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精品解析：2020年四川省绵阳市三台县中考数学一模试题（解析版+原卷版）
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2020年四川省绵阳市三台县中考数学一模试卷
一．选择题（共12小题）
1. 下列各组数中，互为倒数的是( )
A. 2和 B. 3和 C. |﹣3|和﹣ D. ﹣4和4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据倒数的定义逐个分析即可.数a（）的倒数是.
【详解】解：A、2和 不是倒数关系，故此选项错误；
B、3和是倒数关系，故此选项正确；
C、|﹣3|＝3，3和﹣不是倒数关系，故此选项错误；
D、﹣4和4不是倒数关系，故此选项错误；
故选B．
【点睛】此题主要考查了倒数以及绝对值，关键是掌握倒数定义．
2. 在以下回收、绿色食品、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念对各选项分析判断,利用排除法求解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，故本选项正确；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查轴对称图形，掌握轴对称图形的概念是解题的关键．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. a2+a2＝a4 B. a2•a3＝a6
C. （﹣a2）2＝a4 D. （a+1）2＝a2+1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】解：A、根据同类项及合并同类项，可知a2+a2=2a2，错误；
B、根据同底数幂的乘法，底数不变，指数相加，可知a2•a3=a5，错误；
C、根据幂的乘方，底数不变，指数相乘，可知（﹣a2）2=a4，正确；
D、根据完全平方公式特点，可知（a+1）2=a2+2a+1，错误；
故选C．
4. 如图所示的几何体是由个大小相同的小立方块搭成，它的俯视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据简单几何体的三视图即可求解.
【详解】三视图的俯视图，应从上面看，故选C
【点睛】此题主要考查三视图的判断，解题的关键是熟知三视图的定义.
5. 今年5月，在成都举行的世界机场城市大会上，成都新机场规划蓝图首次亮相，新机场建成后，成都将成为继北京、上海之后，国内第三个拥有双机场的城市，按照远期规划，新机场将建的4个航站楼的总面积约为126万平方米，用科学记数法表示为（ ）
A. 126×104 B. 1.26×105 C. 1.26×106 D. 1.26×107
【答案】C
【解析】
【分析】
用科学记数法表示较大数时的形式为 ，其中 ，n为正整数，确定a的值时，把小数点放在原数从左起第一个不是0的数字后面即可，确定n的值时，n比这个数的整数位数小1．
【详解】易知，126万=1260000，整数位数是7位，所以
∴126万=1260000= ．
故选：C．
【点睛】本题主要考查科学记数法，掌握科学记数法的形式是解题的关键．
6. 如图，函数的图象所在坐标系的原点是（ ）
A. 点 B. 点 C. 点 D. 点
【答案】A
【解析】
【分析】
由函数解析式可知函数关于y轴对称，当x＞0时，图象在一象限，当x＜0时，图象在二象限，即可求解．
【详解】由已知可知函数y关于y轴对称，∴y轴与直线PM重合．当x＞0时，图象在一象限，当x＜0时，图象在二象限，即图象在x轴上方，所以点M是原点．
故选A．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象及性质；熟练掌握函数的解析式与函数图象的关系是解题的关键．
7. 一元一次不等式组的最大整数解是
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
解出两个不等式的解，再求出两个不等式的解集，即可求出最大整数解；
【详解】
由①得到：2x+6-4≥0，
∴x≥-1，
由②得到：x+1＞3x-3，
∴x＜2，
∴-1≤x＜2，
∴最大整数解是1，
故选C．
【点睛】本题考查一元一次不等式组的整数解，解题的关键是熟练掌握解不等式组的方法，属于中考常考题型．
8. 某超市从一楼到二楼有一自动扶梯，如图是自动扶梯的侧面示意图，已知自动扶梯AB的坡度为1：2.4，AB的长度为13米，MN是二楼楼顶，MN∥PQ，C是MN上处在自动扶梯顶端B点正上方的一点，BC⊥MN，在自动扶梯底端A处侧得C点的仰角为 42°，则二楼的层高BC约为（精确到0.1米，，）（ ）
A. 10.8米 B. 8.9米 C. 8.0米 D. 5.8米
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】试题分析：延长CB交PQ于点D．
∵MN∥PQ，BC⊥MN，
∴BC⊥PQ．
∵自动扶梯AB的坡度为1：2.4，
∴．
设BD=5k米，AD=12k米，则AB=13k米．
∵AB=13米，
∴k=1，
∴BD=5米，AD=12米．
在Rt△CDA中，∠CDA=90゜，∠CAD=42°，
∴CD=AD•tan∠CAD≈12×0.90≈10.8米，
∴BC≈5.8米．
故选：D．
考点：解直角三角形的应用．
9. “赶陀螺”是一项深受人们喜爱的运动．如图所示是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径AB＝8 cm，圆柱的高BC＝6 cm，圆锥的高CD＝3 cm，则这个陀螺的表面积是( )
A. 68π cm2 B. 74π cm2 C. 84π cm2 D. 100π cm2
【答案】C
【解析】
试题分析：∵底面圆直径为8cm，高为3cm，∴母线长为5cm，∴其表面积=π×4×5+42π+8π×6=84πcm2，故选C．
考点：圆锥的计算；几何体的表面积．
10. 把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为（ ）
