2025届山东省滨州市联考九年级数学第一学期期末达标检测试题含解析.doc

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在中，，则劣弧的度数为（ ）

A． B． C． D．
2．已知二次函数y=mx2+x+m（m-2）的图像经过原点，则m的值为（ ）
A．0或2 B．0 C．2 D．无法确定
3．已知△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它们的对应中线，若AD＝10，A'D'＝6，则△ABC与△A'B'C'的周长比是（　　）
A．3：5 B．9：25 C．5：3 D．25：9
4．用一个平面去截一个圆锥，截面的形状不可能是( )
A．圆 B．矩形 C．椭圆 D．三角形
5．如图，P（x，y）是反比例函数的图象在第一象限分支上的一个动点，PA⊥x轴于点A，PB⊥y轴于点B，随着自变量x的逐渐增大，矩形OAPB的面积（ ）

A．保持不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．无法确定
6．下列四个图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
7．方程化为一元二次方程一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．5，6，-8 B．5，-6，-8 C．5，-6，8 D．6，5，-8
8．如图，.分别与相切于.两点，点为上一点，连接.，若，则的度数为（ ）.

A．； B．； C．； D．.
9．如图，在△OAB中，∠AOB=55°，将△OAB在平面内绕点O顺时针旋转到△OA′B′ 的位置，使得BB′∥AO，则旋转角的度数为（ ）

A．125° B．70° C．55° D．15°
10．在日本核电站事故期间，我国某监测点监测到极微量的人工放射性核素碘一，其浓度为贝克/立方米，数据用科学记数法可表示为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，点是矩形的边，上的点，过点作于点，交矩形的边于点，连接．若，，则的长的最小值为( )

A． B． C． D．
12．如图，将绕点，按逆时针方向旋转120°，得到（点的对应点是点，点的对应点是点），连接.若，则的度数为（ ）

A．15° B．20 ° C．30° D．45°
二、填空题（每题4分，共24分）
13．把抛物线y=2x2向上平移3个单位，得到的抛物线的解析式为_______________.
14．如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点，点C是的中点，CE⊥AB于点E过点D的切线交EC的延长线于点G，连接AD，分别交CE，CB于点P，Q，连接AC，关于下列结论：①∠BAD＝∠ABC；②GP＝GD；③点P是△ACQ的外心，其中结论正确的是________(只需填写序号)．

15．如图，三个顶点的坐标分别为， 点为的中点．以点为位似中心，把或缩小为原来的，得到，点为的中点，则的长为________．

16．一元二次方程（x﹣5）（x﹣7）＝0的解为_____．
17．如图，在某一时刻，太阳光线与地面成的角，一只皮球在太阳光的照射下的投影长为，则皮球的直径是______.

18．如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB＝5，CD＝6，则四边形ABCD的周长为_______．

三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在中，，，．点从点出发，沿向终点运动，同时点从点出发，沿射线运动，它们的速度均为每秒5个单位长度，点到达终点时，、同时停止运动，当点不与点、重合时，过点作于点，连接，以、为邻边作．设与重叠部分图形的面积为，点的运动时间为．

（1）①的长为______；
②的长用含的代数式表示为______；
（2）当为矩形时，求的值；
（3）当与重叠部分图形为四边形时，求与之间的函数关系式．
20．（8分）计算：+2﹣1﹣2cos60°+（π﹣3）0
21．（8分）如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．
（1）试说明四边形EFCG是矩形；
（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点G移动路线的长．

22．（10分）为了“创建文明城市，建设美丽台州”，我市某社区将辖区内一块不超过1000平方米的区域进行美化．经调查，美化面积为100平方米时，每平方米的费用为300元．每增加1平方米，每平方米的费用下降0.2元。设美化面积增加x平方米，美化所需总费用为y元．
（1）求y与x的函数关系式；
（2）当美化面积增加100平方米时，美化的总费用为多少元；
（3）当美化面积增加多少平方米时，美化所需费用最高?最高费用是多少元?
23．（10分）如图，广场上空有一个气球，地面上点间的距离.在点分别测得气球的仰角为，，求气球离地面的高度.（精确到个位）
（参考值:，，，）

24．（10分）如图，是半圆的直径，是半圆上的点，且于点，连接，若．

求半圆的半径长;
求的长．
25．（12分）2019年12月27日，我国成功发射了“长征五号”遥三运载火箭.如图，“长征五号”运载火箭从地面处垂直向上发射，当火箭到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，当火箭继续升空到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，已知，.
（1）求的长；
（2）若“长征五号”运载火箭在处进行“程序转弯”，且，求雷达站到其正上方点的距离.

