∴a+b=6，ab=4，

则原式===7．

故选A

解得：a≤，a≠1，

则整数a的最大值为0．

故选C．

∵（m﹣1）（n﹣1）=mn﹣（m+n）+1=﹣6，

∴a﹣3+1=﹣6，

解得：a=﹣4．

故选C

，

共6种．

故选C．

∴AE=CE，DE=EF，

∴四边形ADCF是平行四边形，

∵AC=BC，点D是边AB的中点，

∴∠ADC=90°，

∴四边形ADCF矩形．

故选A．

∴有30次摸到白球，

∴摸到黑球与摸到白球的次数之比为1：3，

∴口袋中黑球和白球个数之比为1：3，

4÷=12（个）．

故选：A．

∴该抛物线的对称轴是：x=．

又∵二次函数y=x2﹣3x+m（m为常数）的图象与x轴的一个交点为（1，0），

∴根据抛物线的对称性质知，该抛物线与x轴的另一个交点的坐标是（2，0），

∴关于x的一元二次方程x2﹣3x+m=0的两实数根分别是：x1=1，x2=2．

故选B．

B、∵当x=﹣1时，y=a﹣b+c＞0，故本选项错误；

C、∵对称轴在y轴右侧且在直线x=1左侧，∴x=﹣＜1，故本选项错误；

D、∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点（0，﹣2），对称轴在y轴右侧，a＞0，

∴最小值：＜﹣2，

∴4ac﹣b2＜﹣8a．

故本选项正确．

故选D．

∴∠BAF=∠DAF，

∵AB∥DF，AD∥BC，

∴∠BAF=∠F=∠DAF，∠BAE=∠AEB，

∴AB=BE=6，AD=DF=9，

∴△ADF是等腰三角形，△ABE是等腰三角形，

∵AD∥BC，

∴△EFC是等腰三角形，且FC=CE，

∴EC=FC=9﹣6=3，

在△ABG中，BG⊥AE，AB=6，BG=4，

∴AG==2，

∴AE=2AG=4，

∴△ABE的周长等于16，

又∵△CEF∽△BEA，相似比为1：2，

∴△CEF的周长为8．

故选D．

∴∠BDC=90°，

∴BD⊥AC，故A正确；

∵BD平分∠ABC，BD⊥AC，

∴△ABC是等腰三角形，AD=CD，

∵∠AED=∠ACB，

∴△ADE∽△ABC，

∴△ADE是等腰三角形，

∴AD=DE=CD，

∴===，

∴AC2=2AB•AE，故B正确；

由B的证明过程，可得C选项正确．

故选D．

（t+1）（t﹣1）=63，即t2=，

直接开平方，得

t=8或t=﹣8．

①当t=8时，2x+2y=8，则x+y=4．

②当t=﹣8时，2x+2y=﹣8，则x+y=﹣4．

综上所述，x+y的值是4或﹣4．

故答案是：4或﹣4．

∴b﹣1=0，=0，

解得，b=1，a=4；

又∵一元二次方程kx2+ax+b=0有两个实数根，

∴△=a2﹣4kb≥0且k≠0，

即16﹣4k≥0，且k≠0，

解得，k≤4且k≠0；

故答案为：k≤4且k≠0．

从而可得出6次一个循环，

∵=335…3，

∴点P2013的坐标为（0，﹣2）．

故答案为：（0，﹣2）．

∴其中带有字母的有16张，

∴从这副牌中任意抽取一张，则这张牌是标有字母的概率是=．

故答案为：．

故一次函数y=bx+c的图象不经过第四象限．

故答案为：四．

∴直线OA的解析式为y=x，

联立消掉y得，

x2﹣2x+2k=0，

△=（﹣2）2﹣4×1×2k=0，

即k=时，抛物线与OA有一个交点，

此交点的横坐标为1，

∵点B的坐标为（2，0），

∴OA=2，

∴点A的坐标为（，），

∴交点在线段AO上；

当抛物线经过点B（2，0）时，×4+k=0，

解得k=﹣2，

∴要使抛物线y=x2+k与扇形OAB的边界总有两个公共点，实数k的取值范围是﹣2＜k＜．

故答案为：﹣2＜k＜．

∴y=x2+bx﹣3，

∵使该抛物线与x轴的一个交点在（1，0）和（3，0）之间，

∴把x=1代入y=x2+bx﹣3得：y=1+b﹣3＜0

把x=3代入y=x2+bx﹣3得：y=9+3b﹣3＞0，

∴﹣2＜b＜2，

即在﹣2＜b＜2范围内的任何一个数都符合，

故答案为：在﹣2＜b＜2范围内的任何一个数．

②由=，CF=2，可求得DF的长，继而求得CG=DG=4，则可求得FG=2；

③由勾股定理可求得AG的长，即可求得tan∠ADF的值，继而求得tan∠E=；

④首先求得△ADF的面积，由相似三角形面积的比等于相似比，即可求得△ADE的面积，继而求得S△DEF=4．

∴=，DG=CG，

∴∠ADF=∠AED，

∵∠FAD=∠DAE（公共角），

∴△ADF∽△AED；

故①正确；

②∵=，CF=2，

