中考数学一模试卷含解析29 30页

江苏省无锡市锡山区东亭片2016年中考数学一模试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共24分）‎ ‎1．﹣2的倒数是（　　）‎ A．﹣2 B．2 C．﹣ D．‎ ‎2．已知某种纸一张的厚度约为0.0089cm，用科学记数法表示这个数为（　　）‎ A．8.9×10﹣5 B．8.9×10﹣4 C．8.9×10﹣3 D．8.9×10﹣2‎ ‎3．下列运算中，计算正确的是（　　）‎ A．a3•a2=a6 B．a8÷a2=a4 C．（ab2）2=a5 D．（a2）3=a6‎ ‎4．函数y=中，自变量x的取值范围是（　　）‎ A．x＞1 B．x≥1 C．x＜1 D．x≤1‎ ‎5．一个多边形的每个外角都等于60°，则这个多边形的边数为（　　）‎ A．8 B．7 C．6 D．5‎ ‎6．一个圆锥的底面半径为6cm，圆锥侧面展开图扇形的圆心角为240°，则圆锥的母线长为（　　）‎ A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm ‎7．某校用420元钱到商场去购买“84”消毒液，经过还价，每瓶便宜0.5元，结果比用原价多买了20瓶，求原价每瓶多少元？设原价每瓶x元，则可列出方程为（　　）‎ A．﹣=20 B．﹣=20‎ C．﹣=0.5 D．﹣=0.5‎ ‎8．在平行四边形ABCD中，点E在AD上，且AE：ED=3：1，CE的延长线与BA的延长线交于点F，则S△AFE：S四边形ABCE为（　　）‎ A．3：4 B．4：3 C．7：9 D．9：7‎ ‎9．已知如图，菱形ABCD的四个顶点均在坐标轴上，对角线AC、BD交于原点O，DF⊥AB交AC于点G，反比例函数y=（x＞0）经过线段DC的中点E，若BD=4，则AG的长为（　　）‎ A． B． +2 C．2+1 D． +1‎ ‎10．如图，边长为2的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为2的圆上，顶点C、D在圆内，将正方形ABCD沿圆的内壁作无滑动的滚动．当滚动一周回到原位置时，点C运动的路径长为（　　）‎ A．2π B．（ +1）π C．（ +2）π D．（ +1）π ‎　‎ 二、填空题（本大题共8小题．每小题2分，共16分．）‎ ‎11．4是　　　　　　的算术平方根．‎ ‎12．因式分解：ab2﹣a=　　　　　　．‎ ‎13．某校篮球队13名同学的身高如表：‎ 身高（cm）‎ ‎175‎ ‎180‎ ‎182‎ ‎185‎ ‎188‎ 人数（个）‎ ‎1‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1‎ 则该校篮球队13名同学身高中位数是　　　　　　．‎ ‎14．将二次函数y=x2的图象向右平移1个单位，在向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是　　　　　　．‎ ‎15．如图，AD∥CB，∠D=43°，∠B=25°，则∠DEB的度数为　　　　　　．‎ ‎16．如图，AB是⊙O的直径，若AC=4，∠D=60°，则AB=　　　　　　．‎ ‎17．如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，OA=1．先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2016次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2016的坐标为　　　　　　．‎ ‎18．二次函数y=﹣x2﹣2x图象x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分保持不变，翻折后的图象与原图象x轴下方的部分组成一个“M”形状的新图象，若直线y=x+b与该新图象有两个公共点，则b的取值范围为　　　　　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共10小题，共84分．请在答题卡指定区域内作答）‎ ‎19．计算：‎ ‎（1）（）﹣2﹣（﹣）0+2sin60°﹣|﹣3|‎ ‎（2）÷﹣．‎ ‎20．（1）解方程：﹣=3‎ ‎（2）解不等式组：．‎ ‎21．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．‎ ‎（1）求证：BE=CF；‎ ‎（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．‎ ‎22．“校园手机”现象越来越受到社会的关注．“寒假”期间，记者小刘随机调查了某区若干名学生和家长对中学生带手机现象的看法，统计整理并制作了如下的统计图：‎ ‎（1）求这次调查的家长人数，并补全图①；‎ ‎（2）求图②中表示家长“赞成”的圆心角的度数；‎ ‎（3）若该区共有中学生8000人，请根据以上图表信息估算出该区中学生中对“校园手机”持“无所谓”态度的人数是多少？‎ ‎23．一个不透明的盒子中放有四张分别写有数字1，2，3，4的红色卡片和三张分别写有数字1，2，3的蓝色卡片，卡片除颜色和数字外完全相同．‎ ‎（1）从中任意抽取一张卡片，求该卡片上写有数字1的概率；‎ ‎（2）将3张蓝色卡片取出后放入另外一个不透明的盒子内，然后在两个盒子内各任意抽取一张卡片，以红色卡片上的数字作为十位数，蓝色卡片上的数字作为个位数组成一个两位数，求这个两位数大于22的概率．‎ ‎24．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2．使用时为了散热，她在底板下垫入散热架ACO′后，电脑转到AO′B′位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O′C⊥OA于点C，O′C=12cm．‎ ‎（1）求∠CAO′的度数．‎ ‎（2）显示屏的顶部B′比原来升高了多少？‎ ‎（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转多少度？‎ ‎25．某大学毕业生响应国家“自主创业”的号召，投资开办了一个装饰品商店．该店采购进一种今年新上市的饰品进行了30天的试销售，购进价格为20元/件．销售结束后，得知日销售量P（件）与销售时间x（天）之间有如下关系：P=﹣2x+80（1≤x≤‎ ‎30，且x为整数）；又知前20天的销售价格Q1（元/件）与销售时间x（天）之间有如下关系：Q1=x+30（1≤x≤20，且x为整数），后10天的销售价格Q2（元/件）与销售时间x（天）之间有如下关系：Q2=45（21≤x≤30，且x为整数）．