26．某商品市场销售抢手，其进价为每件80元，售价为每件130元，每个月可卖出500件；据市场调查，若每件商品的售价每上涨1元，则每个月少卖2件(每件售价不能高于240元)．设每件商品的售价上涨x元(x为正整数)，每个月的销售利润为y元．
(1)求y与x的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；
(2)每件商品的涨价多少元时，每个月可获得最大利润？最大的月利润是多少元？
(3)每件商品的涨价多少元时，每个月的利润恰为40000元？根据以上结论，请你直接写出x在什么范围时，每个月的利润不低于40000元？
参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】注意圆的半径相等，再运用“等腰三角形两底角相等”即可解．
【详解】连接OA，
∵OA=OB，∠B=37°
∴∠A=∠B=37°，∠O=180°-2∠B=106°．

故选：A
本题考核知识点：利用了等边对等角，三角形的内角和定理求解 解题关键点：熟记圆心角、弧、弦的关系；三角形内角和定理．
2、C
【分析】根据题意将（0，0）代入解析式，得出关于m的方程，解之得出m的值，由二次函数的定义进行分析可得答案．
【详解】解：∵二次函数y=mx1+x+m（m-1）的图象经过原点，
∴将（0，0）代入解析式，得：m（m-1）=0，
解得：m=0或m=1，
又∵二次函数的二次项系数m≠0，
∴m=1．
故选：C．
本题考查二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的定义，熟练掌握二次函数图象上的点满足函数解析式及二次函数的定义是解题的关键．
3、C
【分析】相似三角形的周长比等于对应的中线的比．
【详解】∵△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它们的对应中线，AD＝10，A'D'＝6，
∴△ABC与△A'B'C'的周长比＝AD：A′D′＝10：6＝5：1．
故选C．
本题考查相似三角形的性质，解题的关键是记住相似三角形的性质，灵活运用所学知识解决问题．
4、B
【分析】利用圆锥的形状特点解答即可.
【详解】解：平行于圆锥的底面的截面是圆，故A可能;
截面不可能是矩形，故B符合题意；
斜截且与底面不相交的截面是椭圆，故C可能;
过圆锥的顶点的截面是三角形，故D可能.
故答案为B.
本题主要考查了截一个几何体所得的截面的形状，解答本题的关键在于明确截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关.
5、A
【分析】因为过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S是个定值，即S=|k|，所以随着x的逐渐增大，矩形OAPB的面积将不变．
【详解】解：依题意有矩形OAPB的面积=2×|k|=3，所以随着x的逐渐增大，矩形OAPB的面积将不变．
故选：A．
本题考查了反比例函数 y＝中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，解题的关键是掌握图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系即S=|k|．
6、D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，并结合图形的特点求解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；
B、不是轴对称图形是中心对称图形，故选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；
D、是轴对称图形，是中心对称图形，故选项正确．
故选：D．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．
轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；
中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
7、C
【分析】先将该方程化为一般形式，即可得出结论．
【详解】解：先将该方程化为一般形式：．从而确定二次项系数为5，一次项系数为-6，常数项为8
故选C．
【考点】
此题考查的是一元二次方程的项和系数，掌握一元二次方程的一般形式是解决此题的关键．
8、D
【解析】连接.，由切线的性质可知，由四边形内角和可求出的度数，根据圆周角定理（一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）可知的度数.
【详解】解：连接.，
∵.分别与相切于.两点，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：D．

本题主要考查了圆的切线性质及圆周角定理，灵活应用切线性质及圆周角定理是解题的关键.
9、B
【分析】据两直线平行，内错角相等可得，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形两底角相等可得，即可得到旋转角的度数．
【详解】，
，
又，
中，，
旋转角的度数为．
故选：．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
10、A
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】0.0000963，这个数据用科学记数法可表示为9.63×．
故选：A．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
11、A
【分析】由可得∠APB=90°，根据AB是定长，由定长对定角可知P点的运动轨迹是以AB为直径，在AB上方的半圆，取AB得中点为O，连结DO，DO与半圆的交点是DP的长为最小值时的位置，用DO减去圆的半径即可得出最小值．
【详解】解：∵，
∴∠APB=90°，
∵AB=6是定长，则P点的运动轨迹是以AB为直径，在AB上方的半圆，
取AB得中点为O，连结DO，DO与半圆的交点是DP的长为最小值时的位置，如图所示：

