山西省晋城市沁水县多校2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷+

这是一份山西省晋城市沁水县多校2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷+，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.a是 15−5的整数部分，则a为( )
A. −2B. −1C. 0D. 1
2.如果关于x的方程x2−2x−k=0有实根．那么以下结论正确的是( )
A. k>lB. k=−1C. k≥−1D. k<−1
3.在Rt△ABC中，各边都扩大3倍，则∠A的正切值( )
A. 扩大3倍B. 缩小为原来的13C. 不变D. 不能确定
4.如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，边OA在x轴上，OC在y轴上，矩形OA′B′C′与矩形OABC关于点O位似，且矩形OA′B′C′的面积等于矩形OABC面积的19，那么点B′的坐标是( )
A. (2,43)B. (−2,−43)
C. (2,43)或(−2,43)D. (2,43)或(−2,−43)
5.已知抛物线y=x2+ax+b对称轴是直线x=1，与x轴两个交点间的距离为2，将此抛物线先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，则所得新抛物线与x轴两个交点间的距离为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
6.用10米长的铝材制成一个矩形窗框，使它的面积为6平方米．若设它的一条边长为x米，则根据题意可列出关于x的方程为( )
A. x(5+x)=6B. x(5−x)=6C. x(10−x)=6D. x(10−2x)=6
7.已知二次函数y1=ax2+bx+c(b≠c)图象的最低点坐标为(−1,−4)，则一次函数y2=(b−c)x+b2−4ac图象可能在( )
A. 一、二、三象限B. 一、二、四象限C. 一、三、四象限D. 二、三、四象限
8.如图，四边形ABCD为正方形，点E在边BC上，且BEA. 27
B. 12
C. 23
D. 32
9.一个乒乓球从光滑斜面自由滚下的路程y(米)与时间x(秒)的平方成正比例，当乒乓球滚下3米时，经过的时间为1.5秒，当x=1秒时，乒乓球所经过的路程为( )
A. 2米
B. 43米
C. 89米
D. 34米
10.抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，且a≠0)经过点(−1,0)和(m,0)，且1①abc>0；②若点A(−3,y1)，点B(3,y2)都在抛物线上，则y10．
其中，正确结论的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如图，△ABC中，csB= 22，sinC=35，AC=5，则△ABC的面积是______ ．
12.△ABC在正方形网格中的位置如图所示，则sinB的值为______ ．
13.已知抛物线y=x2−(2m+1)x+2m不经过第三象限，且当x>2时，函数值y随x的增大而增大，则实数m的取值范围是______ ．
14.现有三张分别标有数字1、2、6的卡片，它们除了数字外完全相同，把卡片背面朝上洗匀，从中任意抽取一张，将上面的数字记为a(不放回)，再从中任意抽取一张，将上面的数字记为b，这样的数字a，b能使关于x的一元二次方程x2−2(a−3)x−b2+9=0有两个正根的概率为______ ．
15.如图，在矩形ABCD中，AB=4，对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60°，点E是AO的中点，若点F是对角线BD上一点，则EF+ 32DF的最小值是______ ．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题16分)
计算或解方程：
(1)|1− 2|+(−12)−1sin45°+( 2010)0；
(2)sin230°+cs245°+ 2sin60°⋅tan45°；
(3)(x+3)2=2x+6；
(4)x2+5x+7=3x+11．
17.(本小题6分)
关于x的一元二次方程x2−mx+2m−4=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有一个根为1，求m的值．
18.(本小题6分)
给出3个整式：x2，2x+1，x2−2x．
(1)从上面3个整式中，选择你喜欢的两个整式进行加法运算，若结果能因式分解，请将其因式分解；
(2)从上面3个整式中，任意选择两个整式进行加法运算，其结果能因式分解的概率是多少？
19.(本小题7分)
△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)在网格内画出和△ABC以点O为位似中心的位似图形△A1B1C1，且△A1B1C1和△ABC的位似比为2：1；
(2)分别写出A1、B1、C1三个点的坐标：A1 ______ 、B1 ______ 、C1 ______ ；
(3)求△A1B1C1的面积为______ ．
20.(本小题8分)
在升旗结束后，小铭想利用所学数学知识测量学校旗杆高度，如图，旗杆的顶端垂下一绳子，将绳子拉直钉在地上，末端恰好至C处且与地面成60°角，小铭从绳子末端C处拿起绳子后退至E点，求旗杆AB的高度和小铭后退的距离．(单位：米，参考数据： 2≈1.41， 3≈1.73，结果保留一位小数)