A. 6 B. 24 C. 26 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意和图形，可以先设图1中分成的直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，然后根据图2和图3可以列出相应的方程组，从而可以求得直角三角形的两条直角边的长，然后即可求得图1中菱形的面积．
【详解】解：设图1中分成的直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，则
，得，
∴图1中菱形的面积为：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的应用，根据题意列出方程组是解题的关键．
11. 如图，平面直角坐标系中，分别以点A （﹣2，3），B（3，4）为圆心，以1、2为半径作⊙A、⊙B，M、N分别是⊙A、⊙B上的动点，P为x轴上的动点，则PM+PN的最小值等于（ ）
A. B. +3 C. ﹣3 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
作⊙A关于x轴的对称⊙ ，交⊙于点M，连接交⊙B于点N，交x轴于P，如图，根据两点之间线段最短得到此时PM+PN最小，再利用对称确定的坐标，接着利用两点间的距离公式计算出的长，然后用的长减去两个圆的半径即可得到MN的长，从而得到PM+PN的最小值．
【详解】解：作⊙A关于x轴的对称⊙ ，交⊙于点M，连接交⊙B于点N，交x轴于P，则此时PM+PN最小，
∵点A坐标（﹣2，3），
∴点A′坐标（﹣2，﹣3），
∵点B（3，4），
∴，
∴，
∴PM+PN的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题主要考查最短距离，掌握轴对称的性质是解题的关键．
12. 二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：①b＜2a；②a+2c﹣b＞0；③b＞a＞c；④b2+2ac＜3ab．其中正确结论的个数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
由图象可知，a＞0，b＞0，c＞0，
∵﹣＞﹣1，
∴b＜2a，故①正确，
如图易知A（﹣1，0），B（﹣1，a﹣b+c），C（0，c），
当AB=OC时，﹣（a﹣b+c）=c，可得a+2c﹣b=0，
当AB＞OC时，﹣（a﹣b+c）＞c，可得a+2c﹣b＜0，
当AB＜OC时，﹣（a﹣b+c）＜c，可得a+2c﹣b＞0，
故②错误，
∵﹣＜﹣，
∴b＞a，
设x1＞x2
∵﹣＜x1＜0，﹣2＜x2＜﹣1，
∴x1•x2＜1，
∴＜1，
∴a＞c，
∴b＞a＞c，故③正确，
∵b2﹣4ac＞0，
∴2ac＜b2，
∵b＜2a，
∴＜3ab，
∴b2=b2+b2＞b2+2ac，
b2+2ac＜b2＜3ab，
∴b2+2ac＜3ab．故④正确．
故选C．
二．填空题（共6小题）
13. 因式分解：2mx2﹣4mxy+2my2＝_____．
【答案】2m（x﹣y）2．
【解析】
【分析】
先提取公因式2m，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
【详解】解：2mx2﹣4mxy+2my2，
＝2m（x2﹣2xy+y2），
＝2m（x﹣y）2．
故答案为：2m（x﹣y）2．
【点睛】本题主要考查因式分解，掌握提取公因式法和完全平方公式是解题的关键．
14. 如图，将一副三角板和一张对边平行的纸条按下列方式摆放，两个三角板的一直角边重合，含30°角的直角三角板的斜边与纸条一边重合，含45°角的三角板的一个顶点在纸条的另一边上，则∠1的度数是________
【答案】15°
【解析】
【分析】
如下图，过点E作EF∥BC，然后利用平行线的性质结合已知条件进行分析解答即可.
【详解】由题意可得AD∥BC，∠DAE=∠1+45°，∠AEB=90°，∠EBC=30°，过点E作EF∥BC，
则AD∥EF∥BC，
∴∠AEF=∠DAE=∠1+45°，∠FEB=∠EBC=30°，
又∵∠AEF=∠AEB-∠FEB，
∴∠AEF=90°-30°=60°，
∴∠1+45°=60°，
∴∠1=60°-45°=15°.
故答案为：15°.
15. 经过某十字路口的汽车，可直行，也可向左转或向右转，如果这三种可能性大小相同，则两辆汽车经过该十字路口时都直行的概率是___．
【答案】．
【解析】
【分析】
【详解】试题分析：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两辆汽车都直行的结果数为1，所以则两辆汽车都直行的概率为，故答案为．
考点：列表法与树状图法．
16. 关于x的一元二次方程ax2﹣bx+3＝0的一个根为x＝2，则代数式4b﹣8a+3的值为_____．
【答案】9．
【解析】
【分析】
由已知可得4a﹣2b+3＝0，再将所求式子化为﹣2（4a﹣2b）+3，最后整体代入即可．
【详解】解：∵x＝2是方程ax2﹣bx+3＝0的根，
∴4a﹣2b+3＝0，
．
∵4b﹣8a+3＝﹣8a+4b+3＝﹣2（4a﹣2b）+3，
∴4b﹣8a+3＝﹣2×（﹣3）+3＝9，
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的根和代数式求值，掌握一元二次方程的根的概念和整体代入法是解题的关键．
17. 如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作当与正方形ABCD的边相切时，BP的长为______．
【答案】3或
【解析】
【分析】分两种情况：与直线CD相切、与直线AD相切，分别画出图形进行求解即可得.
详解】如图1中，当与直线CD相切时，设，
在中，，
，
，
，；
如图2中当与直线AD相切时，设切点为K，连接PK，则，四边形PKDC是矩形，
，
，，
在中，，
综上所述，BP的长为3或．
【点睛】本题考查切线性质、正方形的性质、勾股定理等知识，会用分类讨论的思想思考问题，会利用参数构建方程解决问题是关键．
18. 如图，正方形ABCD的边长为3，延长CB至点M，使S△ABM=，过点B作BN⊥AM，垂足为N，O是对角线AC，BD的交点，连接ON，则ON的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】
】先根据三角形的面积公式求出BM的长，由条件可证得△ABN∽△BNM∽△ABM，且可求得AM=，利用对应线段的比相等可求得AN和MN，进一步可得到=，且∠CAM=∠NAO，可证得△AON∽△AMC，利用相似三角形的性质可求得ON.