∵，，
∴，
由勾股定理得：DO=5，
∴，即的长的最小值为2，
故选A．
本题属于综合难题，主要考查了直径所对的角是圆周角的应用：由定弦对定角可得动点的轨迹是圆，发现定弦和定角是解题的关键．
12、C
【分析】根据旋转的性质得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B=30°，再根据平行线的性质即可得∠C′AB′=∠AB′B=30°．
【详解】解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转l20°得到△AB′C′，
∴∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，
∴∠AB′B=（180°-120°）=30°，
∵AC′∥BB′，
∴∠C′AB′=∠AB′B=30°，
∴∠CAB=∠C′AB′=30°，
故选：C．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【解析】由“上加下减”的原则可知，将抛物线向上平移3单位，得到的抛物线的解析式是
故答案为
二次函数图形平移规律：左加右减，上加下减.
14、②③
【解析】试题分析：∠BAD与∠ABC不一定相等，选项①错误；
∵GD为圆O的切线，∴∠GDP=∠ABD，又AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°，∵CF⊥AB，∴∠AEP=90°，∴∠ADB=∠AEP，又∠PAE=∠BAD，∴△APE∽△ABD，∴∠ABD=∠APE，又∠APE=∠GPD，∴∠GDP=∠GPD，∴GP=GD，选项②正确；
由AB是直径，则∠ACQ=90°，如果能说明P是斜边AQ的中点，那么P也就是这个直角三角形外接圆的圆心了．Rt△BQD中，∠BQD=90°-∠6， Rt△BCE中，∠8=90°-∠5，而∠7=∠BQD，∠6∠5， 所以∠8=∠7， 所以CP=QP；由②知：∠3=∠5=∠4，则AP=CP； 所以AP=CP=QP，则点P是△ACQ的外心，选项③正确．

则正确的选项序号有②③．故答案为②③．
考点：1．切线的性质；2．圆周角定理；3．三角形的外接圆与外心；4．相似三角形的判定与性质．
15、或
【分析】分两种情形画出图形，即可解决问题.
【详解】解：如图，在Rt△AOB中，OB==10，

①当△A'OB'在第四象限时，OM=5,OM'=,∴MM'=．
②当△A''OB''在第二象限时，OM=5,OM＂=,∴MM＂=，
故答案为或．
本题考查位似变换，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
16、x1＝5，x2＝7
【分析】根据题意利用ab=0得到a=0或b=0，求出解即可.
【详解】解：方程（x﹣5）（x﹣7）＝0，
可得x﹣5＝0或x﹣7＝0，
解得：x1＝5，x2＝7，
故答案为：x1＝5，x2＝7.
本题考查解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
17、15
【分析】由图可得AC即为投影长，过点A作于点B，由光线平行这一性质可得，且AB即为圆的半径，利用三角函数可得AB长.
【详解】解：如图，过点A作于点B，由光线平行这一性质可得，且AB即为圆的半径，AC即为投影长.

在中，，
所以皮球的直径是15cm.
故答案为：15.
本题考查了三角函数的应用，由图确定圆的投影长及直径是解题的关键.
18、1
【分析】根据圆外切四边形的对边之和相等求出AD+BC，根据四边形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AH，DH=DG，CG=CF，BE=BF，
∵AB=AE+EB=5，CD=DG+CG=6，
AH+DH+BF+CF=AE+DG+BE+CG，
即AD+BC=AB+CD=11，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=1，
故答案为：1．