21.(本小题9分)
小军想用镜子测量一棵古松树的高度，但因树旁有一条小河，不能测量镜子与树之间的距离，于是他利用镜子进行两次测量，如图，第一次他把镜子放在点C处，他在点F处正好在镜中看到树尖A的像；第二次他把镜子放在点C′处，他在点F′处正好在镜中看到树尖A的像.已知AB⊥BF′，EF⊥BF′，E′F′⊥BF′，小军的眼睛距地面1.7m(即EF=E′F′=1.7m)，量得CC′=12m，CF=1.8m，C′F′=4.2m.求这棵古松树的高度AB.(镜子大小忽略不计)
22.(本小题10分)
请阅读下面的材料，并探索用材料中的方法解决问题．
【材料1】两个含有二次根式而非零的代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式．
例如：( 3+ 2)( 3− 2)=1，我们称 3+ 2的一个有理化因式是 3− 2．
【材料2】如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化．
例如：12 2= 22 2× 2= 24；
2 3+ 2=2( 3− 2)( 3+ 2)( 3− 2)=2( 3− 2)1=2 3−2 2．
问题探究：
(1)请写出一个 6− 5的有理化因式：______ ；
(2)将式子222 5+3分母有理化；
(3)化简：1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+…+1 2023+ 2022．
23.(本小题13分)
如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴相交于A，B两点，其中点A的坐标为(−3,0)，B点坐标为(1,0)，且点(2,5)在抛物线y=ax2+bx+c上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点C为抛物线与y轴的交点；
①点P在抛物线上，且S△POC=2S△BOC，求点P坐标；
②设点M是线段AC上的动点，作MN⊥x轴交抛物线于点N，求线段MN长度的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵3< 15<4，
∴−2< 15−5<−1，
∴ 15−5的整数部分为：−1．
故选：B．
直接利用估算无理数的大小的方法得出3< 15<4，进而得出答案．
此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出 15的取值范围是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：由题意知△=(−2)2−4×1×(−k)≥0，
解得：k≥−1，
故选：C．
根据方程有实数根结合根的判别式，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
本题考查了根的判别式，牢记“当△≥0时，方程有实数根”是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：Rt△ABC中，各边都扩大3倍，则由锐角的正切定义得到∠A的正切值不变．
故选：C．
由锐角的正切定义，即可得到答案．
本题考查锐角三角函数定义，关键是掌握锐角的正切定义．
4.【答案】D
【解析】解：∵矩形OA′B′C′与矩形OABC关于点O位似，且矩形OA′B′C′的面积等于矩形OABC面积的19，
∴矩形OA′B′C′与矩形OABC的位似比为：1：3，
∵点B的坐标为：(6,4)，
∴点B′的坐标是：(2,43)或(−2,−43).
故选：D．
由矩形OA′B′C′与矩形OABC关于点O位似，且矩形OA′B′C′的面积等于矩形OABC面积的19，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得矩形OA′B′C′与矩形OABC的位似比，又由点B的坐标为：(6,4)，则可求得点B′的坐标．
此题考查了位似变换与坐标与图形的性质．此题难度不大，注意位似图形是特殊的相似图形，注意掌握数形结合思想的应用．
5.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=x2+ax+b对称轴是直线x=1，与x轴两个交点间的距离为2，
∴抛物线与x轴两个交点坐标为：(0,0)、(2,0)，
∴函数的表达式为：y=(x−0)(x−2)=(x−1)2−1，
抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位得到的新抛物线表达式为：y′=(x+1)2−4，
令y′=0，则(x+1)2−4=0，
解得x=1或x=−3，
∴新抛物线与x轴两个交点间的距离为：1−(−3)=4，
故选：C．
函数与x轴两个交点坐标为：(0,0)、(2,0)，则函数的表达式为：y=(x−0)(x−2)=(x−1)2−1，此抛物线向左平移2个单位，再向下平移3个单位得到的新抛物线表达式为：y′=(x+1)2−4，进而求得与x轴的交点，即可求得新抛物线与x轴两个交点间的距离．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数的图象与几何变换，熟知函数与坐标轴的交点代表的意义是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了由实际问题抽相出一元二次方程，难度适中，解答本题的关键读懂题意列出方程式．一边长为x米，则另外一边长为：5−x，根据它的面积为6平方米，即可列出方程式．