【详解】∵正方形ABCD的边长为3，S△ABM=，
∴BM=，
∵AB=3，BM=1，
∴AM=，
∵∠ABM=90°，BN⊥AM，
∴△ABN∽△BNM∽△AMB，
∴AB2=AN×AM，BM2=MN×AM，
∴AN=，MN=，
∵AB=3，CD=3，
∴AC=3，
∴AO=，
∵=，=，
∴=，且∠CAM=∠NAO，
∴△AON∽△AMC，
∴==，
∴ON=．
故答案为．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
三．解答题（共7小题）
19. （1）计算：﹣（π﹣3.14）0﹣|﹣2|+﹣3tan30°﹣（﹣）﹣1；
（2）先化简，再求值：•，其中x是方程x2+x﹣3＝0的解．
【答案】（1）1+；（2），．
【解析】
【分析】
（1）直接利用零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质，特殊角的三角函数值分别计算即可；
（2）直接利用分式的混合运算顺序和法则计算，再利用已知整体代入得出答案．
【详解】解：（1）原式＝
；
（2）原式＝
∵x是方程x2+x﹣3＝0的解，
∴x2+x＝3，
∴原式＝．
【点睛】本题主要考查实数的混合运算和分式的化简求值，掌握实数混合运算的顺序和法则及分式的基本性质是解题的关键．
20. 为了促进学生多样化发展，某校组织开展了社团活动，分别设置了体育类、艺术类、文学类及其它类社团（要求人人参与社团，每人只能选择一项）．为了解学生喜爱哪种社团活动，学校做了一次抽样调查．根据收集到的数据，绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，完成下列问题：
（1）此次共调查了多少人？
（2）求文学社团在扇形统计图中所占圆心角的度数；
（3）请将条形统计图补充完整；
（4）若该校有1500名学生，请估计喜欢体育类社团的学生有多少人？
【答案】（1）200；（2）108°；（3）答案见解析；（4）600
【解析】
试题分析：（1）根据体育人数80人，占40%，可以求出总人数．
（2）根据圆心角=百分比×360°即可解决问题．
（3）求出艺术类、其它类社团人数，即可画出条形图．
（4）用样本百分比估计总体百分比即可解决问题．
试题解析：（1）80÷40%=200（人）．
∴此次共调查200人．
（2）×360°=108°．
∴文学社团在扇形统计图中所占圆心角的度数为108°．
（3）补全如图，
（4）1500×40%=600（人）．
∴估计该校喜欢体育类社团的学生有600人．
【点睛】此题主要考查了条形图与统计表以及扇形图的综合应用，由条形图与扇形图结合得出调查的总人数是解决问题的关键，学会用样本估计总体的思想，属于中考常考题型．
21. 春节期间，某商场计划购进甲、乙两种商品，已知购进甲商品2件和乙商品3件共需270元；购进甲商品3件和乙商品2件共需230元．
（1）求甲、乙两种商品每件的进价分别是多少元？
（2）商场决定甲商品以每件40元出售，乙商品以每件90元出售，为满足市场需求，需购进甲、乙两种商品共100件，且甲种商品的数量不少于乙种商品数量的4倍，请你求出获利最大的进货方案，并确定最大利润．
【答案】(1) 甲商品每件进价为30元，乙商品每件进价为70元；(2) 最大的进货方程是购买甲种商品80件，乙种商品20件，最大利润为1200元．
【解析】
【分析】
(1)设甲商品每件进价为x元，乙商品每件进价为y元，根据甲商品2件和乙商品3件共需270元，甲商品3件和乙商品2件共需230元，列出方程求解即可；
(2)根据题意可以得到利润与甲种商品的关系，由甲种商品的数量不少于乙种商品数量的4倍，可以得到甲种商品的取值范围，从而可以求得获利最大的进货方案，以及最大利润．
【详解】解：(1)设甲商品每件进价为x元，乙商品每件进价为y元，
解得：
∴甲商品每件进价为30元，乙商品每件进价为70元．
(2)设购买甲种商品a件，获利为w元，
∵，
解得：，
当a=80时，w取得最大值，所以w=1200，
∴最大的进货方程是购买甲种商品80件，乙种商品20件，最大利润为1200元．
【点睛】本题考查的是一次函数的应用、二元一次方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题的条件．
22. 如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点P（n，2），与x轴交于点A（﹣4，0），与y轴交于点C，PB⊥x轴于点B，且AC＝BC．
（1）求一次函数、反比例函数的解析式；
（2）反比例函数图象上是否存在点D，使四边形BCPD为菱形？如果存在，求出点D的坐标；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）y＝x+1， y＝；（2）反比例函数图象上存在点D，使四边形BCPD为菱形，此时D坐标为（8，1）．
【解析】
【分析】
（1）由AC＝BC，且OC⊥AB，利用等腰三角形三线合一得到O为AB中点，求出OB的长，确定出B坐标，从而得到P点坐标，将P与A坐标代入一次函数解析式求出k与b的值，确定出一次函数解析式，将P坐标代入反比例函数的解析式求出m的值，即可确定出反比例函数的解析式；
（2）假设存在这样的D点，使四边形BCPD为菱形，根据菱形的性质得出D点的坐标．
【详解】解：（1）∵AC＝BC，CO⊥AB，A（﹣4，0），
∴O为AB的中点，即OA＝OB＝4，
∴P（4，2），B（4，0），
将A（﹣4，0）与P（4，2）代入y＝kx+b得：
，解得
∴一次函数解析式为y＝x+1，
将P（4，2）代入反比例解析式得：，即反比例解析式为y＝；
（2）反比例函数图象上存在点D，使四边形BCPD为菱形，理由如下：
假设存在这样的D点，使四边形BCPD为菱形，如图所示，连接DC与PB交于E，
∵四边形BCPD为菱形，
∴CE＝DE＝4，
∴CD＝8，
将x＝8代入反比例函数y＝得y＝1，
∴D点的坐标为（8，1）
∴则反比例函数图象上存在点D，使四边形BCPD为菱形，此时D坐标为（8，1）．
【点睛】本题主要考查待定系数法和菱形的性质，掌握待定系数法和菱形的性质是解题的关键．
23. 已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，AE是∠CAB的角平分线，BM平分∠ABC交AE于点M，经过B，M两点的⊙O交BC于点G，交AB于点F，FB恰为⊙O的直径．
（1）求证：AE与⊙O相切；
（2）当BC＝6，cosC＝，求⊙O的半径．
【答案】（1）详见解析；（2）⊙O的半径为．
【解析】
【分析】
（1）连接OM，证出∠EBM＝OMB，得出OM∥BE；由等腰三角形的性质，得AE⊥BC，则OM⊥AE，从而证明结论；