‎ ‎（1）试写出该商店前20天的日销售利润R1（元）和后10天的日销售利润R2（元）分别与销售时间x（天）之间的函数关系式；‎ ‎（2）请问在这30天的试销售中，哪一天的日销售利润最大？并求出这个最大利润．‎ 注：销售利润=销售收入﹣购进成本．‎ ‎26．平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ=60°，OQ=OD=3，OP=2，OA=AB=1，让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．‎ 发现：‎ ‎（1）当α=0°，即初始位置时，点P　　　　　　直线AB上（选填“在”或“不在”）．‎ 当α=　　　　　　时，OQ经过点B；‎ ‎（2）在OQ旋转过程中，α=　　　　　　时，点P，A间的距离最小？PA最小值为　　　　　　；‎ ‎（3）探究当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sin α的值．‎ ‎27．如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，且OA边和AB边所在直线的解析式分别为y=x和y=﹣x+．‎ ‎（1）求正方形OABC的边长；‎ ‎（2）现有动点P、Q分别从C、A同时出发，点P沿线段CB向终点B运动，速度为每秒1个单位，点Q沿折线A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位，设运动时间为2秒．当k为何值时，将△CPQ沿它的一边翻折，使得翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形？‎ ‎（3）若正方形以每秒个单位的速度沿射线AO下滑，直至顶点C落在x轴上时停止下滑．设正方形在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．‎ ‎28．如图，抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3交于A，B两点，交x轴与D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：‎ ‎（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？‎ ‎　‎ ‎2016年江苏省无锡市锡山区东亭片中考数学一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共24分）‎ ‎1．﹣2的倒数是（　　）‎ A．﹣2 B．2 C．﹣ D．‎ ‎【考点】倒数．‎ ‎【分析】根据倒数的定义：乘积是1的两数互为倒数． 一般地，a=1 （a≠0），就说a（a≠0）的倒数是．‎ ‎【解答】解：﹣2的倒数是﹣，‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题主要考查倒数的概念及性质．倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．‎ ‎　‎ ‎2．已知某种纸一张的厚度约为0.0089cm，用科学记数法表示这个数为（　　）‎ A．8.9×10﹣5 B．8.9×10﹣4 C．8.9×10﹣3 D．8.9×10﹣2‎ ‎【考点】科学记数法—表示较小的数．‎ ‎【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．‎ ‎【解答】解：0.008 9=8.9×10﹣3．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．‎ ‎　‎ ‎3．下列运算中，计算正确的是（　　）‎ A．a3•a2=a6 B．a8÷a2=a4 C．（ab2）2=a5 D．（a2）3=a6‎ ‎【考点】同底数幂的除法；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．‎ ‎【分析】根据同底数幂的乘法底数不变指数相加，同底数幂的除法底数不变指数相减，积的乘方等于乘方的积，幂的乘方底数不变指数相乘，可得答案．‎ ‎【解答】解：A、同底数幂的乘法底数不变指数相加，故A错误；‎ B、同底数幂的除法底数不变指数相减，故B错误；‎ C、积的乘方等于乘方的积，故C错误；‎ D、幂的乘方底数不变指数相乘，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了同底数幂的除法，熟记法则并根据法则计算是解题关键．‎ ‎　‎ ‎4．函数y=中，自变量x的取值范围是（　　）‎ A．x＞1 B．x≥1 C．x＜1 D．x≤1‎ ‎【考点】函数自变量的取值范围．‎ ‎【分析】根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．‎ ‎【解答】解：由题意得，x﹣1≥0，‎ 解得x≥1．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：‎ ‎（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；‎ ‎（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；‎ ‎（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．‎ ‎　‎ ‎5．一个多边形的每个外角都等于60°，则这个多边形的边数为（　　）‎ A．8 B．7 C．6 D．5‎ ‎【考点】多边形内角与外角．‎ ‎【分析】根据多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数列式计算即可得解．‎ ‎【解答】解：360°÷60°=6．‎ 故这个多边形是六边形．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和、多边形的每一个外角的度数、多边形的边数三者之间的关系是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．一个圆锥的底面半径为6cm，圆锥侧面展开图扇形的圆心角为240°，则圆锥的母线长为（　　）‎ A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm ‎【考点】圆锥的计算．