【解答】
解：一边长为x米，则另外一边长为：(5−x)米，
由题意得：x(5−x)=6，
故选：B．
7.【答案】A
【解析】解：∵二次函数y1=ax2+bx+c(b≠c)图象有最低点(−1,−4)，
∴a>0，
把(−1,−4)代入y1=ax2+bx+c(b≠c)得：a−b+c=−4，
∴b−c=a+4>0，
∵a>0，且最低点坐标(−1,−4)，
∴y1=ax2+bx+c与x轴有两个交点，
∴Δ=b2−4ac>0，
∴一次函数y2=(b−c)x+b2−4ac在第一、二、三象限．
故选：A．
根据图象有最低点可知a>0，把(−1,−4)代入函数表达式可得a−b+c=−4，根据最低点坐标可得到抛物线与x轴有两个交点，从而得b2−4ac>0，从而根据一次函数的性质即可判断得解．
本题考查二次函数的性质及一次函数的性质，一次函数y=kx+b(k≠0,k、b为常数)的图象与性质可知：当k>0，b>0时，图象过一二三象限；当k>0，b<0时，图象过一三四象限；当k<0，b>0时，图象过一二四象限；当k<0，b<0，图象过二三四象限；熟练掌握相关性质是解题关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵CF=2，DF=7，
∴CD=CF+DF=9，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=9，∠B=∠C=90°，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
∴∠FEC=∠BAE，
∴△CEF∽△BAE，
∴CFBE=CEAB=EFAE，
∴2BE=9−BE9=EFAE，
∵BE∴BE=3，
∴tan∠EAF=EFAE=23，
故选：C．
根据正方形的性质证明△CEF∽△BAE，得2BE=9−BE9=EFAE，求出BE=3，然后利用锐角三角函数即可解决问题．
本题考查正方形的性质、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、一元二次方程等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．
9.【答案】B
【解析】解：设y=ax2，
将(1.5,3)代入上式得：3=2.25a，
解得：a=43，
则函数的表达式为：y=43x2，
当x=1时，y=43，
即乒乓球所经过的路程是43米，
故选：B．
先由待定系数法求出函数关系式，再代入x=1即可求出结论．
本题考查的是二次函数的应用，确定函数表达式是本题解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：如图，
∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴b<0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c<0，
∴abc>0，所以①的结论正确；
∵点A(−3,y1)到对称轴的距离比点B(3,y2)到对称轴的距离远，
∴y1>y2，所以②的结论错误；
∵抛物线过点(−1,0)和(m,0)，且1∴0<−b2a<12，
∴12+b2a=a+b2a>0，
∴a+b>0，所以③的结论正确；
故选：C．
根据题意画出抛物线的大致图象，利用函数图象，由抛物线开口方向得a>0，由抛物线的对称轴位置得b<0，由抛物线与y轴的交点位置得c<0，于是可对①进行判断；利用点A(−3,y1)和点B(3,y2)到对称轴的距离的大小可对②进行判断；由于抛物线过点(−1,0)和(m,0)，且10，则可对③进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时(即ab>0)，对称轴在y轴左；当a与b异号时(即ab<0)，对称轴在y轴右．(简称：左同右异)；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于(0,c).抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
11.【答案】212
【解析】解：过点A作AD⊥BC，
∵△ABC中，csB= 22，sinC=35，AC=5，
∴csB= 22=BDAB，
∴∠B=45°，
∵sinC=35=ADAC=AD5，
∴AD=3，
∴CD=4，
∴BD=3，
则△ABC的面积是：12×AD×BC=12×3×(3+4)=212．
故答案为：212．
根据已知作出三角形的高线AD，进而得出AD，BD，CD，的长，即可得出三角形的面积．
此题主要考查了解直角三角形的知识，作出AD⊥BC，进而得出相关线段的长度是解决问题的关键．
12.【答案】2 55
【解析】解：过点A作AD⊥BC于点D，如右图所示，
设小正方形的边长为a，
则AB= (2a)2+(4a)2=2 5a，
∵AD=4a，AD⊥BC，
∴sinB=ADAB=4a2 5a=2 55，
故答案为：2 55．
根据题意和图形，可以得到AD和AB的长，然后即可计算出sinB的值．
本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13.【答案】0≤m≤1.5
【解析】解：∵x>2时，抛物线y=x2−(2m+1)x+2m满足y随x的增大而增大，
∴2m+12≤2，解得，m≤1.5，
