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初中数学中考复习 精品解析：贵州省遵义市2020年初中毕业生学业升学统一考试数学试题（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 精品解析：贵州省遵义市2020年初中毕业生学业升学统一考试数学试题（解析版），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答題等内容，欢迎下载使用。
2020年贵州省遵义市初中毕业生学业升学统一考试数学试题
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑、涂满）
1. ﹣3的绝对值是（ ）
A. ﹣3 B. 3 C. ±3 D.
【答案】B
【解析】
试题分析：当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数﹣a，所以﹣3的绝对值是3．故选B．
考点：绝对值．
2.在文化旅游大融合的背景下，享受文化成为旅游业的新趋势．今年“五一”假期，我市为游客和市民提供了丰富多彩的文化享受，各艺术表演馆美术馆、公共图书馆、群众文化机构、非遗机构及文物机构累计接待游客18.25万人次，将18.25万用科学记数法表示为（ ）
A. 1.825×105 B. 1.825×106 C. 1.825×107 D. 1.825×108
【答案】A
【解析】
【分析】
科学记数法的形式是： ，其中＜10，为整数．所以，取决于原数小数点的移动位数与移动方向，是小数点的移动位数，往左移动，为正整数，往右移动，为负整数.本题小数点往左移动到1的后面，所以
【详解】解：18.25万
故选A．
【点睛】本题考查的知识点是用科学记数法表示绝对值较大的数，关键是在理解科学记数法的基础上确定好的值，同时掌握小数点移动对一个数的影响．
3.一副直角三角板如图放置，使两三角板的斜边互相平行，每块三角板的直角顶点都在另一三角板的斜边上，则∠1的度数为（ ）
A. 30° B. 45° C. 55° D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行线的性质即可得到结论．
【详解】解：如图
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠D＝45°，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质以及直角三角板的各角度数，解答关键是根据利用平行线的性质找到相应角度之间的关系.
4.下列计算正确的是（ ）
A. x2+x＝x3 B. （﹣3x）2＝6x2
C. 8x4÷2x2＝4x2 D. （x﹣2y）（x+2y）＝x2﹣2y2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．
【详解】解：x2+x不能合并，故选项A错误；
，故选项B错误；
8x4÷2x2＝4x2，故选项C正确；
（x﹣2y）（x+2y）＝x2﹣4y2，故选项D错误；
故选：C．
【点睛】本题考查的是合并同类项，积的乘方，同底数幂的除法，平方差公式，掌握以上知识是解题的关键．
5.某校7名学生在某次测量体温（单位：℃）时得到如下数据：36.3，36.4，36.5，36.7，36.6，36.5，36.5，对这组数据描述正确的是（ ）
A. 众数是36.5 B. 中位数是36.7
C. 平均数是36.6 D. 方差是0.4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据众数、中位数的概念求出众数和中位数，根据平均数和方差的计算公式求出平均数和方差即可得出答案．
【详解】解：A、7个数中36.5出现了三次，次数最多，即众数为36.5，故符合题意；
B、将7个数按从小到大的顺序排列为：36.3，36.4，36.5，36.5，36.5，36.6，36.7，第4个数为36.5，即中位数为36.5，故不符合题意；
C、平均数＝×（36.3+36.4+36.5+36.5+36.5+36.6+36.7）＝36.5，故不符合题意；
D、方差，故不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了数据分析，熟练掌握众数、中位数的概念及平均数和方差的计算方法是解题的关键．
6.已知，是方程的两根，则的值为（ ）
A. 5 B. 10 C. 11 D. 13
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用完全平方公式，得到，再利用一元二次方程根与系数关系：，即可求解．
【详解】解：
故选：D．
【点睛】此题主要考查完全平方公式的应用和一元二次方程根与系数关系，灵活运用完全平方公式和一元二次方程根与系数关系是解题关键．
7.如图，把一块长为40cm，宽为30cm的矩形硬纸板的四角剪去四个相同小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底面积为600cm2，设剪去小正方形的边长为xcm，则可列方程为（ ）
A. （30﹣2x）（40﹣x）＝600 B. （30﹣x）（40﹣x）＝600
C. （30﹣x）（40﹣2x）＝600 D. （30﹣2x）（40﹣2x）＝600
【答案】D
【解析】
【分析】
设剪去小正方形的边长是xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm，根据长方形的面积公式结合纸盒的底面积是600cm2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设剪去小正方形的边长是xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm，
根据题意得：（40﹣2x）（30﹣2x）＝600．
故选：D．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
8.新龟兔赛跑的故事：龟兔从同一地点同时出发后，兔子很快把乌龟远远甩在后头．骄傲自满的兔子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来．当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它，于是奋力直追，最后同时到达终点．用S1、S2分别表示乌龟和兔子赛跑的路程，t为赛跑时间，则下列图象中与故事情节相吻合的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分别分析乌龟和兔子随时间变化它们的路程变化情况，即直线的斜率的变化．问题便可解答．
【详解】对于乌龟，其运动过程可分两段：从起点到终点乌龟没有停歇，其路程不断增加；最后同时到达终点，可排除B，D选项
对于兔子，其运动过程可分三段：据此可排除A选项
开始跑得快，所以路程增加快；中间睡觉时路程不变；醒来时追赶乌龟路程增加快．
故选：C
【点睛】本题考查了函数图象的性质进行简单的合情推理，对于一个函数，如果把自变量与函数的每一对对应值分别作为点的横、纵坐标，那么坐标平面内由这些点组成的图形就是这个函数的图象．
9.如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）
A. B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高即可．
【详解】解：记AC与BD的交点为，
菱形,
菱形的面积
菱形的面积
故选D．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．
10.构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算tan15°时，如图．在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°，所以tan15°．类比这种方法，计算tan22.5°的值为（ ）
