2023届河北省邯郸市大名县数学九年级第一学期期末检测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．在1、2、3三个数中任取两个，组成一个两位数，则组成的两位数是奇数的概率为（　 　）
A． B． C． D．
2．已知等腰三角形的腰和底的长分别是一元二次方程x2﹣4x+3=0的根，则该三角形的周长可以是（　　）
A．5 B．7 C．5或7 D．10
3．如图，在△ABC中，AC⊥BC，∠ABC＝30°，点D是CB延长线上的一点，且AB＝BD，则tanD的值为（　　）

A． B． C． D．
4．据路透社报道，中国华为技术有限公司推出新的服务器芯片组，此举正值中国努力提高芯片制造能力，并减少对进口芯片的严重依赖.华为技术部门还表示，电子元件的尺寸大幅度缩小，在芯片上某种电子元件大约只占有面积.其中0.00000065用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
5．关于x的一元二次方程x2+（a2﹣2a）x+a﹣1=0的两个实数根互为相反数，则a的值为（　　）
A．2 B．0 C．1 D．2或0
6．下列事件中，必然事件是（　　）
A．任意掷一枚均匀的硬币，正面朝上
B．从一副扑克牌中，随意抽出一张是大王
C．通常情况下，抛出的篮球会下落
D．三角形内角和为360°
7．以下五个图形中，是中心对称图形的共有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
8．如图所示几何体的俯视图是（ ）

A． B． C． D．
9．如图，一个透明的玻璃正方体表面嵌有一根黑色的铁丝．这根铁丝在正方体俯视图中的形状是（　　）

A． B． C． D．
10．如图，抛物线与轴交于点，顶点坐标为，与轴的交点在、之间（包含端点）．有下列结论：
①当时，；②；③；④．
其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．圆心角为140°的扇形的半径为3cm，则这个扇形的面积是（　　）cm1．
A．π B．3π C．9π D．6π
12．顺次连接四边形ABCD各边的中点，所得四边形是（ ）
A．平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形
D．菱形
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC交l1，l2，l3于点A，B，C；直线DF交l1，l2，l3于点D，E，F，已知，则_______．

14．将抛物线y＝x2+2x向右平移1个单位后的解析式为_____．
15．已知反比例函数y＝的图象位于第一、第三象限，则k的取值范围是_____．
16．若一个圆锥的底面圆半径为3cm，其侧面展开图的圆心角为120°，则圆锥的母线长是______
17．小明制作了十张卡片，上面分别标有1～10这是个数字．从这十张卡片中随机抽取一张恰好能被 4 整除的概率是__________．
18．函数中，自变量的取值范围是_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）若⊙O的半径为3cm，∠C＝30°，求图中阴影部分的面积．

20．（8分）综合与探究
如图，抛物线经过点、、，已知点，，且，点为抛物线上一点（异于）．

（1）求抛物线和直线的表达式．
（2）若点是直线上方抛物线上的点，过点作，与交于点，垂足为．当时，求点的坐标．
（3）若点为轴上一动点，是否存在点，使得由，，，四点组成的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（8分）如图，△ABC是等边三角形，点D在AC边上，将△BCD绕点C旋转得到△ACE．
（1）求证：DE∥BC．
（2）若AB＝8，BD＝7，求△ADE的周长．

22．（10分）边长为2的正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点是边的中点，连接，点在第一象限，且，.以直线为对称轴的抛物线过，两点.

