2023年四川省达州市中考二模数学试题(含答案解析)

2023年四川省达州市中考二模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．1的倒数的绝对值是()2023B．A．2023【答案】A【分析】先求出【详解】解：即12023C．2023D．120231的倒数，再求绝对值即可．20231的倒数是2023，2023的绝对值是2023，20231的倒数的绝对值是2023．2023故选：A．【点睛】本题考查了倒数与绝对值，掌握相关的定义是解答本题的关键．2．下面的几何体中，主视图不是矩形的是（）A．B．C．D．【答案】C【详解】分析：找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中：A为圆柱体，它的主视图应该为矩形；B为长方体，它的主视图应该为矩形；C为圆台，它的主视图应该为梯形；D为三棱柱，它的主视图应该为矩形．故选C．3．世界上最小的开花结果植物是澳大利亚的出水浮萍，这种植物的果实像一个微小的无花果，质量只有0.000000076克，将数0.000000076用科学记数法表示为()A．7.6109【答案】B【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a10n，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】解：0.0000000767.6108，故选：B．试卷第1页，共26页B．7.6108C．7.6109D．7.6108【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a10n，其中1a10，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．4．下列运算正确的是（A．x2x3x5【答案】D【分析】根据合并同类项以及同底数幂的乘除法则计算后判断即可．【详解】A.x2、x3不是同类项，不能相加，本选项错误；B.根据合并同类项得2x2x2x2，本选项错误；C.根据同底数幂的乘法得x2×x3=x5，本选项错误；D.根据同底数幂的除法得x6x3x3，本选项正确；故选：D．【点睛】此题考查了合并同类项以及同底数幂的乘除法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．5．已知三角形的两条边长分别为4和6，那么顺次连接该三角形三边中点所得三角形的周长可能是()A．12【答案】C【分析】依据三角形三边关系，可求第三边大于2小于10，原三角形的周长大于12小于20，连接中点的三角形周长是原三角形周长的一半，那么新三角形的周长应大于6而小于10，看哪个符合即可．【详解】解：设三角形的三边分别是a、b、c，令a4，b6，则2c10，12三角形的周长20，∵中点三角形的三边分别为原三角形三边的一半，∴6中点三角形周长10．故选：C．【点睛】本题重点考查了三角形的中位线定理，利用三角形三边关系，确定原三角形的周长范围是解题的关键．6．若x＝-2是关于x的一元二次方程x2＋A．1或-4C．-1或4【答案】A试卷第2页，共26页3ax-a2＝0的一个根，则a的值为（2）C．x2x3x6D．x6x3x3B．2x2x21B．10C．8D．6）B．-1或-4D．1或4322【详解】解：∵x=-2是关于x的一元二次方程xaxa0的一个根，2∴（-2）2+3a×（-2）-a2=0，即a2+3a-4=0，2整理，得（a+4）（a-1）=0，解得a1=-4，a2=1．即a的值是1或-4．故选：A．【点睛】一元二次方程的解的定义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．7．为了某小区居民的用水情况，随机抽查了10户家庭的月用水量，结果如下表：月用水量（吨）户数43546291）D．众数是5吨则关于这10户家庭的约用水量，下列说法错误的是（A．中位数是5吨【答案】BB．极差是3吨C．平均数是5.3吨【详解】解∵这10个数据是：4，4，4，5，5，5，5，6，6，9；∴中位数是：（5+5）÷2=5吨，故A正确；∴众数是：5吨，故D正确；∴极差是：9﹣4=5吨，故B错误；∴平均数是：（3×4+4×5+2×6+9）÷10=5.3吨，故C正确．故选B．8．抛物线yx2bxc的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，所得图象的函数解析式为yx14，则b、c的值为A．