A. B. ﹣1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长CB到D，使BD＝AB，连接AD，根据构造的直角三角形，设AC＝x，再用x表示出CD，即可求出tan22.5°的值.
【详解】解：作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝90°，∠ABC＝45°，延长CB到D，使BD＝AB，连接AD，设AC＝x，则：BC＝x，AB＝，CD＝，
故选：B.
【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是根据阅读构造含45°的直角三角形，再作辅助线得到22.5°的直角三角形.
11.如图，△ABO的顶点A在函数y＝（x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则k的值为（ ）
A. 9 B. 12 C. 15 D. 18
【答案】D
【解析】
【分析】
由得到相似三角形，利用相似三角形的性质得到三角形之间的面积关系，利用反比例函数系数的几何意义可得答案．
【详解】解：
四边形MNQP的面积为3，
故选D．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，反比例函数系数的几何意义，掌握以上知识是解题的关键．
12.抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝﹣2．抛物线与x轴的一个交点在点（﹣4，0）和点（﹣3，0）之间，其部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有（ ）①4a﹣b＝0；②c≤3a；③关于x的方程ax2+bx+c＝2有两个不相等实数根；④b2+2b＞4ac．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】
①由对称轴即可判断；
②将c≤3a转化为时所对应的函数值，由对称性转化为时所对应的函数值，即可判断；
③根据图象所体现的最大值即可判断；
④根据图象的最值结合对称轴即可判断．
【详解】①因为对称轴为，所以，即，故①正确；
②由①知，所以时，；
因为抛物线与x轴的一个交点在点（﹣4，0）和点（﹣3，0）之间，所以时，
又因为与关于抛物线的对称轴对称，所以，即，故②错误；
③由图可知y＝ax2+bx+c的最大值为3，所以当ax2+bx+c＝2时有两个不相等的实数根；故③正确；
④由图可知：，即，
又且，所以=，
所以，即，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟知以上知识点的应用是解题的关键．
二、填空题（本小题共4小题，每小题分，共16分，答题请用黑色墨水笔或黑色签字笔直接答在答题卡的相应位置上）
13.计算的结果是______.
【答案】
【解析】
【分析】
二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并．
【详解】.
【点睛】考点：二次根式的加减法．
14.如图，直线y＝kx+b（k、b是常数k≠0）与直线y＝2交于点A（4，2），则关于x的不等式kx+b＜2的解集为_____．
【答案】x＜4
【解析】
【分析】
结合函数图象，写出直线在直线y＝2下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：∵直线y＝kx+b与直线y＝2交于点A（4，2），
∴x＜4时，y＜2，
∴关于x的不等式kx+b＜2的解集为：x＜4．
故答案为：x＜4．
【点睛】本题考查的是利用函数图像解不等式，理解函数图像上的点的纵坐标的大小对图像的影响是解题的关键．
15.如图，对折矩形纸片使与重合，得到折痕，再把纸片展平．是上一点，将沿折叠，使点的对应点落在上．若，则的长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
在Rt△A´BM中，解直角三角形求出∠BA′M＝30°，再证明∠ABE＝30°即可解决问题．
【详解】解：∵将矩形纸片ABCD对折一次，使边AD与BC重合，得到折痕MN，
∴AB＝2BM，∠A′MB＝90°，MN∥BC．
∵将△ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在MN上．
∴A′B＝AB＝2BM．
在Rt△A′MB中，∵∠A′MB＝90°，
∴sin∠MA′B＝，
∴∠MA′B＝30°，
∵MN∥BC，
∴∠CBA′＝∠MA′B＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠ABE＝∠EBA′＝30°，
∴BE＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，锐角三角函数的定义，平行线的性质，熟练掌握并灵活运用翻折变换的性质是解题的关键．
16.如图，是的外接圆，，于点，延长交于点，若，，则的长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相似三角形的判定和性质可求DE．
【详解】解：连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BD＝4，CD＝1，
∴BC＝4＋1＝5，
∴OB＝OC＝，
∴OA＝，OF＝BF＝，
∴DF＝BD−BF＝，
∴OG＝，GD＝，
在Rt△AGO中，AG＝，
∴AD＝AG＋GD＝，
∵连接BE,AD与BE相交于D，
∴∠BED=∠ACD，∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴
．
故答案为：．
【点睛】考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的难点是求出AD的长．
三、解答題（本共有8小题，共86分．答题请用黑色水笔或黑色签字笔书写在答题卡的相应位置上，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17.计算：