‎ ‎【分析】求得圆锥的底面周长，利用弧长公式即可求得圆锥的母线长．‎ ‎【解答】解：圆锥的底面周长为：2π×6=12π；‎ ‎∴圆锥侧面展开图的弧长为12π，‎ 设圆锥的母线长为R，‎ ‎∴=12π，‎ 解得R=9cm．‎ 故选A．‎ ‎【点评】用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长，及弧长公式．‎ ‎　‎ ‎7．某校用420元钱到商场去购买“84”消毒液，经过还价，每瓶便宜0.5元，结果比用原价多买了20瓶，求原价每瓶多少元？设原价每瓶x元，则可列出方程为（　　）‎ A．﹣=20 B．﹣=20‎ C．﹣=0.5 D．﹣=0.5‎ ‎【考点】由实际问题抽象出分式方程．‎ ‎【分析】设原价每瓶x元，根据某校用420元钱到商场去购买“84”消毒液，经过还价，每瓶便宜0.5元，结果比用原价多买了20瓶，可列方程．‎ ‎【解答】解：设原价每瓶x元，‎ ‎﹣=20．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查理解题意的能力，关键是设出价格，以瓶数做为等量关系列方程求解．‎ ‎　‎ ‎8．在平行四边形ABCD中，点E在AD上，且AE：ED=3：1，CE的延长线与BA的延长线交于点F，则S△AFE：S四边形ABCE为（　　）‎ A．3：4 B．4：3 C．7：9 D．9：7‎ ‎【考点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】利用平行四边形的性质得出△FAE∽△FBC，进而利用相似三角形的性质得出=，进而得出答案．‎ ‎【解答】解：∵在平行四边形ABCD中，‎ ‎∴AE∥BC，AD=BC，‎ ‎∴△FAE∽△FBC，‎ ‎∵AE：ED=3：1，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴S△AFE：S四边形ABCE=9：7．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】此题主要考查了平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质，得出=是解题关键．‎ ‎　‎ ‎9．已知如图，菱形ABCD的四个顶点均在坐标轴上，对角线AC、BD交于原点O，DF⊥AB交AC于点G，反比例函数y=（x＞0）经过线段DC的中点E，若BD=4，则AG的长为（　　）‎ A． B． +2 C．2+1 D． +1‎ ‎【考点】反比例函数综合题．‎ ‎【分析】过E作y轴和x的垂线EM，EN，证明四边形MENO是矩形，设E（b，a），根据反比例函数图象上点的坐标特点可得ab=，进而可计算出CO长，根据三角函数可得∠DCO=30°，再根据菱形的性质可得∠DAB=∠DCB=2∠DCO=60°，∠1=30°，AO=CO=2，然后利用勾股定理计算出DG长，进而可得AG长．‎ ‎【解答】解：过E作y轴和x的垂线EM，EN，‎ 设E（b，a），‎ ‎∵反比例函数y=（x＞0）经过点E，‎ ‎∴ab=，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴BD⊥AC，DO=BD=2，‎ ‎∵EN⊥x，EM⊥y，‎ ‎∴四边形MENO是矩形，‎ ‎∴ME∥x，EN∥y，‎ ‎∵E为CD的中点，‎ ‎∴DOCO=4，‎ ‎∴CO=2，‎ ‎∴tan∠DCO==，‎ ‎∴∠DCO=30°，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴∠DAB=∠DCB=2∠DCO=60°，∠1=30°，AO=CO=2，‎ ‎∵DF⊥AB，‎ ‎∴∠2=30°，‎ ‎∴DG=AG，‎ 设DG=r，则AG=r，GO=2﹣r，‎ ‎∵AD=AB，∠DAB=60°，‎ ‎∴△ABD是等边三角形，‎ ‎∴∠ADB=60°，‎ ‎∴∠3=30°，‎ 在Rt△DOG中，DG2=GO2+DO2，‎ ‎∴r2=（2﹣r）2+22，‎ 解得：r=，‎ ‎∴AG=，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】此题主要考查了反比例函数和菱形的综合运用，关键是掌握菱形的性质：菱形对角线互相垂直平分，且平分每一组对角，反比例函数图象上的点横纵坐标之积=k．‎ ‎　‎ ‎10．如图，边长为2的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为2的圆上，顶点C、D在圆内，将正方形ABCD沿圆的内壁作无滑动的滚动．当滚动一周回到原位置时，点C运动的路径长为（　　）‎ A．2π B．（ +1）π C．（ +2）π D．（ +1）π ‎【考点】轨迹．‎ ‎【分析】作辅助线，首先求出∠D′AB的大小，进而求出旋转的角度，利用弧长公式问题即可解决．‎ ‎【解答】解：如图，分别连接OA、OB、OD′、OC、OC′；‎ ‎∵OA=OB=AB，‎ ‎∴△OAB是等边三角形，‎ ‎∴∠OAB=60°；‎ 同理可证：∠OAD′=60°，‎ ‎∴∠D′AB=120°；‎ ‎∵∠D′AB′=90°，‎ ‎∴∠BAB′=120°﹣90°=30°，‎ 由旋转变换的性质可知∠C′AC=∠B′AB=30°；‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，且边长为2，‎ ‎∴∠ABC=90°，AC==2，‎ ‎∴当点D第一次落在圆上时，点C运动的路线长为： =．‎ 以D或B为圆心滚动时，每次C点运动，‎ 以A做圆心滚动两次，以B和D做圆心滚动三次，所以总路径=×2+×3=（+1）π．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的运用以及弧长公式的运用，题目的综合性较强，解题的关键是正确的求出旋转角的度数．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共8小题．每小题2分，共16分．）‎ ‎11．4是　16　的算术平方根．‎ ‎【考点】算术平方根．‎ ‎【分析】如果一个非负数x的平方等于a，那么x是a的算术平方根，由此即可求出结果．‎ ‎【解答】解：∵42=16，‎ ‎∴4是16的算术平方根．‎ 故答案为：16．‎ ‎【点评】此题主要考查了算术平方根的概念，牢记概念是关键．‎ ‎　‎ ‎12．