重庆市永川九中重点达标名校2021-2022学年中考数学对点突破模拟试卷含解析

这是一份重庆市永川九中重点达标名校2021-2022学年中考数学对点突破模拟试卷含解析，共24页。试卷主要包含了若一次函数y＝等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图显示了用计算机模拟随机投掷一枚图钉的某次实验的结果．

下面有三个推断：
①当投掷次数是500时，计算机记录“钉尖向上”的次数是308，所以“钉尖向上”的概率是0.616；
②随着试验次数的增加，“钉尖向上”的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“钉尖向上”的概率是0.618；
③若再次用计算机模拟此实验，则当投掷次数为1000时，“钉尖向上”的频率一定是0.1．
其中合理的是（　　）
A．① B．② C．①② D．①③
2．如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴的正半轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线x=2，且OA=OC．有下列结论：①abc＜0；②3b+4c＜0；③c＞﹣1；④关于x的方程ax2+bx+c=0有一个根为﹣，其中正确的结论个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
3．下列四个几何体中，主视图是三角形的是（　　）
A． B． C． D．
4．某班体育委员对本班学生一周锻炼(单位：小时)进行了统计，绘制了如图所示的折线统计图，则该班这些学生一周锻炼时间的中位数是( )

A．10 B．11 C．12 D．13
5．两个同心圆中大圆的弦AB与小圆相切于点C，AB=8，则形成的圆环的面积是（ ）

A．无法求出 B．8 C．8 D．16
6．如图，该图形经过折叠可以围成一个正方体，折好以后与“静”字相对的字是（ ）

A．着 B．沉 C．应 D．冷
7．如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．给出如下几个结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG=；③若AF=2DF，则BG=6GF；④CG与BD一定不垂直；⑤∠BGE的大小为定值．
其中正确的结论个数为（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
8．若一次函数y＝（2m﹣3）x﹣1+m的图象不经过第三象限，则m的取值范图是（　　）
A．1＜m＜ B．1≤m＜ C．1＜m≤ D．1≤m≤
9．如图，将半径为2的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长度为（ ）

A． B．2 C． D．
10．为了增强学生体质，学校发起评选“健步达人”活动，小明用计步器记录自己一个月（30天）每天走的步数，并绘制成如下统计表：
步数（万步）
1.0
1.2
1.1
1.4
1.3
天数
3
3
5
7
12
在每天所走的步数这组数据中，众数和中位数分别是（　　）
A．1.3，1.1 B．1.3，1.3 C．1.4，1.4 D．1.3，1.4
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．不等式组的解是____.
12．如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝50°，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，则∠DHO＝_____度．

13．如图，点A1的坐标为（2，0），过点A1作x轴的垂线交直线l：y=x于点B1，以原点O为圆心，OB1的长为半径画弧交x轴正半轴于点A2；再过点A2作x轴的垂线交直线l于点B2，以原点O为圆心，以OB2的长为半径画弧交x轴正半轴于点A3；…．按此作法进行下去，则的长是_____．

14．将一次函数y=2x+4的图象向下平移3个单位长度，相应的函数表达式为_____．
15．一个扇形的圆心角为120°，弧长为2π米，则此扇形的半径是_____米．
16．关于x的方程x2－3x＋2＝0的两根为x1，x2，则x1＋x2＋x1x2的值为______．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图1，在圆中，垂直于弦，为垂足，作，与的延长线交于.
（1）求证：是圆的切线；
（2）如图2，延长，交圆于点，点是劣弧的中点，，，求的长 .

