【历年真题】2022年河北省新乐市中考数学备考真题模拟测评 卷（Ⅰ）（精选）

这是一份【历年真题】2022年河北省新乐市中考数学备考真题模拟测评 卷（Ⅰ）（精选），共35页。试卷主要包含了若，则的值为，下列变形中，正确的是，在，，，中，最大的是，某玩具店用6000元购进甲等内容，欢迎下载使用。

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2022年河北省新乐市中考数学备考真题模拟测评 卷（Ⅰ）
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、分式方程有增根，则m为（ ）
A．0 B．1 C．3 D．6
2、多项式与多项式相加后，不含二次项，则常数m的值是（ ）
A．2 B． C． D．
3、已知+=0,则a-b的值是(   ) ．
A．-1 B．1 C．-5 D．5
4、若，则的值为（ ）
A．0 B．1 C．-1 D．2
5、下列变形中，正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6、在，，，中，最大的是（ ）
A． B． C． D．
7、日历表中竖列上相邻三个数的和一定是（ ）．
A．3的倍数 B．4的倍数 C．7的倍数 D．不一定
8、某玩具店用6000元购进甲、乙两种陀螺，甲种单价比乙种单价便宜5元，单独买甲种比单独买乙种可多买40个．设甲种陀螺单价为x元，根据题意列方程为（ ）
A． B．
C． D．
9、点A，B在数轴上的位置如图所示，其对应的数分别是a和b，对于以下结论：(1)b﹣a＜0；(2)|a|＜|b|；(3)a+b＞0；(4)＞0．其中正确的是( )

A．(1)(2) B．(2)(3) C．(3)(4) D．(1)(4)
10、如图，正方形的边长，分别以点，为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，则的长是（ ）

A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
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二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、a是不为1的数，我们把称为a的差倒数，如：2的差倒数为；的差倒数是；已知是的差倒数，是的差倒数，是的差倒数，…依此类推，则_____．
2、如图，是的弦，是上一点，交于点，连接，，若，，则的度数为________．

3、已知点O在直线AB上，且线段OA＝4 cm，线段OB＝6 cm，点E，F分别是OA，OB的中点，则线段EF＝________cm.
4、边长为a、b的长方形，它的周长为14，面积为10，则的值为__．
5、关于x的一元二次方程（m﹣5）x2+2x+2=0有实根，则m的最大整数解是__．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为．

（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图1，若点P在抛物线上且满足，求点P的坐标；
（3）如图2，M是直线BC上一个动点，过点M作轴交抛物线于点N，Q是直线AC上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点M及其对应点Q的坐标
2、如图，一高尔夫球从山坡下的点处打出一球，球向山坡上的球洞点处飞去，球的飞行路线为抛物线．如果不考虑空气阻力，当球达到最大高度时，球移动的水平距离为．已知山坡与水平方向的夹角为30°，、两点间的距离为．

（1）建立适当的直角坐标系，求这个球的飞行路线所在抛物线的函数表达式．
（2）这一杆能否把高尔夫球从点处直接打入点处球洞？
3、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于，两点，其中，．

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（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点，为直线下方抛物线上任意两点，且满足点的横坐标为，点的横坐标为，过点和点分别作轴的平行线交直线于点和点，连接，求四边形面积的最大值；
（3）在（2）的条件下，将抛物线沿射线平移个单位，得到新的抛物线，点为点的对应点，点为的对称轴上任意一点，点为平面直角坐标系内一点，当点，，，构成以为边的菱形时，直接写出所有符合条件的点的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程．
4、在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（x，y′），给出如下定义：如果y′＝，那么称点Q为点P的“关联点”．例如点（5，6）的“关联点”为点（5，6），点（-5，6）的“关联点”为点（-5，-6）．

（1）在点E（0，0），F（2，5），G（-1，-1），H（-3，5）中，　 　的“关联点”在函数y＝2x+1的图象上；
（2）如果一次函数y＝x+3图象上点M的“关联点”是N（m，2），求点M的坐标；
（3）如果点P在函数y＝-x2+4（-2＜x≤a）的图象上，其“关联点”Q的纵坐标y′的取值范围是-4＜y′≤4，求实数a的取值范围．
5、如图1，点、、共线且，，射线，分别平分和．
如图2，将射线以每秒的速度绕点顺时针旋转一周，同时将以每秒的速度绕点顺时针旋转，当射线与射线重合时，停止运动．设射线的运动时间为．

（1）运动开始前，如图1，________，________
（2）旋转过程中，当为何值时，射线平分？
（3）旋转过程中，是否存在某一时刻使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．