（1）sin30°﹣（π﹣3.14）0+（﹣）﹣2；
（2）解方程；．
【答案】（1）；（2）x＝3
【解析】
【分析】
（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】解：（1）原式＝－1＋4
＝
（2）去分母得：2x﹣3＝3x﹣6，
解得：x＝3，
经检验x＝3是分式方程的解．
【点睛】本题考查实数的混合运算和解分式方程，考查学生的运算能力，解题的关键是掌握实数的运算法则和解分式方程的方法．
18.化简式子，从0，1，2中取一个合适的数作为x的值代入求值．
【答案】化简结果： 当时，原式=
【解析】
【分析】
先把分式中能分解因式的先分解因式，把除法转化为乘法，约分后代入求值即可．
【详解】解：
当时，上式
【点睛】本题考查的是分式的化简求值，注意代入时一定要注意使原分式有意义，掌握以上的知识是解题的关键．
19.某校为检测师生体温，在校门安装了某型号测温门．如图为该测温门截面示意图，已知测温门AD的顶部A处距地面高为2.2m，为了解自己的有效测温区间．身高1.6m的小聪做了如下实验：当他在地面N处时测温门开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为18°；在地面M处时，测温门停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．求小聪在地面的有效测温区间MN的长度．（额头到地面的距离以身高计，计算精确到0.1m，sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）
【答案】MN的长度约为1.5m．
【解析】
【分析】
延长BC交AD于E，利用锐角三角函数求解，即可得到答案．
【详解】解：如图，延长BC交AD于E，
结合题意得：四边形DEBN，四边形MCBN都为矩形，
BE=DN，DE=NB=MC＝1.6，BC=MN,
由
由得：
米．
【点睛】本题考查的是利用锐角三角函数的意义解直角三角形，掌握三角函数的含义是解题的关键．
20.如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）过点作于点，连接．若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°−∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）因为直径，则
∵，
∴OB=3
∴，
∵∠ADB=∠DFB=90°, ∠B=∠B
∴△DBF∽△ABD
∴
∴
所以．
【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
21.遵义市各校都在深入开展劳动教育，某校为了解七年级学生一学期参加课外劳动时间（单位：h）的情况，从该校七年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成如下不完整的频数分布表和频数分布直方图．
课外劳动时间频数分布表
劳动时间分组
频数
频率
0≤t＜20
2
0.1
20≤t＜40
4
m
40≤t＜60
6
0.3
60≤t＜80
a
0.25
80≤t＜100
3
0.15
解答下列问题：
（1）频数分布表中a＝ ，m＝ ；将频数分布直方图补充完整；
（2）若七年级共有学生400人，试估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数；
（3）已知课外劳动时间在60h≤t＜80h的男生人数为2人，其余为女生，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中学生劳动体验”演讲比赛，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．
【答案】（1）5,0.2，直方图图形见解析；（2）160人；（3）树状图见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据频数分布表所给数据即可求出a，m；进而可以补充完整频数分布直方图；
（2）根据样本估计总体的方法即可估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数；
（3）根据题意画出用树状图即可求所选学生为1男1女的概率．
【详解】解：（1）a＝（2÷0.1）×0.25＝5，m＝4÷20＝0.2，
补全的直方图如图所示：
故答案为：5，0.2；
（2）400×（0.25+0.15）＝160（人）
则该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数大概有160人．
（3）课外劳动时间在60h≤t＜80h的人数总共5人，男生有2人，则女生有3人，根据题意画出树状图，
由树状图可知：
共有20种等可能的情况，其中1男1女有12种，
故所选学生为1男1女的概率为：P＝＝．
【点睛】本题考查了频数分布直方图、用样本估计总体、求事件概率的知识点，熟练掌握这些知识点的概念及计算方法是解题的关键．
22.为倡导健康环保，自带水杯已成为一种好习惯，某超市销售甲，乙两种型号水杯，进价和售价均保持不变，其中甲种型号水杯进价为25元/个，乙种型号水杯进价为45元/个，下表是前两月两种型号水杯的销售情况：
时间
销售数量（个）
销售收入（元）（销售收入＝售价×销售数量）
甲种型号
乙种型号
第一月
22
8
1100
第二月
38
24
2460
（1）求甲、乙两种型号水杯的售价；
（2）第三月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共80个，这批水杯进货的预算成本不超过2600元，且甲种型号水杯最多购进55个，在80个水杯全部售完的情况下设购进甲种号水杯a个，利润为w元，写出w与a的函数关系式，并求出第三月的最大利润．
【答案】（1）甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为30元、55元；（2）w＝﹣5a+800，第三月的最大利润为550元．