∴FD=6，

∴CD=DF+CF=8，

∴CG=DG=4，

∴FG=CG﹣CF=2；

故②正确；

③∵AF=3，FG=2，

∴AG==，

∴在Rt△AGD中，tan∠ADG==，

∴tan∠E=；

故③错误；

④∵DF=DG+FG=6，AD==，

∴S△ADF=DF•AG=×6×=3，

∵△ADF∽△AED，

∴=（）2，

∴=，

∴S△AED=7，

∴S△DEF=S△AED﹣S△ADF=4；

故④正确．

故答案为：①②④．

（2）设甲队施工x个月，则乙队施工x个月，根据工程款不超过1500万元，列出一元一次不等式，解不等式求最大值即可．

由题意得，x（x﹣5）=6（x+x﹣5），

解得x1=15，x2=2（不合题意，舍去），

则x﹣5=10．

答：甲队单独完成这项工程需要15个月，则乙队单独完成这项工程需要10个月；

（2）设甲队施工y个月，则乙队施工y个月，

由题意得，100y+（100+50）≤1500，

解不等式得，y≤8.57，

∵施工时间按月取整数，

∴y≤8，

答：完成这项工程，甲队最多施工8个月才能使工程款不超过1500万元．

（2）由G为BC中点可得CG=CE，根据旋转的性质得∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′CE，则∠GCD′=∠DCE′=90°+α，然后根据“SAS”可判断△GCD′≌△DCE′，

则GD′=E′D；

（3）根据正方形的性质得CB=CD，而CD=CD′，则△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，可计算出α=135°，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，可计算得到α=315°．

∴CD′=CD=2，

在Rt△CED′中，CD′=2，CE=1，

∴∠CD′E=30°，

∵CD∥EF，

∴∠α=30°；

（2）证明：∵G为BC中点，

∴CG=1，

∴CG=CE，

∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，

∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，

∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，

在△GCD′和△DCE′中

，

∴△GCD′≌△E′CD（SAS），

∴GD′=E′D；

（3）解：能．理由如下：

∵四边形ABCD为正方形，

∴CB=CD，

∵CD=CD′，

∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，

当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，

当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，α==135°，

当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，α=360°﹣=315°，

即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等．

（2）由AF垂直于OA，在直角三角形AOF中，由OA与AF的长，利用勾股定理求出OF的长，而OA=OC，OF为角平分线，利用三线合一得到E为AC中点，OE垂直于AC，利用面积法求出AE的长，即可确定出AC的长．

连接OC，

∵PC为圆O切线，

∴CP⊥OC，

∴∠OCP=90°，

∵OF∥BC，

∴∠AOF=∠B，∠COF=∠OCB，

∵OC=OB，

∴∠OCB=∠B，

∴∠AOF=∠COF，

∵在△AOF和△COF中，

，

∴△AOF≌△COF（SAS），

∴∠OAF=∠OCF=90°，

则AF为圆O的切线；

（2）∵△AOF≌△COF，

∴∠AOF=∠COF，

∵OA=OC，

∴E为AC中点，即AE=CE=AC，OE⊥AC，

∵OA⊥AF，

∴在Rt△AOF中，OA=4，AF=3，

根据勾股定理得：OF=5，

∵S△AOF=•OA•AF=•OF•AE，

∴AE=，

则AC=2AE=．

（2）根据切线的性质得到OA⊥AD，而BC∥AD，则AM⊥BC，根据垂径定理有BM=CM=BC=3，根据等腰三角形性质有AC=AB=9，在Rt△AMC中根据勾股定理计算出AM=6；