-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的值，让最简公分母x−3＝0，得到x＝3，然后代入整式方程算出m的值．
【详解】
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解：方程两边都乘x−3，得x+x-3＝m
∵原方程有增根，
∴最简公分母x−3＝0，
解得x＝3，
将x＝3代入x+x-3＝m，得m＝3，
故m的值是3．
故选C．
【点睛】
本题考查了分式方程的增根．增根问题可按如下步骤进行：
①让最简公分母为0确定增根；
②化分式方程为整式方程；
③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
2、B
【分析】
合并同类项后使得二次项系数为零即可；
【详解】
解析：，当这个多项式不含二次项时，有，解得．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了合并同类项的应用，准确计算是解题的关键．
3、C
【分析】
根据绝对值具有非负性可得a+2=0，b-3=0，解出a、b的值，然后再求出a-b即可．
【详解】
解：由题意得：a+2=0，b-3=0，
解得：a= -2，b=3，
a-b=-2-3=-5，
故选：C．
【点睛】
本题考查绝对值，关键是掌握绝对值的非负性．
4、B
【分析】
将分式通分化简再根据已知条件进行计算．
【详解】
解：原式＝，
∵x＋y＝xy，
∴原式＝1，
故选：B．
【点睛】
本题考查分式的化简求值，熟练掌握分式的性质是解题关键．
5、B
【分析】
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根据等式的性质，对选项逐个判断即可．
【详解】
解：选项A，若，当时，不一定成立，故错误，不符合题意；
选项B，若，两边同时除以，可得，正确，符合题意；
选项C，将分母中的小数化为整数，得，故错误，不符合题意；
选项D，方程变形为，故错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】
此题考查了等式的性质，熟练掌握等式的有关性质是解题的关键．
6、B
【分析】
根据绝对值及乘方进行计算比较即可．
【详解】
，，，，
，，，中，最大的是．
故选：B．
【点睛】
本题考查了有理数的乘方和绝对值，熟练掌握运算法则是解题的关键．
7、A
【分析】
设中间的数字为x，表示出前一个与后一个数字，求出和即可做出判断．
【详解】
解：设日历中竖列上相邻三个数的中间的数字为x，则其他两个为x-7，x+7，
则三个数之和为x-7+x+x+7=3x，即三数之和为3的倍数．
故选：A．
【点睛】
本题考查列代数式，解题的关键是知道日历表中竖列上相邻三个数的特点．
8、C
【分析】
首先设甲种陀螺单价为x元，则乙种陀螺单价为元，根据关键语句“单独买甲种比单独买乙种可多买40个”可得方程．
【详解】
首先设甲种陀螺单价为x元，则乙种陀螺单价为元，
根据题意可得：，
故选：C．
【点睛】
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是正确解读题意，抓住题目中的关键语句，找出等量关系，列出方程．
9、B
【分析】
根据图示，判断a、b的范围：﹣3＜a＜0，b＞3，根据范围逐个判断即可.
【详解】
解：根据图示，可得﹣3＜a＜0，b＞3，
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∴(1)b﹣a＞0，故错误；
(2)|a|＜|b|，故正确；
(3)a+b＞0，故正确；
(4)＜0，故错误．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了绝对值的意义和有理数的运算符号的判断，以及数轴的特征和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是判断出a、b的取值范围．
10、A
【分析】
根据条件可以得到△ABE是等边三角形，可求∠EBC=30°，然后利用弧长公式即可求解．
【详解】
解：连接，，
∵，
∴是等边三角形．
∴，
∴，
∴的长为．
故选A．

【点睛】
本题考查了正方形性质，弧长的计算公式,正确得到△ABE是等边三角形是关键. 如果扇形的圆心角是nº，扇形的半径是R，则扇形的弧长l的计算公式为：．
二、填空题
1、
【分析】
根据题意，可以写出这列数的前几个数，从而可以发现数字的变化特点，进而得到a2019的值．
【详解】
解：，是的差倒数，
即，是的差倒数，
即，是的差倒数，
即，
…
依此类推，∵，
∴．
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故答案为：．
【点睛】
本题考查数字的变化类、新定义，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，求出所求项的值．
2、
【分析】
设∠AOC=x°，根据圆周角定理得到∠B的度数，根据三角形的外角的性质列出方程，解方程得到答案．
【详解】
解：设∠AOC=x°，则∠B=x°，
∵∠AOC=∠ODC+∠C，∠ODC=∠B+∠A，
∴x=20°+30°+x， 解得x=100°．
故选A．
【点睛】
本题主要考查的是圆周角定理和三角形的外角的性质，掌握一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
3、1或5
【分析】
根据题意，画出图形，此题分两种情况；
①点O在点A和点B之间(如图①)，则；②点O在点A和点B外（如图②），则.
【详解】
如图，(1)点O在点A和点B之间，如图①，