因式分解：ab2﹣a=　a（b+1）（b﹣1）　．‎ ‎【考点】提公因式法与公式法的综合运用．‎ ‎【分析】首先提取公因式a，再运用平方差公式继续分解因式．‎ ‎【解答】解：ab2﹣a，‎ ‎=a（b2﹣1），‎ ‎=a（b+1）（b﹣1）．‎ ‎【点评】本题考查了提公因式法与公式法分解因式，关键在于提取公因式后要进行二次因式分解，因式分解一定要彻底，直到不能再分解为止．‎ ‎　‎ ‎13．某校篮球队13名同学的身高如表：‎ 身高（cm）‎ ‎175‎ ‎180‎ ‎182‎ ‎185‎ ‎188‎ 人数（个）‎ ‎1‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1‎ 则该校篮球队13名同学身高中位数是　182　．‎ ‎【考点】中位数．‎ ‎【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数．‎ ‎【解答】解：按从小到大的顺序排列，第7个数是187cm，故中位数是：182cm．‎ 故答案为：182．‎ ‎【点评】本题为统计题，考查中位数的意义．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．‎ ‎　‎ ‎14．将二次函数y=x2的图象向右平移1个单位，在向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是　y=（x﹣1）2+2　．‎ ‎【考点】二次函数图象与几何变换．‎ ‎【分析】抛物线平移不改变a的值．‎ ‎【解答】解：原抛物线的顶点为（0，0），向右平移1个单位，在向上平移2个单位后，那么新抛物线的顶点为（1，2）．可设新抛物线的解析式为：y=（x﹣h）2+k，代入得：y=（x﹣1）2+2．故所得图象的函数表达式是：y=（x﹣1）2+2．‎ ‎【点评】解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．‎ ‎　‎ ‎15．如图，AD∥CB，∠D=43°，∠B=25°，则∠DEB的度数为　68°　．‎ ‎【考点】平行线的性质．‎ ‎【分析】先根据平行线的性质求出∠C的度数，再由三角形外角的性质即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵AD∥CB，∠D=43°，‎ ‎∴∠C=∠D=43°．‎ ‎∵∠DEB是△BCE的外角，∠B=25°，‎ ‎∴∠DEB=∠C+∠B=43°+25°=68°．‎ 故答案为：68°．‎ ‎【点评】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等．‎ ‎　‎ ‎16．如图，AB是⊙O的直径，若AC=4，∠D=60°，则AB=　8　．‎ ‎【考点】圆周角定理；含30度角的直角三角形．‎ ‎【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠ACB=90°，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，求得∠A的度数，继而求得∠ABC=30°，则可求得AB的长．‎ ‎【解答】解：∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∵∠A=∠D=60°，‎ ‎∴∠ABC=90°﹣∠A=30°，‎ ‎∵AC=4，‎ ‎∴AB=2AC=8．‎ 故答案为：8．‎ ‎【点评】此题考查了圆周角定理与含30°角的直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎　‎ ‎17．如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，OA=1．先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2016次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2016的坐标为　（1344，）　．‎ ‎【考点】菱形的性质；规律型：点的坐标．‎ ‎【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2016=336×6，因此点B4向右平移1344（即336×4）即可到达点B2016，根据点B6的坐标就可求出点B2016的坐标．‎ ‎【解答】解：连接AC，如图所示．‎ ‎∵四边形OABC是菱形，‎ ‎∴OA=AB=BC=OC．‎ ‎∵∠ABC=60°，‎ ‎∴△ABC是等边三角形．‎ ‎∴AC=AB．‎ ‎∴AC=OA．‎ ‎∵OA=1，‎ ‎∴AC=1．‎ 画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．‎ 由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．‎ ‎∵2016=336×6，‎ ‎∴点B向右平移1344（即336×4）到点B2016．‎ ‎∵B6的坐标为（4，），‎ ‎∴B2016的坐标为（1344，）．‎ 故答案为：（1344，）．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎18．二次函数y=﹣x2﹣2x图象x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分保持不变，翻折后的图象与原图象x轴下方的部分组成一个“M”形状的新图象，若直线y=x+b与该新图象有两个公共点，则b的取值范围为　0＜b＜1或b＜﹣　．‎ ‎【考点】二次函数的图象；根的判别式．‎ ‎【分析】画出图象求出直线经过点A和原点时的b的值，结合图象可以确定b的范围，再求出直线与翻折后的抛物线只有一个交点时的b的值，可以利用方程组只有一组解△=0解决问题，由此再确定b的取值范围．‎ ‎【解答】解：如图，当直线y=x+b经过点A（﹣2，0）时，b=1，‎ 当直线y=x+b经过点O（0，0）时，b=0，‎ ‎∴0＜b＜1时，直线y=x+b与新图形有两个交点．‎ 翻折后的抛物线为y=x2+2x，‎ 由方程组有一组解，消去y得到：2x2+3x﹣2b=0，‎ ‎∵△=0，‎ ‎∴9+16b=0，‎ b=﹣，‎ 由图象可知，b＜﹣时，直线y=x+b与新图形有两个交点．‎ 综上所述0＜b＜1或b＜﹣时，直线y=x+b与新图形有两个交点．‎ ‎【点评】本题考查一次函数、根的判别式等知识，解题的关键是正确画出图象，找关键点解决问题，把只有一个交点问题转化为方程组只有一组解解决，是数形结合的好题目，属于中考常考题型．