精品解析：2020年内蒙古呼和浩特市启秀中学中考二模数学试题（解析版+原卷版）

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2019—2020学年度第二学期初三年级二模考试
数学学科试题
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1. ，则一定是（ ）
A. 负数 B. 正数 C. 零或负数 D. 非负数
【答案】C
【解析】
【分析】根据绝对值的定义，绝对值等于它的相反数的数是零或负数．
【详解】解：∵，
∴a一定是零或负数，a一定是零或负数．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了绝对值的定义，属于基础题型．注意不要忽略零．
2. 用四舍五入法得到的近似数2.18×104，下列说法正确的是（　　）
A. 它精确到百分位 B. 它精确到百位
C. 它精确到万位 D. 它精确到0.01
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由于2.18×104=21800，数字8在百位上，则近似数2.18×104精确到百位．
故选B．
考点：近似数和有效数字

3. 太原是我国生活垃圾分类的46个试点城市之一，垃圾分类的强制实施也即将提上日程根据规定，我市将垃圾分为了四类可回收垃圾、餐厨垃圾有害垃圾和其他垃圾现有投放这四类垃圾的垃圾桶各1个，若将用不透明垃圾袋分类打包好的两袋不同垃圾随机投进两个不同的垃圾桶，投放正确的概率是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由列表法得到投放的所有结果，然后正确的只有1种，即可求出概率.
【详解】解：由列表法，得：

∴共有12种等可能的结果数，其中将两包垃圾随机投放到其中的两个垃圾箱中，能实现对应投放的结果为1种，
∴投放正确的概率为：；
故选择：C.
【点睛】本题考查了列表法与树状图法求概率，解题的关键是正确求出所有等可能的结果数.
4. 一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】逐一分析四个选项，根据二次函数图象的开口方向以及对称轴与y轴的位置关系，即可得出a、b的正负性，由此即可得出一次函数图象经过的象限，即可得出结论．
【详解】A. ∵二次函数图象开口向下，对称轴在y轴左侧，
∴a<0，b<0，
∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，故本选项错误；
B. ∵二次函数图象开口向上，对称轴在y轴右侧，
∴a>0，b<0，
∴一次函数图象应该过第一、三、四象限，故本选项错误；
C. ∵二次函数图象开口向下，对称轴在y轴左侧，
∴a<0，b<0，
∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，故本选项正确；
D. ∵二次函数图象开口向下，对称轴在y轴左侧，
∴a<0，b<0，
∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，故本选项错误．
故选C．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与一次函数图象的综合，掌握二次函数与一次函数系数与图象的关系，是解题的关键．
5. 如图，矩形，将它分别沿和折叠，恰好使点，落到对角线上点，处，已知，，则矩形的面积是（ ）

A. B.
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由折叠的性质得，AB=AM，AN=AD，设AB=，则AD=，AC=，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】由折叠的性质得，AB=AM，AN=AD，
∴AD-AB=AN-AM=MN=2，
设AB=，则AD=，AC=，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，CD=AB，
∴AD2+CD2=AC2，即()2+2=()2，
∴(负值已舍)，
∴AB，AD，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理等，设参数利用勾股定理构建方程是解答本题的关键．
6. 某公司的生产量在七个月之内的增长变化情况如图所示，从图上看，下列结论不正确的是(　　)