设⊙O的半径为r，则OC=r，OM=AM﹣r=6﹣r，在Rt△OCM中，根据勾股定理计算出r=，则CE=2r=，OM=6﹣=，利用中位线性质得BE=2OM=，然后判断Rt△PCM∽Rt△CEB，根据相似比可计算出PC．

过C点作直径CE，连接EB，如图，

∵CE为直径，

∴∠EBC=90°，即∠E+∠BCE=90°，

∵AB∥DC，

∴∠ACD=∠BAC，

∵∠BAC=∠E，∠BCP=∠ACD．

∴∠E=∠BCP，

∴∠BCP+∠BCE=90°，即∠PCE=90°，

∴CE⊥PC，

∴PC与圆O相切；

（2）∵AD是⊙O的切线，切点为A，

∴OA⊥AD，

∵BC∥AD，

∴AM⊥BC，

∴BM=CM=BC=3，

∴AC=AB=9，

在Rt△AMC中，AM==6，

设⊙O的半径为r，则OC=r，OM=AM﹣r=6﹣r，

在Rt△OCM中，OM2+CM2=OC2，即32+（6﹣r）2=r2，解得r=，

∴CE=2r=，OM=6﹣=，

∴BE=2OM=，

∵∠E=∠MCP，

∴Rt△PCM∽Rt△CEB，

∴=，

即=，

∴PC=．

（2）①a=1时，先由对称轴为直线x=﹣1，求出b的值，再将B（1，0）代入，求出二次函数的解析式为y=x2+2x﹣3，得到C点坐标，然后设P点坐标为（x，x2+2x﹣3），根据S△POC=4S△BOC列出关于x的方程，解方程求出x的值，进而得到点P的坐标；

②先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y=﹣x﹣3，再设Q点坐标为（x，﹣x﹣3），则D点坐标为（x，x2+2x﹣3），然后用含x的代数式表示QD，根据二次函数的性质即可求出线段QD长度的最大值．

