中考卷-2020中考数学试卷（解析版） (2) 23页

第 1页（共 23页） 2020年贵州省遵义市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共 12小题，每小题 4分，共 48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的，请用 2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑、涂满） 1．（4分）﹣3的绝对值是（ ） A．3 B．﹣3 C． D．±3 【分析】根据绝对值的概念可得﹣3的绝对值就是数轴上表示﹣2的点与原点的距离．进而得到答案． 【解答】解：﹣3的绝对值是 3， 故选：A． 2．（4分）在文化旅游大融合的背景下，享受文化成为旅游业的新趋势．今年“五一”假期，我市为游客和市 民提供了丰富多彩的文化享受，各艺术表演馆、美术馆、公共图书馆、群众文化机构、非遗机构及文物机 构累计接待游客 18.25万人次，将 18.25万用科学记数法表示为（ ） A．1.825×105 B．1.825×106 C．1.825×107 D．1.825×108 【分析】科学记数法的表示形式为 a×10n的形式，其中 1≤|a|＜10，n为整数．确定 n的值时，要看把原数变 成 a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同． 【解答】解：18.25万＝182500，用科学记数法表示为：1.825×105． 故选：A． 3．（4分）一副直角三角板如图放置，使两三角板的斜边互相平行，每块三角板的直角顶点都在另一三角板 的斜边上，则∠1的度数为（ ） A．30° B．45° C．55° D．60° 【分析】根据平行线的性质即可得到结论． 【解答】解：∵AB∥CD， ∴∠1＝∠D＝45°， 故选：B． 4．（4分）下列计算正确的是（ ） A．x2+x＝x3 B．（﹣3x）2＝6x2 第 2页（共 23页） C．8x4÷2x2＝4x2 D．（x﹣2y）（x+2y）＝x2﹣2y2 【分析】根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，从而可以解答本题． 【解答】解：x2+x不能合并，故选项 A错误； （﹣3x）2＝9x2，故选项 B错误； 8x4÷2x2＝4x2，故选项 C正确； （x﹣2y）（x+2y）＝x2﹣4y2，故选项 D错误； 故选：C． 5．（4分）某校 7名学生在某次测量体温（单位：℃）时得到如下数据：36.3，36.4，36.5，36.7，36.6，36.5， 36.5，对这组数据描述正确的是（ ） A．众数是 36.5 B．中位数是 36.7 C．平均数是 36.6 D．方差是 0.4 【分析】根据众数、中位数的概念求出众数和中位数，根据平均数和方差的计算公式求出平均数和方差． 【解答】解：7个数中 36.5出现了三次，次数最多，即众数为 36.5，故 A选项正确，符合题意； 将 7个数按从小到大的顺序排列为：36.3，36.4，36.5，36.5，36.5，36.6，36.7，第 4个数为 36.5，即中位 数为 36.5，故 B选项错误，不符合题意； ＝ ×（36.3+36.4+36.5+36.5+36.5+36.6+36.7）＝36.5，故 C选项错误，不符合题意； S2＝ [（36.3﹣36.5）2+（36.4﹣36.5）2+3×（36.5﹣36.5）2+（36.6﹣36.5）2+（36.7﹣36.5）2]＝ ，故 D 选项错误，不符合题意； 故选：A． 6．（4分）已知 x1，x2是方程 x2﹣3x﹣2＝0的两根，则 x12+x22的值为（ ） A．5 B．10 C．11 D．13 【分析】利用根与系数的关系得到 x1+x2＝3，x1x2＝﹣2，再利用完全平方公式得到 x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x2， 然后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：根据题意得 x1+x2＝3，x1x2＝﹣2， 所以 x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝32﹣2×（﹣2）＝13． 故选：D． 7．