A. 2～6月生产量增长率逐月减少 B. 7月份生产量的增长率开始回升
C. 这七个月中，每月生产量不断上涨 D. 这七个月中，生产量有上涨有下跌
【答案】D
【解析】
【详解】由折线统计图可知2～6月份生产量增长率逐渐减少，7月份生产量月增长率开始回升，这七个月中，生产量的增长率始终是正数，则每月的生产量不断上涨，所以A、B、C都正确，错误的只有D；故选D．
【点睛】本题考查折线统计图运用，折线统计图表示的是事物的变化情况，注意在图形中纵轴表示的是增长率，只有增长率是负数，才表示生产量下跌.
7. 用三个不等式，，中的两个不等式作为题设，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，组成真命题的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得出3个命题，由不等式的性质再判断真假即可．
【详解】解：命题①，如果，那么.
∵，∴，∵，∴，整理得，∴该命题是真命题.
命题②，如果那么.
∵∴∵，∴，∴.
∴该命题为真命题.
命题③，如果，那么.
∵∴∵，∴，∴
∴该命题为真命题.
故，选D
【点睛】本题考查了命题与定理、不等式的性质、命题的组成、真命题和假命题的定义；熟练掌握命题的组成和不等式的性质是解题的关键．
8. 已知圆内接正三角形的面积为，则该圆的内接正六边形的边心距是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可以求得半径，进而解答即可．
【详解】因为圆内接正三角形的面积为，
所以圆的半径为，
所以该圆的内接正六边形的边心距×sin60°＝×＝1，
故选B．
【点睛】本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，求出相应的图形的边心距．
9. 若关于x的一元二次方程x2+（2k﹣1）x+k2=0的两根a、b满足a2﹣b2=0，双曲线 （x＞0）经过Rt△OAB斜边OB的中点D，与直角边AB交于C（如图），则S△OBC为（　　）

A. 3 B. C. 6 D. 3或
【答案】B
【解析】
【分析】首先由一元二次方程根的判别式得出k的取值范围,然后由a2﹣b2=0得出a+b=0或a-b=0,再运用一元二次方程根与系数的关系求出k的值,由k的几何意义,可知S△OBA= .如果过D作DE⊥OA于E,则S△OCA= .易证△ODE∽△OBA,根据相似三角形的面积比等于相似比的平方,得出S△OBA,最后由S△OBC=S△OBA-S△OCA,得出结果.
【详解】∵x2+（2k-1）x+k2=0有两根，
∴△=（2k-1）2-4k2≥0，
即k≤．
由a2﹣b2=0得：（a-b）（a+b）=0．
当a+b=0时，-（2k-1）=0，解得k=，不合题意，舍去；
当a-b=0时，a=b，△=（2k-1）2-4k2=0，
解得：k=符合题意．
∵，
∴双曲线的解析式为：．
过D作DE⊥OA于E，则S△ODE=S△OCA=×1=．
∵DE⊥OA，BA⊥OA，
∴DE∥AB，∴△ODE∽△OBA，
∴，∴S△OBA=4×=2，
∴S△OBC=S△OBA-S△OCA=2-=．
故选B.

【点睛】本题考查了一元二次方程根判别式、根与系数的关系、反比例函数k的几何意义、相似三角形的判定与性质等多个知识点，此题难度稍大，综合性比较强，注意对各个知识点的灵活运用.
10. 已知点A(﹣3，y1)，B(2，y2)均在抛物线y＝ax2+bx+c上，点P(m，n)是该抛物线的顶点，若y1＞y2≥n，则m的取值范围是(　　)
A. ﹣3＜m＜2 B. ﹣＜m＜- C. m＞﹣ D. m＞2
【答案】C
【解析】
【分析】根据点A（﹣3，y1），B（2，y2）均在抛物线y＝ax2+bx+c上，点P（m，n）是该抛物线的顶点，y1＞y2≥n，可知该抛物线开口向上，对称轴是直线x＝m，则 ＜m，从而可以求得m的取值范围，本题得以解决．
【详解】解：∵点A（﹣3，y1），B（2，y2）均在抛物线y＝ax2+bx+c上，点P（m，n）是该抛物线的顶点，y1＞y2≥n，
∴抛物线有最小值，
∴抛物线开口向上，
∴点A到对称轴的距离比点B到对称轴的距离大，
∴＜m，
解得m＞ ，
故选C．
【点睛】本题考查了二次函数性质，主要利用了二次函数的增减性以及对称轴，判断出抛物线开口向上是解题的关键．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分．本题要求把正确结果填在答题纸规定的横线上，不需要解答过程）
11. 因式分解：___________．
【答案】2x（x﹣2）2
【解析】
【分析】先提取公因式，然后利用完全平方公式因式分解即可．
【详解】解：2x（x﹣2）2
故答案为：2x（x﹣2）2．
【点睛】此题考查的是因式分解，掌握利用提公因式法和公式法因式分解是解决此题的关键．
12. 如图，一个几何体的三视图分别是两个矩形、一个扇形，则这个几何体表面积的大小为_____．

