽车从A地到B地比原来少走的路程为 [40+40(2?3)]千米．
1﹣40﹣403＝40+40(2?3)(千8
【点睛】
本题考查了勾股定理的运用以及解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
21． (1) A（﹣4，0），B（2，0）；(2)△ACP最大面积是4. 【解析】 【分析】
（1）令y=0，得到关于x 的一元二次方程﹣
12
x﹣x+4=0，解此方程即可求得结果； 2（2）先求出直线AC解析式，再作PD⊥AO交AC于D，设P（t，﹣
12
t﹣t+4），可表示出D点坐标，2于是线段PD可用含t的代数式表示，所以S△ACP=系式，继而可求出△ACP面积的最大值． 【详解】
(1)解：设y=0，则0=﹣∴x1=﹣4，x2=2
∴A（﹣4，0），B（2，0） (2)作PD⊥AO交AC于D
11PD×OA=PD×4=2PD，可得S△ACP关于t 的函数关2212
x﹣x+4 2
设AC解析式y=kx+b
?4?b∴?
0??4k?b?解得：??k?1 b?4?∴AC解析式为y=x+4. 设P（t，﹣
12
t﹣t+4）则D（t，t+4） 2∴PD=（﹣
1211t﹣t+4）﹣（t+4）=﹣t2﹣2t=﹣（t+2）2+2 222∴S△ACP=
1PD×4=﹣（t+2）2+4 2∴当t=﹣2时，△ACP最大面积4. 【点睛】
本题考查二次函数综合，解题的关键是掌握待定系数法进行求解. 22．（1）i）证明见试题解析；ii）6；（2）【解析】
10；（3）p2?n2?(2?2)m2． 4【分析】
（1）i）由∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，得到∠ACE=∠BCF，又由于故△CAE∽△CBF； ii）由
ACCE??2，BCCFAE?2，得到BF=2，再由△CAE∽△CBF，得到∠CAE=∠CBF，进一步可得到∠EBF=1°，BF2222从而有CE?2EF?2(BE?BF)?6，解得CE?（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，由
6；
ABEF??k，得到BC:AB:AC?1:k:k2?1，BCFCACAE??k2?1，从而BF?，故CF:EF:EC?1:k:k?1BCBF2AEk2?1，得到k2?1k2?12CE?2?EF?2(BE2?BF2)，代入解方程即可；
kk2（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：
AB2:BC2:AC2?1:1:(2?2)，EF2:FC2:EC2?1:1:(2?2)，
n2)?(2?2)m2?n2， 故p?(2?2)EF?(2?2)(BE?BF)?(2?2)(m?2?222222从而有p2?n2?(2?2)m2． 【详解】
解：（1）i）∵∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，∴∠ACE=∠BCF，又∵∴△CAE∽△CBF； ii）∵
ACCE??2，BCCFAE?2，∴BF=2，∵△CAE∽△CBF，∴∠CAE=∠CBF，又∵∠CAE+∠CBE=1°，BF6；
2222∴∠CBF+∠CBE=1°，即∠EBF=1°，∴CE?2EF?2(BE?BF)?6，解得CE?（2）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，∵
ABEF??k，∴BC:AB:AC?1:k:k2?1，BCFCAE2，BF?2，k2?1k?12ACAE2??k2?1，∴BF?，∴CF:EF:EC?1:k:k?1BCBF2AEk2?1k2?1k2?1222102222∴CE?，∴，解得； ?EF?(BE?BF)3?(1?)k?2222kkkk?14（3）连接BF，同理可得：∠EBF=1°，过C作CH⊥AB延长线于H，可得：
AB2:BC2:AC2?1:1:(2?2)，EF2:FC2:EC2?1:1:(2?2)，
n2)?(2?2)m2?n2， ∴p?(2?2)EF?(2?2)(BE?BF)?(2?2)(m?2?222222