∵抛物线y=x2−(2m+1)x+2m不经过第三象限，开口向上，
∴2m≥0，解得m≥0，
故答案为：0≤m≤1.5．
根据题意，判断对称轴x=−b2a≤2，2m≥0，解出m的取值范围即可．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数图象与系数的关系式解答本题的关键．
14.【答案】13
【解析】解：画树形图得：
∵方程有两个正根，
∴由韦达定理得2(a−3)>0，−b2+9>0，
解得a>3，−3若a=6，b=1，则Δ=4(a−3)2−4(−b2+9)=4>0
若a=6，b=2，则Δ=4(a−3)2−4(−b2+9)=16>0
∴a，b只有两种情况满足要求，即a=6，b=1或a=6，b=2
∴能使关于x的一元二次方程x2−2(a−3)x−b2+9=0有两个正根的概率=26=13，
故答案为：13．
首先用树状图得到所有可能的结果，再根据满足条件的事件数求概率，在整理时要借助于根与系数之间的关系，根的判别式，进行讨论得到结果．
15.【答案】3 3
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BDC=60°，AB=OB=OD=4，
∴AD=4 3，
过点F作FG⊥DC，如图：
∵sin∠BDC= 32=FGDF，
∴FG= 32DF，
∴EF+ 32DF=EF+FG，即则EF+ 32DF的最小值为EF+FG的最小值，
当E，F，G三点共线时，EF+FG有最小值为EG，如图：
∵FG⊥CD，
∴EG//AD，
∴△CEG∽△CAD，
∴CECA=EGAD，
∵点E是AO的中点，
∴AE=OE=12OC，
∴CECA=34，
∴EGAD=34，即EG4 3=34，
解得EG=3 3．
故答案为：3 3．
过点F作FG⊥DC，根据题意可得△ABO是等边三角形，即可得出∠BDC=60°，根据锐角三角函数可求FG= 32DF，进而得出EF+ 32DF=EF+FG，当E，F，G三点共线时，EF+FG有最小值，即可解答．
本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的性质，确定EF+ 32DF何时取得最小值是解题关键．
16.【答案】解：(1)|1− 2|+(−12)−1sin45°+( 2010)0
= 2−1+(−2)× 22+1
= 2−1− 2+1
=0；
(2)sin230°+cs245°+ 2sin60°⋅tan45°
=(12)2+( 22)2+ 2× 32×1
=14+12+ 62
=34+ 62；
(3)(x+3)2=2x+6，
(x+3)2−2(x+3)=0
(x+3)(x+3−2)=0，
(x+3)(x+1)=0，
x+3=0或x+1=0，
x1=−3，x2=−1；
(4)x2+5x+7=3x+11，
整理得：x2+2x−4=0，
∵a=1，b=2，c=−4，
∴Δ=22−4×1×(−4)=4+16=20>0，
∴x=−2± 202=−2±2 52=−1± 5，
∴x1=−1+ 5，x2=−1− 5．
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)把特殊角的三角函数值代入进行计算，即可解答；
(3)利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算即可解答；
(4)利用解一元二次方程−公式法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，公式法，实数的运算，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
17.【答案】(1)证明：x2−mx+2m−4=0，
Δ=(−m)2−4×1×(2m−4)=m2−8m+16=(m−4)2，
∵不论m为何值，(m−4)2≥0，
∴Δ≥0，
∴方程总有两个实数根；
(2)把x=1代入关于x的一元二次方程x2−mx+2m−4=0，得1−m+2m−4=0．
解得m=3．
【解析】(1)求出Δ=(m−3)2≥0，再根据根的判别式得出答案即可；
(2)把x=1代入方程得出1−m+2m−4=0，再求出方程的解即可．
本题考查了根的判别式：已知一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)，①当Δ=b2−4ac>0时，方程有两个不相等的实数根，②当Δ=b2−4ac=0时，方程有两个相等的实数根，③当Δ=b2−4ac<0时，方程没有实数根．
18.【答案】解：(1)x2+2x+1=(x+1)2；
x2+x2−2x=2x2−2x=2x(x−1)；
(2)从上面3个整式中，任意选择两个整式进行加法运算，有三种情况，
x2+2x+1=(x+1)2，x2−2x+x2=2x(x−1)，2x+1+x2−2x=x2+1，
∴其中两种情况的结果能因式分解，所以概率为23．
【解析】本题答案不唯一，可选任意两个整式进行加法运算，要按照合并同类项的法则进行合并．然后进行因式分解．
本题要灵活运用整式的加法运算法则．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】(1)如图所示：△A1B1C1，即为所求；
(2)(4,7)；(2,2)；(8,2)；
(3)15．
【解析】解：(1)见答案；
(2)由图易得：A1(4,7)，B1(2,2)，C1(8,2)；
(3)△A1B1C1的面积为：5×6−12×2×5−12×5×4=15．
(1)直接利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