【答案】12+15π
【解析】
【详解】试题分析：由几何体的三视图可得：该几何体是长方体、两个扇形和一个矩形的组合体，该组合体的表面积为：S=2×2×3+×2+×3=12+15π，故答案为12+15π．
13. 方程的解是_________；若实数满足，则_________．
【答案】 (1). x=－1或x=2 (2). 2
【解析】
【分析】① 利用因式分解法求解可得；
(②设=a，则可化为a（a+1）=2，求出a的值即可．
【详解】解：①


∴x-2=0或x+1=0
x=2或x=-1
故答案为x=-1或x=2．
②令 则原式化为：
∴a=-1或a=2
∵=a有解，而当=-1时，方程无解
∴=-1（舍去）
∴=2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了用因式分解法和用换元法解一元二次方程，注意在运用换元法解方程时注意方程有解问题．
14. 一个等腰三角形周长为，它腰长为，底边为，那么关于的函数关系式为_________，腰长的取值范围为_________．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】先由三角形的周长公式即可求得关于的函数关系式；再利用三角形的边长为正数和三边关系即可求得自变量的范围．
【详解】根据三角形的周长公式，得：2x+y=36，即y=-2x+36，
∴y关于x的函数关系式为y=-2x+36；
由三角形的两边之和大于第三边得：2x＞y即：2x＞-2x+36，
∴x＞9，
又y=-2x+36＞0，∴x＜18，
∴9＜x＜18，
∴腰长x的取值范围为9＜x＜18，
故答案为：；．
【点睛】本题结合等腰三角形的边长关系考查了一次函数，解答的关键是会根据已知列出函数关系式，会利用三边关系求自变量的取值范围．
15. 如图，正方形中，，分别在边，上，，相交于点，若，，则的值是_________；若，，则的值是_________．

【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】过F作FN∥AD交AB于N，交BE于M，利用平行线分线段成比例定理解答即可．
【详解】过F作FN∥AD交AB于N，交BE于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90º，
∴四边形ANFD是矩形，
若AE=ED，设AE=ED=a，则AD=DC=AB=NF=2a，
∵DF=FC，
∴AN=DF=BN=a，又MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN==a，MF=NF-MN=a，
∵AE∥MF，
∴；
若AE=3ED，设ED=m，则AE=3m，AD=AB=CD=FN=4m，AN=DF=2m，
同理证得：MN=m，MF=m，
由AE//FM得：
，
故答案为：；．

【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、平行线分线段成比例定理，解答的关键是作AD的平行线FN，利用平行线分线段成比例定理进行求解﹒
16. 当实数满足时，且代数式取最大值－1时，则的值为_________．
【答案】1或6
【解析】
【分析】通过已知式子变形得到二次函数的顶点式及对称轴，对b的取值进行分类讨论即可得到结果．
【详解】由题可知，令y=，则对称轴是，
由题可得：当实数满足时，且代数式取最大值－1时，
当，此时最大值为顶点值，顶点横坐标为b，代入可得顶点坐标为，此时最大值为0，与题意矛盾，舍去；
当，在时，最大值在a=5处，
即，
解得：或（舍去）；
③当，在时，最大值在a=2处，
即，
解得：或（舍去）；
综上所述，b的值为1或6．
【点睛】本题主要考查了二次函数的对称性，准确判断对称轴的位置是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 计算
（1）计算：
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】（1）；（2），．
【解析】
【分析】（1）根据绝对值、零次幂、特殊角的三角函数值、乘方和负整数指数幂可以解答本题；
（2）根据分式的混合运算法则可以化简题目中的式子，然后将a的值代入化简后的式子即可解答本题．
【详解】（1）解：