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共10小题，共84分．请在答题卡指定区域内作答）‎ ‎19．计算：‎ ‎（1）（）﹣2﹣（﹣）0+2sin60°﹣|﹣3|‎ ‎（2）÷﹣．‎ ‎【考点】分式的混合运算；实数的运算．‎ ‎【分析】（1）分别根据0指数幂及负整数指数幂的计算法则计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；‎ ‎（2）先算除法，再算加减即可．‎ ‎【解答】解：（1）原式=4﹣1+2×﹣3‎ ‎=4﹣1+﹣3‎ ‎=；‎ ‎（2）原式=﹣‎ ‎=﹣‎ ‎=﹣．‎ ‎【点评】本题考查的是分式的混合运算，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．‎ ‎　‎ ‎20．（1）解方程：﹣=3‎ ‎（2）解不等式组：．‎ ‎【考点】解分式方程；解一元一次不等式组．‎ ‎【分析】（1）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；‎ ‎（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可．‎ ‎【解答】解：（1）去分母，得3x﹣2=3x+6，‎ 整理得：﹣2=6，不成立，‎ 则此分式方程无解；‎ ‎（2），‎ 由①得，x≥﹣1；‎ 由②得，x＜3，‎ 则不等式组的解集是﹣1≤x＜3．‎ ‎【点评】此题考查了解分式方程，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎21．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．‎ ‎（1）求证：BE=CF；‎ ‎（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．‎ ‎【考点】旋转的性质；勾股定理；菱形的性质．‎ ‎【分析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE=CD；‎ ‎（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．‎ ‎【解答】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，‎ ‎∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，‎ ‎∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴AE=AF，‎ ‎∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，‎ ‎∴BE=CF；‎ ‎（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，‎ ‎∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，‎ ‎∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，‎ ‎∴∠AEB=∠ABE=45°，‎ ‎∴△ABE为等腰直角三角形，‎ ‎∴BE=AC=，‎ ‎∴BD=BE﹣DE=﹣1．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质．‎ ‎　‎ ‎22．“校园手机”现象越来越受到社会的关注．“寒假”期间，记者小刘随机调查了某区若干名学生和家长对中学生带手机现象的看法，统计整理并制作了如下的统计图：‎ ‎（1）求这次调查的家长人数，并补全图①；‎ ‎（2）求图②中表示家长“赞成”的圆心角的度数；‎ ‎（3）若该区共有中学生8000人，请根据以上图表信息估算出该区中学生中对“校园手机”持“无所谓”态度的人数是多少？‎ ‎【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．‎ ‎【分析】（1）根据条形统计图，无所谓的家长有80人，根据扇形统计图，无所谓的家长占20%，‎ 据此即可求出家长总人数，减掉赞成和无所谓的家长人数，即为反对的人数；从而可补全直方图；‎ ‎（2）根据赞成人数和（1）中求出的家长总人数，算出表示“赞成”家长的百分比，即可得到表示家长“赞成”的圆心角的度数；‎ ‎（3）由样本知，持“无所谓”态度的学生人数有30人，占被调查人数的，又知若该区共有中学生8000人，故求出该区学生中持“无所谓”态度的学生人数约有8000×=1200人．‎ ‎【解答】解：（1）∵由条形统计图，无所谓的家长有80人，根据扇形统计图，无所谓的家长占20%，‎ ‎∴家长总人数为80÷20%=400人；‎ 反对的人数为400﹣40﹣80=280人．如图所示：‎ ‎（2）表示“赞成”所占圆心角的度数为：×360°=36°；‎ ‎（3）由样本知，持“无所谓”态度的学生人数有30人，占被调查人数的=，‎ 故该区学生中持“无所谓”态度的学生人数约有8000×=1200人．‎ ‎【点评】此题考查了扇形统计图和条形统计图以及用样本估计总体的知识，是一道综合题，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．‎ ‎　‎ ‎23．一个不透明的盒子中放有四张分别写有数字1，2，3，4的红色卡片和三张分别写有数字1，2，3的蓝色卡片，卡片除颜色和数字外完全相同．‎ ‎（1）从中任意抽取一张卡片，求该卡片上写有数字1的概率；‎ ‎（2）将3张蓝色卡片取出后放入另外一个不透明的盒子内，然后在两个盒子内各任意抽取一张卡片，以红色卡片上的数字作为十位数，蓝色卡片上的数字作为个位数组成一个两位数，求这个两位数大于22的概率．‎ ‎【考点】列表法与树状图法；概率公式．‎ ‎【分析】依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能和出现所有结果的可能，然后根据概率公式求出该事件的概率．‎ ‎【解答】解：（1）∵在7张卡片中共有两张卡片写有数字1，（1分）‎ ‎∴从中任意抽取一张卡片，卡片上写有数字1的概率是；（2分）‎ ‎（2）组成的所有两位数列表为：‎ 十位数 个位数 ‎ 1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎ 1‎ ‎ 11‎ ‎21‎ ‎31‎ ‎41‎ ‎ 2‎ ‎ 12‎ ‎ 22‎ ‎32‎ ‎42‎ ‎ 3‎ ‎ 13‎ ‎23‎ ‎33‎ ‎43‎ 或列树状图为：‎ ‎（6分）‎ ‎∴这个两位数大于22的概率为．