18．（8分）丁老师为了解所任教的两个班的学生数学学习情况，对数学进行了一次测试，获得了两个班的成绩（百分制），并对数据（成绩）进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
①A、B两班学生（两个班的人数相同）数学成绩不完整的频数分布直方图如下（数据分成5组：x<60，60≤x<70，70≤x<80，80≤x<90，90≤x≤100）：

②A、B两班学生测试成绩在80≤x<90这一组的数据如下：
A班：80 80 82 83 85 85 86 87 87 87 88 89 89
B班：80 80 81 81 82 82 83 84 84 85 85 86 86 86 87 87 87 87 87 88 88 89
③A、B两班学生测试成绩的平均数、中位数、方差如下：

平均数
中位数
方差
A班
80.6
m
96.9
B班
80.8
n
153.3
根据以上信息，回答下列问题：补全数学成绩频数分布直方图；写出表中m、n的值；请你对比分析A、B两班学生的数学学习情况（至少从两个不同的角度分析）．
19．（8分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若∠BAC=30°，AC=4，求菱形OCED的面积．

20．（8分）阅读
（1）阅读理解：

如图①，在△ABC中，若AB=10，AC=6，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE（或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断．
中线AD的取值范围是________；
（2）问题解决：
如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=140°，以C为顶点作一个70°角，角的两边分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并加以证明．
21．（8分）货车行驶25与轿车行驶35所用时间相同．已知轿车每小时比货车多行驶20，求货车行驶的速度．
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x＋4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=－x2＋bx＋c经过A、B两点，并与x轴交于另一点C（点C点A的右侧），点P是抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）若点P在第二象限内，过点P作PD⊥轴于D，交AB于点E．当点P运动到什么位置时，线段PE最长？此时PE等于多少？
（3）如果平行于x轴的动直线l与抛物线交于点Q，与直线AB交于点N，点M为OA的中点，那么是否存在这样的直线l，使得△MON是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（12分）P是外一点，若射线PC交于点A，B两点，则给出如下定义：若，则点P为的“特征点”．
当的半径为1时．
在点、、中，的“特征点”是______；
点P在直线上，若点P为的“特征点”求b的取值范围；
的圆心在x轴上，半径为1，直线与x轴，y轴分别交于点M，N，若线段MN上的所有点都不是的“特征点”，直接写出点C的横坐标的取值范围．

24．先化简，再求值：（﹣m+1）÷，其中m的值从﹣1，0，2中选取．



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】
①当频数增大时，频率逐渐稳定的值即为概率，500次的实验次数偏低，而频率稳定在了0.618，错误；②由图可知频数稳定在了0.618，所以估计频率为0.618，正确；③.这个实验是一个随机试验，当投掷次数为1000时，钉尖向上”的概率不一定是0.1.错误,
故选B.
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，能正确理解相关概念是解题的关键.
2、B
【解析】
由二次函数图象的开口方向、对称轴及与y轴的交点可分别判断出a、b、c的符号，从而可判断①；由对称轴=2可知a=，由图象可知当x=1时，y＞0，可判断②；由OA=OC，且OA＜1，可判断③；把-代入方程整理可得ac2-bc+c=0，结合③可判断④；从而可得出答案．
【详解】
解：∵图象开口向下，∴a＜0，
∵对称轴为直线x=2，∴＞0，∴b＞0，
∵与y轴的交点在x轴的下方，∴c＜0，
∴abc＞0，故①错误.
∵对称轴为直线x=2，∴=2，∴a=，
∵由图象可知当x=1时，y＞0，
∴a+b+c＞0，∴4a+4b+4c>0，∴4()+4b+4c>0，
∴3b+4c>0，故②错误.
∵由图象可知OA＜1，且OA=OC，
∴OC＜1，即-c＜1，
∴c＞-1，故③正确.
∵假设方程的一个根为x=-，把x=-代入方程可得+c=0，
整理可得ac-b+1=0，
两边同时乘c可得ac2-bc+c=0，
∴方程有一个根为x=-c，
由③可知-c=OA，而当x=OA是方程的根，
∴x=-c是方程的根，即假设成立，故④正确.
综上可知正确的结论有三个：③④.
故选B.
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和性质．熟练掌握图象与系数的关系以及二次函数与方程、不等式的关系是解题的关键．特别是利用好题目中的OA=OC，是解题的关键.
3、D
【解析】
主视图是从几何体的正面看，主视图是三角形的一定是一个锥体，是长方形的一定是柱体，由此分析可得答案．
【详解】
解：主视图是三角形的一定是一个锥体，只有D是锥体．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了几何体的三视图，主要考查同学们的空间想象能力．
4、B
【解析】
根据统计图中的数据可以求得本班的学生数，从而可以求得该班这些学生一周锻炼时间的中位数，本题得以解决．
【详解】
由统计图可得，
本班学生有：6+9+10+8+7=40（人），
该班这些学生一周锻炼时间的中位数是：11，
故选B．
【点睛】
本题考查折线统计图、中位数，解答本题的关键是明确题意，会求一组数据的中位数．
5、D
【解析】
试题分析：设AB于小圆切于点C，连接OC，OB．

