2020年海南省中考数学试卷

2020年海南省中考数学试卷

一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分） 1．（3分）2020的相反数是（ ） A．﹣2020 B．2020

C．﹣

D．

2．（3分）已知a=﹣2，则代数式a+1的值为（ ） A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．1

3．（3分）下列运算正确的是（ ）

A．a3+a2=a5 B．a3÷a2=a C．a3•a2=a6 D．（a3）2=a9

4．（3分）如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）

A．三棱柱 B．圆柱 C．圆台 D．圆锥

5．（3分）如图，直线a∥b，c⊥a，则c与b相交所形成的∠1的度数为（ ）

A．45° B．60° C．90° D．120°

6．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC位于第二象限，点A的坐标是（﹣2，3），先把△ABC向右平移4个单位长度得到△A1B1C1，再作与△A1B1C1关于x轴对称的△A2B2C2，则点A的对应点A2的坐标是（ ）

A．（﹣3，2） B．（2，﹣3） C．（1，﹣2） D．（﹣1，2）

7．（3分）海南省是中国国土面积（含海域）第一大省，其中海域面积约为2000000平方公里，数据2000000用科学记数法表示为2×10n，则n的值为（ ） A．5

B．6

C．7

D．8

的值为0，则x的值为（ ） D．±1

8．（3分）若分式A．﹣1 B．0

C．1

9．（3分）今年3月12日，某学校开展植树活动，某植树小组20名同学的年龄情况如下表： 年龄（岁）

12

人数

1

13 4

14 3

15 5

16 7

则这20名同学年龄的众数和中位数分别是（ ） A．15，14 B．15，15 C．16，14 D．16，15

10．（3分）如图，两个转盘分别自由转动一次，当停止转动时，两个转盘的指针都指向2的概率为（ ）

A． B． C． D．

11．（3分）如图，在菱形ABCD中，AC=8，BD=6，则△ABC的周长是（ ）

A．14 B．16 C．18 D．20

12．（3分）如图，点A、B、C在⊙O上，AC∥OB，∠BAO=25°，则∠BOC的度数为（ ）

A．25° B．50° C．60° D．80°

13．（3分）已知△ABC的三边长分别为4、4、6，在△ABC所在平面内画一条直线，将△ABC分割成两个三角形，使其中的一个是等腰三角形，则这样的直线最多可画（ ）条． A．3

B．4

C．5

D．6

14．（3分）如图，△ABC的三个顶点分别为A（1，2），B（4，2），C（4，4）．若反比例函数y=在第一象限内的图象与△ABC有交点，则k的取值范围是（ ）

A．1≤k≤4 B．2≤k≤8 C．2≤k≤16

D．8≤k≤16

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分） 15．（4分）不等式2x+1＞0的解集是 ．

16．（4分）在平面直角坐标系中，已知一次函数y=x﹣1的图象经过P1（x1，y1）、P2（x2，y2）两点，若x1＜x2，则y1 y2（填“＞”，“＜”或“=”）

17．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，点E在DC上，将矩形ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，那么cos∠EFC的值是 ．

18．（4分）如图，AB是⊙O的弦，AB=5，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°，若点M、N分别是AB、AC的中点，则MN长的最大值是 ．

三、解答题（本大题共62分） 19．（10分）计算； （1）

﹣|﹣3|+（﹣4）×2﹣1；

（2）（x+1）2+x（x﹣2）﹣（x+1）（x﹣1）

20．（8分）在某市“棚户区改造”建设工程中，有甲、乙两种车辆参加运土，已知5辆甲种车和2辆乙种车一次共可运土立方米，3辆甲种车和1辆乙种车一次共可运土36立方米，求甲、乙两种车每辆一次分别可运土多少立方米． 21．（8分）某校开展“我最喜爱的一项体育活动”调查，要求每名学生必选且只能选一项，现随机抽查了m名学生，并将其结果绘制成如下不完整的条形图和扇形图．

请结合以上信息解答下列问题： （1）m= ；

（2）请补全上面的条形统计图；

（3）在图2中，“乒乓球”所对应扇形的圆心角的度数为 ；

（4）已知该校共有1200名学生，请你估计该校约有 名学生最喜爱足球活动．

22．（8分）为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米（即CD=2米），背水坡DE的坡度i=1：1（即DB：EB=1：1），如图所示，已知AE=4米，∠EAC=130°，求水坝原来的高度BC． （参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.，tan50°≈1.2）

23．（12分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E在AD边上运动，且不与点A和点D重合，连结CE，过点C作CF⊥CE交AB的延长线于点F，EF交BC于点G．

（1）求证：△CDE≌△CBF； （2）当DE=时，求CG的长；

（3）连结AG，在点E运动过程中，四边形CEAG能否为平行四边形？若能，求出此时DE的长；若不能，说明理由．

24．（16分）抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0）． （1）求该抛物线所对应的函数解析式；

（2）该抛物线与直线y=x+3相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N．

①连结PC、PD，如图1，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；

②连结PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图2，是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

2020年海南省中考数学试卷

参与试题解析

一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分） 1．（3分）（2020•黔南州）2020的相反数是（ ） A．﹣2020 B．2020