（4分）如图，把一块长为 40cm，宽为 30cm的矩形硬纸板的四角剪去四个相同小正方形，然后把纸板的 四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底面积为 600cm2，设剪去小正 方形的边长为 xcm，则可列方程为（ ） 第 3页（共 23页） A．（30﹣2x）（40﹣x）＝600 B．（30﹣x）（40﹣x）＝600 C．（30﹣x）（40﹣2x）＝600 D．（30﹣2x）（40﹣2x）＝600 【分析】设剪去小正方形的边长是 xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm，根据长方 形的面积公式结合纸盒的底面积是 600cm2，即可得出关于 x的一元二次方程，此题得解． 【解答】解：设剪去小正方形的边长是 xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm， 根据题意得：（30﹣2x）（40﹣2x）＝600． 故选：D． 8．（4分）新龟兔赛跑的故事：龟兔从同一地点同时出发后，兔子很快把乌龟远远甩在后头．骄傲自满的兔 子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来．当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它，于是奋力直追， 最后同时到达终点．用 S1、S2分别表示乌龟和兔子赛跑的路程，t为赛跑时间，则下列图象中与故事情节相 吻合的是（ ） A． B． C． D． 【分析】乌龟是匀速行走的，图象为线段．兔子是：跑﹣停﹣急跑，图象由三条折线组成；最后同时到达 终点，即到达终点花的时间相同． 【解答】解：A．此函数图象中，S2先达到最大值，即兔子先到终点，不符合题意； B．此函数图象中，S2第 2段随时间增加其路程一直保持不变，与“当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它， 于是奋力直追”不符，不符合题意； C．此函数图象中，S1、S2同时到达终点，符合题意； D．此函数图象中，S1先达到最大值，即乌龟先到终点，不符合题意． 故选：C． 9．（4 分）如图，在菱形 ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点 D作 DE⊥BA，交 BA的延长线于点 E，则线段 DE的长为（ ） 第 4页（共 23页） A． B． C．4 D． 【分析】由在菱形 ABCD中，AB＝5，AC＝6，利用菱形的性质以及勾股定理，求得 OB的长，继而可求得 BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段 DE的长． 【解答】解：如图． ∵四边形 ABCD是菱形，AC＝6， ∴AC⊥BD，OA＝ AC＝3，BD＝2OB， ∵AB＝5， ∴OB＝ ＝4， ∴BD＝2OB＝8， ∵S 菱形 ABCD＝AB•DE＝ AC•BD， ∴DE＝ ＝ ＝ ． 故选：D． 10．（4分）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算 tan15°时，如图．在 Rt△ACB 中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长 CB使 BD＝AB，连接 AD，得∠D＝15°，所以 tan15°＝ ＝ ＝ ＝2﹣ ．类比这种方法，计算 tan22.5°的值为（ ） 第 5页（共 23页） A． +1 B． ﹣1 C． D． 【分析】在 Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长 CB使 BD＝AB，连接 AD，得∠D＝22.5°，设 AC ＝BC＝1，则 AB＝BD＝ ，根据 tan22.5°＝ 计算即可． 【解答】解：在 Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长 CB使 BD＝AB，连接 AD，得∠D＝22.5°， 设 AC＝BC＝1，则 AB＝BD＝ ， ∴tan22.5°＝ ＝ ＝ ﹣1， 故选：B． 11．