本题考查的是切线长定理，掌握圆外切四边形的对边之和相等是解题的关键．

三、解答题（共78分）
19、（1）①3；②3t；（2）；（3）当0＜t≤时，S=-3t2+48t；当＜t＜3，S=t2−14t+1．
【分析】（1）①根据勾股定理即可直接计算AB的长；
②根据三角函数即可计算出PN；
（2）当▱PQMN为矩形时，由PN⊥AB可知PQ∥AB，根据平行线分线段成比例定理可得，即可计算出t的值．
（3）当▱PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形时，有两种情况，Ⅰ．▱PQMN在三角形内部时，Ⅱ．▱PQMN有部分在外边时．由三角函数可计算各图形中的高从而计算面积．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，∠C=90°AC=20，BC=2．
∴AB==3．
∴sin∠CAB＝，
由题可知AP=5t，
∴PN=AP•sin∠CAB=5t•=3t．
故答案为：①3；②3t．
（2）当▱PQMN为矩形时，∠NPQ=90°，
∵PN⊥AB，
∴PQ∥AB，
∴，
由题意可知AP=CQ=5t，CP=20-5t，
∴，
解得t=，
即当▱PQMN为矩形时t=．
（3）当▱PQMN△ABC重叠部分图形为四边形时，有两种情况，
Ⅰ．如解图（3）1所示．▱PQMN在三角形内部时．延长QM交AB于G点，

由（1）题可知：cosA=sinB=，cosB=，AP=5t，BQ=2-5t，PN=QM=3t．
∴AN=AP•cosA=4t，BG=BQ•cosB=9-3t，QG=BQ•sinB=12-4t，
∵．▱PQMN在三角形内部时．有0＜QM≤QG，
∴0＜3t≤12-4t，
∴0＜t≤．
∴NG=3-4t-（9-3t）=16-t．
∴当0＜t≤时，▱PQMN与△ABC重叠部分图形为▱PQMN，S与t之间的函数关系式为S=PN•NG=3t•（16-t）=-3t2+48t．
Ⅱ．如解图（3）2所示．当0＜QG＜QM，▱PQMN与△ABC重叠部分图形为梯形PQGN时，

即：0＜12-4t＜3t，解得：＜t＜3，
▱PQMN与△ABC重叠部分图形为梯形PQGN的面积SNG(PN+QG)= (16−t)(3t+12−4t)= t2−14t+1．
综上所述：当0＜t≤时，S=-3t2+48t．
当＜t＜3，S=t2−14t+1．
本题考查了平行四边形的性质、勾股定理、矩形的性质、锐角三角函数等知识，关键是根据题意画出图形，分情况进行讨论，避免出现漏解．
20、
【分析】本题涉及零指数幂、负整数指数幂、特殊三角函数值、二次根式化简等考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
【详解】解：原式＝3+﹣2×+1
＝
本题是一道关于零指数幂、负整数指数幂、特殊三角函数值、二次根式化简等知识点的计算题目，熟记各知识点是解题的关键.
21、（1）证明见解析；（2）①存在，矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为；②．
【解析】试题分析：（1）只要证到三个内角等于90°即可．
（2）①易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围．
②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．
试题解析：解：（1）证明：如图，
∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．
∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．
∴四边形EFCG是矩形．
（2）①存在．
如答图1，连接OD，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．
∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．
∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴．
∵AD=1，AB=2，∴BD=5.
∴. ∴S矩形ABCD=2S△CFE=．
∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．
∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．
∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°
Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如答图1所示．
此时，CF=CB=1．
Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如答图2所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=2．
Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如答图2所示．S△BCD=BC•CD=BD•CF″′．
∴1×2=5×CF″′．∴CF″′=．
∴≤CF≤1．
∵S矩形ABCD=，∴，即．
∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．

②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，
∴点G的移动路线是线段DG″．
∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．
∴，即，解得．
∴点G移动路线的长为．
考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；2.垂线段最短的性质；1.直角三角形斜边上的中线的性质；5.矩形的判定和性质；6.圆周角定理；7.切线的性质；8.相似三角形的判定和性质；9.分类思想的应用．
22、（1）；（2）当美化面积增加100平方米时，美化的总费用为56000元；（3）当美化面积增加700平方米时，费用最高，最高为128000元
【分析】（1）设美化面积增加x平方米，所以美化面积为100+x;每平方米的费用为300元，每增加1平方米，每平方米的费用下降0.2元，所以每平方米的费用为（300-0.2x）元，故总费用y与美化面积增加x的关系式为再化简即可；
（2）把x=100代入解析式即可求解；
（3）代入顶点坐标公式：当，y取最大值求解即可．
【详解】（1）依题意得：
故y与x的函数关系式为：
（2）令x=100代入，得y=56000.
所以当当美化面积增加100平方米时，美化的总费用为56000元
（3）

因此当时，费用最高，最高为128000元
本题主要考查二次函数的应用，解题关键在于理解题意列出二次函数的解析式，再利用二次函数的最值解决生活中的最值问题
23、18.
【分析】作AD⊥l，在Rt△ACD和Rt△ABD中，将BD,CD分别用AD表示出来，再根据BC=BD-CD列出关于AD的等式求解即可．
【详解】解：过点作交延长线于点，
中，，
∴，
同理可得：，
∴ 即.
∴.