【解析】
【分析】
（1）设甲种型号的水杯的售价为每个元，乙种型号的水杯每个元，根据题意列出方程组求解即可，
（2）根据题意写出利润关于的一次函数关系式，列不等式组求解的范围，从而利用一次函数的性质求利润的最大值．
【详解】解：（1）设甲种型号的水杯的售价为每个元，乙种型号的水杯每个元，则
①②得：
把代入①得：
答：甲、乙两种型号水杯销售单价分别为30元、55元；
（2）由题意得：甲种水杯进了个，则乙种水杯进了个，
所以：
又
由①得：，
所以不等式组的解集为：
其中为正整数，所以
随的增大而减小，
当时，第三月利润达到最大，最大利润为：元．
【点睛】本题考查的是二元一次方程组的应用，一次函数的应用，不等式组的应用，掌握以上知识是解题的关键．
23.如图，在边长为4的正方形中，点为对角线上一动点（点与点、不重合），连接，作交射线于点，过点作分别交，于点、，作射线交射线于点
（1）求证：；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）GE的长为，
【解析】
【分析】
（1）要证明EF＝DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；
（2）分两种情况：①当点F在线段AB上时，②当点F在BA的延长线上时；均可根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECM＝45°，
∵MN∥BC，∠BCM＝90°，
∴∠NMC＋∠BCM＝180°，∠MNB＋∠B＝180°，
∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，
∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，
∴MC＝ME，
∵CD＝MN，
∴DM＝EN，
∵DE⊥EF，∠EDM＋∠DEM＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEM＋∠FEN＝90°，
∴∠EDM＝∠FEN，
在△DME和△ENF中
，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴
（2）如图1所示，由（1）知，△DME≌△ENF，
∴ME＝NF，
∵四边形MNBC是矩形，
∴MC＝BN，
又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，
∴BN＝MC＝NF＝1，
∵∠EMC＝90°，
∴CE＝，
∵AF∥CD，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AC＝AG＋GC，
∴AG＝，CG＝，
∴GE＝GC−CE＝-=；
如图2所示，
同理可得，FN＝BN，
∵AF＝2，AB＝4，
∴AN＝1，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AF∥CD，
∴△GAF∽△GCD，
∴，
即，
解得，AG＝4，
∵AN＝NE＝1，∠ENA＝90°，
∴AE＝，
∴GE＝GA＋AE＝5．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形相似判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24.如图，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣1，0）和点C （0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+3；（2）不存在，理由见解析；（3）⊙M的半径为或
【解析】
【分析】
（1）已知抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N，根据△QCO是等边三角形，求得Q点坐标，再验证Q点是否在抛物线上；
（3）分两种情况①当⊙M与y轴相切，如图所示，令M点横坐标为t，PM=t，将PM用t表示出来，列出关于t的一元二次方程，求得t，进而求得半径；②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示，令M点横坐标为m，因为PN=2MN，列出关于m的一元二次方程，即可求出m，进而求得⊙M的半径．
【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)
∴
解得
∴该抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+3
故答案为：y＝﹣x2+x+3
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N
∵△QCO是等边三角形，OC=3
∴CN=
∴NQ=
即Q(,)
当x=时，y＝﹣×()2+×+3=≠
∴Q(,)不在抛物线上
y＝﹣x2+x+3
故答案为：不存在，理由见解析
（3）①⊙M与y轴相切，如图所示
∵y＝﹣x2+x+3
当y=0时，﹣x2+x+3=0
解得x1=-1，x2=4
∴B(4,0)
令直线BC的解析式为y=kx+b
解得
∴直线BC的解析式为
令M点横坐标为t
∵MP∥y轴，⊙M与y轴相切
∴t=﹣t2+t+3-
解得t=
⊙M的半径为
②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示
令M点横坐标m
∵PN=2MN
∴
解得m=1或m=4（舍去）
∴⊙M的半径为：
故答案为：⊙M的半径为或
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，是二次函数的综合题，涉及了二次函数与几何问题，二次函数与圆的问题，其中考查了圆切线的性质．
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2020年贵州省遵义市初中毕业生学业升学统一考试数学试题