∵AB于小圆切于点C，
∴OC⊥AB，
∴BC=AC=AB=×8=4cm．
∵圆环（阴影）的面积=π•OB2-π•OC2=π（OB2-OC2）
又∵直角△OBC中，OB2=OC2+BC2
∴圆环（阴影）的面积=π•OB2-π•OC2=π（OB2-OC2）=π•BC2=16π．
故选D．
考点：1．垂径定理的应用；2．切线的性质．
6、A
【解析】
正方体的平面展开图中，相对面的特点是中间必须间隔一个正方形，据此作答
【详解】
这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“沉”与面“考”相对，面“着”与面“静”相对，“冷”与面“应”相对．
故选：A
【点睛】
本题主要考查了利用正方体及其表面展开图的特点解题，明确正方体的展开图的特征是解决此题的关键
7、B
【解析】
试题分析：①∵ABCD为菱形，∴AB=AD，∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形，∴∠A=∠BDF=60°，又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB，故本选项正确；
②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，即∠BGD+∠BCD=180°，∴点B、C、D、G四点共圆，∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°，∴∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N（如图1），则△CBM≌△CDN（AAS），∴S四边形BCDG=S四边形CMGN，S四边形CMGN=2S△CMG，∵∠CGM=60°，∴GM=CG，CM=CG，∴S四边形CMGN=2S△CMG=2××CG×CG=，故本选项错误；
③过点F作FP∥AE于P点（如图2），∵AF=2FD，∴FP：AE=DF：DA=1：3，∵AE=DF，AB=AD，∴BE=2AE，∴FP：BE=FP：AE=1：6，∵FP∥AE，∴PF∥BE，∴FG：BG=FP：BE=1：6，即BG=6GF，故本选项正确；
④当点E，F分别是AB，AD中点时（如图3），由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，∵点E，F分别是AB，AD中点，∴∠BDE=∠DBG=30°，∴DG=BG，在△GDC与△BGC中，∵DG=BG，CG=CG，CD=CB，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG=∠BCG，∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误；
⑤∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°，为定值，故本选项正确；
综上所述，正确的结论有①③⑤，共3个，故选B．

考点：四边形综合题．
8、B
【解析】
根据一次函数的性质，根据不等式组即可解决问题；
【详解】
∵一次函数y=（2m-3）x-1+m的图象不经过第三象限，
∴，
解得1≤m＜．
故选：B．
【点睛】
本题考查一次函数的图象与系数的关系等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
9、C
【解析】
过O作OC⊥AB，交圆O于点D，连接OA，由垂径定理得到C为AB的中点，再由折叠得到CD=OC，求出OC的长，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出AC的长，即可确定出AB的长．
【详解】
过O作OC⊥AB，交圆O于点D，连接OA，

