广东省东莞市桥头中学2023-2024学年九年级上学期期中考试数学试卷

这是一份广东省东莞市桥头中学2023-2024学年九年级上学期期中考试数学试卷，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．（3分）下列图形中，属于中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）一元二次方程x2﹣x+3＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．1，1，3B．1，﹣1，3C．﹣1，1，3D．﹣1，1，﹣3
3．（3分）将抛物线y＝x2的图象向下平移3个单位长度，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A．y＝x2﹣3B．y＝x2+3C．y＝﹣x2﹣3D．y＝﹣x2+3
4．（3分）抛物线y＝x2﹣2x+2的对称轴是（ ）
A．直线x＝2B．直线x＝﹣2C．直线x＝1D．直线x＝﹣1
5．（3分）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0时，原方程变形为（ ）
A．（x+1）2＝6B．（x﹣1）2＝6C．（x+2）2＝9D．（x﹣1）2＝9
6．（3分）已知⊙O的半径是3cm，则⊙O中最长的弦长是（ ）
A．3cmB．6cmC．1.5cmD．cm
7．（3分）已知点P（x，﹣2）与点Q（4，y）关于原点对称点，则x+y的值是（ ）
A．2B．﹣2C．﹣4D．4
8．（3分）在抛物线y＝x2﹣2x+3上有，B（2，y2）和C（3，y2）三点，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y3＜y1＜y2B．y3＜y2＜y1C．y2＜y1＜y3D．y1＜y2＜y3
9．（3分）如图，△ABC中，∠BAC＝55°，将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE等于（ ）
A．80°B．85°C．90°D．95°
10．（3分）二次函数y＝ax2+mx+n的图象如图，对称轴是直线x＝1，下列结论中正确的是（ ）
A．amn＜0B．2a+m＝0C．a+m+n＞0D．3a+n＜0
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）函数y＝x2m+x﹣1是二次函数，则m＝ ．
12．（3分）某工厂今年元月份的产值是50万元，3月份的产值达到了72万元．若求2、3月份的产值平均增长率，设这两个月的产值平均月增长率为x，依题意可列方程 ．
13．（3分）如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 cm．
14．（3分）设m，n为关于x的方程x2+3x﹣2023＝0的两个实数根，则m2+4m+n＝ ．
15．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝4，将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD，则线段AD的长度的最小值是 ．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
16．（8分）解方程：
（1）x2﹣6x﹣7＝0；
（2）3x2+1＝4x．
17．（8分）已知二次函数y＝ax2+c的图象经过点（2，3）和（﹣1，﹣3），求这个二次函数的表达式．
18．（8分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，连接BE，若AB＝4，AC＝3，BC＝2，求BE的长．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．（9分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB＝26，EB＝8，求弦CD的长．
20．（9分）如图是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED的边长，显然AE＝c，我们把关于x的一元二次方程ax2+cx+b＝0称为“弦系一元二次方程”．请解决下列问题：
（1）方程＝0是不是“弦系一元二次方程”： （填“是”或“否”）；
（2）写出一个“弦系一元二次方程” ；
（3）在（2）的条件下，判断此方程根的情况．
21．（9分）卡塔尔世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于45元，且获利不高于50%．试销售期间发现，当销售单价定为45元时，每天可售出310本，销售单价每涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售为y本，销售单价为x元．
（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
（2）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
（3）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2600元？