则.
(2)点O在点A和点B外，如图②，
则.
∴线段EF的长度为1cm或5cm.
故答案为1cm或5cm.
【点睛】
此题考查两点间的距离,解题关键在于利用中点性质转化线段之间的倍分关系.
4、70
【分析】
直接利用长方形的周长和面积公式结合提取公因式法分解因式计算即可．
【详解】
解：依题意：2a+2b=14，ab=10，
则a+b=7
∴a2b+ab2=ab（a+b）=70；
故答案为：70
【点睛】
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确得出a+b和ab的值是解题关键．
5、m=4．
【详解】
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分析：若一元二次方程有实根，则根的判别式△=b2﹣4ac≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围．还要注意二次项系数不为0．
详解：∵关于x的一元二次方程（m﹣5）x2+2x+2=0有实根，
∴△=4﹣8（m﹣5）≥0，且m﹣5≠0，
解得m≤5.5，且m≠5，
则m的最大整数解是m=4．
故答案为m=4．
点睛：考查了根的判别式，总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0，方程有两个不相等的实数根；（2）△=0，方程有两个相等的实数根；（3）△＜0方程没有实数根．
三、解答题
1、
（1）；
（2），；
（3），；，；，；，； ，；，．
【分析】
（1）根据顶点的坐标，设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，求出a即可得出答案；
（2）利用待定系数法求出直线BD解析式为y＝2x﹣6，过点C作CP1∥BD，交抛物线于点P1，再运用待定系数法求出直线CP1的解析式为y＝2x﹣3，联立方程组即可求出P1（4，5），过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，证明△OCE≌△GCF（ASA），运用待定系数法求出直线CF解析式为y＝x﹣3，即可求出P2（，﹣）；
（3）利用待定系数法求出直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，直线BC解析式为y＝x﹣3，再分以下三种情况：①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，分别画出图形结合图形进行计算即可．
（1）
解：∵顶点D的坐标为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，
得0＝a（﹣1﹣1）2﹣4，
解得：a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）
解：∵抛物线对称轴为直线x＝1，A（﹣1，0），
∴B（3，0），
设直线BD解析式为y＝kx+e，
∵B（3，0），D（1，﹣4），
∴，
解得：，
∴直线BD解析式为y＝2x﹣6，
过点C作CP1∥BD，交抛物线于点P1，
设直线CP1的解析式为y＝2x+d，将C（0，﹣3）代入，
得﹣3＝2×0+d，
解得：d＝﹣3，
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∴直线CP1的解析式为y＝2x﹣3，
结合抛物线y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝2x﹣3，
解得：x1＝0（舍），x2＝4，
故P1（4，5），
过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，
∵OB＝OC，∠BOC＝∠OBG＝∠OCG＝90°，
∴四边形OBGC是正方形，
设CP1与x轴交于点E，则2x﹣3＝0，
解得：x＝，
∴E（，0），
在x轴下方作∠BCF＝∠BCE交BG于点F，
∵四边形OBGC是正方形，
∴OC＝CG＝BG＝3，∠COE＝∠G＝90°，∠OCB＝∠GCB＝45°，
∴∠OCB﹣∠BCE＝∠GCB﹣∠BCF，
即∠OCE＝∠GCF，
∴△OCE≌△GCF（ASA），
∴FG＝OE＝，
∴BF＝BG﹣FG＝3﹣＝，
∴F（3，﹣），
设直线CF解析式为y＝k1x+e1，
∵C（0，﹣3），F（3，﹣），
∴，
解得：，
∴直线CF解析式为y＝x﹣3，
结合抛物线y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝x﹣3，
解得：x1＝0（舍），x2＝，
∴P2（，﹣），
综上所述，符合条件的P点坐标为：（4，5）或（，﹣）；
（3）
解：（3）设直线AC解析式为y＝m1x+n1，直线BC解析式为y＝m2x+n2，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴，
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解得：，
∴直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线BC解析式为y＝x﹣3，
设M（t，t﹣3），则N（t，t2﹣2t﹣3），
∴MN＝|t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）|＝|t2﹣3t|，
①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠NMQ＝90°，MN＝MQ，如图2，
∵MQ∥x轴，
∴Q（﹣t，t﹣3），
∴|t2﹣3t|＝|t﹣（﹣t）|，
∴t2﹣3t＝±t，
解得：t＝0（舍）或t＝或t＝，
∴，；，；
②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠MNQ＝90°，MN＝NQ，如图3，
∵NQ∥x轴，
∴Q（，t2﹣2t﹣3），
∴NQ＝|t﹣|＝|t2+t|，
∴|t2﹣3t|＝|t2+t|，
解得：t＝0（舍）或t＝5或t＝2，
∴M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；
③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，
此时∠MQN＝90°，MQ＝NQ，如图4，
过点Q作QH⊥MN于H，则MH＝HN，
∴H（t，），
∴Q（，），
∴QH＝|t﹣|＝|t2+5t|，
∵MQ＝NQ，
∴MN＝2QH，
∴|t2﹣3t|＝2×|t2+5t|，
解得：t＝7或1，
∴M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）；
综上所述，点M及其对应点Q的坐标为：
，；，；M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）．
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【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，求一次函数与二次函数图象交点坐标，全等三角形判定和性质，正方形判定和性质，等腰直角三角形性质等，本题属于中考压轴题，综合性强，难度较大，熟练掌握待定系数法、等腰直角三角形性质等相关知识，运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．
2、
（1）坐标系见解析，y=−x2+x
（2）不能
【分析】
（1）首先根据题意建立平面直角坐标系，分析题意可知，抛物线的顶点坐标为（9，12），经过原点（0，0），设顶点式可求抛物线的解析式；
（2）求出点A的坐标，把点A的横坐标x=12代入抛物线解析式，看函数值与点A的纵坐标是否相符．
（1）
建立平面直角坐标系如图，