∴A、B两点关于直线x=﹣1对称，

∵点A的坐标为（﹣3，0），

∴点B的坐标为（1，0）；

（2）①a=1时，∵抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x=﹣1，

∴=﹣1，解得b=2．

将B（1，0）代入y=x2+2x+c，

得1+2+c=0，解得c=﹣3．

则二次函数的解析式为y=x2+2x﹣3，

∴抛物线与y轴的交点C的坐标为（0，﹣3），OC=3．

设P点坐标为（x，x2+2x﹣3），

∵S△POC=4S△BOC，

∴×3×|x|=4××3×1，

∴|x|=4，x=±4．

当x=4时，x2+2x﹣3=16+8﹣3=21；

当x=﹣4时，x2+2x﹣3=16﹣8﹣3=5．

所以点P的坐标为（4，21）或（﹣4，5）；

②设直线AC的解析式为y=kx+t，将A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，

得，解得，

即直线AC的解析式为y=﹣x﹣3．

设Q点坐标为（x，﹣x﹣3）（﹣3≤x≤0），则D点坐标为（x，x2+2x﹣3），

QD=（﹣x﹣3）﹣（x2+2x﹣3）=﹣x2﹣3x=﹣（x+）2+，

∴当x=﹣时，QD有最大值．

（2）首先根据题意求出x的取值范围，结合x为整数，即可判断出商家的几种进货方案；

（3）令总利润为W，根据利润=售价﹣成本列出W与x的函数关系式W=30x2﹣540x+12000，把一般式写成顶点坐标式，求出二次函数的最值即可．

由表知，

解得k=﹣20，b=1500，

即y1=﹣20x+1500（0＜x≤20，x为整数），

（2）根据题意可得

，

解得11≤x≤15，

∵x为整数，

∴x可取的值为：11，12，13，14，15，

∴该商家共有5种进货方案；

（3）解法一：令总利润为W，

则W=30x2﹣540x+12000，

=30（x﹣9）2+9570，

∵a=30＞0，

∴当x≥9时，W随x的增大而增大，

∵11≤x≤15，

∴当x=15时，W最大=10650；

解法二：根据题意可得B产品的采购单价可表示为：

y2=﹣10（20﹣x）+1300=10x+1100，

则A、B两种产品的每件利润可分别表示为：

1760﹣y1=20x+260，

1700﹣y2=﹣10x+600，

则当20x+260＞﹣10x+600时，A产品的利润高于B产品的利润，

即x＞=11时，A产品越多，总利润越高，

∵11≤x≤15，

∴当x=15时，总利润最高，

此时的总利润为（20×15+260）×15+（﹣10×15+600）×5=10650．

（2）如答图1所示，关键是求出点C的坐标．首先求出直线y=x与x轴所夹锐角为60°，则可推出在Rt△CEK中，∠COK=60°，解此直角三角形即可求出点C的坐标；

（3）如答图2所示，关键是证明△APE∽△CEQ．根据∠DAC=∠DCA，∠AEP=∠CQE，证明△APE∽△CEQ，根据相似线段比例关系列出方程，解方程求出时间t的值．

∴，

解得：b=﹣，c=﹣．

（2）设点F在直线y=x上，且F（2，）．

如答图1所示，过点F作FH⊥x轴于点H，则FH=，OH=2，

∴tan∠FOB==，∴∠FOB=60°．

∴∠AOE=∠FOB=60°．

连接OC，过点C作CK⊥x轴于点K．

∵点A、C关于y=x对称，∴OC=OA=2，∠COE=∠AOE=60°．

∴∠COK=180°﹣∠AOE﹣∠COE=60°．

在Rt△COK中，CK=OC•sin60°=2×=，OK=OC•cos60°=2×=1．

∴C（1，﹣）．

抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣，当x=1时，y=﹣，

∴点C在所求二次函数的图象上．

（3）假设存在．

如答图1所示，在Rt△ACK中，由勾股定理得：AC===．

如答图2所示，∵OB=3，∴BD=3，AB=OA+OB=5．

在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD===2．

∵点A、C关于y=x对称，

∴CD=AD=2，∠DAC=∠DCA，AE=CE=AC=．

连接PQ、PE，QE，则∠APE=∠QPE，∠PQE=∠CQE．

在四边形APQC中，∠DAC+∠APQ+∠PQC+∠DCA=360°，（四边形内角和等于360°）

即2∠DAC+2∠APE+2∠CQE=360°，

∴∠DAC+∠APE+∠CQE=180°．

又∵∠DAC+∠APE+∠AEP=180°，（三角形内角和定理）

∴∠AEP=∠CQE．

在△APE与△CEQ中，∵∠DAC=∠DCA，∠AEP=∠CQE，

∴△APE∽△CEQ，

∴，即：，

整理得：2t2﹣t+3=0，

解得：t=或t=（t＜，故舍去）

∴存在某一时刻，使PE平分∠APQ，同时QE平分∠PQC，此时t=．

（2）作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先证明四边形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，则∠FEQ=∠GEH，再由两角对应相等的两三角形相似证明△EFQ∽△EGH，得出EF：EG=EQ：EH，然后在△BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ=BE，在△AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=AE，又BE=AE，进而求出EF：EG的值．

在△ABC中，∵∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，

∴∠CAD=∠B=90°﹣∠ACB．

∵AC：AB=1：2，∴AB=2AC，

∵点E为AB的中点，∴AB=2BE，

∴AC=BE．

在△ACD与△BEF中，

，

∴△ACD≌△BEF，

∴CD=EF，即EF=CD；

（2）解：如图2，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，

∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC，

∴四边形EQDH是矩形，

∴∠QEH=90°，

∴∠FEQ=∠GEH=90°﹣∠QEG，

又∵∠EQF=∠EHG=90°，

∴△EFQ∽△EGH，

∴EF：EG=EQ：EH．

∵AC：AB=1：，∠CAB=90°，

∴∠B=30°．

在△BEQ中，∵∠BQE=90°，

∴sin∠B==，

∴EQ=BE．

在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°，

∴cos∠AEH==，

∴EH=AE．

∵点E为AB的中点，∴BE=AE，

∴EF：EG=EQ：EH=BE：AE=1：．

（2）设AD与x轴交于点M，过点A′作A′N⊥x轴于点N．根据轴对称及平行线的性质得出DM=OM=x，则A′M=2m﹣x，OA′=m，在Rt△OA′M中运用勾股定理求出x，得出A′点坐标，运用待定系数法得到直线OA′的解析式，确定E点坐标（4m，﹣3m），根据抛物线l与线段CE相交，列出关于m的不等式组，求出解集即可；