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．（12分）将线段AB绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α＜60°）得到线段AC，连接BC得△ABC，又将线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD（如图①）．
（1）求∠ABD的大小（结果用含α的式子表示）；
（2）又将线段AB绕点B顺时针旋转60°得线段BE，连接CE（如图②）求∠BCE；
（3）连接DC、DE，试探究当α为何值时，∠DEC＝45°．
23．（12分）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+4（a≠0），图象记为L．
（1）如图，a＝1时，求该二次函数图象的顶点坐标；
（2）在（1）的条件下，将二次函数y＝ax2﹣2ax+4（x＜0）的图象向右平移2个单位，与二次函数y＝ax2﹣2ax+4（x≥2）的图象组成一个新的函数图象，记为L′．设L′上的一点P的坐标为（m，n）．
①当m满足 时，n随m的增大而增大；
②当m＞2时，过点P作y轴垂线，分别交L、L′于点M、N．若ON将△OPM的面积分成1：2两部分，求点P坐标；
（3）若点（x1，3），（x2，6）在二次函数y＝ax2﹣2ax+4图象上，直接写出a的取值范围．
2023-2024学年广东省东莞市桥头中学九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）下列图形中，属于中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的定义对四个选项进行分析．
【解答】解：A、不是中心对称图形，所以不符合题意；
B、是中心对称图形，所以符合题意；
C、不是中心对称图形，所以不符合题意；
D、不是中心对称图形，所以不符合题意；
故选：B．
2．（3分）一元二次方程x2﹣x+3＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．1，1，3B．1，﹣1，3C．﹣1，1，3D．﹣1，1，﹣3
【分析】根据一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项的定义求解．
【解答】解：一元二次方程x2﹣x+3＝0的二次项系数为1，一次项系数为﹣1，常数项为3．
故选：B．
3．（3分）将抛物线y＝x2的图象向下平移3个单位长度，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A．y＝x2﹣3B．y＝x2+3C．y＝﹣x2﹣3D．y＝﹣x2+3
【分析】按照“上加下减”的规律求则可．
【解答】解：将抛物线y＝x2的图象向下平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为y＝x2﹣3．
故选：A．
4．（3分）抛物线y＝x2﹣2x+2的对称轴是（ ）
A．直线x＝2B．直线x＝﹣2C．直线x＝1D．直线x＝﹣1
【分析】根据二次函数的对称轴公式进行计算即可．
【解答】解：∵y＝x2﹣2x+2，
∴抛物线y＝x2﹣2x+2的对称轴是直线，
故选：C．
5．（3分）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0时，原方程变形为（ ）
A．（x+1）2＝6B．（x﹣1）2＝6C．（x+2）2＝9D．（x﹣1）2＝9
【分析】首先把常数项移到右边，再将方程两边同时加上一次项系数一半的平方，配成完全平方公式，即可得解．
【解答】解：x2﹣2x﹣5＝0，
x2﹣2x＝5，
x2﹣2x+1＝5+1，
∴（x﹣1）2＝6．
故选：B．
6．（3分）已知⊙O的半径是3cm，则⊙O中最长的弦长是（ ）
A．3cmB．6cmC．1.5cmD．cm
【分析】利用圆的直径为圆中最长的弦求解．
【解答】解：∵圆的直径为圆中最长的弦，
∴⊙O中最长的弦长为2×3＝6（cm）．
故选：B．
7．（3分）已知点P（x，﹣2）与点Q（4，y）关于原点对称点，则x+y的值是（ ）
A．2B．﹣2C．﹣4D．4
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得x＝﹣4，y＝2，再计算x+y即可．
【解答】解：∵点P（x，﹣2）与点Q（4，y）关于原点对称点，
∴x＝﹣4，y＝2，
∴x+y＝﹣4+2＝﹣2．
故选：B．
8．（3分）在抛物线y＝x2﹣2x+3上有，B（2，y2）和C（3，y2）三点，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y3＜y1＜y2B．y3＜y2＜y1C．y2＜y1＜y3D．y1＜y2＜y3
【分析】依据题意，由抛物线为y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，从而抛物线的对称轴是直线x＝1，且抛物线的开口向上，故抛物线上的点离对称轴越近函数值越小，进而可以判断得解．
【解答】解：由题意，∵抛物线为y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，
∴抛物线的对称轴是直线x＝1，且抛物线的开口向上．
∴抛物线上的点离对称轴越近函数值越小．
又∵|3﹣1|＝2＞|﹣﹣1|＝＞|2﹣1|＝1，
∴y2＜y1＜y3．
故选：C．
9．（3分）如图，△ABC中，∠BAC＝55°，将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE等于（ ）
A．80°B．85°C．90°D．95°