（4分）如图，△ABO的顶点 A在函数 y＝ （x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，过 AO边的三等分点 M、 N分别作 x轴的平行线交 AB于点 P、Q．若四边形 MNQP的面积为 3，则 k的值为（ ） A．9 B．12 C．15 D．18 【分析】易证△ANQ∽△AMP∽△AOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出△ANQ的 面积，进而可求出△AOB的面积，则 k的值也可求出． 【解答】解： ∵NQ∥MP∥OB， ∴△ANQ∽△AMP∽△AOB， ∵M、N是 OA的三等分点， 第 6页（共 23页） ∴ ＝ ， ＝ ， ∴ ＝ ， ∵四边形 MNQP的面积为 3， ∴ ＝ ， ∴S△ANQ＝1， ∵ ＝（ ）2＝ ， ∴S△AOB＝9， ∴k＝2S△AOB＝18， 故选：D． 12．（4分）抛物线 y＝ax2+bx+c的对称轴是直线 x＝﹣2．抛物线与 x轴的一个交点在点（﹣4，0）和点（﹣ 3，0）之间，其部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有（ ） ①4a﹣b＝0；②c≤3a；③关于 x的方程 ax2+bx+c＝2有两个不相等实数根；④b2+2b＞4ac． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据抛物线的对称轴可判断①；由抛物线与 x轴的交点及抛物线的对称性以及由 x＝﹣1 时 y＞0 可判断②，由抛物线与 x轴有两个交点，且顶点为（﹣2，3），即可判断③；利用抛物线的顶点的纵坐标为 3得到 ＝3，即可判断④． 【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线 x＝﹣ ＝﹣2， ∴4a﹣b＝0，所以①正确； ∵与 x轴的一个交点在（﹣3，0）和（﹣4，0）之间， ∴由抛物线的对称性知，另一个交点在（﹣1，0）和（0，0）之间， ∴x＝﹣1时 y＞0，且 b＝4a， 即 a﹣b+c＝a﹣4a+c＝﹣3a+c＞0， 第 7页（共 23页） ∴c＞3a，所以②错误； ∵抛物线与 x轴有两个交点，且顶点为（﹣2，3）， ∴抛物线与直线 y＝2有两个交点， ∴关于 x的方程 ax2+bx+c＝2有两个不相等实数根，所以③正确； ∵抛物线的顶点坐标为（﹣2，3）， ∴ ＝3， ∴b2+12a＝4ac， ∵4a﹣b＝0， ∴b＝4a， ∴b2+3b＝4ac， ∵a＜0， ∴b＝4a＜0， ∴b2+2b＞4ac，所以④正确； 故选：C． 二、填空题（本小题共 4小题，每小题 4分，共 16分，答题请用黑色墨水笔或黑色签字笔直接答在答题卡 的相应位置上） 13．（4分）计算： ﹣ 的结果是 ． 【分析】首先化简 ，然后根据实数的运算法则计算． 【解答】解： ＝2 ﹣ ＝ ． 故答案为： ． 14．（4分）如图，直线 y＝kx+b（k、b是常数 k≠0）与直线 y＝2交于点 A（4，2），则关于 x的不等式 kx+b ＜2的解集为 x＜4 ． 【分析】结合函数图象，写出直线 y＝kx+2在直线 y＝2下方所对应的自变量的范围即可． 【解答】解：∵直线 y＝kx+b与直线 y＝2交于点 A（4，2）， ∴x＜4时，y＜2， ∴关于 x的不等式 kx+b＜2的解集为 x＜4． 故答案为 x＜4． 15．（4分）如图，对折矩形纸片 ABCD使 AD与 BC重合，得到折痕 MN，再把纸片展平．E是 AD上一点， 第 8页（共 23页） 将△ABE沿 BE折叠，使点 A的对应点 A′落在 MN上．若 CD＝5，则 BE的长是 ． 【分析】在 Rt△A'BM中，解直角三角形求出∠BA′M＝30°，再证明∠ABE＝30°即可解决问题． 【解答】解：∵将矩形纸片 ABCD对折一次，使边 AD与 BC重合，得到折痕 MN， ∴AB＝2BM，∠A′MB＝90°，MN∥BC． ∵将△ABE沿 BE折叠，使点 A的对应点 A′落在 MN上． ∴A′B＝AB＝2BM． 在 Rt△A′MB中，∵∠A′MB＝90°， ∴sin∠MA′B＝ ， ∴∠MA′B＝30°， ∵MN∥BC， ∴∠CBA′＝∠MA′B＝30°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABA′＝60°， ∴∠ABE＝∠EBA′＝30°， ∴BE＝ ． 故答案为： ． 16．