b=2，c=﹣6【答案】B【详解】解∶函数yx14的顶点坐标为（1，﹣4），∵函数yx14的图象由yx2bxc的图象向右平移2个单位，再向下平移3个单位得到，∴1﹣2=﹣1，﹣4+3=﹣1，即平移前的抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1）．试卷第3页，共26页222B．b=2，c=0C．b=﹣6，c=8D．b=﹣6，c=2∴平移前的抛物线为yx11，即y=x2+2x．∴b=2，c=0．故选B．9．如图，已知点A1,A2,...,A2024在函数y2x2位于第二象限的图像上，点B1,B2,...,B2024在函数y2x2位于第一象限的图像上，点C1,C2,...,C2024在y轴的正半轴上，若四边形O1A1C1B1,C1A2C2B2,...,C2023A2024C2024B2024都是正方形，则正方形C2023A2024C2024B2024的边长2为()A．1012【答案】BB．10122C．20232D．202322【分析】根据正方形对角线平分一组对角可得OB1与y轴的夹角为45，然后表示出OB1的解析式，再与抛物线解析式联立求出点B1的坐标，然后求出OB1的长，再根据正方形的性质求出OC1，表示出C1B2的解析式，与抛物线联立求出B2的坐标，然后求出C1B2的长，再求出C1C2的长，然后表示出C2B3的解析式，与抛物线联立求出B3的坐标，然后求出C2B3的长，从而根据边长的变化规律解答即可．【详解】解：OA1C1B1是正方形，OB1与y轴的夹角为45，OB1的解析式为yx，yx联立方程组得：2，y2x1xx1022解得，．y011y22试卷第4页，共26页B点的坐标是：(，)，1122OB1()2()21；22221212同理可得：正方形C1A2C2B2的边长C1B222；2依此类推，正方形C2023A2024C2024B2024的边长是为2024故选B．210122．2【点睛】本题考查了二次函数的对称性，正方形的性质，表示出正方形的边长所在直线的解析式，与抛物线解析式联立求出正方形的顶点的坐标，从而求出边长是解题的关键．10．已知二次函数yax2bxc(a0)的图象如图所示，有下列5个结论：（1）abc0；（2）bac；（3）4a2bc0；（4）2c3b；（5）abm(amb)（m1的实数）；其中正确的结论有()A．5个【答案】BB．4个C．3个D．2个【分析】由抛物线的图象可判断a、b、c的符号，可判断①；由x=1和x2时对应的函数值可判断②、③；由对称轴可得b2a分别代入abc，借助函数图象可判断④；可以比较当xm和x1时的函数值的大小可判断⑤，可求得答案．【详解】解：图象开口向下，与y轴的交点在x轴的上方，a<0，c0，对称轴为x1，b1，2ab2a0，abc<0，故①错误；当x=1时，由图可知y0，abc0，bac，故②正确；试卷第5页，共26页抛物线与x的一个交点在1和0之间，另一个交点在2和3之间，当x2时，y0，4a2bc0，故③正确；b2a，1ab，且abc<0，231bbc0，即bc0，222c3b，故④正确；抛物线开口向下，当x1时，y有最大值，m1，abcam2bmc，abmamb，故⑤正确；综上可知正确的有4个，故选：B．【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，掌握yax2bxc(a0)中各系数与其图象的关系是解题的关键．二、填空题11．已知a2+3a=1，则代数式2a2+6a﹣1的值为_____．【答案】1【详解】解：∵a2+3a=1，∴原式=2（a2+3a）﹣1=2﹣1=1，故答案为1．点睛：此题考查了代数式求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．12．在一不透明的袋子里装有除颜色外完全相同的4个红色小球和绿色小球若干个，若1从袋中随机摸出一个小球是红色的概率为，则袋子里装有_____个绿色小球．6【答案】20【详解】设袋子里有x个绿色小球，根据概率公式建立方程，解方程即可得．【解答】解：设袋子里有x个绿色小球，由题意得：41，4x6试卷第6页，共26页解得x=20，经检验，x=20是所列方程的解，则袋子里装有20个绿色小球，故答案为：20．【点睛】本题考查了概率、分式方程，熟练掌握概率公式是解题关键．13．如图，在ABC中，BC30，底边BC23，线段AB的垂直平分线交BC于点E，则△ACE的周长为__________．【答案】2+23【分析】根据线段垂直平分线的性质得到BE=AE，∠B=∠BAE=30°，得到∠CAE=90°，可得AE+EC=BC=23，求得AE、EC的长，再求得AC的长，即可得到结论．【详解】解：∵DE垂直平分AB，∠B=∠C=30°，∴BE=AE，∠B=∠BAE=30°，∴∠CAE=180°-∠B-∠BAE-∠C=90°，在Rt△CAE中，∠C=30°，∴EC=2AE，∴AE+EC=BE+EC=BC=23，即3AE=23，∴AE=243，EC=3，33∴AC=EC2AE22，∴∴△ACE的周长=AC+AE+CE=AC+BC=2+23，故答案为：2+23．