【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，由等腰三角形的性质可求∠B＝70°，由三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，
∴∠B＝70°，
∴∠C＝∠E＝55°，
∴∠AFE＝180°﹣55°﹣40°＝85°，
故选：B．
10．（3分）二次函数y＝ax2+mx+n的图象如图，对称轴是直线x＝1，下列结论中正确的是（ ）
A．amn＜0B．2a+m＝0C．a+m+n＞0D．3a+n＜0
【分析】根据二次函数的图象与对称轴可以判断选项A和B的正误，根据当x＝1时的函数值小于0，可以判断选项C的正误，根据抛物线的对称性可以判断选项D的正误；从而得解．
【解答】解：根据图象可知，开口向上，且与y轴交点在x轴下方，
∴a＞0，n＜0，
∵对称轴为直线x＝1，
∴x＝﹣＝1＞0．
∴m＝﹣2a＜0，
∴amn＞0，2a+m＝0．
故选项A错误，符合题意；选项B正确，符合题意；
由图象可知，当x＝1时，函数值y＜0即a+m+n＜0，
故选项C错误，不符合题意；
根据抛物线的对称性，知当x＝﹣1与x＝3时，对应的函数值均等于零，
∴a﹣m+n＝0①，9a+3m+n＝0②0；
∴①×3+②得，3a+n＝0．
故选项D错误，不符合题意；
故选：B．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）函数y＝x2m+x﹣1是二次函数，则m＝ 1 ．
【分析】根据二次函数的定义可得2m＝2，求出m的值即可．
【解答】解：∵函数y＝x2m+x﹣1是二次函数，
∴2m＝2，
解得：m＝1，
故答案为：1．
12．（3分）某工厂今年元月份的产值是50万元，3月份的产值达到了72万元．若求2、3月份的产值平均增长率，设这两个月的产值平均月增长率为x，依题意可列方程 50（1+x）2＝72 ．
【分析】根据这两个月的产值平均月增长率为x，则2月份的产值是50（1+x），3月份的产值是50（1+x）（1+x），从而列方程即可．
【解答】解：根据题意，得
50（x+1）2＝72．
故答案为：50（1+x）2＝72．
13．（3分）如图，OA是⊙O的半径，弦BC⊥OA于点D，连结OB．若⊙O的半径为5cm，BC的长为8cm，则OD的长是 3 cm．
【分析】根据垂径定理和勾股定理列方程即可．
【解答】解：∵BC⊥OA，BC＝8cm，
∴BD＝CD＝BC＝4cm，BD2+OD2＝OB2，
∵OB＝5cm，
∴42+OD2＝52，
∴OD＝3或OD＝﹣3（舍去），
∴OD的长是3cm，
故答案为：3．
14．（3分）设m，n为关于x的方程x2+3x﹣2023＝0的两个实数根，则m2+4m+n＝ 2020 ．
【分析】先根据m是x2+3x﹣2023＝0的一个实数根得出m2+3m﹣2023＝0，利用一元二次方程根与系数的关系得出m+n＝﹣3，然后对原式进行变形后整体代入即可得出答案．
【解答】解：∵m是一元二次方程x2+3x﹣2023＝0的一个实数根，
∴m2+3m﹣2023＝0，
即m2+3m＝2023．
由一元二次方程根与系数的关系得出m+n＝﹣3，
∴m2+4m+n＝m2+3m+（m+n）＝2023+（﹣3）＝2020．
故答案为：2020．
15．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝4，将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD，则线段AD的长度的最小值是 2 ．
【分析】通过旋转△ABC构造△EDC，然后由已知条件推导出∠AED＝90°，再由勾股定理得出AD关于AC的表达式，最后根据配方法得出AD的最小值．
【解答】解：如图，把AC以点C为中心顺时针旋转120°得到CE．连接AD，AE，过点C作AE的垂线，F为垂足．
故相当于△EDC是由△ABC以点C为中心顺时针旋转120°后得到的图形．
则AB＝DE，CE＝AC，AB＝DE．∠DEC＝∠BAC＝120°，
∵∠ACE＝120°，AC＝CE，
∴∠AEC＝（180°﹣120°）÷2＝30°，
∵∠DEC＝120°＝∠AEC+∠AED，
∴∠AED＝90°．
设AC＝x（0＜x＜4），则AB＝DE＝4﹣x，CE＝x，AE＝2FE＝x．
在Rt△AED中，AD＝＝＝．
∵4x2﹣8x+16＝（2x﹣2）2+12≥12，此时x＝1，符合题意．
∴AD≥＝2．
故答案为：2．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
16．（8分）解方程：
（1）x2﹣6x﹣7＝0；
（2）3x2+1＝4x．
【分析】利用因式分解法对所给一元二次方程进行求解即可．
【解答】解：（1）x2﹣6x﹣7＝0，
（x﹣7）（x+1）＝0，
∴x﹣7＝0或x+1＝0，
∴x1＝7，x2＝﹣1．
（2）3x2+1＝4x，
3x2﹣4x+1＝0，
（3x﹣1）（x﹣1）＝0，
∴3x﹣1＝0或x﹣1＝0，
∴x1＝，x2＝1．
17．（8分）已知二次函数y＝ax2+c的图象经过点（2，3）和（﹣1，﹣3），求这个二次函数的表达式．
【分析】用待定系数法可得答案．
【解答】解：把（2，3）和（﹣1，﹣3）代入y＝ax2+c得：
，
解得，
∴这个二次函数的表达式为y＝2x2﹣5．
18．（8分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，连接BE，若AB＝4，AC＝3，BC＝2，求BE的长．
【分析】根据旋转的性质得AB＝AE，由旋转角为60°易得△ABE为等边三角形，再由BE＝AB求出答案．
【解答】解：根据旋转的性质，AB＝AE，