（1）求抛物线的解析式；
（2）点从点出发，沿射线每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为秒.过点作于点，当为何值时，以点，，为顶点的三角形与相似？
（3）点为直线上一动点，点为抛物线上一动点，是否存在点，，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
23．（10分）如图，在中，是上的高．．
求证：．

24．（10分）如图，直线y＝﹣x+1与x轴，y轴分别交于A，B两点，抛物线y＝ax2+bx+c过点B，并且顶点D的坐标为（﹣2，﹣1）．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）若抛物线与直线AB的另一个交点为F，点C是线段BF的中点，过点C作BF的垂线交抛物线于点P，Q，求线段PQ的长度；
（3）在（2）的条件下，点M是直线AB上一点，点N是线段PQ的中点，若PQ＝2MN，直接写出点M的坐标．
25．（12分）已知抛物线y＝kx2+（1﹣2k）x+1﹣3k与x轴有两个不同的交点A、B．
（1）求k的取值范围；
（2）证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点M，并求出点M的坐标；
（3）当＜k≤8时，由（2）求出的点M和点A，B构成的△ABM的面积是否有最值？若有，求出该最值及相对应的k值．
26．已知抛物线y＝x2+bx﹣3经过点A（1，0），顶点为点M．
（1）求抛物线的表达式及顶点M的坐标；
（2）求∠OAM的正弦值．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】列举出所有情况，看末位是1和3的情况占所有情况的多少即可．
【详解】依题意画树状图：

∴共有6种情况，是奇数的有4种情况，所以组成的两位数是偶数的概率＝，
故选：C．
【点睛】
本题考查了树状图法求概率以及概率公式；如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝，注意本题是不放回实验．
2、B
【解析】先通过解方程求出等腰三角形两边的长，然后利用三角形三边关系确定等腰三角形的腰和底的长，进而求出三角形的周长．
本题解析：
x ²-4x+3=0
(x−3)(x−1)=0，
x−3=0或x−1=0，
所以x ₁=3,x ₂=1，
当三角形的腰为3，底为1时，三角形的周长为3+3+1=7，
当三角形的腰为1，底为3时不符合三角形三边的关系，舍去，
所以三角形的周长为7.
故答案为7.
考点：解一元二次方程-因式分解法, 三角形三边关系, 等腰三角形的性质
3、D
【分析】设AC＝m，解直角三角形求出AB，BC，BD即可解决问题．
【详解】设AC＝m，
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2m，BC＝AC＝m，
∴BD＝AB＝2m，DC＝2m+m，
∴tan∠ADC＝＝＝2﹣．
故选：D．
【点睛】
本题考查解直角三角形，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4、B
【分析】把一个数表示成的形式，其中，n是整数，这种记数方法叫做科学记数法，根据科学记数法的要求即可解答.
【详解】0.00000065=,
故选：B.
【点睛】
此题考察科学记数法，注意n的值的确定方法，当原数小于1时，n是负整数，整数等于原数左起第一个非零数字前0的个数，按此方法即可正确求解.
5、B
【解析】设方程的两根为x1，x2，
根据题意得x1+x2=1，
所以a2-2a=1，解得a=1或a=2，
当a=2时，方程化为x2+1=1，△=-4＜1，故a=2舍去，
所以a的值为1．
故选B．
6、C
【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【详解】任意掷一枚均匀的硬币，正面朝上是随机事件；
从一副扑克牌中，随意抽出一张是大王是随机事件；
通常情况下，抛出的篮球会下落是必然事件；
三角形内角和为360°是不可能事件，
故选C.
【点睛】
本题考查随机事件.
7、B
【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，进行判断．
【详解】解：从左起第2、4、5个图形是中心对称图形.
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形.
8、B
【解析】注意几何体的特征，主视图与左视图的高相同，主视图与俯视图的长相等，左视图与俯视图的宽相同．再对选项进行分析即可得到答案.
【详解】根据俯视图的特征，应选B．故选：B．
【点睛】
本题考查了几何体的三视图，正确理解主视图与左视图以及俯视图的特征是解题的关键．
9、A
【解析】从上面看得到的图形是A表示的图形，故选A．
10、C
【分析】①由抛物线的顶点坐标的横坐标可得出抛物线的对称轴为x=1，结合抛物线的对称性及点A的坐标，可得出点B的坐标，由点B的坐标即可断定①正确；②由抛物线的开口向下可得出a＜1，结合抛物线对称轴为x=-=1，可得出b=-2a，将b=-2a代入2a+b中，结合a＜1即可得出②不正确；③由抛物线与y轴的交点的范围可得出c的取值范围，将（-1，1）代入抛物线解析式中，再结合b=-2a即可得出a的取值范围，从而断定③正确；④结合抛物线的顶点坐标的纵坐标为，结合a的取值范围以及c的取值范围即可得出n的范围，从而断定④正确．综上所述，即可得出结论．
【详解】解：①由抛物线的对称性可知：
抛物线与x轴的另一交点横坐标为1×2-（-1）=2，
即点B的坐标为（2，1），
∴当x=2时，y=1，①正确；
②∵抛物线开口向下，
∴a＜1．
∵抛物线的顶点坐标为（1，n），
∴抛物线的对称轴为x=-=1，
∴b=-2a，
2a+b=a＜1，②不正确；
③∵抛物线与y轴的交点在（1，2）、（1，2）之间（包含端点），
∴2≤c≤2．
令x=-1，则有a-b+c=1，
又∵b=-2a，
∴2a=-c，即-2≤2a≤-2，
解得：-1≤a≤-，③正确；
④∵抛物线的顶点坐标为 ，
∴n==c- ,
又∵b=-2a，2≤c≤2，-1≤a≤-，
∴n=c-a，≤n≤4，④正确．
综上可知：正确的结论为①③④．
故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系，解决该题型题目时，利用二次函数的系数表示出来抛物线的顶点坐标是关键．
11、D
【解析】试题分析：扇形面积的计算公式为：，故选择D．
12、A
【解析】试题分析：连接原四边形的一条对角线，根据中位线定理，可得新四边形的一组对边平行且等于对角线的一半，即一组对边平行且相等．则新四边形是平行四边形．
解：如图，根据中位线定理可得：GF=BD且GF∥BD，EH=BD且EH∥BD，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
故选A．