【点睛】本题考查了线段垂直平分线性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的运算，等知识点，主要考查运用性质进行推理的能力．14．如图，点A在双曲线y＝k的第一象限的那一支上，AB垂直于y轴与点B，点Cx在x轴正半轴上，且OC＝2AB，点E在线段AC上，且AE＝3EC，点D为OB的中点，若△ADE的面积为3，则k的值为_____．试卷第7页，共26页【答案】16.3【分析】由AE＝3EC，△ADE的面积为3，可知△ADC的面积为4，再根据点D为OB的中点，得到△ADC的面积为梯形BOCA面积的一半，即梯形BOCA的面积为8，设A(x,k)，从而x表示出梯形BOCA的面积关于k的等式，求解即可.【详解】如图，连接DC，∵AE=3EC，△ADE的面积为3，∴△CDE的面积为1.∴△ADC的面积为4.∵点A在双曲线y＝∴设A点坐标为(x,k的第一象限的那一支上，xk).x∵OC＝2AB，∴OC=2x.∵点D为OB的中点，∴△ADC的面积为梯形BOCA面积的一半，∴梯形BOCA的面积为8.1k1k16∴梯形BOCA的面积=(x2x)3x8，解得k.2x2x3【点睛】反比例函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，同底三角形面积的计算，梯形中位线的性质.15．如图，△ABC是⊙O内接正三角形，将△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，DE分别交AB，AC于点M，N，DF交AC于点Q，则有以下结论：①∠DQN=30°；②△DNQ≌△ANM；③△DNQ的周长等于AC的长；④NQ=QC．其中正确的结论是试卷第8页，共26页（把所有正确的结论的序号都填上）___．【答案】①②③【详解】解：如图，连接OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，∵△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，∴∠AOD=∠COF=30°．∴∠ACD=2∠AOD=15°，∠FDC=2∠COF=15°．∴∠DQN=∠QCD+∠QDC=15°+15°=30°．所以①正确．同理可得∠AMN=30°．∵△DEF为等边三角形，∴DE=DF．∴弧DE=弧DF．∴弧AE+弧AD=弧DC+弧CF．∵弧AD=弧CF，∴弧AE=弧DC．∴∠ADE=∠DAC．∴ND=NA．在△DNQ和△ANM中，∵∠DQN=∠AMN，∠DNQ=∠ANM，DN=AN．∴△DNQ≌△ANM（AAS）．所以②正确．∵∠ACD=15°，∠FDC=15°，∴QD=QC．∵ND=NA，∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC，即△DNQ的周长等于AC的长．所以③正确．∵△DEF为等边三角形，∴∠NDQ=60°．∵∠DQN=30°，∴∠DNQ=90°．∴QD＞NQ．∵QD=QC，∴QC＞NQ．所以④错误．综上所述，正确的结论是①②③．故答案为：①②③11试卷第9页，共26页三、解答题116．（1）计算：(13)|2|2cos45．401（2）已知方程m2x2(2m1)x10有实数根，求m的取值范围．【答案】（1）5；（2）m14【分析】（1）分别计算零指数幂，化简绝对值，计算三角函数值和负指数幂，再算加减法；（2）方程有实数根，可以分为一元一次方程和一元二次方程．一元一次方程始终是有实数根，一元二次方程可以用0判断．1【详解】解：（1）(13)|2|2cos4540112224212245；（2）当m20，即m0时，方程变为x10，有实数根；当m20，即m0时，原方程要有实数根，则0，即(2m1)24m24m10，1解得m，41则m的范围是m且m0．41综上所述，m的取值范围为m．4【点睛】此题考查了实数的混合运算和一元二次方程的根的判别式，熟练记忆三角函数公式和根的判别式是解本题的关键．17．我市某中学为备战省运会，在校运动队的学生中进行了全能选手的选拔，并将参加选拔学生的综合成绩分成四组，绘成了如下尚不完整的统计图表．组别第一组第二组第三组成绩90x100组中值958575频数4mn80x9070x80试卷第10页，共26页第四组60x706521根据图表信息，回答下列问题：(1)参加活动选拔的学生共有_________人；表中m_________，n_________．