∵顶点B的坐标是（9，12），
∴设抛物线的解析式为y=a（x-9）2+12，
∵点O的坐标是（0，0）
∴把点O的坐标代入得：
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0=a（0-9）2+12，
解得a=−，
∴抛物线的解析式为y=−（x-9）2+12
即y=−x2+x；
（2）
在Rt△AOC中，
∵∠AOC=30°，OA=8，
∴AC=OA•sin30°=8×=4，
OC=OA•cos30°=8×=12．
∴点A的坐标为（12，4），
∵当x=12时，y=，
∴这一杆不能把高尔夫球从O点直接打入球洞A点．
【点睛】
本题考查了二次函数解析式的确定方法，及点的坐标与函数解析式的关系．
3、（1）抛物线表达式为；（2）当时，S四边形PQDC最大=；（3）所有符合条件的点的坐标（）或（）或（）或（）．
【分析】
（1）利用待定系数法求抛物线解析式抛物线过，两点，代入坐标得：，解方程组即可；
（2）根据点的横坐标为，点的横坐标为，得出，解不等式组得出，用m表示点P，点Q，用待定系数法求出AB解析式为，用m表示点C，点D，利用两点距离公式求出PC=，QD=，利用梯形面积公式求出S四边形PQDC=即可；
（3）根据勾股定理求出AB=，将抛物线配方，根据平移，得出抛物线向右平移4个单位，再向下平移2个单位， 求出新抛物线，根据， 求出点P，与对应点E，平移后新抛物线对称轴为，设点G坐标为，点F（）分两类四种种情况，四边形BEFG为菱形，BE=EF，根据勾股定理，求出点F（），（），当点F（）时，点G、F、E、B坐标满足，，得出 G（），点F（）时，点G3、F、E、B坐标满足， ，得出G3（），四边形BEFG为菱形，BE=BF，根据勾股定理，点F（），（），点F（）时，点G1、F、E、B坐标满足， ，得出 G1（），点F（）时，点G2、F、E、B坐标满足，，得出G2（）．
【详解】
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学 级年 名姓
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解：（1）∵抛物线过，两点，代入坐标得：
，
解得：，
抛物线表达式为；
（2）∵点，为直线下方抛物线上任意两点，且满足点的横坐标为，点的横坐标为，
∴
解得，
点P，点Q
设AB解析式为，代入坐标得：
，
解得：，
∴AB解析式为，
∴点C，点D
∴PC=，QD=
∴S四边形PQDC=，
当时，S四边形PQDC最大=；

（3）∵AB=，，
∴抛物线向右平移4个单位，再向下平移2个单位， ，
∵，，
∴点P，对应点E，平移后新抛物线对称轴为，
设点G坐标为，点F（），
分两类四种种情况，
四边形BEFG为菱形，BE=EF，
根据勾股定理，
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，
∴或，
点F（），（），
当点F（）时，点G、F、E、B坐标满足：
∴，解得，
，解得，
∴G（）；
点F（）时，点G3、F、E、B坐标满足：
∴，解得，
，解得，
G3（）；