考点：中点四边形．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】根据题意求得，根据平行线分线段成比例定理解答．
【详解】∵，
∴=1，
∵l1∥l1∥l3，
∴==1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
14、y＝x2﹣1．
【分析】通过配方法先求出原抛物线的顶点坐标，继而得到平移后新抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式即可求得新抛物线的解析式.
【详解】∵y=x 2 +2x=(x+1)2-1 ，
∴原抛物线的顶点为(-1，-1)，
∵将抛物线y＝x2+2x向右平移1个单位得到新的抛物线，
∴新抛物线的顶点为(0，-1)，
∴新抛物线的解析式为y=x 2-1，
故答案为：y=x 2 -1．
【点睛】
本题考查了抛物线的平移，得到原抛物线与新抛物线的顶点坐标是解题的关键.
15、.
【解析】分析：
根据“反比例函数的图象所处象限与的关系”进行解答即可.
详解：
∵反比例函数的图象在第一、三象限内，
∴，解得：.
故答案为.
点睛：熟记“反比例函数的图象所处象限与的关系：（1）当时，反比例函数的图象在第一、三象限；（2）当时，反比例函数的图象在第二、四象限.”是正确解答本题的关键.
16、9cm
【分析】利用圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长即可求解．
【详解】解：设母线长为l，则=2π×3 ，
解得：l=9 cm．
故答案为：9 cm．
【点睛】
本题考查圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
17、
【分析】由小明制作了十张卡片，上面分别标有这是个数字．其中能被4整除的有4，8，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：小明制作了十张卡片，上面分别标有这是个数字．其中能被4整除的有4，8；
从这十张卡片中随机抽取一张恰好能被4整除的概率是：．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
18、
【分析】根据被开方式是非负数列式求解即可.
【详解】依题意，得，
解得：，
故答案为．
【点睛】
本题考查了函数自变量的取值范围，函数有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当函数解析式是整式时，字母可取全体实数；②当函数解析式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数解析式是二次根式时，被开方数为非负数．④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．