由于这4名学生的体育综合水平相差不大，(2)将第一组中的4名学生记为A、B、C、D，现决定随机挑选其中两名学生代表学校参赛，试通过画树形图或列表的方法求恰好选中A和B的概率．【答案】(1)50，10，15(2)16【分析】（1）根据频数分布表可知第一组有4人，根据扇形统计图可知第一组所占百分比为8%，由此得出参加活动选拔的学生总数，再用学生总数乘以第三组所占百分比求出n，用学生总数减去第一、三、四组的频数之和所得的差即为m的值；（2）根据列表法求出所有可能即可得出恰好选中A和B的概率．【详解】（1）解：第一组有4人，所占百分比为8%，学生总数为：48%50；n5030%15，m504152110．故答案为：50，10，15；（2）将第一组中的4名学生记为A、B、C、D，现随机挑选其中两名学生代表学校参赛，所有可能的结果如下表：AABBC(C,A)D(B,A)(A,B)(D,A)(D,B)(D,C)(C,B)(B,C)C(A,C)试卷第11页，共26页D(A,D)(B,D)(C,D)由上表可知，总共有12种结果，且每种结果出现的可能性相同．恰好选中A和B的结果有2种，其概率为21．126【点睛】此题主要考查了扇形图与统计表的综合应用，以及列表法和树状图法求概率，利用扇形图与统计表相结合获取正确的信息得出第一组有4人，所占百分比为8%是解决问题的关键．18．如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i=1：5，且AB=26米．12(1)求坡顶与地面的距离BE的长．(2)为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡．学校计划将斜坡AB改造成AF(如图所示)，那么BF至少是多少米？(结果精确到1米)(参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33)．【答案】(1)BE24米；(2)BF至少是8米【分析】(1)根据坡度的概念、勾股定理列出方程，解方程即可；(2)过点F作FG⊥AD于G，根据正切的定义可求得AG，结合图形计算，得到答案．【详解】（1）解：设AE=5x米，∵斜坡AB的坡比为iBE:AE1:∴BE=12x米，由勾股定理得，AE2+BE2=AB2，即(5x)2+(12x)2=262，解得，x=2或x=-2(舍去)，∴BE=12x=24(米)；（2）解：如图：过点F作FG⊥AD于G，5，12试卷第12页，共26页则四边形FGEB为矩形，∴FG=BE=24米，BF=GE，在Rt△AFG中，∠FAG=53°，∴AGFG2418.0(米)，tan531.33由(1)可知，AE=10米，∴BF=GE=AG﹣AE≈8(米)，答：BF至少是8米．【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，理解坡度的定义及作辅助线是解决本题的关键．19．在如图的方格纸中（每个小方格的边长都是1个单位）有一个格点ABC，(1)求出ABC的边长，并判断ABC的形状；(2)作出ABC关于点O的中心对称图形△A1B1C1；作出ABC绕点O按顺时针方向旋转90后得到的图形△A2B2C2；(3)△A1B1C1可能由△A2B2C2怎样变换得到?_______________（写出你认为正确的一种即可）．试卷第13页，共26页【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）求出各边的长，用勾股定理即可得出答案．（2）找出ABC关于点O的中心对称点，顺次连接即可；找出ABC绕点O按顺时针方向旋转90后对应点，顺次连接即可；（3）直接观察图形即可得出答案．【详解】（1）解：AB32，AC42，BC52，AB2AC2BC2，ABC是直角三角形．（2）如图，即为所求；（3）先将△A2B2C2绕A2点按顺时针方向旋转90，再将所得图形向右平移6个单位即得到△A1B1C1（答案不唯一）．【点睛】本题考查了旋转变换的作图问题，难度不大，注意掌握基本作图的方法．20．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在BC上，且AB∥DE，(1)试判断四边形ABED的形状，并说明理由；(2)若ABADDC，ECBE，试卷第14页，共26页①求B的度数；②当DC4cm时，求四边形ABED的面积．【答案】(1)平行四边形，理由见解析(2)①60；②83cm2【分析】（1）根据对边互相平行的四边形是平行四边形即可作出判断．（2）①根据题意可先确定△DCE是等边三角形、梯形是等腰梯形，然后即可得出答案；②先求出DF的长，从而根据SEBDF即可得出答案．