中考数学模拟测试题（有答案解析）一．选择题（共10小题，满分30分）1．南、北为两个相反方向，如果+3m表示一个物体向北移动3m，那么﹣4m
表示一个物体（ ）A．向北移动4mB．向南移动4mC．向北移动运动7mD．向南移动运动7m2．将多项式﹣9+x3+3xy2﹣x2
y按x的降幂排列的结果为（ ）A．x3+x2y﹣3xy2﹣9B．﹣9+3xy2﹣x2y+x3C．﹣9﹣3xy2+x2y+x3D．
x3﹣x2y+3xy2﹣93．下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A．B．C．D．4．长城总长约为6.7×106米
，下列关于6.7×106的精确程度说法正确的是（ ）A．精确到十分位B．精确到个位C．精确到十万位D．以上说法都不对5．如图，⊙
O的内接四边形ABCD，AB是⊙O的直径，过点D的切线PD与AB的延长线交于点P，∠B＝60°，则下列命题为假命题的是（ ）A．
若BC∥OD，则PA＝ADB．若∠BCD＝120°，则△AOD是等边三角形C．若AB∥CD，则四边形OBCD是菱形D．若弦AC平分
半径OD，则半径OD平分弦AC6．如图①，在正方形ABCD中，点P从点D出发，沿着D→A方向匀速运动，到达点A后停止运动．点Q从点
D出发，沿着D→C→B→A的方向匀速运动，到达点A后停止运动．已知点P的运动速度为a，图②表示P、Q两点同时出发x秒后，△APQ的
面积y与x的函数关系，则点Q的运动速度可能是（ ）A．aB．aC．2aD．3a7．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC⊥BC
，M在∠CAD的平分线上，且AM⊥DM，点N为CD的中点，连接MN，若AD＝12，MN＝2．则AB的长为（ ）A．12B．20C
．24D．308．如图，矩形ABCD的边AD∥x轴，顶点A在反比例函数y＝（x＞0）上，点B、D在反比例函数y＝（x＞0）上，则矩
形ABCD的面积为（ ）A．B．3C．D．49．如图，正方形ABCD的每一条边都与⊙O相切，E、F为切点，BD与⊙O交于H，求＝
（ ）A．B．C．D．10．在平面直角坐标系中，对图形F给出如下定义：若图形F上的所有点都在以原点为顶点的角的内部或边界上，在所
有满足条件的角中，其度数的最小值称为图形的坐标角度，例如，如图中的矩形ABCD的坐标角度是90°．现将二次函数y＝ax2（1≤a≤
3）的图象在直线y＝1下方的部分沿直线y＝1向上翻折，则所得图形的坐标角度α的取值范围是（ ）A．30°≤α≤60°B．60°≤
α≤90°C．90°≤α≤120°D．120°≤α≤150°二．填空题（共7小题，满分28分）11．计算：（﹣2）2020（+2）
2021＝ ．12．如图1，动点P从长方形ABCD的顶点A出发，沿A→C→D以1cm/s的速度运动到点D停止．设点P的运动时间为x
（s），△PAB的面积为y（cm2）．表示y与x的函数关系的图象如图2所示，则长方形ABCD的面积为 cm2．13．如图，小明为
了测量树的高度CD，他在与树根同一水平面上的B处放置一块平面镜，然后他站在A处刚好能从镜中看到树顶D，已知A、B、C三点在同一直线
上，且AB＝2m，BC＝8m．他的眼睛离地面的高度1.6m，则树的高度CD为 m．14．有三张正面分别标有数字﹣1，1，2的不透明
卡片，它们除数字不同外其余全部相同．现将它们背面朝上，洗匀后从中任意抽取一张，将该卡片正面上的数字记为a；不放回，再从中任意抽取一
张，将该卡片正面朝上的数字记为b，则使关于x的不等式组的解集中有且只有2个非负整数的概率为 ．15．如图，在△ABC中，D，E分别
为BC，AC上的点，将△CDE沿DE折叠，得到△FDE，连接BF，CF，∠BFC＝90°，若EF∥AB，AB＝4，EF＝10，则A
E的长为 ．16．一天，小新带弟弟从家出发一起去文具店买文具．出门10分钟后，小新发现忘了带钱，于是立即停下，并打电话让正在家里
的妈妈送钱出来，挂电话后，小新让弟弟原地等待，自己立刻以先前速度的1.6倍往家走去，同时，妈妈也拿上钱从家里出发．30秒后，小新觉