（2）设⊙O的半径是r，根据等腰三角形三线合一的性质，得BE＝CE＝3，解直角三角形求得AB＝AC＝5，则OA＝5﹣r，从而根据平行线分线段成比例定理求解．
【详解】（1）证明：连接OM，
∵OB＝OM，
∴∠OBM＝∠OMB．
∵BM平分∠ABC，
∴∠OBM＝∠EBM，
∴∠EBM＝∠OMB，
∴OM∥BE．
∵AB＝AC，AE是∠CAB的平分线，
∴AE⊥BC，
∴OM⊥AE，
∴AE与⊙O相切；
（2）解：设⊙O的半径是r．
∵AB＝AC，AE是∠CAB的角平分线，，
∴AE⊥BC，BE＝CE＝3，∠ABC＝∠C．
∵，
∴AB＝AC＝＝＝5，
则OA＝5﹣r．
∵OM∥BE，
∴＝，
即＝，
解得r＝，
即⊙O半径为．
【点睛】本题主要考查切线的判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例，掌握切线的判定方法，等腰三角形的性质，锐角三角函数，平行线分线段成比例是解题的关键．
24. 如图1，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，连接AE，BF，交点为G．若正方形的边长为2．
（1）求证：AE⊥BF；
（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP交BA的延长线于点Q，求AQ的长；
（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，求四边形MNGH的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）运用Rt△ABE≌Rt△BCF，再利用角的关系求得∠BGE＝90°即可；
（2）首先利用折叠的性质和平行线的性质得到QF＝QB，然后在Rt△QPB中，利用勾股定理即可解决问题．
（3）首先证明△AGN∽△AHM，再根据面积比等于相似比的平方，求得S△AGN＝，再利用S四边形GHMN＝S△AHM﹣S△AGN求解．
【详解】（1）证明： ∵四边形ABCD是正方形，
．
∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CF＝BE．
在Rt△ABE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF．
又∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴AE⊥BF．
（2）由折叠的性质得FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝∠BCF =90°，
∵四边形ABCD是正方形，
．
∴∠CFB＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠PFB，
∴QF＝QB．
∵PF＝FC＝1，PB＝BC＝2，
在Rt△BPQ中，设QB＝x，
∴x2＝（x﹣1）2+22，
∴x＝，
∴AQ＝BQ﹣AB＝．
（3）解： ，
．
由旋转的性质可知， ．
∵∠BAE＝∠EAM，AE⊥BF，
∴AN＝AB＝2．
∵∠AHM＝90°，
．
．
∴GN∥HM，
∴△AGN∽△AHM，
∴＝（ ）2．
，
∴＝（ ）2，
∴S△AGN＝，
∴S四边形GHMN＝S△AHM﹣S△AGN＝1﹣＝，
∴四边形GHMN的面积是 ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，折叠和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，掌握正方形的性质，折叠和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理是解题的关键．
25. 如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y＝x﹣2交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点B、C的坐标；
（2）求△ABC的内切圆半径；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x，B（2，0），C（﹣1，﹣3）；（2）2﹣；（3）存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．
【解析】
【分析】
（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得B,C点坐标；
（2）先求出AB，BC，AC，利用勾股定理的逆定理可得出△ABC是直角三角形，从而即可求出内切圆的半径；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得或，可求得N点的坐标．
【详解】解：（1）∵顶点坐标为（1，1），
∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+1，
又∵抛物线过原点，
∴0＝a（0﹣1）2+1，解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+1，
即y＝﹣x2+2x，
联立抛物线和直线解析式可得，
解得或，
∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
（2）由（1）知，B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
∵A（1，1），
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC直角三角形．
设△ABC的内切圆的半径为r，
∴r＝＝；
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），
∴ON＝|x|，MN＝|﹣x2+2x|，
由（2）知，AB＝，BC＝3，
∵MN⊥x轴于点N，
∴∠ABC＝∠MNO＝90°，
∴当△ABC和△MNO相似时，有或，
①当时，
∴，即|x||﹣x+2|＝|x|，
∵当x＝0时M、O、N不能构成三角形，
∴x≠0，
∴|﹣x+2|＝，
∴﹣x+2＝±，解得x＝或x＝，
此时N点坐标为（，0）或（，0）；
②当时，
∴，
即|x||﹣x+2|＝3|x|，
∴|﹣x+2|＝3，
∴﹣x+2＝±3，
解得x＝5或x＝﹣1，
此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．
【点睛】本题主要考查二次函数，一次函数与几何综合，掌握待定系数法，勾股定理及其逆定理，相似三角形的性质并分情况讨论是解题的关键．
2020年四川省绵阳市三台县中考数学一模试卷
一．选择题（共12小题）
1. 下列各组数中，互为倒数的是( )