（3）根据二次函数的性质，结合（2）中求出的实数m的取值范围，即可求解．

将A（0，m），D（2m，m），M（﹣1，﹣1﹣m）三点的坐标代入，

得，解得，

所以抛物线l的解析式为y=﹣x2+2mx+m；

（2）设AD与x轴交于点M，过点A′作A′N⊥x轴于点N．

∵把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A′处，

∴△OAD≌△OA′D，OA=OA′=m，AD=A′D=2m，∠OAD=∠OA′D=90°，∠ADO=∠A′DO，

∵矩形OABC中，AD∥OC，

∴∠ADO=∠DOM，

∴∠A′DO=∠DOM，

∴DM=OM．

设DM=OM=x，则A′M=2m﹣x，

在Rt△OA′M中，∵OA′2+A′M2=OM2，

∴m2+（2m﹣x）2=x2，

解得x=m．

∵S△OA′M=OM•A′N=OA′•A′M，

∴A′N==m，

∴ON==m，

∴A′点坐标为（m，﹣m），

易求直线OA′的解析式为y=﹣x，

当x=4m时，y=﹣×4m=﹣3m，

∴E点坐标为（4m，﹣3m）．

当x=4m时，﹣x2+2mx+m=﹣（4m）2+2m•4m+m=﹣8m2+m，

即抛物线l与直线CE的交点为（4m，﹣8m2+m），

∵抛物线l与线段CE相交，

∴﹣3m≤﹣8m2+m≤0，

∵m＞0，

∴﹣3≤﹣8m+1≤0，

解得≤m≤；

（3）∵y=﹣x2+2mx+m=﹣（x﹣m）2+m2+m，≤m≤，

∴当x=m时，y有最大值m2+m，

又∵m2+m=（m+）2﹣，

∴当≤m≤时，m2+m随m的增大而增大，

∴当m=时，顶点P到达最高位置，m2+m=（）2+=，

故此时抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标为（，）．

（2）先由抛物线过原点（0，0），设此抛物线的解析式为y=ax2+bx，再根据抛物线过原点（0，0）和A点（﹣2，0），求出对称轴为直线x=﹣1，则由B点横坐标为﹣4得出C点横坐标为2，BC=6．再由OB＞OC，可知当△OBC是等腰三角形时，可分两种情况讨论：①当OB=BC时，设B（﹣4，y1），列出方程，解方程求出y1的值，将A，B两点坐标代入y=ax2+bx，运用待定系数法求出此抛物线的解析式；②当OC=BC时，设C（2，y2），列出方程，解方程求出y2的值，将A，C两点坐标代入y=ax2+bx，运用待定系数法求出此抛物线的解析式．

由题意，可知OF=AF，则2AF+AE=4①．

∵DF∥BE，

∴△ADF∽△ABE，

∴==，即AE=2AF②，

①与②联立，解得AE=2，AF=1，

∴点A的坐标为（﹣2，0）；

（2）∵抛物线过原点（0，0），

∴可设此抛物线的解析式为y=ax2+bx．

∵抛物线过原点（0，0）和A点（﹣2，0），

∴对称轴为直线x==﹣1，

∵B、C两点关于直线x=﹣1对称，B点横坐标为﹣4，

∴C点横坐标为2，

∴BC=2﹣（﹣4）=6．

∵抛物线开口向上，

∴∠OAB＞90°，OB＞AB=OC，

∴当△OBC是等腰三角形时，分两种情况讨论：

①当OB=BC时，设B（﹣4，y1），

则16+=36，解得y1=±2（负值舍去）．

将A（﹣2，0），B（﹣4，2）代入y=ax2+bx，

得，解得．

∴此抛物线的解析式为y=x2+x；

②当OC=BC时，设C（2，y2），

则4+=36，解得y2=±4（负值舍去）．

将A（﹣2，0），C（2，4）代入y=ax2+bx，

得，解得．

∴此抛物线的解析式为y=x2+x．

综上可知，若△OBC是等腰三角形，此抛物线的函数关系式为y=x2+x或y=x2+x．