（4分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点 D，延长 AD交⊙O于点 E，若 BD ＝4，CD＝1，则 DE的长是 ． 【分析】连结 OB，OC，OA，过 O点作 OF⊥BC于 F，作 OG⊥AE于 G，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°， 根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得 DG，AG，可求 AD，再根据相交弦定理可求 DE． 【解答】解：连结 OB，OC，OA，过 O点作 OF⊥BC于 F，作 OG⊥AE于 G， 第 9页（共 23页） ∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°， ∴∠BOC＝90°， ∵BD＝4，CD＝1， ∴BC＝4+1＝5， ∴OB＝OC＝ ， ∴OA＝ ，OF＝BF＝ ， ∴DF＝BD﹣BF＝ ， ∴OG＝ ，GD＝ ， 在 Rt△AGO中，AG＝ ＝ ， ∴AD＝AG+GD＝ ， ∴AD×DE＝BD×CD， DE＝ ＝ ． 故答案为： ． 三、解答题（本题共有 8 小题，共 86 分.答题请用黑色量水笔或黑色签字笔书写在答题卡的相应位置上解 答时应写出必要的文字说明、证明过程成演算步骤） 17．（8分）计算： （1）sin30°﹣（π﹣3.14）0+（﹣ ） ﹣2； （2）解方程； ＝ ． 【分析】（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值； （2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到 x的值，经检验即可得到分式方程的解． 【解答】解：（1）原式＝ ﹣1+4 第 10页（共 23页） ＝3 ； （2）去分母得：2x﹣3＝3x﹣6， 解得：x＝3， 经检验 x＝3是分式方程的解． 18．（8分）化简式子 ÷（x﹣ ），从 0、1、2中取一个合适的数作为 x的值代入求值． 【分析】直接利用分式的性质进行通分运算，进而结合分式的混合运算法则分别化简得出答案． 【解答】解：原式＝ ÷ ＝ • ＝ ， ∵x≠0，2， ∴当 x＝1时，原式＝﹣1． 19．（10分）某校为检测师生体温，在校门安装了某型号测温门．如图为该测温门截面示意图，已知测温门 AD的顶部 A处距地面高为 2.2m，为了解自己的有效测温区间．身高 1.6m的小聪做了如下实验：当他在地 面 N处时测温门开始显示额头温度，此时在额头 B处测得 A的仰角为 18°；在地面 M处时，测温门停止显 示额头温度，此时在额头 C处测得 A的仰角为 60°．求小聪在地面的有效测温区间 MN的长度．（额头到地 面的距离以身高计，计算精确到 0.1m，sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32） 【分析】延长 BC交 AD于点 E，构造直角△ABE和矩形 EDNB，通过解直角三角形分别求得 BE、CE的长 度，易得 BC的值；然后根据矩形的性质知 MN＝BC． 【解答】解：延长 BC交 AD于点 E，则 AE＝AD﹣DE＝0.6m． BE＝ ≈1.875m，CE＝ ≈0.374m． 所以 BC＝BE﹣CE＝1.528m． 所以 MN＝BC≈1.5m． 答：小聪在地面的有效测温区间 MN的长度约为 1.5m． 第 11页（共 23页） 20．（10 分）如图，AB是⊙O的直径，点 C是⊙O上一点，∠CAB的平分线 AD交 于点 D，过点 D作 DE∥BC交 AC的延长线于点 E． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）过点 D作 DF⊥AB于点 F，连接 BD．若 OF＝1，BF＝2，求 BD的长度． 【分析】（1）连接 OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而 OD∥AE，由 DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案； （2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由 OF＝1，BF＝2得出 OB的值，进而得出 AF和 BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得 BD2的值，求算术平方根即 可得出 BD的值． 