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑、涂满）
1. ﹣3的绝对值是（ ）
A. ﹣3 B. 3 C. ±3 D.
【答案】B
【解析】
试题分析：当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数﹣a，所以﹣3的绝对值是3．故选B．
考点：绝对值．
2.在文化旅游大融合的背景下，享受文化成为旅游业的新趋势．今年“五一”假期，我市为游客和市民提供了丰富多彩的文化享受，各艺术表演馆美术馆、公共图书馆、群众文化机构、非遗机构及文物机构累计接待游客18.25万人次，将18.25万用科学记数法表示为（ ）
A. 1.825×105 B. 1.825×106 C. 1.825×107 D. 1.825×108
【答案】A
【解析】
【分析】
科学记数法的形式是： ，其中＜10，为整数．所以，取决于原数小数点的移动位数与移动方向，是小数点的移动位数，往左移动，为正整数，往右移动，为负整数.本题小数点往左移动到1的后面，所以
【详解】解：18.25万
故选A．
【点睛】本题考查的知识点是用科学记数法表示绝对值较大的数，关键是在理解科学记数法的基础上确定好的值，同时掌握小数点移动对一个数的影响．
3.一副直角三角板如图放置，使两三角板的斜边互相平行，每块三角板的直角顶点都在另一三角板的斜边上，则∠1的度数为（ ）
A. 30° B. 45° C. 55° D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行线的性质即可得到结论．
【详解】解：如图
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠D＝45°，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质以及直角三角板的各角度数，解答关键是根据利用平行线的性质找到相应角度之间的关系.
4.下列计算正确的是（ ）
A. x2+x＝x3 B. （﹣3x）2＝6x2
C. 8x4÷2x2＝4x2 D. （x﹣2y）（x+2y）＝x2﹣2y2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．
【详解】解：x2+x不能合并，故选项A错误；
，故选项B错误；
8x4÷2x2＝4x2，故选项C正确；
（x﹣2y）（x+2y）＝x2﹣4y2，故选项D错误；
故选：C．
【点睛】本题考查的是合并同类项，积的乘方，同底数幂的除法，平方差公式，掌握以上知识是解题的关键．
5.某校7名学生在某次测量体温（单位：℃）时得到如下数据：36.3，36.4，36.5，36.7，36.6，36.5，36.5，对这组数据描述正确的是（ ）
A. 众数是36.5 B. 中位数是36.7
C. 平均数是36.6 D. 方差是0.4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据众数、中位数的概念求出众数和中位数，根据平均数和方差的计算公式求出平均数和方差即可得出答案．
【详解】解：A、7个数中36.5出现了三次，次数最多，即众数为36.5，故符合题意；
B、将7个数按从小到大的顺序排列为：36.3，36.4，36.5，36.5，36.5，36.6，36.7，第4个数为36.5，即中位数为36.5，故不符合题意；
C、平均数＝×（36.3+36.4+36.5+36.5+36.5+36.6+36.7）＝36.5，故不符合题意；
D、方差，故不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了数据分析，熟练掌握众数、中位数的概念及平均数和方差的计算方法是解题的关键．
6.已知，是方程的两根，则的值为（ ）
A. 5 B. 10 C. 11 D. 13
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用完全平方公式，得到，再利用一元二次方程根与系数关系：，即可求解．
【详解】解：
故选：D．
【点睛】此题主要考查完全平方公式的应用和一元二次方程根与系数关系，灵活运用完全平方公式和一元二次方程根与系数关系是解题关键．
7.如图，把一块长为40cm，宽为30cm的矩形硬纸板的四角剪去四个相同小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底面积为600cm2，设剪去小正方形的边长为xcm，则可列方程为（ ）
A. （30﹣2x）（40﹣x）＝600 B. （30﹣x）（40﹣x）＝600
C. （30﹣x）（40﹣2x）＝600 D. （30﹣2x）（40﹣2x）＝600
【答案】D
【解析】
【分析】
设剪去小正方形的边长是xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm，根据长方形的面积公式结合纸盒的底面积是600cm2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：设剪去小正方形的边长是xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm，
根据题意得：（40﹣2x）（30﹣2x）＝600．
故选：D．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
8.新龟兔赛跑的故事：龟兔从同一地点同时出发后，兔子很快把乌龟远远甩在后头．骄傲自满的兔子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来．当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它，于是奋力直追，最后同时到达终点．用S1、S2分别表示乌龟和兔子赛跑的路程，t为赛跑时间，则下列图象中与故事情节相吻合的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分别分析乌龟和兔子随时间变化它们的路程变化情况，即直线的斜率的变化．问题便可解答．
【详解】对于乌龟，其运动过程可分两段：从起点到终点乌龟没有停歇，其路程不断增加；最后同时到达终点，可排除B，D选项
对于兔子，其运动过程可分三段：据此可排除A选项
开始跑得快，所以路程增加快；中间睡觉时路程不变；醒来时追赶乌龟路程增加快．
故选：C
【点睛】本题考查了函数图象的性质进行简单的合情推理，对于一个函数，如果把自变量与函数的每一对对应值分别作为点的横、纵坐标，那么坐标平面内由这些点组成的图形就是这个函数的图象．
9.如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）
A. B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高即可．
【详解】解：记AC与BD的交点为，
菱形,
菱形的面积
菱形的面积
故选D．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．
10.构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算tan15°时，如图．在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°，所以tan15°．类比这种方法，计算tan22.5°的值为（ ）