；
（2）解：原式

，
当时，原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值、二次根式的运算、特殊角的三角函数值、绝对值、零次幂和负整数指数幂的运算，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．
18. 证明三角形中位线定理：三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半（要求：自己作图并写出己知、求证、证明）
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据题意写出己知、求证、证明，延长DE至F，使EF＝DE，连接CF，通过证明△ADE≌△CFE和证明四边形BCFD是平行四边形即可证明三角形的中位线平行于三角形的第三边并且等于第三边的一半．
【详解】已知：如图，在△ABC中，点D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点．
求证：DE∥BC，DE＝BC．
证明：如图，延长DE至点F，使，连接CF．

∵是AC的中点，
∴．
在和中，
∴，
∴（全等三角形对应边相等），
（全等三角形对应角相等），
∴．
∵点D是AB的中点，
∴，
∴．又，
∴四边形BCFD是平行四边形
∴，且DF=BC
∵，
∴，且．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理的证明，用到的知识点有全等三角形的判定和全等三角形的性质以及平行四边形的判定和性质．
19. 如图，甲、乙两座建筑物的水平距离为，从甲的顶部处测得乙的顶部处的俯角为48°，测得底部处的俯角为53°，求甲、乙建筑物的高度和（结果用含非特珠角的三角函数表示即可）．

【答案】，．
【解析】
【分析】作AE⊥CD交CD的延长线于E，根据两个直角三角形的公共边构造关系，进而求解即可得出答案．
【详解】解：如图作AE⊥CD交CD的延长线于E．则四边形ABCE是矩形，
∴AE＝BC＝78，AB＝CE，．
在Rt△ACE中，EC＝AE•tan58°＝78•tan58°（m）
在Rt△AED中，DE＝AE•tan48°＝78•tan48°（m），
∴CD＝EC﹣DE＝78•tan58°﹣78•tan48°（m），
答：甲、乙建筑物的高度AB为78•tan58°（m），DC为（78•tan58°﹣78•tan48°）m．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据图形构造直角三角形是解答的关键．
20. 在信息快速发展的社会，“信息消费”已成为人们生活的重要组成部分，某高校组织课外小组在我市的一个社区随机抽取部分家庭，调查每月用于信息消费的金额，根据数据整理成如下不完整统计表和统计图（如图）．已知，两组户数频数宜方图的高度比为1：5．
月信息消费额分组统计表
组别
消费额/元












请结合图表中相关数据解答下列问题：
（1）这次接受调查的有_________户；
（2请你补全频数直方图；
（3）以各组组中值代表本组的月信息消费额的平均数，计算课外小组抽取家庭的月信息消费额的平均数；
（4）若该社区有2000户住户，请估计月信息消费额不少于200元的户数是多少？
【答案】（1）50；（2）答案见解析；（3）266；（4）1520．
【解析】
【分析】（1）根据A、B两组户数直方图的高度比为1：5，即两组的频数的比是1：5，据此即可求得A组的频数；利用A和B两组的频数的和除以两组所占的百分比即可求得总数，即样本容量
（2）利用总数乘以百分比即可求得C组的频数，从而补全统计图；
（3）求出各组频数，利用频数乘以组中值，根据平均数计算公式求出平均数；
（4）利用总数2000乘以月信息消费额不少于200的百分比之和即可．
【详解】解：（1）A，B两组户数频数直方图的高度比为
∴A组的频数为2
这次接受调查的户数为
（2）C组的频数是：，如图；
（3）

（4）（户），
答：估计月信息消费额不少于200元的约有1520户．
【点睛】本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
21. 雾霾天气持续笼罩我国大部分地区，困扰着广大市民的生活，口罩市场出现热销，小明的爸爸用12000元购进甲、乙两种型号的口罩在自家商店销售，销售完后共获利2700元，进价和售价如表：