（8分）‎ ‎【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．‎ ‎　‎ ‎24．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2．使用时为了散热，她在底板下垫入散热架ACO′后，电脑转到AO′B′位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O′C⊥OA于点C，O′C=12cm．‎ ‎（1）求∠CAO′的度数．‎ ‎（2）显示屏的顶部B′比原来升高了多少？‎ ‎（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转多少度？‎ ‎【考点】解直角三角形的应用；旋转的性质．‎ ‎【分析】（1）通过解直角三角形即可得到结果；‎ ‎（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24×=12，由C、O′、B′三点共线可得结果；‎ ‎（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．‎ ‎【解答】解：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，‎ ‎∴sin∠CAO′=，‎ ‎∴∠CAO′=30°；‎ ‎（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D ‎∵sin∠BOD=，‎ ‎∴BD=OBsin∠BOD，‎ ‎∵∠AOB=120°，‎ ‎∴∠BOD=60°，‎ ‎∴BD=OBsin∠BOD=24×=12，‎ ‎∵O′C⊥OA，∠CAO′=30°，‎ ‎∴∠AO′C=60°，‎ ‎∵∠AO′B′=120°，‎ ‎∴∠AO′B′+∠AO′C=180°，‎ ‎∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12=36﹣12，‎ ‎∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12）cm；‎ ‎（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，‎ 理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，‎ ‎∴∠EO′F=120°，‎ ‎∴∠FO′A=∠CAO′=30°，‎ ‎∵∠AO′B′=120°，‎ ‎∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，‎ ‎∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．‎ ‎【点评】本题考查了解直角三角形的应用，旋转的性质，正确的画出图形是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎25．某大学毕业生响应国家“自主创业”的号召，投资开办了一个装饰品商店．该店采购进一种今年新上市的饰品进行了30天的试销售，购进价格为20元/件．销售结束后，得知日销售量P（件）与销售时间x（天）之间有如下关系：P=﹣2x+80（1≤x≤30，且x为整数）；又知前20天的销售价格Q1（元/件）与销售时间x（天）之间有如下关系：Q1=x+30（1≤x≤20，且x为整数），后10天的销售价格Q2（元/件）与销售时间x（天）之间有如下关系：Q2=45（21≤x≤30，且x为整数）．‎ ‎（1）试写出该商店前20天的日销售利润R1（元）和后10天的日销售利润R2（元）分别与销售时间x（天）之间的函数关系式；‎ ‎（2）请问在这30天的试销售中，哪一天的日销售利润最大？并求出这个最大利润．‎ 注：销售利润=销售收入﹣购进成本．‎ ‎【考点】二次函数的应用．‎ ‎【分析】（1）运用营销问题中的基本等量关系：销售利润=日销售量×一件销售利润．一件销售利润=一件的销售价﹣一件的进价，建立函数关系式；‎ ‎（2）分析函数关系式的类别及自变量取值范围求最大值；其中R1是二次函数，R2是一次函数．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意，得 R1=P（Q1﹣20）=（﹣2x+80）[（x+30）﹣20]，‎ ‎=﹣x2+20x+800（1≤x≤20，且x为整数），‎ R2=P（Q2﹣20）=（﹣2x+80）（45﹣20），‎ ‎=﹣50x+2000（21≤x≤30，且x为整数）；‎ ‎（2）在1≤x≤20，且x为整数时，‎ ‎∵R1=﹣（x﹣10）2+900，‎ ‎∴当x=10时，R1的最大值为900，‎ 在21≤x≤30，且x为整数时，‎ ‎∵R2=﹣50x+2000，﹣50＜0，R2随x的增大而减小，‎ ‎∴当x=21时，R2的最大值为950，‎ ‎∵950＞900，‎ ‎∴当x=21即在第21天时，日销售利润最大，最大值为950元．‎ ‎【点评】本题需要反复读懂题意，根据营销问题中的基本等量关系建立函数关系式，根据时间段列出分段函数，再结合自变量取值范围分别求出两个函数的最大值，并进行比较，得出结论．‎ ‎　‎ ‎26．平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ=60°，OQ=OD=3，OP=2，OA=AB=1，让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．‎ 发现：‎ ‎（1）当α=0°，即初始位置时，点P　在　直线AB上（选填“在”或“不在”）．‎ 当α=　15°　时，OQ经过点B；‎ ‎（2）在OQ旋转过程中，α=　60°　时，点P，A间的距离最小？PA最小值为　1　；‎ ‎（3）探究当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sin α的值．‎ ‎【考点】圆的综合题．