本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，掌握仰角是向上看的视线与水平线的夹角、俯角是向下看的视线与水平线的夹角、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
24、半圆的半径为；
【分析】（1）根据垂径定理的推论得到OD⊥AC，AE=AC，设圆的半径为r，根据勾股定理列出方程，解方程即可；
（2）由题意根据圆周角定理得到∠C=90°，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：于点且
，

设半径为，则
在中有

解得:
即半圆的半径为；
为半圆的直径

则
在中有
.
本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、垂径定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
25、（1）km；（2）
【分析】（1）设为，根据题意可用含x的代数式依次表示出AM、AC、AN的长，然后在直角△CAN中利用解直角三角形的知识即可求出x的值，进而可得答案；
（2）由（1）的结果可得CN的长，作，垂足为点，如图，根据题意易得∠DCN和∠DNC的度数，设HN=y，则可用y的代数式表示出CH，根据CH+HN=CN可得关于y的方程，解方程即可求出y的值，进一步即可求出结果.
【详解】解：（1）设为，
∵，
∴，
则，
在中，
∵，AC=AB+BC=x+40，AN=AM+MN=x+120，
∴，
即，
解得：，
∴km；
（2）作，垂足为点，如图，
由（1）可得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CH=DH，
∵，
∴，
设为，
则，
∴，
解得：，
∴.
答：雷达站到其正上方点的距离为.

本题以“长征五号”遥三运载火箭发射为背景，是解直角三角形的典型应用题，主要考查了解直角三角形的知识，属于常考题型，正确添加辅助线构造直角三角形、熟练掌握锐角三角函数的知识是解题关键.
26、 (1) y=﹣2x2+400x+25000， 0＜x≤1，且x为正整数；(2) 件商品的涨价100元时，每个月可获得最大利润，最大的月利润是45000元；(3) 每件商品的涨价为50元时，每个月的利润恰为40000元；当50≤x≤1，且x为正整数时，每个月的利润不低于40000元
【分析】（1）设每件商品的售价上涨x元(x为正整数)，每个月的销售利润为y元，每件商品的售价每上涨1元，则每个月少卖2件，根据月利润=单件利润×数量，则可以得到月销售利润y的函数关系式；
（2）由月利润的函数表达式y=﹣2x2+400x+25000，配成顶点式即可；
（3）当月利润y=40000时，求出x的值，结合（1）中的取值范围即可得．
【详解】解：(1)设每件商品的售价上涨x元(x为正整数)，每个月的销售利润为y元，由题意得：
y=(130﹣80+x)(500﹣2x)
=﹣2x2+400x+25000
∵每件售价不能高于240元
∴130+x≤240
∴x≤1
∴y与x的函数关系式为y=﹣2x2+400x+25000，自变量x的取值范围为0＜x≤1，且x为正整数；
故答案为：y=﹣2x2+400x+25000；0＜x≤1．
(2)∵y=﹣2x2+400x+25000
=﹣2(x﹣100)2+45000
∴当x=100时，y有最大值45000元；
∴每件商品的涨价100元时，每个月可获得最大利润，最大的月利润是45000元，
故答案为：每件商品的涨价100元时，月利润最大是45000元；
(3)令y=40000，得：
﹣2x2+400x+25000=40000
解得：x1=50，x2=150
∵0＜x≤1
∴x=50，即每件商品的涨价为50元时，每个月的利润恰为40000元，
由二次函数的性质及问题的实际意义，可知当50≤x≤1，且x为正整数时，每个月的利润不低于40000元．
∴每件商品的涨价为50元时，每个月的利润恰为40000元；当50≤x≤1，且x为正整数时，每个月的利润不低于40000元，
故答案为：每件商品的涨价为50元；50≤x≤1；
本题考查了二次函数的实际应用，方案设计类营销问题，二次函数表达式的求解，二次函数顶点式求最值问题，由函数值求自变量的值，掌握二次函数的实际应用是解题的关键．