∵旋转角∠ABE＝60°，
∴△ABE为等边三角形，
∴BE＝AB＝4．
故BE的长度为4．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．（9分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB＝26，EB＝8，求弦CD的长．
【分析】连接OC，根据垂径定理得到CE＝ED，根据AB＝26求出OC、OB的长，根据EB＝8求出OE的长，利用勾股定理求出CE，即可得到CD的长．
【解答】解：连接OC，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB，
∴，，
∴OE＝OB﹣EB＝13﹣8＝5，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：，
∴CD＝2CE＝24．
20．（9分）如图是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED的边长，显然AE＝c，我们把关于x的一元二次方程ax2+cx+b＝0称为“弦系一元二次方程”．请解决下列问题：
（1）方程＝0是不是“弦系一元二次方程”： 是 （填“是”或“否”）；
（2）写出一个“弦系一元二次方程” 3x2+5x+4＝0 ；
（3）在（2）的条件下，判断此方程根的情况．
【分析】（1）根据“弦系一元二次方程”的定义判断即可；
（2）根据“弦系一元二次方程”的定义构建方程即可；
（3）证明Δ≥0．
【解答】解：（1）由题意a＝，b＝，c＝3，
∴a2+b2＝c2，
∴a，b，c能构造直角三角形，
∴方程x2+3x+＝0是“弦系一元二次方程”，
故答案为：是；
（2）“弦系一元二次方程”：3x2+5x+4＝0．
故答案为：3x2+5x+4＝0．
（3）对于一元二次方程3x2+5x+4＝0，
∵Δ＝（5）2﹣4×3×4＝2＞0，
∴一元二次方程3x2+5x+4＝0，有两个不相等的实数根．
21．（9分）卡塔尔世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于45元，且获利不高于50%．试销售期间发现，当销售单价定为45元时，每天可售出310本，销售单价每涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售为y本，销售单价为x元．
（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
（2）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
（3）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2600元？
【分析】（1）根据销售单价每涨1元，每天销售量减少10本可得y与x的函数关系式，根据销售单价不低于45元，且获利不高于50%可得x的取值范围；
（2）销售利润＝销售量×（售价﹣进价），列出平均每天的销售利润w（元）与销售价x（元/箱）之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得最大利润；
（3）由（2）得w＝﹣10（x﹣58）2+3240，把w＝2600代入即可得销售单价．
【解答】解：（1）由题意得：y＝310﹣10（x﹣45）＝﹣10x+760，
即y＝﹣10x+760，
每本进价40元，且获利不高于50%，即最高价为60元，
即x≤60，
故：45≤x≤60；
（2）w＝（x﹣40）（﹣10x+760）＝﹣10（x﹣58）2+3240，
当x＜58时，w随x的增大而增大，
而45≤x≤60，所以当x＝58时，w有最大值，最大值为3240，
答：将足球纪念册销售单价定为58元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润3240元；
（3）由（2）得w＝﹣10（x﹣58）2+3240，
把w＝2600代入得﹣10（x﹣58）2+3240＝2600，
解得x1＝50，x2＝66（舍去），
答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2600元．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．（12分）将线段AB绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α＜60°）得到线段AC，连接BC得△ABC，又将线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD（如图①）．
（1）求∠ABD的大小（结果用含α的式子表示）；
（2）又将线段AB绕点B顺时针旋转60°得线段BE，连接CE（如图②）求∠BCE；
（3）连接DC、DE，试探究当α为何值时，∠DEC＝45°．
【分析】（1）由于线段AB绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α＜60°）得到线段AC，根据旋转的性质得AB＝AC，∠BAC＝α，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝90°﹣α，再由线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD，根据旋转的性质得∠CBD＝60°，然后利用∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD进行计算；