‎ ‎【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠DOQ=∠ABO=45°，于是得到结论；‎ ‎（2）根据OA+AP≥OP，当OP过点A，即α=60°时，等号成立，于是得到AP≥OP﹣OA=2﹣1=1，当α=60°时，P、A之间的距离最小，即可求得结果；‎ ‎（3）分三种情况；①根据切线的性质得到∠KSO=∠KTB=90°，作KG⊥OO′于G，解直角三角形得到OS==2，SO′=2，KO′=﹣，于是得到结果；②当半圆K与AD相切于T，如图6，同理可得sinα的值；③当半圆K与CD切线时，点Q与点D重合，且为切点，得到α=60°于是结论可求．‎ ‎【解答】解：（1）在，‎ 当OQ过点B时，在Rt△OAB中，AO=AB，‎ ‎∴∠DOQ=∠ABO=45°，‎ ‎∴α=60°﹣45°=15°；‎ 故答案为：在，15°；‎ ‎（2）如图2，连接AP，‎ ‎∵OA+AP≥OP，‎ 当OP过点A，即α=60°时，等号成立，‎ ‎∴AP≥OP﹣OA=2﹣1=1，‎ ‎∴当α=60°时，P、A之间的距离最小，‎ ‎∴PA的最小值=1；‎ 故答案为：60°，1；‎ ‎（3）半圆K与矩形ABCD的边相切，分三种情况；‎ ‎①如图5，半圆K与BC相切于点T，设直线KT与AD，OQ的初始位置所在的直线分别交于点S，O′，‎ 则∠KSO=∠KTB=90°，‎ 作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，‎ OS==2，‎ 在Rt△OSO′中，SO′=OStan60°=2，KO′=2﹣，‎ 在Rt△KGO′中，∠O′=30°，‎ ‎∴KG=KO′=﹣，‎ ‎∴在Rt△OGK中，sinα===，‎ ‎②当半圆K与AD相切于T，如图6，同理可得sinα====；‎ ‎③当半圆K与CD切线时，点Q与点D重合，且为切点，=60°，‎ ‎∴sinα=sin60°=，‎ 综上所述sinα的值为：或或．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质，直线与圆的位置关系，勾股定理，锐角三角函数，根据题意正确的画出图形是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎27．如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，且OA边和AB边所在直线的解析式分别为y=x和y=﹣x+．‎ ‎（1）求正方形OABC的边长；‎ ‎（2）现有动点P、Q分别从C、A同时出发，点P沿线段CB向终点B运动，速度为每秒1个单位，点Q沿折线A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位，设运动时间为2秒．当k为何值时，将△CPQ沿它的一边翻折，使得翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形？‎ ‎（3）若正方形以每秒个单位的速度沿射线AO下滑，直至顶点C落在x轴上时停止下滑．设正方形在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．‎ ‎【考点】一次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）联立方程组求得点A的坐标即可得到结果；‎ ‎（2）有两种情况：①Q在OA上，则CQ=PQ时能构成菱形，根据题意列出2k=4即可求得；②Q点在OC上，则PC=QC时才能构成菱形，根据题意列出2k=8即可求得；‎ ‎（3）①当点A运动到点O时，t=3，当0＜t≤3时，设O′C′交x轴于点D，根据三角函数的定义tan∠DOO′=，即==，求得DO′=t即可得到S=DO′OO′=tt=t2；②当点C运动到x轴上时，t=（5×）÷=4，当3＜t≤4时，设A′B′交x轴于点E由于A′O=t﹣5，于是得到A′E=A′O=即可得到S=（A′E+O′D）A′O′=（+t）5=．‎ ‎【解答】解：（1）联立，解得，‎ ‎∴A（4，3），‎ ‎∴OA==5，‎ ‎∴正方形OABC的边长为5；‎ ‎（2）有两种情况：‎ ‎①Q在OA上，则CQ=PQ时能构成菱形，‎ ‎∵PC=2，‎ ‎∴AQ=4时才能构成CQ=PQ的等腰三角形，‎ ‎∴2k=4，解得k=2，‎ ‎②Q点在OC上，∵∠PCQ是直角，‎ ‎∴只有沿这PQ边对折才能构成菱形，且PC=QC，‎ ‎∵PC=2，‎ ‎∴QC=2，‎ ‎∴2k=OA+OC﹣QC=5+5﹣2=8，‎ ‎∴k=4，‎ ‎∴当k=2或k=4时将△CPQ沿它的一边翻折，使得翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形；‎ ‎（3）①当点A运动到点O时，t=3，‎ 当0＜t≤3时，设O′C′交x轴于点D，‎ 则tan∠DOO′=，即==，‎ ‎∴DO′=t，‎ ‎∴S=DO′OO′=tt=t2，‎ ‎②当点C运动到x轴上时，t=（5×）÷=4，‎ 当3＜t≤4时，设A′B′交x轴于点E，‎ ‎∵A′O=t﹣5，‎ ‎∴A′E=A′O=，‎ ‎∴S=（A′E+O′D）A′O′=（+t）5=．‎ ‎【点评】本题看出来待定系数法求解析式，应用勾股定理求线段的长，菱形的性质等，分类讨论是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎28．如图，抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3交于A，B两点，交x轴与D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：‎ ‎（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？‎ ‎【考点】二次函数综合题；线段的性质：两点之间线段最短；矩形的判定与性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．‎ ‎【分析】（Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入y=x2+mx+n，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标，过点B作BH⊥x轴于H，如图1．易得∠BCH=∠ACO=45°，BC=，AC=3，从而得到∠ACB=90°，然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值；‎ ‎（Ⅱ）（1）过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x，易得∠APQ=∠ACB=90°．