2020年湖南省娄底市中考数学试卷（教师版）.doc

2020年湖南省娄底市中考数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，满分36分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请把你认为符合题目要求的选项填涂在答题卡上相应题号下的方框里）
1．（3分）﹣2020的倒数是（　　）
A．﹣2020 B．2020 C． D．﹣
2．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．（a+b）2＝a2+b2
C．（﹣2a）3＝﹣8a3 D．a2+a2＝a4
3．（3分）如图，将直尺与三角尺叠放在一起，如果∠1＝28°，那么∠2的度数为（　　）

A．62° B．56° C．28° D．72°
4．（3分）一组数据7，8，10，12，13的平均数和中位数分别是（　　）
A．7、10 B．9、9 C．10、10 D．12、11
5．（3分）我国汽车工业迅速发展，国产汽车技术成熟，下列汽车图标是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）2020年中央财政下达义务教育补助经费1695.9亿元，比上年增长8.3%．其中1695.9亿元用科学记数法表示为（　　）
A．16.959×1010元 B．1695.9×108元
C．1.6959×1010元 D．1.6959×1011元
7．（3分）正多边形的一个外角为60°，则这个多边形的边数为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
8．（3分）如图，撬钉子的工具是一个杠杆，动力臂L1＝L•cosα，阻力臂L2＝l•cosβ，如果动力F的用力方向始终保持竖直向下，当阻力不变时，则杠杆向下运动时的动力变化情况是（　　）

A．越来越小 B．不变 C．越来越大 D．无法确定
9．（3分）如图，平行于y轴的直线分别交y＝与y＝的图象（部分）于点A、B，点C是y轴上的动点，则△ABC的面积为（　　）

A．k1﹣k2 B．（k1﹣k2） C．k2﹣k1 D．（k2﹣k1）
10．（3分）下列各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据此规律，x的值为（　　）

A．135 B．153 C．170 D．189
11．（3分）函数的零点是指使函数值等于零的自变量的值，则下列函数中存在零点的是（　　）
A．y＝x2+x+2 B．y＝+1 C．y＝x+ D．y＝|x|﹣1
12．（3分）二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2（a＜b）与x轴的两个交点的横坐标分别为m和n，且m＜n，下列结论正确的是（　　）
A．m＜a＜n＜b B．a＜m＜b＜n C．m＜a＜b＜n D．a＜m＜n＜b
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
13．（3分）一元二次方程x2﹣2x+c＝0有两个相等的实数根，则c＝　 　．
14．（3分）口袋内装有大小、质量和材料都相同的两种颜色的球，其中红色球3个，白色球2个，从中任意摸出一球，摸出白色球的概率是　 　．
15．（3分）若＝＝（a≠c），则＝　 　．
16．（3分）如图，公路弯道标志表示圆弧道路所在圆的半径为m（米），某车在标有R＝300处的弯道上从点A行驶了100π米到达点B，则线段AB＝　 　米．

17．（3分）如图，四边形ABDC中，AB＝AC＝3，BD＝CD＝2，则将它以AD为轴旋转180°后所得分别以AB、BD为母线的上下两个圆锥的侧面积之比为　 　．

18．（3分）由4个直角边长分别为a，b的直角三角形围成的“赵爽弦图”如图所示，根据大正方形的面积c2等于小正方形的面积（a﹣b）2与4个直角三角形的面积2ab的和证明了勾股定理a2+b2＝c2，还可以用来证明结论：若a＞0、b＞0且a2+b2为定值，则当a　 　b时，ab取得最大值．

三、解答题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）
19．（6分）计算：|﹣1|﹣3tan30°+（3.14﹣π）0+（）﹣1．
20．（6分）先化简（﹣）÷，然后从﹣3，0，1，3中选一个合适的数代入求值．
四．解答题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
21．（8分）我市开展“温馨家园，创文同行”活动，某初中学校倡议学生利用双休日进社区参加义务劳动，为了了解同学们的劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间t（h）：A．0≤t≤0.5，B．0.5＜t≤1，C．1＜t≤1.5，D．t＞1.5，将所得数据绘制成了如图不完整的统计图：
（1）本次调查参加义务劳动的学生共　 　人，a＝　 　．
（2）补全条形统计图．
（3）扇形图中“0≤t≤0.5”部分的圆心角是　 　度．