（2）由线段AB绕点B顺时针旋转60°得线段BE，根据旋转的性质得AB＝AE，∠BAE＝60°，则AC＝AE，∠CAE＝60°﹣α，利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到∠ACE＝∠AEC＝60°+α，然后利用∠BCE＝∠ACB+∠ACE计算得到∠BCE＝150°；
（3）由线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD，根据旋转的性质得BC＝BD，∠CBD＝60°，则可判断△BCD为等腰直角三角形，则∠BCD＝60°，CD＝BC，
所以∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝90°，加上∠DEC＝45°，于是△DEC为等腰直角三角形，则CE＝CD，所以CB＝CE，然后利用“SSS”证明△ABC≌△AEC，得到∠BAC＝∠EAC，所以α＝∠BAE＝30°．
【解答】解：（1）∵线段AB绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α＜60°）得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝α，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣α）＝90°﹣α，
∵线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD，
∴∠CBD＝60°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝90°﹣α﹣60°＝30°﹣α（0°＜α＜60°）；
（2）∵线段AB绕点B顺时针旋转60°得线段BE，
∴AB＝AE，∠BAE＝60°，
∴AC＝AE，∠CAE＝60°﹣α，
∴∠ACE＝∠AEC＝（180°﹣60°+α）＝60°+α，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°﹣α+60°+α＝150°；
（3）如图②，
∵线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD，
∴BC＝BD，∠CBD＝60°，
∴△BCD为等边三角形，
∴∠BCD＝60°，CD＝BC，
∴∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝150°﹣60°＝90°，
∵∠DEC＝45°，
∴△DEC为等腰直角三角形，
∴CE＝CD，
∴CB＝CE，
在△ABC和△AEC中
，
∴△ABC≌△AEC（SSS），
∴∠BAC＝∠EAC，
∴∠BAC＝∠BAE＝30°，
即α＝30°，
当α为30°时，∠DEC＝45°．
23．（12分）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+4（a≠0），图象记为L．
（1）如图，a＝1时，求该二次函数图象的顶点坐标；
（2）在（1）的条件下，将二次函数y＝ax2﹣2ax+4（x＜0）的图象向右平移2个单位，与二次函数y＝ax2﹣2ax+4（x≥2）的图象组成一个新的函数图象，记为L′．设L′上的一点P的坐标为（m，n）．
①当m满足 m≥2 时，n随m的增大而增大；
②当m＞2时，过点P作y轴垂线，分别交L、L′于点M、N．若ON将△OPM的面积分成1：2两部分，求点P坐标；
（3）若点（x1，3），（x2，6）在二次函数y＝ax2﹣2ax+4图象上，直接写出a的取值范围．
【分析】（1）把a＝1代入即可求得抛物线解析式，再化为顶点式即可得出顶点坐标；
（2）①运用二次函数性质即可解答；
②根据题意可得L′的解析式为y＝，可得P（m，m2﹣2m+4），N（4﹣m，m2﹣2m+4），M（2﹣m，m2﹣2m+4），分两种情况：当＝时，＝，当＝时，＝，分别建立方程求解即可得出答案；
（3）由y＝ax2﹣2ax+4＝a（x﹣1）2+4﹣a，可得抛物线的顶点坐标为（1，4﹣a），当a＜0时，顶点为最高点，当a＞0时，顶点为最低点，列出不等式求解即可．
【解答】解：（1）当a＝1时，y＝x2﹣2x+4＝（x﹣1）2+3．
∴该二次函数图象的顶点坐标为（1，3）．
（2）①∵L′的图象是将二次函数y＝ax2﹣2ax+4（x＜0）的图象向右平移2个单位，与二次函数y＝ax2﹣2ax+4（x≥2）的图象组成一个新的函数图象，
∴L′的图象开口向上，对称轴直线为x＝2，顶点坐标为（2，4），
∴当x≥2时，y随x的增大而增大，
∴当m≥2时，n随m的增大而增大．
故答案为：m≥2．
②L′的解析式为y＝，
设P（m，n）（m＞2），则n＝m2﹣2m+4，
∴P（m，m2﹣2m+4），
由（x﹣3）2+3＝m2﹣2m+4，得x＝m+2或4﹣m，
∴N（4﹣m，m2﹣2m+4），M（2﹣m，m2﹣2m+4），如图，
∴PN＝m﹣（4﹣m）＝2m﹣4，MN＝4﹣m﹣（2﹣m）＝2，
当＝时，＝，
∴PN＝2MN，即2m﹣4＝4，
解得：m＝4，
∴P（4，12）；
当＝时，＝，
∴MN＝2PN，即2＝2（2m﹣4），
解得：m＝，
∴P（，）；
综上所述，点P坐标为（4，12）或（，）；
（3）∵y＝ax2﹣2ax+4＝a（x﹣1）2+4﹣a，
∴抛物线的顶点坐标为（1，4﹣a），
当a＞0时，4﹣a≤3，
解得：a≥1，
当a＜0时，4﹣a≥6，
解得：a≤﹣2；
∴a的取值范围为a≥1或a≤﹣2．