A. 2和 B. 3和 C. |﹣3|和﹣ D. ﹣4和4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据倒数的定义逐个分析即可.数a（）的倒数是.
【详解】解：A、2和 不是倒数关系，故此选项错误；
B、3和是倒数关系，故此选项正确；
C、|﹣3|＝3，3和﹣不是倒数关系，故此选项错误；
D、﹣4和4不是倒数关系，故此选项错误；
故选B．
【点睛】此题主要考查了倒数以及绝对值，关键是掌握倒数定义．
2. 在以下回收、绿色食品、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念对各选项分析判断,利用排除法求解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，故本选项正确；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查轴对称图形，掌握轴对称图形的概念是解题的关键．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. a2+a2＝a4 B. a2•a3＝a6
C. （﹣a2）2＝a4 D. （a+1）2＝a2+1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】解：A、根据同类项及合并同类项，可知a2+a2=2a2，错误；
B、根据同底数幂的乘法，底数不变，指数相加，可知a2•a3=a5，错误；
C、根据幂的乘方，底数不变，指数相乘，可知（﹣a2）2=a4，正确；
D、根据完全平方公式特点，可知（a+1）2=a2+2a+1，错误；
故选C．
4. 如图所示的几何体是由个大小相同的小立方块搭成，它的俯视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据简单几何体的三视图即可求解.
【详解】三视图的俯视图，应从上面看，故选C
【点睛】此题主要考查三视图的判断，解题的关键是熟知三视图的定义.
5. 今年5月，在成都举行的世界机场城市大会上，成都新机场规划蓝图首次亮相，新机场建成后，成都将成为继北京、上海之后，国内第三个拥有双机场的城市，按照远期规划，新机场将建的4个航站楼的总面积约为126万平方米，用科学记数法表示为（ ）
A. 126×104 B. 1.26×105 C. 1.26×106 D. 1.26×107
【答案】C
【解析】
【分析】
用科学记数法表示较大数时的形式为 ，其中 ，n为正整数，确定a的值时，把小数点放在原数从左起第一个不是0的数字后面即可，确定n的值时，n比这个数的整数位数小1．
【详解】易知，126万=1260000，整数位数是7位，所以
∴126万=1260000= ．
故选：C．
【点睛】本题主要考查科学记数法，掌握科学记数法的形式是解题的关键．
6. 如图，函数的图象所在坐标系的原点是（ ）
A. 点 B. 点 C. 点 D. 点
【答案】A
【解析】
【分析】
由函数解析式可知函数关于y轴对称，当x＞0时，图象在一象限，当x＜0时，图象在二象限，即可求解．
【详解】由已知可知函数y关于y轴对称，∴y轴与直线PM重合．当x＞0时，图象在一象限，当x＜0时，图象在二象限，即图象在x轴上方，所以点M是原点．
故选A．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象及性质；熟练掌握函数的解析式与函数图象的关系是解题的关键．
7. 一元一次不等式组的最大整数解是
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
解出两个不等式的解，再求出两个不等式的解集，即可求出最大整数解；
【详解】
由①得到：2x+6-4≥0，
∴x≥-1，
由②得到：x+1＞3x-3，
∴x＜2，
∴-1≤x＜2，
∴最大整数解是1，
故选C．
【点睛】本题考查一元一次不等式组的整数解，解题的关键是熟练掌握解不等式组的方法，属于中考常考题型．
8. 某超市从一楼到二楼有一自动扶梯，如图是自动扶梯的侧面示意图，已知自动扶梯AB的坡度为1：2.4，AB的长度为13米，MN是二楼楼顶，MN∥PQ，C是MN上处在自动扶梯顶端B点正上方的一点，BC⊥MN，在自动扶梯底端A处侧得C点的仰角为 42°，则二楼的层高BC约为（精确到0.1米，，）（ ）
A. 10.8米 B. 8.9米 C. 8.0米 D. 5.8米
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】试题分析：延长CB交PQ于点D．
∵MN∥PQ，BC⊥MN，
∴BC⊥PQ．
∵自动扶梯AB的坡度为1：2.4，
∴．
设BD=5k米，AD=12k米，则AB=13k米．
∵AB=13米，
∴k=1，
∴BD=5米，AD=12米．
在Rt△CDA中，∠CDA=90゜，∠CAD=42°，
∴CD=AD•tan∠CAD≈12×0.90≈10.8米，
∴BC≈5.8米．
故选：D．
考点：解直角三角形的应用．
9. “赶陀螺”是一项深受人们喜爱的运动．如图所示是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径AB＝8 cm，圆柱的高BC＝6 cm，圆锥的高CD＝3 cm，则这个陀螺的表面积是( )
A. 68π cm2 B. 74π cm2 C. 84π cm2 D. 100π cm2
【答案】C
【解析】
试题分析：∵底面圆直径为8cm，高为3cm，∴母线长为5cm，∴其表面积=π×4×5+42π+8π×6=84πcm2，故选C．
考点：圆锥的计算；几何体的表面积．
10. 把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为（ ）
A. 6 B. 24 C. 26 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意和图形，可以先设图1中分成的直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，然后根据图2和图3可以列出相应的方程组，从而可以求得直角三角形的两条直角边的长，然后即可求得图1中菱形的面积．