(2)利用(1)中所画图形得出各点坐标；
(3)利用△A1B1C1所在矩形面积，减去周围三角形面积进而得出答案．
此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键．
20.【答案】解：设绳子AC的长为x米；
在△ABC中，AB=AC⋅sin60°，
过D作DF⊥AB于F，如图所示：
∵∠ADF=45°，
∴△ADF是等腰直角三角形，
∴AF=DF=x⋅sin45°，
∵AB−AF=BF=1.6，
则x⋅sin60°−x⋅sin45°=1.6，
解得：x=10，
∴AB=10×sin60°≈8.7(m)，EC=EB−CB=x⋅cs45°−x×cs60°=10× 22−10×12≈2.1(m)；
答：旗杆AB的高度为8.7m，小铭后退的距离为2.1m．
【解析】设绳子AC的长为x米；由三角函数得出AB=AC⋅sin60°，过D作DF⊥AB于F，则△ADF是等腰直角三角形，得出AF=DF=x⋅sin45°，由AB−AF=BF=1.6得出方程，解方程求出x，得出AB，再由三角函数即可得出小铭后退的距离．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握三角函数，根据题意得出方程是解决问题的关键，本题难度适中．
21.【答案】解：∵∠ABC=∠EFC=90°，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△EFC，
∴EFAB=CFBC，
∵∠ABC′=∠E′F′C′=90°，∠AC′B=∠E′C′F′，
∴△ABC∽△E′F′C′，
∴E′F′AB=C′F′BC′，
∵EF=E′F′=1.7m，
∴CFBC=C′F′BC′，
∵CC′=12m，CF=1.8m，C′F′=4.2m，
∴1.8BC=4.2BC+12，
解得：BC=9，
∴1.7AB=1.89，
解得：AB=8.5，
答：这棵古松树的高度为8.5m．
【解析】先证明△ABC∽△EFC，得出EFAB=CFBC，再证明△ABC∽△E′F′C′，得出E′F′AB=C′F′BC′，由EF=E′F′，得出CFBC=C′F′BC′，继而求出BC的长度，代入EFAB=CFBC即可求出AB的长度，即可得出答案．
本题考查了相似三角形的应用，掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
22.【答案】 6+ 5
【解析】解：(1)∵( 6− 5)( 6+ 5)=( 6)2−( 5)2=1，
∴ 6− 5的一个有理化因式是 6+ 5，
故答案为： 6+ 5(答案不唯一)．
(2)222 5+3=22(2 5−3)(2 5+3)(2 5−3)=22(2 5−3)11=2(2 5−3)=4 5−6；
(3)解：1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+⋅⋅⋅+1 2023+ 2022
=( 2−1)+( 3− 2)+( 4− 3)+⋅⋅⋅+( 2023− 2022)
= 2−1+ 3− 2+ 4− 3+…+ 2023− 2022
= 2023−1．
(1)根据互为有理化因式的定义，即可解答；
(2)利用完全平方公式，平方差公式进行计算，即可解答；
(3)根据材料2的解题思路进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，分母有理化，完全平方公式，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵抛物线与x轴相交于A(−3,0)，B(1,0)，
∴设解析式为y=a(x+3)(x−1)，
将(2,5)代入y=a(x+3)(x−1)中，得5=a(2+3)(2−1)，
解得：a=1，
所以抛物线的解析式为：y=x2+2x−3．
(2)①二次函数的解析式为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=2S△BOC，
∴12×3×|x|=2×12×3×1，
∴|x|=2，x=±2．
当x=2时，x2+2x−3=4+4−3=5；
当x=−2时，x2+2x−3=4−4−3=−3．
∴点P的坐标为(2,5)或(−2,−3)；
②设直线AC的解析式为y=kx+t，将A(−3,0)，C(0,−3)代入，
得−3k+t=0t=−3，
解得：k=−1t=−3．
即直线AC的解析式为y=−x−3．
设M点坐标为(x,−x−3)(−3≤x≤0)，则N点坐标为(x,x2+2x−3)，
MN=(−x−3)−(x2+2x−3)=−x2−3x=−(x+32)2+94，
∴当x=−32时，MN有最大值94．
【解析】(1)因为抛物线的对称轴为x=−1，A点坐标为(−3,0)与(2,5)在抛物线上，代入抛物线的解析式，即可解答；
(2)①先由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=2S△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M点坐标为(x,−x−3)，则N点坐标为(x,x2+2x−3)，然后用含x的代数式表示MN，根据二次函数的性质即可求出线段MN长度的最大值．
此题考查了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，二次函数的性质以及三角形面积、线段长度问题．此题难度适中，解题的关键是运用方程思想与数形结合思想．