（1）小明爸爸的商店购进甲、乙两种型号口罩各多少袋？
（2）该商店第二次以原价购进甲、乙两种型号口罩，购进甲种型号口罩袋数不变，而购进乙种型号口罩袋数是第一次的2倍，甲种口罩按原售价出售，而效果更好的乙种口罩打折让利销售，若两种型号的口罩全部售完，要使第二次销售活动获利不少于2460元，每袋乙种型号的口罩最多打几折？
【答案】（1）购进甲型号口罩300袋，购进乙种型号口罩200袋；（2）每袋乙种型号的口罩最多打9折
【解析】
【分析】（1）设小明爸爸的商店购进甲种型号口罩x袋，乙种型号口罩y袋，根据“小明的爸爸用12000元购进甲、乙两种型号的口罩，销售完后共获利2700元”列出方程组，解方程组即可求解；（2）设每袋乙种型号的口罩打m折，根据“两种型号的口罩全部售完，要使第二次销售活动获利不少于2460元”列出不等式，解不等式即可求解.
【详解】（1）设小明爸爸的商店购进甲种型号口罩x袋，乙种型号口罩y袋，根据题意可得，
，
解得： ，
答：该商店购进甲种型号口罩300袋，乙种型号口罩200袋；
（2）设每袋乙种型号的口罩打m折，由题意可得，
300×5+400（0.1m×36-30）≥2460，
解得：m≥9，
答：每袋乙种型号的口罩最多打9折．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用及一元一次不等式的应用，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的数量关系，列出方程组或不等式求解．
22. （2016山东省聊城市）如图，在直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于关于原点对称的A，B两点，已知A点的纵坐标是3．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）将直线向上平移后与反比例函数在第二象限内交于点C，如果△ABC的面积为48，求平移后的直线的函数表达式．

【答案】（1）；（2）．
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据题意，将y=3代入一次函数的解析式，求出x的值，得到A点的坐标，再利用反比例函数的坐标特征求出反比例函数的解析式；
（2）根据A、B点关于原点对称，可求出B点的坐标及线段AB的长度，设出平移后的直线解析式，根据平行线间的距离，由三角形的面积求出关于b的一元一次方程即可求解.
试题解析：（1）令一次函数y=﹣x中y=3，则3=﹣x，
解得：x=﹣6，即点A的坐标为（﹣6，3）．
∵点A（﹣6，3）在反比例函数y=的图象上，
∴k=﹣6×3=﹣18，
∴反比例函数的表达式为y=﹣．
（2）设平移后直线于y轴交于点F，连接AF、BF如图所示．
设平移后的解析式为y=﹣x+b，
∵该直线平行直线AB，
∴S△ABC=S△ABF，
∵△ABC的面积为48，
∴S△ABF=OF•（xB﹣xA）=48，
由对称性可知：xB=﹣xA，
∵xA=﹣6，
∴xB=6，
∴b×12=48，
∴b=8．
∴平移后的直线的表达式为：y=﹣x+8.
23. 如图，△ABC内接于⊙O，∠CBG=∠A，CD为直径，OC与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．
（1）求证：PG与⊙O相切；
（2）若=，求的值；
（3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为8，PD=OD，求OE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）OE=2﹣4．
【解析】
【详解】【分析】（1）要证PG与⊙O相切只需证明∠OBG=90°，由∠A与∠BDC是同弧所对圆周角且∠BDC=∠DBO可得∠CBG=∠DBO，结合∠DBO+∠OBC=90°即可得证；
（2）求需将BE与OC或OC相等线段放入两三角形中，通过相似求解可得，作OM⊥AC、连接OA，证△BEF∽△OAM得，由AM=AC、OA=OC知，结合即可得；
（3）Rt△DBC中求得BC=8、∠DCB=30°，在Rt△EFC中设EF=x，知EC=2x、FC=x、BF=8﹣x，继而在Rt△BEF中利用勾股定理求出x的，从而得出答案．
【详解】（1）如图，连接OB，则OB=OD，