【详解】解：设图1中分成的直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，则
，得，
∴图1中菱形的面积为：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的应用，根据题意列出方程组是解题的关键．
11. 如图，平面直角坐标系中，分别以点A （﹣2，3），B（3，4）为圆心，以1、2为半径作⊙A、⊙B，M、N分别是⊙A、⊙B上的动点，P为x轴上的动点，则PM+PN的最小值等于（ ）
A. B. +3 C. ﹣3 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
作⊙A关于x轴的对称⊙ ，交⊙于点M，连接交⊙B于点N，交x轴于P，如图，根据两点之间线段最短得到此时PM+PN最小，再利用对称确定的坐标，接着利用两点间的距离公式计算出的长，然后用的长减去两个圆的半径即可得到MN的长，从而得到PM+PN的最小值．
【详解】解：作⊙A关于x轴的对称⊙ ，交⊙于点M，连接交⊙B于点N，交x轴于P，则此时PM+PN最小，
∵点A坐标（﹣2，3），
∴点A′坐标（﹣2，﹣3），
∵点B（3，4），
∴，
∴，
∴PM+PN的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题主要考查最短距离，掌握轴对称的性质是解题的关键．
12. 二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：①b＜2a；②a+2c﹣b＞0；③b＞a＞c；④b2+2ac＜3ab．其中正确结论的个数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
由图象可知，a＞0，b＞0，c＞0，
∵﹣＞﹣1，
∴b＜2a，故①正确，
如图易知A（﹣1，0），B（﹣1，a﹣b+c），C（0，c），
当AB=OC时，﹣（a﹣b+c）=c，可得a+2c﹣b=0，
当AB＞OC时，﹣（a﹣b+c）＞c，可得a+2c﹣b＜0，
当AB＜OC时，﹣（a﹣b+c）＜c，可得a+2c﹣b＞0，
故②错误，
∵﹣＜﹣，
∴b＞a，
设x1＞x2
∵﹣＜x1＜0，﹣2＜x2＜﹣1，
∴x1•x2＜1，
∴＜1，
∴a＞c，
∴b＞a＞c，故③正确，
∵b2﹣4ac＞0，
∴2ac＜b2，
∵b＜2a，
∴＜3ab，
∴b2=b2+b2＞b2+2ac，
b2+2ac＜b2＜3ab，
∴b2+2ac＜3ab．故④正确．
故选C．
二．填空题（共6小题）
13. 因式分解：2mx2﹣4mxy+2my2＝_____．
【答案】2m（x﹣y）2．
【解析】
【分析】
先提取公因式2m，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
【详解】解：2mx2﹣4mxy+2my2，
＝2m（x2﹣2xy+y2），
＝2m（x﹣y）2．
故答案为：2m（x﹣y）2．
【点睛】本题主要考查因式分解，掌握提取公因式法和完全平方公式是解题的关键．
14. 如图，将一副三角板和一张对边平行的纸条按下列方式摆放，两个三角板的一直角边重合，含30°角的直角三角板的斜边与纸条一边重合，含45°角的三角板的一个顶点在纸条的另一边上，则∠1的度数是________
【答案】15°
【解析】
【分析】
如下图，过点E作EF∥BC，然后利用平行线的性质结合已知条件进行分析解答即可.
【详解】由题意可得AD∥BC，∠DAE=∠1+45°，∠AEB=90°，∠EBC=30°，过点E作EF∥BC，
则AD∥EF∥BC，
∴∠AEF=∠DAE=∠1+45°，∠FEB=∠EBC=30°，
又∵∠AEF=∠AEB-∠FEB，
∴∠AEF=90°-30°=60°，
∴∠1+45°=60°，
∴∠1=60°-45°=15°.
故答案为：15°.
15. 经过某十字路口的汽车，可直行，也可向左转或向右转，如果这三种可能性大小相同，则两辆汽车经过该十字路口时都直行的概率是___．
【答案】．
【解析】
【分析】
【详解】试题分析：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两辆汽车都直行的结果数为1，所以则两辆汽车都直行的概率为，故答案为．
考点：列表法与树状图法．
16. 关于x的一元二次方程ax2﹣bx+3＝0的一个根为x＝2，则代数式4b﹣8a+3的值为_____．
【答案】9．
【解析】
【分析】
由已知可得4a﹣2b+3＝0，再将所求式子化为﹣2（4a﹣2b）+3，最后整体代入即可．
【详解】解：∵x＝2是方程ax2﹣bx+3＝0的根，
∴4a﹣2b+3＝0，
．
∵4b﹣8a+3＝﹣8a+4b+3＝﹣2（4a﹣2b）+3，
∴4b﹣8a+3＝﹣2×（﹣3）+3＝9，
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的根和代数式求值，掌握一元二次方程的根的概念和整体代入法是解题的关键．
17. 如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作当与正方形ABCD的边相切时，BP的长为______．
【答案】3或
【解析】
【分析】分两种情况：与直线CD相切、与直线AD相切，分别画出图形进行求解即可得.
详解】如图1中，当与直线CD相切时，设，
在中，，
，
，
，；
如图2中当与直线AD相切时，设切点为K，连接PK，则，四边形PKDC是矩形，
，
，，
在中，，
综上所述，BP的长为3或．
【点睛】本题考查切线性质、正方形的性质、勾股定理等知识，会用分类讨论的思想思考问题，会利用参数构建方程解决问题是关键．
18. 如图，正方形ABCD的边长为3，延长CB至点M，使S△ABM=，过点B作BN⊥AM，垂足为N，O是对角线AC，BD的交点，连接ON，则ON的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】
】先根据三角形的面积公式求出BM的长，由条件可证得△ABN∽△BNM∽△ABM，且可求得AM=，利用对应线段的比相等可求得AN和MN，进一步可得到=，且∠CAM=∠NAO，可证得△AON∽△AMC，利用相似三角形的性质可求得ON.