得弟弟一人在路边等待不安全，于是立即以刚才的速度折返，接上弟弟后，立刻以出门时的速度往家走去．与妈妈相遇后，接过妈妈手中的钱，小新
和弟弟立即以出门时的速度往文具店走去，妈妈则以先前速度的一半回家．最后妈妈到家时，兄弟俩刚好到达文具店．小新和妈妈相距的路程y（米
）和小新出发的时间x（分钟）之间的函数关系如图所示，整个过程中，小新和妈妈都是匀速前进，且小新接过钱的时间忽略不计，则小新家和文具
店的距离是 米．17．在平面直角坐标系中，Q是直线y＝﹣x+2上的一个动点，点P（1，0）在x轴上，以PQ为直角边作Rt△PQQ''
，且∠QPQ''＝90°，∠PQ''Q＝30°，连接OQ''，则OQ''的最小值为 ．三．解答题（共8小题，满分62分）18．先化简，再
求值：[（2x+y）2﹣y（y+4x）﹣8xy]÷2x，其中x＝2，y＝﹣2．19．如图，海岛A为物资供应处，海上事务处理中心B在
海岛A的南偏西63.4°方向．一艘渔船在行驶到B岛正东方向30海里的点C处时发生故障，同时向A、B发出求助信号，此时渔船在A岛南偏
东53.1°位置．（参考数据：tan53.1≈，sin53.1°≈，cos53.1°≈，tan63.4°≈2，sin63.4°≈，
cos63.4°≈）（1）求C点到岛的距离；（2）在收到求助信号后，A、B两岛同时派人员出发增援，由于A岛所派快艇装运物资较多，速
度比B岛所派快艇慢25海里/小时，若两岛派出的快艇同时到达C处，求A处所派快艇的速度．20．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，
∠A＝30°，AC＝2．（1）利用尺规作线段AC的垂直平分线DE，垂足为E，交AB于点D，（保留作图痕迹，不写作法）（2）若△AD
E的周长为a，先化简T＝（a+1）2﹣a（a﹣1），再求T的值．21．黔东南州某中学为了解本校学生平均每天的课外学习实践情况，随机
抽取部分学生进行问卷调查，并将调查结果分为A，B，C，D四个等级，设学习时间为t（小时），A：t＜1，B：1≤t＜1.5，C：1.
5≤t＜2，D：t≥2，根据调查结果绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．请你根据图中信息解答下列问题：（1）本次抽样调查共抽取了多
少名学生？并将条形统计图补充完整；（2）本次抽样调查中，学习时间的中位数落在哪个等级内？（3）表示B等级的扇形圆心角α的度数是多少
？（4）在此次问卷调查中，甲班有2人平均每天课外学习时间超过2小时，乙班有3人平均每天课外学习时间超过2小时，若从这5人中任选2人
去参加座谈，试用列表或画树状图的方法求选出的2人来自不同班级的概率．22．已知：如图，四边形ABCD是正方形，BD是对角线，BE平
分∠DBC交DC于E点，交DF于M，F是BC延长线上一点，且CE＝CF．（1）求证：BM⊥DF；（2）若正方形ABCD的边长为2，
求ME?MB．23．如图，P为x轴正半轴上一点，过点P作x轴的垂线，交函数的图象于点A，交函数的图象于点B，过点B作x轴的平行线，
交于点C，连接AC．（1）当点P的坐标为（2，0）时，求△ABC的面积；（2）当点P的坐标为（t，0）时，△ABC的面积是否随t值
的变化而变化？24．（1）【问题发现】如图①，正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF．填空：①线段CF
与DG的数量关系为 ；②直线CF与DG所夹锐角的度数为 ．（2）【拓展探究】如图②，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的
过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明．（3）【解决问题】如图③，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝
∠DAE＝90°，AB＝AC＝10，O为AC的中点．若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，线段OE长的最小值为
（直接写出结果）．25．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶
点．（1）连接AD，交y轴于点E，P是抛物线上的一个动点．①如图一，点P是第一象限的抛物线上的一点，连接PD交x轴于F，连接EF、
AP，若S△ADP＝3S△DEF，求点P的坐标．②如图二，点P在第四象限的抛物线上，连接AP、BE交于点G，设w＝，则w有最大值还
是最小值？w的最值是多少？（2）如图三，点P是第四象限抛物线上的一点，过A、B、P三点作圆N，过点P作PM⊥x轴，垂足为I，交圆N
于点M，点P在运动过程中线段MI是否变化？若有变化，求出MI的取值范围；若不变，求线段MI长度的定值．（3）点Q是抛物线对称轴上一
动点，连接OQ、AQ，设△AOQ外接圆圆心为H，当sin∠OQA的值最大时，请直接写出点H的坐标．参考答案与解析一．选择题（共10
小题，满分30分）1．解：南、北为两个相反方向，如果+3m表示一个物体向北移动3m，那么﹣4m表示一个物体向南移动4m．故选：B．
2．解：﹣9+x3+3xy2﹣x2y按x的降幂排列为：x3﹣x2y+3xy2﹣9，故选：D．3．解：A．是轴对称图形，不是中心对称
图形，故此选项不合题意；B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意
；D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．故选：B．4．解：6.7×106＝6700000，由于7位于十万位上，
所以6.7×106精确到十万位．故选：C．5．解：A、∵BC∥OD，∠B＝60°，∴∠POD＝60°，∵OA＝OD，∴△AOD为等
边三角形，∴∠ODA＝60°，∵PD是⊙O的切线，∴OD⊥PD，∴∠P＝90°﹣60°＝30°，∠PDA＝90°﹣60°＝30°，
∴∠P＝∠PDA，∴PA＝AD，本选项说法是真命题，不符合题意；B、∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BCD＝120°，∴∠D
AB＝180°﹣120°＝60°，∵OA＝OD，∴△AOD为等边三角形，本选项说法是真命题，不符合题意；C、连接OC，∵OB＝OC
，∠B＝60°，∴△OBC为等边三角形，∵AB∥CD，∠B＝60°，∴∠BCD＝120°，∴∠OCD＝60°，∵OC＝OD，∴△O
CD为等边三角形，∴OD＝OB＝BC＝CD，∴四边形OBCD为菱形，本选项说法是真命题，不符合题意；D、弦AC平分半径OD，但半径
OD不一定平分弦AC，本选项说法是假命题，符合题意；故选：D．6．解：本题采用筛选法．首先观察图象，可以发现图象由三个阶段构成，即
△APQ的顶点Q所在边应有三种可能．当Q的速度低于点P时，当点P到达A时，点Q还在DC上运动，之后，因A、P重合，△APQ的面积为
零，画出图象只能由一个阶段构成，故A、B错误；当Q的速度是点P速度的2倍，当点P到点A时，点Q到点B，之后，点A、P重合，△APQ
的面积为0．期间△APQ面积的变化可以看成两个阶段，与图象不符，C错误．故选：D．7．解：延长DM交AC于E，∵AM平分∠CAD，
AM⊥DM，∠DAM＝∠EAM，∠AMD＝∠AME＝90°，在△ADM和△AEM中，，∴△ADM≌△AEM（ASA），∴DM＝EM
，AE＝AD＝12，∴M点是DE的中点，∵N是CD的中点，∴MN是△CDE的中位线，∵MN＝2，∴CE＝2MN＝4，∴AC＝AE+
CE＝12+4＝16，在平行四边形ABCD中，AB＝CD，AD∥BC，AC⊥BC，∴AC⊥AD，∴∠CAD＝90°，∴AB＝CD＝
，故选：B．8．解：设A点坐标为（m，），∵AD∥x轴，且D在反比例函数y＝（x＞0）上，∴D（，），∵AB∥y轴，且B在反比例函