三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（1）（3π﹣）cm1
【分析】（1）由等腰三角形的性质证出∠ODB＝∠C．得出OD∥AC．由已知条件证出DE⊥OD，即可得出结论；
（1）由垂径定理求出OF，由勾股定理得出DF，求出BD，得出△BOD的面积，再求出扇形BOD的面积，即可得出结果．
【详解】（1）连接OD，如图1所示：
∵OD＝OB，
∴∠B＝∠ODB．
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C．
∴∠ODB＝∠C．
∴OD∥AC．
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
（1）过O作OF⊥BD于F，如图1所示：
∵∠C＝30°，AB＝AC，OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB＝∠C＝30°，
∴∠BOD＝110°，
在Rt△DFO中，∠FDO＝30°，
∴OF＝OD＝cm，
∴DF＝＝cm，
∴BD＝1DF＝3cm，
∴S△BOD＝×BD×OF＝×3×＝cm1，
S扇形BOD＝＝3πcm1，
∴S阴＝S扇形BOD﹣S△BOD＝＝（3π﹣）cm1．

【点睛】
本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、勾股定理、三角形和扇形面积的计算等知识；熟练掌握切线的判定，由垂径定理和勾股定理求出OF和DF是解决问题（1）的关键．
20、（1），；（2）点的坐标为；（3）存在，点的坐标为或或
【分析】（1），则OA=4OC=8，故点A（-8，0）；△AOC∽△COB，则△ABC为直角三角形，则CO2=OA•OB，解得：OB=2，故点B（2，0）；即可求解；
（2）PE=EF，即；即可求解；
（3）分BC是边、BC是对角线两种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴．
由点的坐标可知，故，，则点，点．
设抛物线的表达式为,
代入点的坐标，得，解得．
故抛物线的表达式为．
设直线的表达式为,
代入点、的坐标，得，解得
故直线的表达式为．
（2）设点的坐标为，则点的坐标分别为，，．
∵，
∴，
解得或（舍去），则，
故当时，点的坐标为．
（3）设点P（m，n），n=，点M（s，0），而点B、C的坐标分别为：（2，0）、（0，4）；
①当BC是边时，
点B向左平移2个单位向上平移4个单位得到C，
同样点P（M）向左平移2个单位向上平移4个单位得到M（P），
即m-2=s，n+4=0或m+2=s，n-4=0，
解得：m=-6或±-3，
故点P的坐标为：（-6，4）或（-3，-4）或（--3，-4）；
②当BC是对角线时，
由中点公式得：2=m+s，n=4，
故点P（-6，4）；
综上，点P的坐标为：（-6，4）或（-3，-4）或（--3，-4）．
【点睛】
此题考查二次函数综合运用，一次函数的性质，平行四边形的性质，三角形相似，解题关键在于注意（3），要注意分类求解，避免遗漏．
21、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°，可得∠CDE＝60°＝∠ACB，可证DE∥BC；
（2）由旋转的性质可得AE＝BD＝7，即可求△ADE的周长．
【详解】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝60°，
∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE．
∴CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°＝∠ACB，
∴DE∥BC；
（2）∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE．
∴AE＝BD＝7，
∵△ADE的周长＝AE+DE+AD＝AE+DC+AD＝AE+AC，
∴△ADE的周长＝7+8＝1．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，解决本题的关键是正确理解题意，能够熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质，找到相等的线段和角.
22、（1）；（2）或时，以点，，为顶点的三角形与相似；（3）存在，四边形是平行四边形时，，；四边形是平行四边形时，，；四边形是平行四边形时，，
【分析】（1）根据正方形的性质，可得OA＝OC，∠AOC＝∠DGE，根据余角的性质，可得∠OCD＝∠GDE，根据全等三角形的判定与性质，可得EG＝OD＝1，DG＝OC＝2，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）分类讨论：若△DFP∽△COD，根据相似三角形的性质，可得∠PDF＝∠DCO，根据平行线的判定与性质，可得∠PDO＝∠OCP＝∠AOC＝90，根据矩形的判定与性质，可得PC的长；若△PFD∽△COD，根据相似三角形的性质，可得∠DPF＝∠DCO，，根据等腰三角形的判定与性质，可得DF于CD的关系，根据相似三角形的相似比，可得PC的长；
（3）分类讨论：当四边形是平行四边形时，四边形是平行四边形时，四边形是平行四边形时，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边，可得答案．
【详解】解：（1）过点作轴于点.