22．（8分）如实景图，由华菱涟钢集团捐建的早元街人行天桥于2019年12月18日动工，2020年2月28日竣工，彰显了国企的担当精神，展现了高效的“娄底速度”．该桥的引桥两端各由2个斜面和一个水平面构成，如示意图所示：引桥一侧的桥墩顶端E点距地面5m，从E点处测得D点俯角为30°，斜面ED长为4m，水平面DC长为2m，斜面BC的坡度为1：4，求处于同一水平面上引桥底部AB的长．（结果精确到0.1m，≈1.41，≈1.73）．

五．解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）为了预防新冠肺炎疫情的发生，学校免费为师生提供防疫物品．某校花7200元购进洗手液与84消毒液共400瓶，已知洗手液的价格是25元/瓶，84消毒液的价格是15元/瓶．
求：（1）该校购进洗手液和84消毒液各多少瓶？
（2）若购买洗手液和84消毒液共150瓶，总费用不超过2500元，请问最多能购买洗手液多少瓶？
24．（9分）如图，▱ABCD中，BC＝2AB，AB⊥AC，分别在边BC、AD上的点E与点F关于AC对称，连接EF、AE、CF、DE．
（1）试判定四边形AECF的形状，并说明理由；
（2）求证：AE⊥DE．

六、综合题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，BD平分∠ABC交⊙O于点D，过D作BC的垂线，垂足为E．
（1）求证：DE与⊙O相切；
（2）若AB＝5，BE＝4，求BD的长；
（3）请用线段AB、BE表示CE的长，并说明理由．

26．（10分）如图，抛物线经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）是抛物线上的动点，当﹣3＜m＜0时，试确定m的值，使得△PAC的面积最大；
（3）抛物线上是否存在不同于点B的点D，满足DA2﹣DC2＝6，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

2020年湖南省娄底市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，满分36分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请把你认为符合题目要求的选项填涂在答题卡上相应题号下的方框里）
1．【分析】乘积是1的两数互为倒数．依据倒数的定义回答即可．
【解答】解：﹣2020的倒数是，
故选：D．
【点评】本题主要考查的是倒数的定义，掌握倒数的定义是解题的关键．
2．【分析】利用同底数幂的乘法、积的乘方的运算法则、合并同类项法则和完全平方公式分别化简求出答案即可判断．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、（a+b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、（﹣2a）3＝﹣8a3，原计算正确，故此选项符合题意；
D、a2+a2＝2a2，原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】此题主要考查了整式的运算．正确掌握同底数幂的乘法、积的乘方的运算法则、合并同类项法则和完全平方公式等知识，熟练掌握相关法则和公式是解题的关键．
3．【分析】由两锐角互余的性质可求∠DAC度数，由平行线的性质可求解．
【解答】解：如图，标注字母，

由题意可得：∠BAC＝90°，∠DAC＝∠BAC﹣∠1＝62°，
∵EF∥AD，
∴∠2＝∠DAC＝62°，
故选：A．
【点评】本题考查了平行线的性质，两锐角互余的性质，掌握平行线的性质是本题的关键．
4．【分析】根据平均数、中位数的计算方法求出结果即可．
【解答】解：＝＝10，从小到大排列处在中间位置的一个数是10，因此中位数是10，
故选：C．
【点评】本题考查平均数、中位数的意义和计算方法，理解平均数、中位数的意义和计算方法是得出正确答案的前提．
5．【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是中心对称图形．故错误；
B、是中心对称图形．故正确；
C、不是中心对称图形．故错误；
D、不是中心对称图形．故错误．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
6．【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．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：1695.9亿元＝169590000000元＝1.6959×1011元，
故选：D．
【点评】此题考查了科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
7．【分析】多边形的外角和等于360°，因为所给多边形的每个外角均相等，故又可表示成60°n，列方程可求解．
【解答】解：设所求正多边形边数为n，
则60°•n＝360°，
解得n＝6．
故正多边形的边数是6．
故选：B．
【点评】本题考查根据多边形的外角和求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
8．【分析】根据杠杆原理及cosα的值随着α的减小而增大结合反比例函数的增减性即可求得答案．
【解答】解：∵动力×动力臂＝阻力×阻力臂，
∴当阻力及阻力臂不变时，动力×动力臂为定值，且定值＞0，
∴动力随着动力臂的增大而减小，
∵杠杆向下运动时α的度数越来越小，此时cosα的值越来越大，
又∵动力臂L1＝L•cosα，
∴此时动力臂也越来越大，
∴此时的动力越来越小，
故选：A．
【点评】本题主要考查了杠杆原理以及锐角三角函数和反比例函数的增减性等知识；熟练掌握相关知识是解决本题的关键．
9．【分析】AB的长是两个函数当自变量为x时，因变量的差的绝对值，再根据三角形的面积公式进行计算即可．