数y＝（x＞0）上，∴B（m，），∴S矩形ABCD＝AD×AB＝（m﹣）×（﹣）＝．故选：A．9．解：连接OE．OF，∵正方形AB
CD的每一条边都与⊙O相切，E、F为切点，∴∠AEO＝∠AFO＝∠A＝90°，∴四边形AEOF是矩形，∵OE＝OF，∴矩形AEOF
是正方形，∴AE＝OE，∵∠OEB＝∠AEO＝90°，∠EBO＝45°，∴△OBE是等腰直角三角形，∠EHF＝EOF＝45°，∴O
E＝AE，∴AE＝BE＝AB，∴∠BEH＝180°﹣∠EBH﹣∠EHB＝135°﹣∠EHB，∵∠FHO＝180°﹣∠EHF﹣∠EH
B＝135°﹣∠EHB，∴∠BEH＝∠FHD，∵∠EBH＝∠HDF，∴△BHE∽△DFH，∴，设AB＝2a，∴BE＝a，DH＝a+
a，∴＝＝﹣1，故选：C．10．解：当a＝1时，如图1中，∵角的两边分别过点A（﹣1，1），B（1，1），作BE⊥x轴于E，∴BE
＝OE，∴∠BOE＝45°，根据对称性可知∠AOB＝90°∴此时坐标角度m＝90°；当a＝3时，如图2中，角的两边分别过点A（﹣，
1），B（，1），作BE⊥x轴于E，∵tan∠BOE＝，∴∠BOE＝60°，根据对称性可知∠AOB＝60°∴此时坐标角度α＝60°
，∴60°≤α≤90°；故选：B．二．填空题（共7小题，满分28分）11．解：原式＝[（﹣2）×（+2）]2020×（+2）＝（3
﹣4）2020×（+2）＝+2．故答案为：+2．12．解：由图象，结合题意可得AC＝13cm，CD＝25﹣13＝12（cm），∴＝
（cm），∴长方形ABCD的面积为：12×5＝60（cm2）．故答案为：60．13．解：由题意可得：∠EBA＝∠DBC，∠EAB＝
∠DCB，故△EAB∽△DCB，则＝，∵AB＝2m，BC＝8m，AE＝1.6m，∴＝，解得：DC＝6.4，故答案为：6.4．14．
解：画树状图为：，解①得：x＜5，当a＞0，解②得：x＞，根据不等式组的解集中有且只有2个非负整数解，则2＜x＜5时符合要求，故＝
2，即b＝2，a＝1符合要求，当a＜0，解②得：x＜，根据不等式组的解集中有且只有2个非负整数解，则x＜2时符合要求，故＝2，即b
＝﹣2，a＝﹣1（舍）故所有组合中只有1种情况符合要求，故使关于x的不等式组的解集中有且只有2个非负整数解的概率为：，故答案为：．
15．解：方法一、如图，延长ED交FC于G，延长BA，DE交于点M，∵将△CDE沿DE折叠，得到△FDE，∴EF＝EC，DF＝DC
，∠FED＝∠CED，∴EG⊥CF，又∵∠BFC＝90°，∴BF∥EG，∵AB∥EF，∴四边形BFEM是平行四边形，∴BM＝EF＝
10，∴AM＝BM﹣AB＝10﹣4，∵AB∥EF，∴∠M＝∠FED，∴∠M＝∠CED＝∠AEM，∴AE＝AM＝10﹣4，方法二、延
长CA和FB相交于点H，∵折叠，∴EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，又∵∠BFC＝90°，∴∠H＝∠EFH，∴EF＝EC＝HE＝1
0，∵AB∥EF，∴∠ABH＝∠EFH＝∠H，∴AB＝AH＝4，∴AE＝HE﹣AH＝10﹣4．故答案为：10﹣4．16．解：设小新
出门时速度为a米/分，妈妈的速度为b米/分．小新发现忘记带钱时所走路程为10a米，30秒小新走的路程为0.5×1.6a＝0.8a，
妈妈走的路程为0.5b．∴10a﹣0.8a﹣0.5b＝430①，∵小新返回接弟弟的速度不变，路程不变．∴时间为30秒，∴440＝1
0a﹣b②．联立方程①②，解得．设小新与弟弟和妈妈相遇所用时间为t，则60（t+1）+50t＝10×50，解得t＝4．∴此时妈妈行
走时间为4+2×0.5＝5（分钟）．∴妈妈离家距离为5×60＝300（米）．妈妈回家时间为5×2＝10（分钟），小新此时又走了50
×10＝500（米）．∴小新家和文具店的距离为300+500＝800（米）．故答案为800．17．解：过Q作QM⊥x轴于M，过Q''
作Q''N⊥x轴于N，如图：∵∠QPQ''＝90°，∠PQ''Q＝30°，∴＝，∠QPM＝90°﹣∠Q''PN＝∠PQ''N，又∠PMQ＝∠