若点G在点A的下方，①当∠PAQ=∠CAB时，△PAQ∽△CAB．此时可证得△PGA∽△BCA，根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x．则有P（x，3﹣3x），然后把P（x，3﹣3x）代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时，△PAQ∽△CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．易得AE=EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为+=DE+EN．作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，从而可得∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．此时可证到四边形OCD′N是矩形，从而有ND′=OC=3，ON=D′C=DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y=x2+mx+n，得 ‎，‎ 解得：．‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+3．‎ 联立，‎ 解得：或，‎ ‎∴点B的坐标为（4，1）．‎ 过点B作BH⊥x轴于H，如图1．‎ ‎∵C（3，0），B（4，1），‎ ‎∴BH=1，OC=3，OH=4，CH=4﹣3=1，‎ ‎∴BH=CH=1．‎ ‎∵∠BHC=90°，‎ ‎∴∠BCH=45°，BC=．‎ 同理：∠ACO=45°，AC=3，‎ ‎∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，‎ ‎∴tan∠BAC===；‎ ‎（Ⅱ）方法一：‎ ‎（1）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似．‎ 过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA=90°．‎ 设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG=x．‎ ‎∵PQ⊥PA，∠ACB=90°，‎ ‎∴∠APQ=∠ACB=90°．‎ 若点G在点A的下方，‎ ‎①如图2①，当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB．‎ ‎∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，‎ ‎∴△PGA∽△BCA，‎ ‎∴==．‎ ‎∴AG=3PG=3x．‎ 则P（x，3﹣3x）．‎ 把P（x，3﹣3x）代入y=x2﹣x+3，得 x2﹣x+3=3﹣3x，‎ 整理得：x2+x=0‎ 解得：x1=0（舍去），x2=﹣1（舍去）．‎ ‎②如图2②，当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．‎ 同理可得：AG=PG=x，则P（x，3﹣x），‎ 把P（x，3﹣x）代入y=x2﹣x+3，得 x2﹣x+3=3﹣x，‎ 整理得：x2﹣x=0‎ 解得：x1=0（舍去），x2=，‎ ‎∴P（，）；‎ 若点G在点A的上方，‎ ‎①当∠PAQ=∠CAB时，则△PAQ∽△CAB，‎ 同理可得：点P的坐标为（11，36）．‎ ‎②当∠PAQ=∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．‎ 同理可得：点P的坐标为P（，）．‎ 综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（，）、（，）；‎ 方法二：‎ 作△APQ的“外接矩形”AQGH，易证△AHP∽△QGP，‎ ‎∴，‎ ‎∵以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似，‎ ‎∴或，‎ 设P（2t，2t2﹣5t+3），A（0，3），H（2t，3），‎ ‎①，∴||=，‎ ‎∴2t1=，2t2=，‎ ‎②∴||=3‎ ‎∴2t1=11，2t2=﹣1，（舍），‎ ‎∴满足题意的点P的坐标为（11，36）、（，）、（，）；‎ ‎（2）方法一：‎ 过点E作EN⊥y轴于N，如图3．‎ 在Rt△ANE中，EN=AEsin45°=AE，即AE=EN，‎ ‎∴点M在整个运动中所用的时间为+=DE+EN．‎ 作点D关于AC的对称点D′，连接D′E，‎ 则有D′E=DE，D′C=DC，∠D′CA=∠DCA=45°，‎ ‎∴∠D′CD=90°，DE+EN=D′E+EN．‎ 根据两点之间线段最短可得：‎ 当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小．‎ 此时，∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°，‎ ‎∴四边形OCD′N是矩形，‎ ‎∴ND′=OC=3，ON=D′C=DC．‎ 对于y=x2﹣x+3，‎ 当y=0时，有x2﹣x+3=0，‎ 解得：x1=2，x2=3．‎ ‎∴D（2，0），OD=2，‎ ‎∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1，‎ ‎∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2，‎ ‎∴点E的坐标为（2，1）．‎ 方法二：‎ 作点D关于AC的对称点D′，DD′交AC于点M，显然DE=D′E，‎ 作D′N⊥y轴，垂足为N，交直线AC于点E，‎ 在Rt△ANE中，EN=AEsin45°=AE，即AE=EN，‎ ‎∴当D′、E、N三点共线时，DE+EN=D′E+EN最小，‎ ‎∵A（0，3），C（3，0），‎ ‎∴lAC：y=﹣x+3，‎ ‎∴M（m，﹣m+3），D（2，0），‎ ‎∵DM⊥AC，∴KDM×KAC=﹣1，‎ ‎∴﹣1×，‎ ‎∴m=，∴M（，），‎ ‎∵M为DD′的中点，‎ ‎∴D′（3，1），‎ ‎∵EY=D′Y=1，‎ ‎∴E（2，1）．‎ ‎【点评】‎ 本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，准确分类是解决第（Ⅱ）（1）小题的关键，把点M运动的总时间+转化为DE+EN是解决第（Ⅱ）（2）小题的关键．‎