四边形BEFG为菱形，BE=BF，
根据勾股定理，
，
∴或，
点F（），（），
点F（）时，点G1、F、E、B坐标满足：
∴，解得，
，解得，
∴G1（）；
点F（）时，点G2、F、E、B坐标满足：
∴，解得，
，解得，
∴G2（），
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综合所有符合条件的点的坐标（）或（）或（）或（）．
【点睛】
本题考查待定系数法求抛物线解析式与直线解析式，两点距离，梯形面积，二次函数顶点式最值，抛物线平移，菱形性质，图形与坐标，本题难度大，解题复杂，计算要求非常准确，考查学生多方面能力，知识掌握情况，阅读，分类，数形结合，运算，画图是中考难题．
4、
（1）F、H
（2）点M(-5，-2)
（3）
【分析】
(1)点E(0，0)的“关联点”是(0，0)，点F(2，5)的“关联点”是(2，5)，点G(-1，-1)的“关联点”是(-1，1)，点H(-3，5)的“关联点”是(-3，-5)，将点的坐标代入函数y＝2x+1，看是否在函数图象上，即可求解；
(2)当m≥0时，点M(m，2)，则2＝m+3；当m＜0时，点M(m，-2)，则﹣2＝m+3，解方程即可求解；
(3)如图为“关联点”函数图象：从函数图象看，“关联点”Q的纵坐标y'的取值范围是-4＜y'≤4，而-2＜x≤a，函数图象只需要找到最大值(直线y＝4)与最小值(直线y＝-4)直线x＝a从大于等于0开始运动，直到与y＝-4有交点结束．都符合要求-4＜y'≤4，只要求出关键点即可求解．
（1）
解：由题意新定义知：点E(0，0)的“关联点”是(0，0)，
点F(2，5)的“关联点”是(2，5)，
点G(-1，-1)的“关联点”是(-1，1)，
点H(-3，5)的“关联点”是(-3，-5)，
将点的坐标代入函数y＝2x+1，
得到：F(2，5)和H(-3，-5)在函数y＝2x+1图象上；
（2）
解：当m≥0时，点M(m，2)，
则2＝m+3，解得：m＝-1(舍去)；
当m＜0时，点M(m，-2)，
-2＝m+3，解得：m＝-5，
∴点M(-5，-2)；
（3）
解：如下图所示为“关联点”函数图象：

从函数图象看，“关联点”Q的纵坐标y'的取值范围是-4＜y'≤4，
而-2＜x≤a，
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函数图象只需要找到最大值(直线y＝4)与最小值(直线y＝-4)直线x＝a从大于等于0开始运动，直到与y＝-4有交点结束，都符合要求，
∴-4＝-a2+4，
解得：(舍去负值)，
观察图象可知满足条件的a的取值范围为：．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，属于创新题目，读懂题意是解决本类题的关键．
5、
（1） 40 50
（2）10
（3）
【分析】
（1）由题意结合图形可得，利用补角的性质得出，根据角平分线进行计算即可得出；
（2）分两种情况进行讨论：①射线OD与射线OB重合前；②射线OD与射线OB重合后；作出相应图形，结合运动时间及角平分线进行计算即可得；
（3）由（2）过程可得，分两种情况进行讨论：①当时，②当时；结合相应图形，根据角平分线进行计算即可得．
（1）
解：∵，，
∴，
∴，
∵射线OM平分，
∴，
∵射线ON平分，
∴，
故答案为：；；
（2）
解：如图所示：当射线OC与射线OA重合时，

∴，
∵以每秒的速度绕点O顺时针旋转，
∴OC以每秒的速度绕点O顺时针旋转，
∴运动时间为：，
①射线OD与射线OB重合前，
根据题中图2可得：
，
∵ON平分，
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∴，
∴，
∵射线OB平分，
∴，
即，
解得：；
当时，不运动，OD一直运动，射线OB平分，
当射线OD与射线OB重合时，
，
，
射线OD旋转一周的时间为：，
②射线OD与射线OB重合后，
当时，设当OD转到如图所示位置时，OB平分，

∵，
∴，
∵ON平分，
∴，
∴，
不符合题意，舍去；
综上可得：当t为10s时，射线OB平分；
（3）
解：①当时，
∵射线OM平分，
∴，
由（2）可得：，
，
当时，
，
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解得：，
∴时，；
②当时，

，
不符合题意，舍去，
综上可得：时，．
【点睛】
题目主要考查角平分线的计算及角度的计算问题，理解题意，作出相应图形是解题关键．