∵四边形是边长为2的正方形，是的中点，
∴，，.
∵，∴.
∵，∴.
在和中，
∴，，.
∴点的坐标为.
∵抛物线的对称轴为直线即直线，∴可设抛物线的解析式为，
将、点的坐标代入解析式，得，解得.
∴抛物线的解析式为；
（2）①若，则，，
∴，∴四边形是矩形，
∴，∴；
②若，则，
∴.
∴.
∴，∴.
∵，∴，∴.
∵，
∴，，
综上所述：或时，以点，，为顶点的三角形与相似：
（3）存在，①若以DE为平行四边形的对角线，如图2，

此时，N点就是抛物线的顶点（2，），
由N、E两点坐标可求得直线NE的解析式为：y＝x；
∵DM∥EN，
∴设DM的解析式为：y＝x＋b，
将D（1，0）代入可求得b＝−，
∴DM的解析式为：y＝x−，
令x＝2，则y＝，
∴M（2，）；
②过点C作CM∥DE交抛物线对称轴于点M，连接ME，如图3，

∵CM∥DE，DE⊥CD，
∴CM⊥CD，
∵OC⊥CB，
∴∠OCD＝∠BCM，
在△OCD和△BCM中
，
∴△OCD≌△BCM（ASA），
∴CM＝CD＝DE，BM＝OD＝1，
∴CDEM是平行四边形，
即N点与C占重合，
∴N（0，2），M（2，3）；
③N点在抛物线对称轴右侧，MN∥DE，如图4，

作NG⊥BA于点G，延长DM交BN于点H，
∵MNED是平行四边形，
∴∠MDE＝MNE，∠ENH＝∠DHB，
∵BN∥DF，
∴∠ADH＝∠DHB＝∠ENH，
∴∠MNB＝∠EDF，
在△BMN和△FED中

∴△BMN≌△FED（AAS），
∴BM＝EF＝1，
BN＝DF＝2，
∴M（2，1），N（4，2）；
综上所述，
四边形是平行四边形时，，；
四边形是平行四边形时，，；
四边形是平行四边形时，，.
【点睛】
本题考查了二次函数综合题，（1）利用了正方形的性质，余角的性质，全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数解析式；（2）利用了相似三角形的性质，矩形的判定，分类讨论时解题关键；（3）利用了平行四边形的判定，分类讨论时解题关键．
23、证明见解析．
【分析】根据三角形的定义表示出及，根据即可证明.
【详解】是上的高，，
，
在和中，
，，
且，
，
．
【点睛】
此题主要考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟知三角函数的定义.
24、（1）y＝x2+2x+1；（2）5；（3）M（，﹣）或（﹣，）
【分析】（1）先求出点B坐标，再将点D，B代入抛物线的顶点式即可；
（2）如图1，过点C作CH⊥y轴于点H，先求出点F的坐标，点C的坐标，再求出直线CM的解析式，最后可求出两个交点及交点间的距离；
（3）设M（m，﹣m+1），如图2，取PQ的中点N，连接MN，证点P，M，Q同在以PQ为直径的圆上，所以∠PMQ＝90°，利用勾股定理即可求出点M的坐标．
【详解】解：（1）在y＝﹣x+1中，
当x＝0时，y＝1，
∴B（0，1），
∵抛物线y＝ax2+bx+c过点B，并且顶点D的坐标为（﹣2，﹣1），
∴可设抛物线解析式为y＝a（x+2）2﹣1，
将点B（0，1）代入，
得，a＝，
∴抛物线的解析式为：y＝（x+2）2﹣1＝x2+2x+1；
（2）联立，
解得，或，
∴F（﹣5，），
∵点C是BF的中点，
∴xC＝＝﹣，yC＝＝，
∴C（﹣，），
如图1，过点C作CH⊥y轴于点H，
则∠HCB+∠CBH＝90°，
又∵∠MCH+∠HCB＝90°，
∴∠CBH＝∠MCH，
又∠CHB＝∠MHC＝90°，
∴△CHB∽△MHC，
∴＝，
即＝，
解得，HM＝5，
∴OM＝OH+MH＝+5＝，
∴M（0，），
设直线CM的解析式为y＝kx+，
将C（﹣，）代入，
得，k＝2，
∴yCM＝2x+，
联立2x+＝x2+2x+1，
解得，x1＝，x2＝﹣，
∴P（，5+），Q（﹣，﹣5+），
∴PQ＝＝5；
（3）∵点M在直线AB上，
∴设M（m，﹣m+1），
如图2，取PQ的中点N，连接MN，
∵PQ＝2MN，
∴NM＝NP＝NQ，
∴点P，M，Q同在以PQ为直径的圆上，
∴∠PMQ＝90°，
∴MP2+MQ2＝PQ2，
∴+ ＝（5）2，
解得，m1＝，m2＝﹣，
∴M（，﹣）或（﹣，）．