PNQ''＝90°，∴△PQM∽△Q''PN，∴＝＝＝，∴PN＝QM，Q''N＝PM，由P（1，0），Q在直线y＝﹣x+2上，设Q（m，
﹣m+2），则PM＝OP﹣OM＝1﹣m，QM＝﹣m+2，∴PN＝﹣m+2，Q''N＝﹣m，∴ON＝﹣m+2+1，∴Q''（﹣m+2+1
，﹣m），设x＝﹣m+2+1，y＝﹣m，则y＝x﹣﹣1，即Q''在直线y＝x﹣﹣1上运动，设直线y＝x﹣﹣1于x轴交于K，与y轴交于
G，过O作OH⊥GK于H，当Q''运动到H时，OQ''最小，最小值即为OH的长，如图：在y＝x﹣﹣1中，令x＝0得y＝﹣﹣1，令y＝0
得x＝+1，∴G（0，﹣﹣1），K（+1，0），∴OG＝OG，△OGK是等腰直角三角形，∵OH⊥GK，∴△OHK是等腰直角三角形，
∴OH＝OK＝×（+1）＝，即OQ''最小为，故答案为：．三．解答题（共8小题，满分62分）18．解：[（2x+y）2﹣y（y+4x
）﹣8xy]÷2x＝[4x2+4xy+y2﹣y2﹣4xy﹣8xy]÷2x＝[4x2﹣8xy]÷2x＝2x﹣4y，当x＝2，y＝﹣2
时，原式＝4+8＝12．19．解：（1）过点A作AD⊥BC于D，设AD为x海里，在Rt△ADC中，tan∠DAC＝，cos∠DAC
＝，∠DAC＝53.1°，则CD＝AD?tan∠DAC≈x（海里），AC＝≈x（海里），在Rt△ADB中，tan∠DAB＝，∠DA
B＝63.4°，则BD＝AD?tan∠DAB≈2x，由题意得，x+2x＝30，解得，x＝9，∴x＝×9＝15（海里），则C点到岛的
距离AC约为15海里；（2）设A处所派快艇的速度为y海里/小时，则B处所派快艇的速度为（y+25）海里/小时，由题意得，＝，解得，
y＝25，经检验，y＝25是原方程的根，答：A处所派快艇的速度为25海里/小时．20．解：（1）如图所示，DE即为所求；（2）由题
可得，AE＝AC＝，∠A＝30°，∴Rt△ADE中，DE＝AD，设DE＝x，则AD＝2x，∴Rt△ADE中，x2+（）2＝（2x）
2，解得x＝1，∴△ADE的周长a＝1+2+＝3+，∵T＝（a+1）2﹣a（a﹣1）＝3a+1，∴当a＝3+时，T＝3（3+）+1
＝10+3．21．解：（1）共调查的中学生数是：60÷30%＝200（人），C类的人数是：200﹣60﹣30﹣70＝40（人），如
图1：（2）本次抽样调查中，学习时间的中位数落在C等级内；（3）根据题意得：α＝×360°＝54°，（4）设甲班学生为A1，A2，
乙班学生为B1，B2，B3，一共有20种等可能结果，其中2人来自不同班级共有12种，∴P（2人来自不同班级）＝＝．22．（1）证明
：在△BCE和△DCF中，∵，∴△BCE≌△DCF（SAS），∴∠EBC＝∠FDC（全等三角形的对应角相等），即∠EBC＝∠EDM
，在△BCE和△DME中，∵，∴△BCE∽△DME，∴∠BCE＝∠DME＝90°（相似三角形的对应角相等），即BM⊥DF；（2）解
：∵BC＝2，∴BD＝2．又∵BE平分∠DBC交DF于M，BM⊥DF，∴BD＝BF（等腰三角形“三合一”的性质），DM＝FM，∴C
F＝2﹣2．在△BMF和△DME中，∠MBF＝∠MDE，∠BMF＝∠DME＝90°，∴△BMF∽△DME，∴＝，∴＝，即ME?MB
＝MD2，∵DC2+FC2＝（2DM）2，即22+（2﹣2）2＝4DM2，∴DM2＝4﹣2，即ME?MB＝4﹣2．23．解：（1）
根据题意，得点A、B的横坐标和点P的横坐标相等，即为2．∵点A在函数的双曲线上，∴A点纵坐标是，∵点B在函数的图象上∴B点的纵坐标
是2．∴点C的纵坐标是2，∵点C在函数的双曲线上∴C点横坐标是．∴AB＝，BC＝∴△ABC的面积是：＝．（2）根据（1）中的思路，
可以分别求得点A（t，），B（t，），C（，）．∴AB＝，BC＝t，∴△ABC的面积是．∴△ABC的面积不会随着t的变化而变化．2
4．解：（1）连接AF，∵四边形AEFG、ABCD是正方形，∴∠GAF＝45°，∴点A、F、C三点共线，∴AC＝，AF＝AG，∴C