A. B. ﹣1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长CB到D，使BD＝AB，连接AD，根据构造的直角三角形，设AC＝x，再用x表示出CD，即可求出tan22.5°的值.
【详解】解：作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝90°，∠ABC＝45°，延长CB到D，使BD＝AB，连接AD，设AC＝x，则：BC＝x，AB＝，CD＝，
故选：B.
【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是根据阅读构造含45°的直角三角形，再作辅助线得到22.5°的直角三角形.
11.如图，△ABO的顶点A在函数y＝（x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则k的值为（ ）
A. 9 B. 12 C. 15 D. 18
【答案】D
【解析】
【分析】
由得到相似三角形，利用相似三角形的性质得到三角形之间的面积关系，利用反比例函数系数的几何意义可得答案．
【详解】解：
四边形MNQP的面积为3，
故选D．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，反比例函数系数的几何意义，掌握以上知识是解题的关键．
12.抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝﹣2．抛物线与x轴的一个交点在点（﹣4，0）和点（﹣3，0）之间，其部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有（ ）①4a﹣b＝0；②c≤3a；③关于x的方程ax2+bx+c＝2有两个不相等实数根；④b2+2b＞4ac．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】
①由对称轴即可判断；
②将c≤3a转化为时所对应的函数值，由对称性转化为时所对应的函数值，即可判断；
③根据图象所体现的最大值即可判断；
④根据图象的最值结合对称轴即可判断．
【详解】①因为对称轴为，所以，即，故①正确；
②由①知，所以时，；
因为抛物线与x轴的一个交点在点（﹣4，0）和点（﹣3，0）之间，所以时，
又因为与关于抛物线的对称轴对称，所以，即，故②错误；
③由图可知y＝ax2+bx+c的最大值为3，所以当ax2+bx+c＝2时有两个不相等的实数根；故③正确；
④由图可知：，即，
又且，所以=，
所以，即，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟知以上知识点的应用是解题的关键．
二、填空题（本小题共4小题，每小题分，共16分，答题请用黑色墨水笔或黑色签字笔直接答在答题卡的相应位置上）
13.计算的结果是______.
【答案】
【解析】
【分析】
二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并．
【详解】.
【点睛】考点：二次根式的加减法．
14.如图，直线y＝kx+b（k、b是常数k≠0）与直线y＝2交于点A（4，2），则关于x的不等式kx+b＜2的解集为_____．
【答案】x＜4
【解析】
【分析】
结合函数图象，写出直线在直线y＝2下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：∵直线y＝kx+b与直线y＝2交于点A（4，2），
∴x＜4时，y＜2，
∴关于x的不等式kx+b＜2的解集为：x＜4．
故答案为：x＜4．
【点睛】本题考查的是利用函数图像解不等式，理解函数图像上的点的纵坐标的大小对图像的影响是解题的关键．
15.如图，对折矩形纸片使与重合，得到折痕，再把纸片展平．是上一点，将沿折叠，使点的对应点落在上．若，则的长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
在Rt△A´BM中，解直角三角形求出∠BA′M＝30°，再证明∠ABE＝30°即可解决问题．
【详解】解：∵将矩形纸片ABCD对折一次，使边AD与BC重合，得到折痕MN，
∴AB＝2BM，∠A′MB＝90°，MN∥BC．
∵将△ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在MN上．
∴A′B＝AB＝2BM．
在Rt△A′MB中，∵∠A′MB＝90°，
∴sin∠MA′B＝，
∴∠MA′B＝30°，
∵MN∥BC，
∴∠CBA′＝∠MA′B＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠ABE＝∠EBA′＝30°，
∴BE＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，锐角三角函数的定义，平行线的性质，熟练掌握并灵活运用翻折变换的性质是解题的关键．
16.如图，是的外接圆，，于点，延长交于点，若，，则的长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相似三角形的判定和性质可求DE．
【详解】解：连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BD＝4，CD＝1，
∴BC＝4＋1＝5，
∴OB＝OC＝，
∴OA＝，OF＝BF＝，
∴DF＝BD−BF＝，
∴OG＝，GD＝，
在Rt△AGO中，AG＝，
∴AD＝AG＋GD＝，
∵连接BE,AD与BE相交于D，
∴∠BED=∠ACD，∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴
．
故答案为：．
【点睛】考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的难点是求出AD的长．