【解答】解：（1）连接 OD，如图： ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ADO， ∵AD平分∠CAB， ∴∠DAE＝∠OAD， ∴∠ADO＝∠DAE， ∴OD∥AE， ∵DE∥BC， 第 12页（共 23页） ∴∠E＝90°， ∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°， ∴DE是⊙O的切线； （2）∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵OF＝1，BF＝2， ∴OB＝3， ∴AF＝4，BA＝6． ∵DF⊥AB， ∴∠DFB＝90°， ∴∠ADB＝∠DFB， 又∵∠DBF＝∠ABD， ∴△DBF∽△ABD， ∴ ＝ ， ∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12． ∴BD＝2 ． 21．（12分）遵义市各校都在深入开展劳动教育，某校为了解七年级学生一学期参加课外劳动时间（单位： h）的情况，从该校七年级随机抽查了部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成如下不完整的频数分布 表和频数分布直方图． 课外劳动时间频数分布表： 劳动时间分组 频数 频率 0≤t＜20 2 0.1 20≤t＜40 4 m 40≤t＜60 6 0.3 60≤t＜80 a 0.25 80≤t＜100 3 0.15 解答下列问题： （1）频数分布表中 a＝ 5 ，m＝ 0.2 ；将频数分布直方图补充完整； （2）若七年级共有学生 400人，试估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于 60h的人数； （3）已知课外劳动时间在 60h≤t＜80h的男生人数为 2人，其余为女生，现从该组中任选 2人代表学校参加 “全市中学生劳动体验”演讲比赛，请用树状图或列表法求所选学生为 1男 1女的概率． 第 13页（共 23页） 【分析】（1）根据频数分布表所给数据即可求出 a，m；进而可以补充完整频数分布直方图； （2）根据样本估计总体的方法即可估计该校七年级学生一学期课外劳动时间不少于 60h的人数； （3）根据题意画出用树状图即可求所选学生为 1男 1女的概率． 【解答】解：（1）a＝（2÷0.1）×0.25＝5， m＝4÷20＝0.2， 补全的直方图如图所示： 故答案为：5，0.2； （2）400×（0.25+0.15）＝160（人）； （3）根据题意画出树状图， 由树状图可知： 共有 20种等可能的情况， 1男 1女有 12种， 故所选学生为 1男 1女的概率为： 第 14页（共 23页） P＝ ＝ ． 22．（12分）为倡导健康环保，自带水杯已成为一种好习惯，某超市销售甲，乙两种型号水杯，进价和售价 均保持不变，其中甲种型号水杯进价为 25元/个，乙种型号水杯进价为 45元/个，下表是前两月两种型号水 杯的销售情况： 时间 销售数量（个） 销售收入（元）（销售 收入＝售价×销售数 量） 甲种型号 乙种型号 第一月 22 8 1100 第二月 38 24 2460 （1）求甲、乙两种型号水杯的售价； （2）第三月超市计划再购进甲、乙两种型号水杯共 80个，这批水杯进货的预算成本不超过 2600元，且甲 种型号水杯最多购进 55个，在 80个水杯全部售完的情况下设购进甲种型号水杯 a个，利润为 w元，写出 w与 a的函数关系式，并求出第三月的最大利润． 【分析】（1）根据表格中的数据可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得甲、乙两种型号水杯的销 售单价； （2）根据题意，可以得到 w与 a的函数关系式． 【解答】解：（1）设甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为 x元、y元， ，解得， ， 答：甲、乙两种型号水杯的销售单价分别为 30元、55元； （2）由题意可得， ， 解得：50≤a≤55， w＝（30﹣25）a+（55﹣45）（80﹣a）＝﹣5a+800， 故当 a＝50时，W有最大值，最大为 550， 答：第三月的最大利润为 550元． 