【解答】解：由题意可知，AB＝﹣，AB边上的高为x，
∴S△ABC＝×（﹣）•x＝（k1﹣k2），
故选：B．
【点评】本题考查反比例函数图形上点的坐标特征，表示三角形的底和高是正确解答的关键．
10．【分析】分析前三个正方形可知，规律为左上方的数等于序号数，左下方的数比左上方数大1，右上方数是左下方数的2倍，右下方数为左下方数的平方数的2倍加上序号数，由此解决问题．
【解答】解：根据规律可得，2b＝18，
∴b＝9，
∴a＝b﹣1＝8，
∴x＝2b2+a＝162+8＝170，
故选：C．
【点评】此题考查数字的变化规律，通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．解决本题的难点在于找出各个数之间的关系．
11．【分析】根据函数的零点的意义，逐项代入求解进行判断即可．
【解答】解：当y＝0时，
方程x2+x+2＝0无实数根，因此选项A不符合题意；
方程+1＝0无实数根，因此选项B不符合题意；
方程x+＝0无实数根，因此选项C不符合题意；
方程|x|﹣1＝0的解为x＝±1，因此选项D符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查函数值的意义，当函数值为0时，求出自变量的值是正确判断的前提．
12．【分析】依照题意画出二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）及y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2的图象，观察图象即可得出结论．
【解答】解：二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）与x轴交点的横坐标为a、b，将其图象往下平移2个单位长度可得出二次函数y＝（x﹣a）（x﹣b）﹣2的图象，如图所示．
观察图象，可知：m＜a＜b＜n．
故选：C．

【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的图象，依照题意画出图象，利用数形结合解决问题是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
13．【分析】若一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式△＝b2﹣4ac＝0，建立关于c的方程，求出c的值即可．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣2x+c＝0有两个相等的实数根，
∴△＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4c＝0，
解得c＝1．
故答案为1．
【点评】此题考查了根的判别式．一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
14．【分析】从袋中任取一球有3+2＝5种可能，其中摸出白球有3种可能，利用概率公式进行求解．
【解答】解：∵袋子中共有5个小球，其中白色小球有2个，
∴从中任意摸出一球，有5种等可能结果，其中摸到白色小球的有2种可能，
∴从中任意摸出一球，摸出白色球的概率是，
故答案为：．
【点评】本题主要考查概率公式，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）＝．
15．【分析】根据分比的性质即可求解．
【解答】解：∵＝＝（a≠c），
∴＝．
故答案为：．
【点评】考查了比例线段，关键是熟练掌握比例的分比的性质．
16．【分析】根据弧长公式求出∠AOB的度数，根据等边三角形的性质即可求解．
【解答】解：设线段AB对应的圆心角度数为n，
∵100π＝＝，
∴n＝60°，
又AO＝BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝AO＝BO＝300（米），
故答案为：300．

【点评】本题考查了弧长的计算，等边三角形的判定和性质，根据弧长公式求得∠AOB的度数是解题的关键．
17．【分析】根据两个圆锥的底面圆相同，设底面圆的周长为l，根据圆锥的侧面积公式可得上面圆锥的侧面积为：l•AB，下面圆锥的侧面积为：l•BD，即可得出答案．
【解答】解：∵两个圆锥的底面圆相同，
∴可设底面圆的周长为l，
∴上面圆锥的侧面积为：l•AB，
下面圆锥的侧面积为：l•BD，
∵AB＝AC＝3，BD＝CD＝2，
∴S上：S下＝3：2，
故答案为：3：2．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积公式，掌握圆锥侧面积公式是解题关键．
18．【分析】作斜边c上高h，由完全平方公式可得ab最大值为，由三角形的面积公式可得h＝，由等腰直角三角形的性质可求解．
【解答】解：如图，作斜边c上高h，