三、解答題（本共有8小题，共86分．答题请用黑色水笔或黑色签字笔书写在答题卡的相应位置上，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17.计算：
（1）sin30°﹣（π﹣3.14）0+（﹣）﹣2；
（2）解方程；．
【答案】（1）；（2）x＝3
【解析】
【分析】
（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】解：（1）原式＝－1＋4
＝
（2）去分母得：2x﹣3＝3x﹣6，
解得：x＝3，
经检验x＝3是分式方程的解．
【点睛】本题考查实数的混合运算和解分式方程，考查学生的运算能力，解题的关键是掌握实数的运算法则和解分式方程的方法．
18.化简式子，从0，1，2中取一个合适的数作为x的值代入求值．
【答案】化简结果： 当时，原式=
【解析】
【分析】
先把分式中能分解因式的先分解因式，把除法转化为乘法，约分后代入求值即可．
【详解】解：
当时，上式
【点睛】本题考查的是分式的化简求值，注意代入时一定要注意使原分式有意义，掌握以上的知识是解题的关键．
19.某校为检测师生体温，在校门安装了某型号测温门．如图为该测温门截面示意图，已知测温门AD的顶部A处距地面高为2.2m，为了解自己的有效测温区间．身高1.6m的小聪做了如下实验：当他在地面N处时测温门开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为18°；在地面M处时，测温门停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．求小聪在地面的有效测温区间MN的长度．（额头到地面的距离以身高计，计算精确到0.1m，sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）
【答案】MN的长度约为1.5m．
【解析】
【分析】
延长BC交AD于E，利用锐角三角函数求解，即可得到答案．
【详解】解：如图，延长BC交AD于E，
结合题意得：四边形DEBN，四边形MCBN都为矩形，
BE=DN，DE=NB=MC＝1.6，BC=MN,
由
由得：
米．
【点睛】本题考查的是利用锐角三角函数的意义解直角三角形，掌握三角函数的含义是解题的关键．
20.如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）过点作于点，连接．若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°−∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）因为直径，则
∵，
∴OB=3
∴，
∵∠ADB=∠DFB=90°, ∠B=∠B
∴△DBF∽△ABD
∴
∴
所以．
【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
21.遵义市各校都在深入开展劳动教育，某校为了解七年级学生一学期参加课外劳动时间（单位：h）的情况，从该校七年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成如下不完整的频数分布表和频数分布直方图．
课外劳动时间频数分布表
劳动时间分组
频数
频率
0≤t＜20
2
0.1
20≤t＜40
4
m
40≤t＜60
6
0.3
60≤t＜80
a
0.25
80≤t＜100
3
0.15
解答下列问题：
（1）频数分布表中a＝ ，m＝ ；将频数分布直方图补充完整；
（2）若七年级共有学生400人，试估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数；
（3）已知课外劳动时间在60h≤t＜80h的男生人数为2人，其余为女生，现从该组中任选2人代表学校参加“全市中学生劳动体验”演讲比赛，请用树状图或列表法求所选学生为1男1女的概率．
【答案】（1）5,0.2，直方图图形见解析；（2）160人；（3）树状图见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据频数分布表所给数据即可求出a，m；进而可以补充完整频数分布直方图；
（2）根据样本估计总体的方法即可估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数；
（3）根据题意画出用树状图即可求所选学生为1男1女的概率．
【详解】解：（1）a＝（2÷0.1）×0.25＝5，m＝4÷20＝0.2，
补全的直方图如图所示：
故答案为：5，0.2；
（2）400×（0.25+0.15）＝160（人）
则该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于60h的人数大概有160人．
（3）课外劳动时间在60h≤t＜80h的人数总共5人，男生有2人，则女生有3人，根据题意画出树状图，
由树状图可知：
共有20种等可能的情况，其中1男1女有12种，
故所选学生为1男1女的概率为：P＝＝．
【点睛】本题考查了频数分布直方图、用样本估计总体、求事件概率的知识点，熟练掌握这些知识点的概念及计算方法是解题的关键．
22.为倡导健康环保，自带水杯已成为一种好习惯，某超市销售甲，乙两种型号水杯，进价和售价均保持不变，其中甲种型号水杯进价为25元/个，乙种型号水杯进价为45元/个，下表是前两月两种型号水杯的销售情况：
时间
销售数量（个）
销售收入（元）（销售收入＝售价×销售数量）
甲种型号
乙种型号
第一月
22
8
1100
第二月
38
24
2460
（1）求甲、乙两种型号水杯的售价；
（2）第三月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共80个，这批水杯进货的预算成本不超过2600元，且甲种型号水杯最多购进55个，在80个水杯全部售完的情况下设购进甲种号水杯a个，利润为w元，写出w与a的函数关系式，并求出第三月的最大利润．