由折叠得到CD=OC=OD=1cm，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：AC2+OC2=OA2，
即AC2+1=4，
解得：AC=cm，
则AB=2AC=2cm．
故选C．
【点睛】
此题考查了垂径定理，勾股定理，以及翻折的性质，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
10、B
【解析】
在这组数据中出现次数最多的是1.1，得到这组数据的众数；把这组数据按照从小到大的顺序排列，第15、16个数的平均数是中位数．
【详解】
在这组数据中出现次数最多的是1.1，即众数是1.1．
要求一组数据的中位数，把这组数据按照从小到大的顺序排列，第15、16个两个数都是1.1，所以中位数是1.1．
故选B．
【点睛】
本题考查一组数据的中位数和众数，在求中位数时，首先要把这列数字按照从小到大或从的大到小排列，找出中间一个数字或中间两个数字的平均数即为所求．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【详解】

解不等式①，得x＞1，
解不等式②，得x≤1，
所以不等式组的解集是1＜x≤1，
故答案是：1＜x≤1．
【点睛】
考查了一元一次不等式解集的求法，求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
12、1．
【解析】
试题分析：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，∠COD=90°，
∵DH⊥AB，
∴OH=BD=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
又∵AB∥CD，
∴∠OBH=∠ODC，
在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO=90°，
在Rt△DHB中，∠DHO+∠OHB=90°，
∴∠DHO=∠DCO=×50°=1°.
考点：菱形的性质．
13、
【解析】
【分析】先根据一次函数方程式求出B1点的坐标，再根据B1点的坐标求出A2点的坐标，得出B2的坐标，以此类推总结规律便可求出点A2019的坐标，再根据弧长公式计算即可求解，．
【详解】直线y=x，点A1坐标为（2，0），过点A1作x轴的垂线交直线于点B1可知B1点的坐标为（2，2），
以原O为圆心，OB1长为半径画弧x轴于点A2，OA2=OB1，
OA2==4，点A2的坐标为（4，0），
这种方法可求得B2的坐标为（4，4），故点A3的坐标为（8，0），B3（8，8）
以此类推便可求出点A2019的坐标为（22019，0），
则的长是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，弧长的计算，解题的关键找出点的坐标的变化规律、运用数形结合思想进行解题.
14、y=2x+1
【解析】
分析：直接根据函数图象平移的法则进行解答即可．
详解：将一次函数y=2x+4的图象向下平移3个单位长度，相应的函数是y=2x+4-3=2x+1；
故答案为y=2x+1．
点睛：本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的法则是解答此题的关键．
15、1
【解析】
根据弧长公式l＝，可得r＝，再将数据代入计算即可．
【详解】
解：∵l＝，
∴r＝＝＝1．
故答案为：1．
【点睛】
考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式：l＝（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r）．
16、5
【解析】
试题分析：利用根与系数的关系进行求解即可.
解：∵x1，x2是方程x2－3x＋2＝0的两根，
∴x1+ x2＝，x1x2＝，
∴x1＋x2＋x1x2＝3+2＝5.
故答案为：5.

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）详见解析；（2）
【解析】
（1）连接OA，利用切线的判定证明即可；
（2）分别连结OP、PE、AE，OP交AE于F点，根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）如图，连结OA，

∵OA=OB，OC⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC，
又∠BAD=∠BOC，
∴∠BAD=∠AOC
∵∠AOC+∠OAC=90°，
∴∠BAD+∠OAC=90°，
∴OA⊥AD，
即：直线AD是⊙O的切线；
（2）分别连结OP、PE、AE，OP交AE于F点，
∵BE是直径，
∴∠EAB=90°，
∴OC∥AE，
∵OB=，
∴BE=13
∵AB=5，在直角△ABE中，AE=12，EF=6，FP=OP-OF=-=4
在直角△PEF中，FP=4，EF=6，PE2=16+36=52，
在直角△PEB中，BE=13，PB2=BE2-PE2，
PB=＝3．
【点睛】
本题考查了切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
18、（1）见解析；（2）m=81，n=85；（3）略.
【解析】
（1）先求出B班人数，根据两班人数相同可求出A班70≤x<80组的人数，补全统计图即可；
（2）根据中位数的定义求解即可；
（3）可以从中位数和方差的角度分析，合理即可.
【详解】
解：（1）A、B两班学生人数=5+2+3+22+8=40人，
A班70≤x<80组的人数=40-1-7-13-9=10人，
A、B两班学生数学成绩频数分布直方图如下:

（2）根据中位数的定义可得：m==81，n==85；
（3）从中位数的角度看，B班学生的数学成绩比A班学生的数学成绩好；
从方差的角度看，A班学生的数学成绩比B班学生的数学成绩稳定.
【点睛】
本题考查了条形统计图、求中位数以及利用平均数、中位数、方差作决策等知识，能够从统计图中获取有用信息是解题关键.
19、（1）证明见解析；（1）．
【解析】
（1）由平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形，根据矩形的性质求出OC=OD，根据菱形的判定得出即可．（1）解直角三角形求出BC=1．AB=DC=1，连接OE，交CD于点F，根据菱形的性质得出F为CD中点，求出OF=BC=1，求出OE=1OF=1，求出菱形的面积即可．
【详解】
证明：，，
四边形OCED是平行四边形，
矩形ABCD，，，，
，
四边形OCED是菱形；
在矩形ABCD中，，，，
，
，
连接OE，交CD于点F，

四边形OCED为菱形，
为CD中点，
为BD中点，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质和菱形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：菱形的面积等于对角线积的一半．
20、（1）2＜AD＜8；（2）证明见解析；（3）BE+DF=EF；理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）延长AD至E，使DE=AD，由SAS证明△ACD≌△EBD，得出BE=AC=6，在△ABE中，由三角形的三边关系求出AE的取值范围，即可得出AD的取值范围；
（2）延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM=CF，由线段垂直平分线的性质得出EM=EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）延长AB至点N，使BN=DF，连接CN，证出∠NBC=∠D，由SAS证明△NBC≌△FDC，得出CN=CF，∠NCB=∠FCD，证出∠ECN=70°=∠ECF，再由SAS证明△NCE≌△FCE，得出EN=EF，即可得出结论．
试题解析：（1）解：延长AD至E，使DE=AD，连接BE，如图①所示：
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDA中，BD=CD，∠BDE=∠CDA，DE=AD，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE=AC=6，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴10﹣6＜AE＜10+6，即4＜AE＜16，
∴2＜AD＜8；
故答案为2＜AD＜8；
（2）证明：延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，如图②所示：
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM=CF，
∵DE⊥DF，DM=DF，
∴EM=EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF；
（3）解：BE+DF=EF；理由如下：
延长AB至点N，使BN=DF，连接CN，如图3所示：
∵∠ABC+∠D=180°，∠NBC+∠ABC=180°，
∴∠NBC=∠D，
在△NBC和△FDC中，
BN=DF，∠NBC =∠D，BC=DC，
∴△NBC≌△FDC（SAS），
∴CN=CF，∠NCB=∠FCD，
∵∠BCD=140°，∠ECF=70°，
∴∠BCE+∠FCD=70°，
∴∠ECN=70°=∠ECF，
在△NCE和△FCE中，
CN=CF，∠ECN=∠ECF，CE=CE，
∴△NCE≌△FCE（SAS），
∴EN=EF，
∵BE+BN=EN，
∴BE+DF=EF．