【详解】（1）解：AD∥BC，AB∥DE，四边形ABED是平行四边形；（2）①四边形ABED是平行四边形，ADBE，ABDE，ABADDC，ECBEDECDEC，DCE是等边三角形，C60，四边形ABCD是等腰梯形∴BC60，②DC4cmBEECDC4cm，作DFBC于点F，则CFEC2cm，在RtDCF中，根据勾股定理，得：DFCD2CF2422212(cm)，12四边形ABED的面积BEDF41283(cm2)．【点睛】本题考查等腰梯形及等边三角形的知识，难度不算太大，但题目综合的知识点比较多，同学们要注意细心解答．21．某经销商销售一种产品，这种产品的成本价为10元/千克，已知销售价不低于成本价，且物价部门规定这种产品的销售价不高于18元/千克，市场调查发现，该产品每天试卷第15页，共26页的销售量y（千克）与销售价x（元/千克）之间的函数关系如图所示：（1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（2）求每天的销售利润W（元）与销售价x（元/千克）之间的函数关系式．当销售价为多少时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？（3）该经销商想要每天获得150元的销售利润，销售价应定为多少？【答案】（1）y=-2x+60（10≤x≤18）；（2）销售价为18元时，每天的销售利润最大，最大利润是192元．（3）15元．【分析】（1）设函数关系式y=kx+b，把（10，40），（18，24）代入求出k和b即可，由成本价为10元/千克，销售价不高于18元/千克，得出自变量x的取值范围；（2）根据销售利润=销售量×每一件的销售利润得到w和x的关系，利用二次函数的性质得最值即可；（3）先把y=150代入（2）的函数关系式中，解一元二次方程求出x，再根据x的取值范围即可确定x的值．【详解】解：（1）设y与x之间的函数关系式y=kx+b，把（10，40），（18，24）代入得10kb40{，18kb24

k2解得{，b60

∴y与x之间的函数关系式y=-2x+60（10≤x≤18）；（2）W=（x-10）（-2x+60）=-2x2+80x-600，对称轴x=20，在对称轴的左侧y随着x的增大而增大，∵10≤x≤18，∴当x=18时，W最大，最大为192．即当销售价为18元时，每天的销售利润最大，最大利润是192元．（3）由150=-2x2+80x-600，解得x1=15，x2=25（不合题意，舍去）答：该经销商想要每天获得150元的销售利润，销售价应定为15元．22．ABC为O的内接三角形，P为BC延长线上一点，PACB，AD为O的试卷第16页，共26页直径，过C作CGAD交AD于E，交AB于F，交O于G．(1)判断直线PA与O的位置关系，并说明理由；(2)求证：AG2ABAF．【答案】(1)相切，理由见解析(2)见解析【分析】（1）首先连接CD，由AD为O的直径，可得ACD=90，然后由圆周角定理，证得BD，由已知PACB，可证得DAPA，继而可证得PA与O相切．（2）首先连接BG，易证得△AFG∽△AGB，然后由相似三角形的对应边成比例，证得结论．【详解】（1）解：PA与O相切．理由：连接CD，AD为O的直径，ACD90，DCAD90，BD，PACB，PACD，PACCAD90，即DAPA，点A在圆上，PA与O相切．试卷第17页，共26页（2）证明：如图2，连接BG，AD为O的直径，CGAD，ACAG，AGFABG，GAFBAG，△AGF∽△ABG，AG:ABAF:AG，AG2AFAB．【点睛】此题考查了圆的切线的判定、圆周角定理、垂径定理以及相似三角形的判定与性质．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．23．使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点．例如，对于函数yx1，令y=0，可得x=1，我们就说1是函数yx1的零点．已知函数yx22mx2(m3)(mm为常数)．（1）当m=0时，求该函数的零点；（2）证明：无论m取何值，该函数总有两个零点；（3）设函数的两个零点分别为x1和x2，且分别为A、B(点A在点B左侧)，点M在直线yx10上，当MA+MB最小时，求直线AM的函数解析式．【答案】（1）当m=0时，该函数的零点为6和6．（2）见解析,1（3）AM的解析式为yx1．2111，此时函数图象与x轴的交点x1x24【分析】（1）根据题中给出的函数的零点的定义，将m=0代入y=x2-2mx-2（m+3），然后令y=0即可解得函数的零点；（2）令y=0，函数变为一元二次方程，要想证明方程有两个解，只需证明△＞0即可；试卷第18页，共26页（3）根据题中条件求出函数解析式进而求得A、个、作点B关于直线y=x-10B两点坐标，的对称点B′，连接AB′，求出点B′的坐标即可求得当MA+MB最小时，直线AM的函数解析式【详解】（1）当m=0时，该函数的零点为6和6．