∵（a﹣b）2≥0，
∴a2+b2﹣2ab≥0，
又∵a2+b2＝c2，a2+b2为定值，
∴ab≤，
∴ab最大值为，
∵a，b为直角边的直角三角形面积＝a•b＝c•h，
∴＝c•h，
∴h＝，
∵等腰直角三角形斜边上的高是斜边的一半，
∴当a＝b时，h＝，
故答案为：＝．
【点评】本题考查了勾股定理，完全平方公式，等腰直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
三、解答题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）
19．【分析】原式利用绝对值的代数意义，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．
【解答】解：原式＝﹣1﹣3×+1+2
＝﹣1﹣+1+2
＝2．
【点评】此题考查了实数的运算，零指数幂、负整数指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
20．【分析】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，把m的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝[﹣]•
＝•
＝（m﹣3）﹣2（m+3）
＝m﹣3﹣2m﹣6
＝﹣m﹣9，
当m＝﹣3，0，3时，原式没有意义，舍去；
当m＝1时，原式＝﹣1﹣9＝﹣10．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
四．解答题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
21．【分析】（1）根据图形得出本次调查参加义务劳动的学生＝35÷35%，求出即可；
（2）求出劳动时间在0.5＜t≤1范围内的学生，再画出图形即可；
（3）先求出劳动时间在0≤t≤0.5范围内的学生占总数的百分比，再求出圆心角即可．
【解答】解：（1）本次调查参加义务劳动的学生共35÷35%＝100（人），
∵100×a%＝40，
∴a＝40，
故答案为：100，40；

（2）如图所示：

（3）∵1﹣20%﹣35%﹣×100%＝5%，
∴扇形图中“0≤t≤0.5”部分的圆心角是360°×5%＝18°，
故答案为：18．
【点评】本题考查了条形统计图和扇形统计图，能根据图形得出正确的信息是解此题的关键．
22．【分析】作DF⊥AE于F，DG⊥AB于G，CH⊥AB于H，则DF＝GA，DC＝GH＝2，AF＝DG＝CH，由含30°角的直角三角形的性质得出EF＝DE＝2，DF＝EF＝2，求出CH＝AF＝3，由斜面BC的坡度求出BH＝4CH＝12，进而得出答案．
【解答】解：作DF⊥AE于F，DG⊥AB于G，CH⊥AB于H，如图所示：
则DF＝GA，DC＝GH＝2，AF＝DG＝CH，
由题意得：∠EDF＝30°，
∴EF＝DE＝×4＝2，DF＝EF＝2，
∵AE＝5，
∴CH＝AF＝AE﹣EF＝5﹣2＝3，
∵斜面BC的坡度为1：4＝，
∴BH＝4CH＝12，
∴AB＝AG+GH+BH＝2+2+12＝2+14≈17.5（m），
答：处于同一水平面上引桥底部AB的长约为17.5m．

【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题以及坡度问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
五．解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23．【分析】（1）设该校购进洗手液x瓶，该校购进84消毒液y瓶，根据“共400瓶；花费7200元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设能购买洗手液a瓶，则能购买84消毒液（150﹣a）瓶，根据总费用不超过2500元，列出不等式求解即可．
【解答】解：（1）设该校购进洗手液x瓶，该校购进84消毒液y瓶，
依题意有，
解得．
故该校购进洗手液120瓶，该校购进84消毒液280瓶；
（2）设能购买洗手液a瓶，则能购买84消毒液（150﹣a）瓶，
依题意有25a+15（150﹣a）≤2500，
解得a≤25．
故最多能购买洗手液25瓶．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准不等关系，正确列出一元一次不等式．
24．【分析】（1）由轴对称的性质得出AE＝AF，CE＝CF，OE＝OF，证△AOF≌△COE（AAS），得出AF＝CE，则AE＝AF＝CE＝CF，即可得出四边形AECF是菱形；
（2）证∠ACB＝30°，△ABE是等边三角形，则AE＝AB＝BE，∠AEB＝60°，∠AEC＝120°，证出CE＝BE＝BC＝AB＝CD，则∠CED＝∠CDE＝30°，进而得出结论．
【解答】（1）解：四边形AECF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵点E与点F关于AC对称，
∴AE＝AF，CE＝CF，OE＝OF，
在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（AAS），
∴AF＝CE，
∴AE＝AF＝CE＝CF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）证明：∵BC＝2AB，AB⊥AC，
∴∠ACB＝30°，
∴∠B＝60°，
∵AE＝CE，
∴∠EAC＝∠ACB＝30°，
∴∠BAE＝90°﹣30°＝60°＝∠B，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB＝BE，∠AEB＝60°，
∴∠AEC＝120°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠DCE＝180°﹣∠B＝120°，
又∵CE＝AE，
∴CE＝BE＝BC＝AB＝CD，
∴∠CED＝∠CDE＝30°，
∴∠AED＝120°﹣30°＝90°，
∴AE⊥DE．