∴∠BDC=∠DBO，
∵∠BAC=∠BDC、∠BDC=∠GBC，
∴∠GBC=∠BDC，
∵CD是⊙O的切线，
∴∠DBO+∠OBC=90°，
∴∠GBC+∠OBC=90°，
∴∠GBO=90°，
∴PG与⊙O相切；
（2）过点O作OM⊥AC于点M，连接OA，
则∠AOM=∠COM=∠AOC，
∵，
∴∠ABC=∠AOC，
又∵∠EFB=∠OGA=90°，
∴△BEF∽△OAM，
∴，
∵AM=AC，OA=OC，
∴，
又∵，
∴；
（3）∵PD=OD，∠PBO=90°，
∴BD=OD=8，
在Rt△DBC中，BC==8，
又∵OD=OB，
∴△DOB是等边三角形，
∴∠DOB=60°，
∵∠DOB=∠OBC+∠OCB，OB=OC，
∴∠OCB=30°，
∴，=，
∴可设EF=x，则EC=2x、FC=x，
∴BF=8﹣x，
在Rt△BEF中，BE2=EF2+BF2，
∴100=x2+（8﹣x）2，
解得：x=6±，
∵6+＞8，舍去，
∴x=6﹣，
∴EC=12﹣2，
∴OE=8﹣（12﹣2）=2﹣4．
【点睛】本题主要考查圆的综合问题，涉及圆周角定理、圆心角定理、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握和运用相关的性质与定理进行解题是关键.
24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=﹣（x+2）（x﹣4）或y=﹣x2+x+4或y=﹣（x﹣1）2+．（2）最大值为，此时P（2，4）．（3）（，3）或（6，﹣3）．
【解析】
【详解】试题分析：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x﹣4），根据已知条件求得点C的坐标代入解析式求得a值，即可得抛物线的解析式；（2）作PE⊥x轴于E，交BC于F，易证△CMD∽△FMP，根据相似三角形的性质可得m=，设P（n，﹣n2+n+4），则F（n，﹣n+4），用n表示出PF的长，从而得到m、n的二次函数关系式，利用二次函数的性质解决问题即可；（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形，分DP是矩形的边和DP是矩形的对角线两种情况求点N的坐标.
试题解析：
（1）因为抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，设y=a（x+2）（x﹣4），
∵OC=2OA，OA=2，
∴C（0，4），代入抛物线的解析式得到a=﹣，
∴y=﹣（x+2）（x﹣4）或y=﹣x2+x+4或y=﹣（x﹣1）2+．
（2）如图1中，作PE⊥x轴于E，交BC于F．

∵CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m==，
∵直线y=kx+1（k＞0）与y轴交于点D，则D（0，1），
∵BC的解析式为y=﹣x+4，
设P（n，﹣n2+n+4），则F（n，﹣n+4），
∴PF=﹣n2+n+4﹣（﹣n+4）=﹣（n﹣2）2+2，
∴m==﹣（n﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴当n=2时，m有最大值，最大值为，此时P（2，4）．
（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
a、如图2﹣1中，四边形DQNP是矩形时，

有（2）可知P（2，4），代入y=kx+1中，得到k=，
∴直线DP的解析式为y=x+1，可得D（0，1），E（﹣，0），
由△DOE∽△QOD可得=，
∴OD2=OE•OQ，
∴1=•OQ，
∴OQ=，
∴Q（，0）．
根据矩形的性质，将点P向右平移个单位，向下平移1个单位得到点N，
∴N（2+，4﹣1），即N（，3）
b、如图2﹣2中，四边形PDNQ是矩形时，

∵直线PD的解析式为y=x+1，PQ⊥PD，
∴直线PQ的解析式为y=﹣x+，
∴Q（8，0），
根据矩形的性质可知，将点D向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N，
∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．
②当DP是对角线时，设Q（x，0），则QD2=x2+1，QP2=（x﹣2）2+42，PD2=13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2=PD2，
∴x2+1+（x﹣2）2+16=13，
整理得x2﹣2x+4=0，方程无解，此种情形不存在，
综上所述，满足条件的点N坐标为（，3）或（6，﹣3）．
点睛：本题为二次函数压轴题，综合考查了二次函数、待定系数法、最大值问题、相似三角形、矩形等知识点．第（3）问涉及存在型问题，有一定的难度．在解题过程中，注意数形结合思想、分类讨论思想及方程思想等的应用．