【详解】∵正方形ABCD的边长为3，S△ABM=，
∴BM=，
∵AB=3，BM=1，
∴AM=，
∵∠ABM=90°，BN⊥AM，
∴△ABN∽△BNM∽△AMB，
∴AB2=AN×AM，BM2=MN×AM，
∴AN=，MN=，
∵AB=3，CD=3，
∴AC=3，
∴AO=，
∵=，=，
∴=，且∠CAM=∠NAO，
∴△AON∽△AMC，
∴==，
∴ON=．
故答案为．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
三．解答题（共7小题）
19. （1）计算：﹣（π﹣3.14）0﹣|﹣2|+﹣3tan30°﹣（﹣）﹣1；
（2）先化简，再求值：•，其中x是方程x2+x﹣3＝0的解．
【答案】（1）1+；（2），．
【解析】
【分析】
（1）直接利用零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质，特殊角的三角函数值分别计算即可；
（2）直接利用分式的混合运算顺序和法则计算，再利用已知整体代入得出答案．
【详解】解：（1）原式＝
；
（2）原式＝
∵x是方程x2+x﹣3＝0的解，
∴x2+x＝3，
∴原式＝．
【点睛】本题主要考查实数的混合运算和分式的化简求值，掌握实数混合运算的顺序和法则及分式的基本性质是解题的关键．
20. 为了促进学生多样化发展，某校组织开展了社团活动，分别设置了体育类、艺术类、文学类及其它类社团（要求人人参与社团，每人只能选择一项）．为了解学生喜爱哪种社团活动，学校做了一次抽样调查．根据收集到的数据，绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，完成下列问题：
（1）此次共调查了多少人？
（2）求文学社团在扇形统计图中所占圆心角的度数；
（3）请将条形统计图补充完整；
（4）若该校有1500名学生，请估计喜欢体育类社团的学生有多少人？
【答案】（1）200；（2）108°；（3）答案见解析；（4）600
【解析】
试题分析：（1）根据体育人数80人，占40%，可以求出总人数．
（2）根据圆心角=百分比×360°即可解决问题．
（3）求出艺术类、其它类社团人数，即可画出条形图．
（4）用样本百分比估计总体百分比即可解决问题．
试题解析：（1）80÷40%=200（人）．
∴此次共调查200人．
（2）×360°=108°．
∴文学社团在扇形统计图中所占圆心角的度数为108°．
（3）补全如图，
（4）1500×40%=600（人）．
∴估计该校喜欢体育类社团的学生有600人．
【点睛】此题主要考查了条形图与统计表以及扇形图的综合应用，由条形图与扇形图结合得出调查的总人数是解决问题的关键，学会用样本估计总体的思想，属于中考常考题型．
21. 春节期间，某商场计划购进甲、乙两种商品，已知购进甲商品2件和乙商品3件共需270元；购进甲商品3件和乙商品2件共需230元．
（1）求甲、乙两种商品每件的进价分别是多少元？
（2）商场决定甲商品以每件40元出售，乙商品以每件90元出售，为满足市场需求，需购进甲、乙两种商品共100件，且甲种商品的数量不少于乙种商品数量的4倍，请你求出获利最大的进货方案，并确定最大利润．
【答案】(1) 甲商品每件进价为30元，乙商品每件进价为70元；(2) 最大的进货方程是购买甲种商品80件，乙种商品20件，最大利润为1200元．
【解析】
【分析】
(1)设甲商品每件进价为x元，乙商品每件进价为y元，根据甲商品2件和乙商品3件共需270元，甲商品3件和乙商品2件共需230元，列出方程求解即可；
(2)根据题意可以得到利润与甲种商品的关系，由甲种商品的数量不少于乙种商品数量的4倍，可以得到甲种商品的取值范围，从而可以求得获利最大的进货方案，以及最大利润．
【详解】解：(1)设甲商品每件进价为x元，乙商品每件进价为y元，
解得：
∴甲商品每件进价为30元，乙商品每件进价为70元．
(2)设购买甲种商品a件，获利为w元，
∵，
解得：，
当a=80时，w取得最大值，所以w=1200，
∴最大的进货方程是购买甲种商品80件，乙种商品20件，最大利润为1200元．
【点睛】本题考查的是一次函数的应用、二元一次方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题的条件．
22. 如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点P（n，2），与x轴交于点A（﹣4，0），与y轴交于点C，PB⊥x轴于点B，且AC＝BC．
（1）求一次函数、反比例函数的解析式；
（2）反比例函数图象上是否存在点D，使四边形BCPD为菱形？如果存在，求出点D的坐标；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）y＝x+1， y＝；（2）反比例函数图象上存在点D，使四边形BCPD为菱形，此时D坐标为（8，1）．
【解析】
【分析】
（1）由AC＝BC，且OC⊥AB，利用等腰三角形三线合一得到O为AB中点，求出OB的长，确定出B坐标，从而得到P点坐标，将P与A坐标代入一次函数解析式求出k与b的值，确定出一次函数解析式，将P坐标代入反比例函数的解析式求出m的值，即可确定出反比例函数的解析式；
（2）假设存在这样的D点，使四边形BCPD为菱形，根据菱形的性质得出D点的坐标．
【详解】解：（1）∵AC＝BC，CO⊥AB，A（﹣4，0），
∴O为AB的中点，即OA＝OB＝4，
∴P（4，2），B（4，0），
将A（﹣4，0）与P（4，2）代入y＝kx+b得：
，解得
∴一次函数解析式为y＝x+1，
将P（4，2）代入反比例解析式得：，即反比例解析式为y＝；
（2）反比例函数图象上存在点D，使四边形BCPD为菱形，理由如下：
假设存在这样的D点，使四边形BCPD为菱形，如图所示，连接DC与PB交于E，
∵四边形BCPD为菱形，
∴CE＝DE＝4，
∴CD＝8，
将x＝8代入反比例函数y＝得y＝1，
∴D点的坐标为（8，1）
∴则反比例函数图象上存在点D，使四边形BCPD为菱形，此时D坐标为（8，1）．
【点睛】本题主要考查待定系数法和菱形的性质，掌握待定系数法和菱形的性质是解题的关键．
23. 已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，AE是∠CAB的角平分线，BM平分∠ABC交AE于点M，经过B，M两点的⊙O交BC于点G，交AB于点F，FB恰为⊙O的直径．
（1）求证：AE与⊙O相切；
（2）当BC＝6，cosC＝，求⊙O的半径．
【答案】（1）详见解析；（2）⊙O的半径为．
【解析】
【分析】
（1）连接OM，证出∠EBM＝OMB，得出OM∥BE；由等腰三角形的性质，得AE⊥BC，则OM⊥AE，从而证明结论；