【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
六、综合题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
25．【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得到∠ODB＝∠CBD，根据平行线的性质得到OD⊥DE，于是得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）过D作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质得到DH＝DE，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∴OD∥BE，
∵BE⊥DE，
∴OD⊥DE，
∴DE与⊙O相切；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵BE⊥DE，
∴∠ADB＝∠BED＝90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴△ABD∽△DBE，
∴，
∴＝，
∴BD＝2；
（3）解：结论CE＝AB﹣BE，
理由：过D作DH⊥AB于H，
∵BD平分∠ABC，DE⊥BE，
∴DH＝DE，
在Rt△BED与Rt△BHD中，，
∴Rt△BED≌Rt△BHD（HL），
∴BH＝BE，
∵∠DCE＝∠A，∠DHA＝∠DEC＝90°，
∴△ADH≌△CDE（AAS），
∴AH＝CE，
∵AB＝AH+BH，
∴AB＝BE+CE，
∴CE＝AB﹣BE．

【点评】本题考查了切线的判定，角平分线的性质，圆的有关性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握切线的判定及全等三角形的判定与性质是本题的关键．
26．【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），将点代入C（0，3）解出a，即可求出抛物线的解析式．
（2）先求出直线AC的解析式，然后根据当﹣3＜m＜0时，点P（m，n）在直线AC上方，过点P作x轴的垂线与线段AC相交于点Q，可将x＝m分别代入y＝一x2﹣2x+3和y＝x+3得P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），从而得出PQ的代数式，从而可求出m的值；
（3）由题意可得AB＝4，OB＝1，CO＝3，根据BC2＝10，∠CAO＝45’，可求出BA2﹣BC2＝6，连接BC，过B作AC的垂线交抛物线于点D，交AC于点H，可得DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝BA2﹣BC2＝6，根据∠CAO＝∠DBA，可得BD与AC关于AB的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，即点D与点C关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，从而可求出点D的坐标．
【解答】解：（1）由题意可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（0，3）代入，可得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3．

（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
将A（﹣3，0），C（0，3）代入得到，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝x+3．
当﹣3＜m＜0时，点P（m，n）在直线AC的上方，过点P作x轴的垂线交AC于Q．则P（m，﹣m2﹣2m+3），Q（m，m+3），
∴PQ＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）
＝﹣m2﹣3m，
＝﹣（m+）2+，
∵﹣3＜m＜0，
∴当m＝﹣时，PQ的值最大，
此时S△PAC＝•PQ•AO＝PQ最大，
∴m＝﹣．

（3）由A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3），可得AB＝4，OB＝1，OC＝3，
∵BC2＝10，∠CAO＝45°，
∴BA2﹣BC2＝6，
连接BC，过点B作AC的垂线交抛物线于D，交AC于H，连接AD．
则∠AHB＝90°，∠DBA＝∠CAO＝45°，
∴DA2﹣DC2＝HA2﹣HC2＝AB2﹣BC2＝6，
∵∠CAO＝∠DBA，
∴点H在AB的垂直平分线上，
即点H在抛物线的对称轴x＝﹣1上，
∴点D与点C关于抛物线的对称轴x＝﹣1对称，
∵C（0，3），
∴点D的坐标为（﹣2，3）．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，三角形的面积，勾股定理，轴对称等知识，解题的关键是学会利用参数，构建二次函数解决最值问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
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日期：2020/9/5 11:33:50；用户：18366185883；邮箱：18366185883；学号：22597006
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