（2）令y=0，得△=∴无论m取何值，方程即无论m取何值，该函数总有两个零点．（3）依题意有由解得，．．总有两个不相等的实数根．∴函数的解析式为令y=0，解得∴A()，B(4,0)作点B关于直线yx10的对称点B’，连结AB’，则AB’与直线yx10的交点就是满足条件的M点．易求得直线yx10与x轴、y轴的交点分别为C（10,0），D（0,10）．连结CB’，则∠BCD=45°∴BC=CB’=6，∠B’CD=∠BCD=45°∴∠BCB’=90°6）即B’（10，设直线AB’的解析式为ykxb，则2kb01{，解得k，b110kb621∴直线AB’的解析式为yx1，21即AM的解析式为yx1．2，交x轴于A、B24．如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象的顶点C的坐标为（0，﹣2）两点，其中A（﹣1，0），直线l：x=m（m＞1）与x轴交于D．试卷第19页，共26页（1）求二次函数的解析式和B的坐标；（2）在直线l上找点P（P在第一象限），使得以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、；O为顶点的三角形相似，求点P的坐标（用含m的代数式表示）（3）在（2）成立的条件下，在抛物线上是否存在第一象限内的点Q，使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）y=2x2﹣2；点B的坐标为（1，0）；（2）满足条件的点P的坐标为：（m，m11m），（m，），（m，2m﹣2）或（m，2﹣2m）；（3）不存在满足条件的点Q，理22由见解析．【分析】（1）由于抛物线的顶点C的坐标为（0，﹣2），所以抛物线的对称轴为y轴，且与y轴交点的纵坐标为﹣2，即b=0，c=﹣2，再将A（﹣1，0）代入y=ax2+bx+c，求出a的值，由此确定该抛物线的解析式，然后令y=0，解一元二次方程求出x的值即可得到点B的坐标．（2）设P点坐标为（m，n）．由于∠PDB=∠BOC=90°，则D与O对应，所以当以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似时，分两种情况讨论：①△OCB∽△DBP；②△OCB∽△DPB．根据相似三角形对应边成比例，得出n与m的关系式，进而可得到点P的坐标．（3）假设在抛物线上存在第一象限内的点Q（x，2x2﹣2），使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形，过点Q作QE⊥l于点E．利用AAS易证△DBP≌△EPQ，得出BD=PE，DP=EQ．再分两种情况讨论：①P（m，m1）；②P（m，2m﹣2）．都根据2BD=PE，DP=EQ列出方程组，求出x与m的值，再结合条件x＞0且m＞1即可判断不存在第一象限内的点Q，使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形．【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为C（0，﹣2），∴b=0，c=﹣2．∵y=ax2+bx+c过点A（﹣1，0），∴0=a+0﹣2，a=2．∴抛物线的解析式为y=2x2﹣2．试卷第20页，共26页当y=0时，2x2﹣2=0，解得x=±1．∴点B的坐标为（1，0）．（2）设P（m，n），∵∠PDB=∠BOC=90°，∴当以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似时，分两种情况：①若△OCB∽△DBP，则m1OBOC12，即，解得n．2DPDBnm1由对称性可知，在x轴上方和下方均有一点满足条件，∴此时点P坐标为（m，②若△OCB∽△DPB，则m11m）或（m，）．22OBOC12，解得n=2m﹣2．，即DBDPm1n由对称性可知，在x轴上方和下方均有一点满足条件，∴此时点P坐标为（m，2m﹣2）或（m，2﹣2m）．综上所述，满足条件的点P的坐标为：（m，．2﹣2m）（3）假设在抛物线上存在第一象限内的点Q（x，2x2﹣2），使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形．如图，过点Q作QE⊥l于点E，m11m），（m，），（m，2m﹣2）或（m，22∵∠DBP+∠BPD=90°，∠QPE+∠BPD=90°，∴∠DBP=∠QPE．BDPPEQ90在△DBP与△EPQ中，∵{DBPEPQ，BPPQ∴△DBP≌△EPQ，∴BD=PE，DP=EQ．