（2）设⊙O的半径是r，根据等腰三角形三线合一的性质，得BE＝CE＝3，解直角三角形求得AB＝AC＝5，则OA＝5﹣r，从而根据平行线分线段成比例定理求解．
【详解】（1）证明：连接OM，
∵OB＝OM，
∴∠OBM＝∠OMB．
∵BM平分∠ABC，
∴∠OBM＝∠EBM，
∴∠EBM＝∠OMB，
∴OM∥BE．
∵AB＝AC，AE是∠CAB的平分线，
∴AE⊥BC，
∴OM⊥AE，
∴AE与⊙O相切；
（2）解：设⊙O的半径是r．
∵AB＝AC，AE是∠CAB的角平分线，，
∴AE⊥BC，BE＝CE＝3，∠ABC＝∠C．
∵，
∴AB＝AC＝＝＝5，
则OA＝5﹣r．
∵OM∥BE，
∴＝，
即＝，
解得r＝，
即⊙O半径为．
【点睛】本题主要考查切线的判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例，掌握切线的判定方法，等腰三角形的性质，锐角三角函数，平行线分线段成比例是解题的关键．
24. 如图1，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，连接AE，BF，交点为G．若正方形的边长为2．
（1）求证：AE⊥BF；
（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP交BA的延长线于点Q，求AQ的长；
（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，求四边形MNGH的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）运用Rt△ABE≌Rt△BCF，再利用角的关系求得∠BGE＝90°即可；
（2）首先利用折叠的性质和平行线的性质得到QF＝QB，然后在Rt△QPB中，利用勾股定理即可解决问题．
（3）首先证明△AGN∽△AHM，再根据面积比等于相似比的平方，求得S△AGN＝，再利用S四边形GHMN＝S△AHM﹣S△AGN求解．
【详解】（1）证明： ∵四边形ABCD是正方形，
．
∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CF＝BE．
在Rt△ABE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF．
又∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴AE⊥BF．
（2）由折叠的性质得FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝∠BCF =90°，
∵四边形ABCD是正方形，
．
∴∠CFB＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠PFB，
∴QF＝QB．
∵PF＝FC＝1，PB＝BC＝2，
在Rt△BPQ中，设QB＝x，
∴x2＝（x﹣1）2+22，
∴x＝，
∴AQ＝BQ﹣AB＝．
（3）解： ，
．
由旋转的性质可知， ．
∵∠BAE＝∠EAM，AE⊥BF，
∴AN＝AB＝2．
∵∠AHM＝90°，
．
．
∴GN∥HM，
∴△AGN∽△AHM，
∴＝（ ）2．
，
∴＝（ ）2，
∴S△AGN＝，
∴S四边形GHMN＝S△AHM﹣S△AGN＝1﹣＝，
∴四边形GHMN的面积是 ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，折叠和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，掌握正方形的性质，折叠和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理是解题的关键．
25. 如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y＝x﹣2交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点B、C的坐标；
（2）求△ABC的内切圆半径；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x，B（2，0），C（﹣1，﹣3）；（2）2﹣；（3）存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．
【解析】
【分析】
（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得B,C点坐标；
（2）先求出AB，BC，AC，利用勾股定理的逆定理可得出△ABC是直角三角形，从而即可求出内切圆的半径；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得或，可求得N点的坐标．
【详解】解：（1）∵顶点坐标为（1，1），
∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+1，
又∵抛物线过原点，
∴0＝a（0﹣1）2+1，解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+1，
即y＝﹣x2+2x，
联立抛物线和直线解析式可得，
解得或，
∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
（2）由（1）知，B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
∵A（1，1），
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC直角三角形．
设△ABC的内切圆的半径为r，
∴r＝＝；
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），
∴ON＝|x|，MN＝|﹣x2+2x|，
由（2）知，AB＝，BC＝3，
∵MN⊥x轴于点N，
∴∠ABC＝∠MNO＝90°，
∴当△ABC和△MNO相似时，有或，
①当时，
∴，即|x||﹣x+2|＝|x|，
∵当x＝0时M、O、N不能构成三角形，
∴x≠0，
∴|﹣x+2|＝，
∴﹣x+2＝±，解得x＝或x＝，
此时N点坐标为（，0）或（，0）；
②当时，
∴，
即|x||﹣x+2|＝3|x|，
∴|﹣x+2|＝3，
∴﹣x+2＝±3，
解得x＝5或x＝﹣1，
此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．
【点睛】本题主要考查二次函数，一次函数与几何综合，掌握待定系数法，勾股定理及其逆定理，相似三角形的性质并分情况讨论是解题的关键．
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