【答案】（1）甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为30元、55元；（2）w＝﹣5a+800，第三月的最大利润为550元．
【解析】
【分析】
（1）设甲种型号的水杯的售价为每个元，乙种型号的水杯每个元，根据题意列出方程组求解即可，
（2）根据题意写出利润关于的一次函数关系式，列不等式组求解的范围，从而利用一次函数的性质求利润的最大值．
【详解】解：（1）设甲种型号的水杯的售价为每个元，乙种型号的水杯每个元，则
①②得：
把代入①得：
答：甲、乙两种型号水杯销售单价分别为30元、55元；
（2）由题意得：甲种水杯进了个，则乙种水杯进了个，
所以：
又
由①得：，
所以不等式组的解集为：
其中为正整数，所以
随的增大而减小，
当时，第三月利润达到最大，最大利润为：元．
【点睛】本题考查的是二元一次方程组的应用，一次函数的应用，不等式组的应用，掌握以上知识是解题的关键．
23.如图，在边长为4的正方形中，点为对角线上一动点（点与点、不重合），连接，作交射线于点，过点作分别交，于点、，作射线交射线于点
（1）求证：；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）GE的长为，
【解析】
【分析】
（1）要证明EF＝DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；
（2）分两种情况：①当点F在线段AB上时，②当点F在BA的延长线上时；均可根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECM＝45°，
∵MN∥BC，∠BCM＝90°，
∴∠NMC＋∠BCM＝180°，∠MNB＋∠B＝180°，
∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，
∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，
∴MC＝ME，
∵CD＝MN，
∴DM＝EN，
∵DE⊥EF，∠EDM＋∠DEM＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEM＋∠FEN＝90°，
∴∠EDM＝∠FEN，
在△DME和△ENF中
，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴
（2）如图1所示，由（1）知，△DME≌△ENF，
∴ME＝NF，
∵四边形MNBC是矩形，
∴MC＝BN，
又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，
∴BN＝MC＝NF＝1，
∵∠EMC＝90°，
∴CE＝，
∵AF∥CD，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AC＝AG＋GC，
∴AG＝，CG＝，
∴GE＝GC−CE＝-=；
如图2所示，
同理可得，FN＝BN，
∵AF＝2，AB＝4，
∴AN＝1，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AF∥CD，
∴△GAF∽△GCD，
∴，
即，
解得，AG＝4，
∵AN＝NE＝1，∠ENA＝90°，
∴AE＝，
∴GE＝GA＋AE＝5．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形相似判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24.如图，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣1，0）和点C （0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+3；（2）不存在，理由见解析；（3）⊙M的半径为或
【解析】
【分析】
（1）已知抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N，根据△QCO是等边三角形，求得Q点坐标，再验证Q点是否在抛物线上；
（3）分两种情况①当⊙M与y轴相切，如图所示，令M点横坐标为t，PM=t，将PM用t表示出来，列出关于t的一元二次方程，求得t，进而求得半径；②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示，令M点横坐标为m，因为PN=2MN，列出关于m的一元二次方程，即可求出m，进而求得⊙M的半径．
【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)
∴
解得
∴该抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+3
故答案为：y＝﹣x2+x+3
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N
∵△QCO是等边三角形，OC=3
∴CN=
∴NQ=
即Q(,)
当x=时，y＝﹣×()2+×+3=≠
∴Q(,)不在抛物线上
y＝﹣x2+x+3
故答案为：不存在，理由见解析
（3）①⊙M与y轴相切，如图所示
∵y＝﹣x2+x+3
当y=0时，﹣x2+x+3=0
解得x1=-1，x2=4
∴B(4,0)
令直线BC的解析式为y=kx+b
解得
∴直线BC的解析式为
令M点横坐标为t
∵MP∥y轴，⊙M与y轴相切
∴t=﹣t2+t+3-
解得t=
⊙M的半径为
②⊙M与x轴相切，过点M作MN⊥OB于N，如图所示
令M点横坐标m
∵PN=2MN
∴
解得m=1或m=4（舍去）
∴⊙M的半径为：
故答案为：⊙M的半径为或
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，是二次函数的综合题，涉及了二次函数与几何问题，二次函数与圆的问题，其中考查了圆切线的性质．
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