分两种情况：①当P（m，m1）时，2∵B（1，0），D（m，0），E（m，2x2﹣2），试卷第21页，共26页m12x22∴{m1mx2m121x1x2（均不合题意舍去），解得{或{．m1m0②当P（m，2m﹣2）时，∵B（1，0），D（m，0），E（m，2x2﹣2），5xx1m12x222(m1)2∴{，解得{或{（均不合题意舍去）．m12(m1)mx9m2综上所述，不存在满足条件的点Q．【点睛】二次函数综合题，曲线上点的坐标理性认识各式的关系，全等、相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，反证法的应用，分类思想的应用．25．如图1，在ABC中，把AB绕点A顺时针旋转（0180）得到AB，把AC绕点A逆时针旋转得到AC，连接BC．当180时，我们称△ABC是ABC的“旋补三角形”，△ABC边BC上的中线AD叫做ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．(1)在图2，图3中，△ABC是ABC的“旋补三角形”，AD是ABC的“旋补中线”．①如图2，当ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD______BC；②如图3，当BAC90，BC8时，则AD长为_______．(2)在图1中，当ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．(3)如图4，在四边形ABCD，C90，D150，BC12，CD23，DA6，在四边形内部是否存在点P，使△PDC是PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【答案】(1)①2；②4(2)AD1BC，证明见解析21(3)存在，39试卷第22页，共26页【分析】（1）①首先证明ADB是含有30是直角三角形，可得AD1AB即可解决问2题；②首先证明BAC≌BAC，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD1BC．如图1中，延长AD到M，使得ADDM，连接BM，CM，2首先证明四边形ACMB是平行四边形，再证明BAC≌ABM，即可解决问题；（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BEAD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PAPD，PBPC，再证明∠APD∠BPC180即可．【详解】（1）解：①如图2中，ABC是等边三角形，ABBCACABAC，DBDC，ADBC，BAC60，BACBAC180，BAC120，BC30，AD11ABBC，221故答案为2．②如图3中，BAC90，BACBAC180，BACBAC90，ABAB，ACAC，试卷第23页，共26页△BAC≌△BAC，BCBC，BDDC，AD11BCBC4，221BC．2故答案为4．（2）结论：AD理由：如图1中，延长AD到M，使得ADDM，连接BM，CM，BDDC，ADDM，四边形ACMB是平行四边形，ACBMAC，BACBAC180，BACABM180，BACMBA，ABAB，△BAC≌△ABM，BCAM，AD1BC．2（3）存在．理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BEAD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作PCD的中线PN．连接DF交PC于O．试卷第24页，共26页ADC150，MDC30，在RtDCM中，CD23，DCM90，MDC30，CM2，DM4，M60，在RtBEM中，∵BEM90，BM14，MBE30，EM1BM7，2DEEMDM3，AD6，AEDE，BEAD，PAPD，PBPC，在Rt△CDF中，CD23，CF6，tanCDF3，CDF60ADF90AEB，CBECFD，CBEPCF，CFDPCF，CFDCDF90，PCFCPF90，CPFCDF60，在FCP和△CFD中，PCFCFDCFFCCPFCDF△FCP≌△CFDASA，CDPF，CD∥PF，四边形CDPF是矩形，CDP90，ADPADCCDP60，ADP是等边三角形，试卷第25页，共26页APD60，BPFCPF60，BPC120，APDBPC180，△PDC是PAB的“旋补三角形”，在Rt△PDN中，PDN90，PDAD6，DN3，PNDN2PD2(3)26239．【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．试卷第26页，共26页