23．（12分）如图，在边长为 4的正方形 ABCD中，点 E为对角线 AC上一动点（点 E与点 A、C不重合）， 连接 DE，作 EF⊥DE交射线 BA于点 F，过点 E作 MN∥BC分别交 CD、AB于点 M、N，作射线 DF交射 线 CA于点 G． （1）求证：EF＝DE； （2）当 AF＝2时，求 GE的长． 第 15页（共 23页） 【分析】（1）要证明 EF＝DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质， 可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立； （2）根据勾股定理和三角形相似，可以得到 AG和 CG、CE的长，然后即可得到 GE的长． 【解答】（1）证明：∵四边形 ABCD是正方形，AC是对角线， ∴∠ECM＝45°， ∵MN∥BC，∠BCM＝90°， ∴∠NMC+∠BCM＝180°，∠MNB+∠B＝180°， ∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°， ∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°， ∴MC＝ME， ∵CD＝MN， ∴DM＝EN， ∵DE⊥EF，∠EDM+∠DEM＝90°， ∴∠DEF＝90°， ∴∠DEM+∠FEN＝90°， ∴∠EDM＝∠FEN， 在△DME和△ENF中 ， ∴△DME≌△ENF（ASA）， ∴EF＝DE； （2）如图 1所示，由（1）知，△DME≌△ENF， ∴ME＝NF， ∵四边形 MNBC是矩形， ∴MC＝BN， 又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2， ∴BN＝MC＝NF＝1， ∵∠EMC＝90°， 第 16页（共 23页） ∴CE＝ ， ∵AF∥CD， ∴△DGC∽△FGA， ∴ ， ∴ ， ∵AB＝BC＝4，∠B＝90°， ∴AC＝4 ， ∵AC＝AG+GC， ∴AG＝ ，CG＝ ， ∴GE＝GC﹣CE＝ ＝ ； 如图 2所示， 同理可得，FN＝BN， ∵AF＝2，AB＝4， ∴AN＝1， ∵AB＝BC＝4，∠B＝90°， ∴AC＝4 ， ∵AF∥CD， ∴△GAF∽△GCD， ∴ ， 即 ， 解得，AG＝4 ， ∵AN＝NE＝1，∠ENA＝90°， ∴AE＝ ， ∴GE＝GA+AE＝5 ． 第 17页（共 23页） 24．（14分）如图，抛物线 y＝ax2+ x+c经过点 A（﹣1，0）和点 C（0，3）与 x轴的另一交点为点 B，点 M是直线 BC上一动点，过点 M作 MP∥y轴，交抛物线于点 P． （1）求该抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点 Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点 Q的坐标；若不存在，请 说明理由； （3）以 M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径． 【分析】（1）把点 A（﹣1，0）和点 C （0，3）代入 y＝ax2+ x+c求出 a与 c的值即可得出抛物线的解析 式； （2）①当点 Q在 y轴右边时，假设△QCO为等边三角形，过点 Q作 QH⊥OC于 H，OC＝3，则 OH＝ ， 第 18页（共 23页） tan60°＝ ，求出 Q（ ， ），把 x＝ 代入 y＝﹣ x2+ x+3，得 y＝ ﹣ ≠ ，则假设不 成立； ②当点 Q在 y轴的左边时，假设△QCO为等边三角形，过点 Q作 QT⊥OC于 T，OC＝3，则 OT＝ ，tan60° ＝ ，求出 Q（﹣ ， ），把 x＝﹣ 代入 y＝﹣ x2+ x+3，得 y＝﹣ ﹣ ≠ ，则假设 不成立； （3）求出 B（4，0），待定系数法得出 BC直线的解析式 y＝﹣ x+3，当 M在线段 BC上，⊙M与 x轴相 切时，延长 PM交 AB于点 D，则点 D为⊙M与 x轴的切点，即 PM＝MD，设 P（x，﹣ x2+ x+3），M（x， ﹣ x+3），则 PD＝﹣ x2+ x+3，MD＝﹣ x+3，由 PD﹣MD＝MD，求出 x＝1，即可得出结果；当 