【点睛】
本题考查了待定系数法求解析式，两点间的距离，勾股定理等，解题关键是需要有较强的计算能力．
25、（1）且；（2）见解析，M(3,4) ；（3）△ABM的面积有最大值，
【分析】（1）根据题意得出△=（1-2k）2-4×k×（1-3k）=（1-4k）2＞0，得出1-4k≠0，解不等式即可；
（2）y= k（x2-2x-3）+x+1，故只要x2-2x-3=0，那么y的值便与k无关，解得x=3或x=-1（舍去，此时y=0，在坐标轴上），故定点为（3，4）；
（3）由|AB|=|xA-xB|得出|AB|=||，由已知条件得出，得出0＜||≤，因此|AB|最大时，||=，解方程即可得到结果.
【详解】解：（1）当时，函数为一次函数，不符合题意，舍去；
当时，抛物线与轴相交于不同的两点、，
△，
，
，
∴k的取值范围为且；
（2）证明：抛物线，
，
抛物线过定点说明在这一点与k无关，
显然当时，与k无关，
解得：或，
当时，，定点坐标为；
当时，，定点坐标为，
∴M不在坐标轴上，
；
（3），

，
，
，
，
，
最大时，，
解得：，或（舍去），
当时，有最大值，
此时的面积最大，没有最小值，
则面积最大为：．
【点睛】
本题是二次函数综合题目，考查了二次函数与一元二次方程的关系，根的判别式以及最值问题等知识；本题难度较大，根据题意得出点M的坐标是解决问题的关键．
26、（1）M的坐标为（﹣1，﹣4）；（2）．
【解析】（1）把A坐标代入抛物线解析式求出b的值，确定出抛物线表达式，并求出顶点坐标即可；
（2）根据（1）确定出抛物线对称轴，求出抛物线与x轴的交点B坐标，根据题意得到三角形AMB为直角三角形，由MB与AB的长，利用勾股定理求出AM的长，再利用锐角三角函数定义求出所求即可．
【详解】解：（1）由题意，得1＋b﹣3＝0，
解这个方程，得，b＝2，
所以，这个抛物线的表达式是y＝x2＋2x﹣3，
所以y＝（x＋1）2﹣4，
则顶点M的坐标为（﹣1，﹣4）；
（2）由（1）得：这个抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，
设直线x＝-1与x轴的交点为点B，
则点B的坐标为（﹣1，0），且∠MBA＝90°，
在Rt△ABM中，MB＝4，AB＝2，
由勾股定理得：AM2＝MB2＋AB2＝16＋4＝20，即AM＝2，
所以sin∠OAM＝＝．
【点睛】
此题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，以及解直角三角形，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．