F＝GD，故答案为：CF＝GD，45°；（2）仍然成立，连接AF，AC，∵∠CAD＝∠FAG＝45°，∴∠CAF＝∠DAG，，∴△
CAF∽△DAG，∴CF＝DG，∠ACF＝∠ADG，∴∠COD＝∠CAD＝45°，∴（1）中的结论仍然成立；（3）连接CE，∵∠B
AC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE＝45
°，∴∠DCE＝90°，∴当OE⊥CE时，OE最小，∵AC＝10，O为AC的中点．∴OC＝5，∵∠OCE＝45°，∴OE＝OC＝，
故答案为：．25．解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点．∴令x＝0，得：y＝﹣
3，则C（0，﹣3），令y＝0，得：x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，则A（﹣1，0），B（3，0），∵y＝x2﹣2
x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴D（1，﹣4）．①设直线AD的解析式为y＝kx+b，如图1，∵A（﹣1，0），D（1，﹣4），∴，解得
：，∴直线AD的解析式为y＝﹣2x﹣2，令x＝0，则y＝﹣2，∴E（0，﹣2），∴AE＝＝＝，ED＝＝，∴AE＝ED，∴S△FAE
＝S△FED，∵S△ADP＝3S△DEF，∴S△APF＝S△ADP﹣S△AFD＝3S△DEF﹣S△AFD＝3S△DEF﹣2S△DE
F＝S△DEF＝S△AEF，∵OE⊥AF，∴AF?OE＝AF?yP，∴OE＝yP＝2，依题意，设P（m，m2﹣2m﹣3），其中m＞
3，∴m2﹣2m﹣3＝2，解得：m1＝1+，m2＝1﹣（舍去），∴P（1+，2）．②∵点P在第四象限的抛物线上，AP、BE交于点G
，如图2，设P（m，m2﹣2m﹣3），其中0＜m＜3，设直线AP的解析式为y＝cx+d，∵A（﹣1，0），P（m，m2﹣2m﹣3）
，∴，解得：，∴直线AP的解析式为y＝（m﹣3）x+m﹣3，设直线BE的解析式为y＝ex+f，∵B（3，0），E（0，﹣2），∴，
解得：，∴直线BE的解析式为y＝x﹣2，联立方程组，得：，解得：，∴yG＝，∵0＜m＜3，∴24﹣8m＞0，3m﹣11＜0，∴＜0
，∴w＝＝＝＝÷（﹣m2+2m+3）＝，令z＝﹣3m2+8m+3＝﹣3（m﹣）2+，∵﹣3＜0，∴当m＝时，z取得最大值，w取得最小值为＝，∴w有最小值，最小值为．（2）不变，MI＝1，理由如下：如图，过点N作NR⊥MP，依题意，点N为△ABP的外心，∴N为AB垂直平分线上的点，即点N在抛物线的对称轴直线x＝1上，∵PM⊥x轴，NR⊥MP，∴MR＝PR，NR∥x轴，∴yN＝，设P（m，m2﹣2m﹣3）（0＜m＜3），N（1，n），A（﹣1，0），B（3，0），∵N为△ABP的外心，∴NA＝NP，则N2A＝NP2，即[1﹣（﹣1）]2+n2＝（m﹣1）2+（m2﹣2m﹣3﹣n）2，解得：n＝，∵yN＝，∴n＝，∴yM＝1，∴M（m，1），∴MI＝1．（3）如图4，作△AOQ的外心H，作HG⊥x轴，则AG＝GO＝，∵AH＝HO，∴H在AO的垂直平分线上运动，依题意，当sin∠OQA最大时，即∠OQA最大时，∵H是△AOQ的外心，∴∠AHO＝2∠AHG＝2∠OQA，即当sin∠AHG最大时，sin∠OQA最大，∵AG＝AO＝，∴sin∠OQA＝sin∠AHG＝＝，则当AH取得最小值时，sin∠OQA最大，∵AH＝HQ，即当HQ⊥直线x＝1时，AH取得最小值，此时HQ＝1﹣（﹣）＝，∴AH＝，在Rt△AHG中，HG＝＝＝，∴H（﹣，），根据对称性，则存在H（﹣，﹣），综上所述，H（﹣，）或H（﹣，﹣）．学科网（北京）股份有限公司 第 1 页 共 27 页zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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