M在 线段 BC上，⊙M与 y轴相切时，延长 PM交 AB于点 D，过点 M作 ME⊥y轴于 E，则点 E为⊙M与 y轴 的切点，即 PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设 P（x，﹣ x2+ x+3），M（x，﹣ x+3），则 PD＝﹣ x2+ x+3， MD＝﹣ x+3，代入即可得出结果；当 M在 BC延长线，⊙M与 x轴相切时，点 P与 A重合，M的纵坐标 的值即为所求；当 M在 CB延长线，⊙M与 y轴相切时，延长 PD交 x轴于 D，过点 M作 ME⊥y轴于 E， 则点 E为⊙M与 y轴的切点，即 PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设 P（x，﹣ x2+ x+3），M（x，﹣ x+3）， 则 PD＝ x2﹣ x﹣3，MD＝ x﹣3，代入即可得出结果． 【解答】解：（1）把点 A（﹣1，0）和点 C （0，3）代入 y＝ax2+ x+c得： ， 解得： ， ∴抛物线的解析式为：y＝﹣ x2+ x+3； （2）不存在，理由如下： ①当点 Q在 y轴右边时，如图 1所示： 假设△QCO为等边三角形， 过点 Q作 QH⊥OC于 H， ∵点 C （0，3）， ∴OC＝3， 第 19页（共 23页） 则 OH＝ OC＝ ，tan60°＝ ， ∴QH＝OH•tan60°＝ × ＝ ， ∴Q（ ， ）， 把 x＝ 代入 y＝﹣ x2+ x+3， 得：y＝ ﹣ ≠ ， ∴假设不成立， ∴当点 Q在 y轴右边时，不存在△QCO为等边三角形； ②当点 Q在 y轴的左边时，如图 2所示： 假设△QCO为等边三角形， 过点 Q作 QT⊥OC于 T， ∵点 C （0，3）， ∴OC＝3， 则 OT＝ OC＝ ，tan60°＝ ， ∴QT＝OT•tan60°＝ × ＝ ， ∴Q（﹣ ， ）， 把 x＝﹣ 代入 y＝﹣ x2+ x+3， 得：y＝﹣ ﹣ ≠ ， ∴假设不成立， ∴当点 Q在 y轴左边时，不存在△QCO为等边三角形； 综上所述，在抛物线上不存在一点 Q，使得△QCO是等边三角形； （3）令﹣ x2+ x+3＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝4， ∴B（4，0）， 设 BC直线的解析式为：y＝kx+b， 把 B、C的坐标代入则 ， 第 20页（共 23页） 解得： ， ∴BC直线的解析式为：y＝﹣ x+3， 当 M在线段 BC上，⊙M与 x轴相切时，如图 3所示： 延长 PM交 AB于点 D， 则点 D为⊙M与 x轴的切点，即 PM＝MD， 设 P（x，﹣ x2+ x+3），M（x，﹣ x+3）， 则 PD＝﹣ x2+ x+3，MD＝﹣ x+3， ∴（﹣ x2+ x+3）﹣（﹣ x+3）＝﹣ x+3， 解得：x1＝1，x2＝4（不合题意舍去）， ∴⊙M的半径为：MD＝﹣ +3＝ ； 当 M在线段 BC上，⊙M与 y轴相切时，如图 4所示： 延长 PM交 AB于点 D，过点 M作 ME⊥y轴于 E， 则点 E为⊙M与 y轴的切点，即 PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x， 设 P（x，﹣ x2+ x+3），M（x，﹣ x+3）， 则 PD＝﹣ x2+ x+3，MD＝﹣ x+3， ∴（﹣ x2+ x+3）﹣（﹣ x+3）＝x， 解得：x1＝ ，x2＝0（不合题意舍去）， ∴⊙M的半径为：EM＝ ； 当 M在 BC延长线，⊙M与 x轴相切时，如图 5所示： 第 21页（共 23页） 点 P与 A重合， ∴M的横坐标为﹣1， ∴⊙M的半径为：M的纵坐标的值， 即：﹣ ×（﹣1）+3＝ ； 当 M在 CB延长线，⊙M与 y轴相切时，如图 6所示： 延长 PD交 x轴于 D，过点 M作 ME⊥y轴于 E， 则点 E为⊙M与 y轴的切点，即 PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x， 设 P（x，﹣ x2+ x+3），M（x，﹣ x+3）， 则 PD＝ x2﹣ x﹣3，MD＝ x﹣3， 第 22页（共 23页） ∴（ x2﹣ x﹣3）﹣（ x﹣3）＝x， 解得：x1＝ ，x2＝0（不合题意舍去）， ∴⊙M的半径为：EM＝ ； 综上所述，⊙M的半径为 或 或 或 ． 第 23页（共 23页）