考点：全等三角形的判定和性质；三角形的三边关系定理.
21、50千米/小时.
【解析】
根据题中等量关系：货车行驶25千米与小车行驶35千米所用时间相同，列出方程求解即可．
【详解】
解：设货车的速度为x千米/小时，依题意得：
解：根据题意，得
．
解得：x=50
经检验x=50是原方程的解.
答：货车的速度为50千米/小时.
【点睛】
本题考查了分式方程的应用，找出题中的等量关系，列出关系式是解题的关键.
22、（1）y=－x2－2x＋1，C（1，0）（2）当t=-2时，线段PE的长度有最大值1，此时P（－2，6）（2）存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．所求Q点的坐标为
（，2）或（，2）或（，2）或（，2）
【解析】
解：（1）∵直线y=x+1与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（－1，0），B（0，1）．
∵抛物线y=－x2＋bx＋c经过A、B两点，
∴，解得．
∴抛物线解析式为y=－x2－2x＋1．
令y=0，得－x2－2x＋1=0，解得x1=－1，x2=1，
∴C（1，0）．
（2）如图1，
设D（t，0）．
∵OA=OB，∴∠BAO=15°．
∴E（t，t＋1），P（t，－t2－2t＋1）．
PE=yP－yE=－t2－2t＋1－t－1=－t2－1t=－（t+2）2+1．
∴当t=-2时，线段PE的长度有最大值1，此时P（－2，6）．
（2）存在．如图2，过N点作NH⊥x轴于点H．
设OH=m（m＞0），∵OA=OB，∴∠BAO=15°．
∴NH=AH=1－m，∴yQ=1－m．
又M为OA中点，∴MH=2－m．
当△MON为等腰三角形时：
①若MN=ON，则H为底边OM的中点，
∴m=1，∴yQ=1－m=2．
由－xQ2－2xQ＋1=2，解得．
∴点Q坐标为（，2）或（，2）．
②若MN=OM=2，则在Rt△MNH中，
根据勾股定理得：MN2=NH2＋MH2，即22=（1－m）2＋（2－m）2，
化简得m2－6m＋8=0，解得：m1=2，m2=1（不合题意，舍去）．
∴yQ=2，由－xQ2－2xQ＋1=2，解得．
∴点Q坐标为（，2）或（，2）．
③若ON=OM=2，则在Rt△NOH中，
根据勾股定理得：ON2=NH2＋OH2，即22=（1－m）2＋m2，
化简得m2－1m＋6=0，∵△=－8＜0，
∴此时不存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．
综上所述，存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．所求Q点的坐标为
（，2）或（，2）或（，2）或（，2）．
（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式，并求出抛物线与x轴另一交点C的坐标．
（2）求出线段PE长度的表达式，设D点横坐标为t，则可以将PE表示为关于t的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出PE长度的最大值．
（2）根据等腰三角形的性质和勾股定理，将直线l的存在性问题转化为一元二次方程问题，通过一元二次方程的判别式可知直线l是否存在，并求出相应Q点的坐标． “△MON是等腰三角形”，其中包含三种情况：MN=ON，MN=OM，ON=OM，逐一讨论求解．
23、（1）①、；②（2）或，．
【解析】
据若，则点P为的“特征点”，可得答案；
根据若，则点P为的“特征点”，可得，根据等腰直角三角形的性质，可得答案；
根据垂线段最短，可得PC最短，根据等腰直角三角形的性质，可得，根据若，则点P为的“特征点”，可得答案．
【详解】
解：，，
点是的“特征点”；
，，
点是的“特征点”；
，，
点不是的“特征点”；
故答案为、
如图1，
在上，若存在的“特征点”点P，点O到直线的距离．
直线交y轴于点E，过O作直线于点H．
因为．
在中，可知．
可得同理可得．
的取值范围是：
如图2
，
设C点坐标为，
直线，．
，，
，．
．

，
线段MN上的所有点都不是的“特征点”，
，
即，
解得或，
点C的横坐标的取值范围是或，．
故答案为 ：（1）①、；②（2）或，．
【点睛】
本题考查一次函数综合题，解的关键是利用若，则点P为的“特征点”；解的关键是利用等腰直角三角形的性质得出OE的长；解的关键是利用等腰直角三角形的性质得出，又利用了．
24、 ，当m=0时，原式=﹣1．
【解析】
原式括号中两项通分，并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果.根据分数分母不为零的性质，不等于-1、2，将代入原式即可解出答案.
【详解】
解：原式，
，
，
，
∵且，
∴当时，原式．
【点睛】
本题主要考查分数的性质、通分，四则运算法则以及倒数.