C．﹣

D．

【分析】根据相反数特性：若a．b互为相反数，则a+b=0即可解题． 【解答】解：∵2020+（﹣2020）=0， ∴2020的相反数是（﹣2020）， 故选 A．

【点评】本题考查了相反数之和为0的特性，熟练掌握相反数特性是解题的关键．

2．（3分）（2020•海南）已知a=﹣2，则代数式a+1的值为（ ） A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．1

【分析】把a的值代入原式计算即可得到结果． 【解答】解：当a=﹣2时，原式=﹣2+1=﹣1， 故选C

【点评】此题考查了代数式求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

3．（3分）（2020•海南）下列运算正确的是（ ） A．a3+a2=a5 B．a3÷a2=a C．a3•a2=a6 D．（a3）2=a9

【分析】根据同底数幂的乘法，同底数幂的除法底数不变指数相减，幂的乘方底数不变指数相乘，可得答案．

【解答】解：A、a3与a2不是同类项，不能合并，故A不符合题意； B、同底数幂的除法底数不变指数相减，故B符合题意； C、同底数幂的乘法底数不变指数相加，故C不符合题意； D、幂的乘方底数不变指数相乘，故D不符合题意； 故选：B．

【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．（3分）（2020•海南）如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）

A．三棱柱 B．圆柱 C．圆台 D．圆锥

【分析】根据主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，再根据几何体的特点即可得出答案．

【解答】解：根据俯视图为圆的有球，圆锥，圆柱等几何体，主视图和左视图为三角形的只有圆锥，

则这个几何体的形状是圆锥． 故选：D．

【点评】此题考查了由三视图判断几何体，关键是对三视图能熟练掌握和灵活运用，体现了对空间想象能力的考查．

5．（3分）（2020•海南）如图，直线a∥b，c⊥a，则c与b相交所形成的∠1的度数为（ ）

A．45° B．60° C．90° D．120°

【分析】根据垂线的定义可得∠2=90°，再根据两直线平行，同位角相等可得∠2=∠1=90°．

【解答】解：∵c⊥a， ∴∠2=90°， ∵a∥b， ∴∠2=∠1=90°．

故选：C．

【点评】本题考查了平行线的性质，垂线的定义，熟记两直线平行，同位角相等是解题的关键．

6．（3分）（2020•海南）如图，在平面直角坐标系中，△ABC位于第二象限，点A的坐标是（﹣2，3），先把△ABC向右平移4个单位长度得到△A1B1C1，再作与△A1B1C1关于x轴对称的△A2B2C2，则点A的对应点A2的坐标是（ ）

A．（﹣3，2） B．（2，﹣3） C．（1，﹣2） D．（﹣1，2）

【分析】首先利用平移的性质得到△A1B1C1，进而利用关于x轴对称点的性质得到△A2B2C2，即可得出答案．

【解答】解：如图所示：点A的对应点A2的坐标是：（2，﹣3）． 故选：B．

【点评】此题主要考查了平移变换以及轴对称变换，正确掌握变换规律是解题关键．

7．（3分）（2020•海南）海南省是中国国土面积（含海域）第一大省，其中海域面积约为2000000平方公里，数据2000000用科学记数法表示为2×10n，则n的值为（ ） A．5

B．6

C．7

D．8

【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≥1时，n是非负数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

【解答】解：∵2000000=2×106， ∴n=6． 故选：B．

【点评】此题考查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．

8．（3分）（2020•海南）若分式A．﹣1 B．0

C．1

D．±1

的值为0，则x的值为（ ）

【分析】直接利用分式的值为零则分子为零，分母不等于零，进而得出答案． 【解答】解：∵分式

的值为0，

∴x2﹣1=0，x﹣1≠0， 解得：x=﹣1． 故选：A．

【点评】此题主要考查了分式的值为零，正确把握相关定义是解题关键．

9．（3分）（2020•海南）今年3月12日，某学校开展植树活动，某植树小组20名同学的年龄情况如下表： 年龄（岁）

12

人数

1

13 4

14 3

15 5

16 7

则这20名同学年龄的众数和中位数分别是（ ） A．15，14 B．15，15 C．16，14 D．16，15

【分析】众数即为出现次数最多的数，所以从中找到出现次数最多的数即可；中位数是排序后位于中间位置的数，或中间两数的平均数．

【解答】解：∵12岁有1人，13岁有4人，14岁有3人，15岁有5人，16岁有7人，

∴出现次数最多的数据是16， ∴同学年龄的众数为16岁； ∵一共有20名同学，

∴因此其中位数应是第10和第11名同学的年龄的平均数， ∴中位数为（15+15）÷2=15， 故中位数为15． 故选D．

【点评】此题考查了众数和中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数，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（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．

10．（3分）（2020•海南）如图，两个转盘分别自由转动一次，当停止转动时，两个转盘的指针都指向2的概率为（ ）

A． B． C． D．

【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与都指向2的情况数，继而求得答案． 【解答】解：列表如下：

1 2 3 4

1 （1，1） （1，2） （1，3） （1，4）

2 （2，1） （2，2） （2，3） （2，4）

3 （3，1） （3，2） （3，3） （3，4）

4 （4，1） （4，2） （4，3） （4，4）

∵共有16种等可能的结果，两个转盘的指针都指向2的只有1种结果， ∴两个转盘的指针都指向2的概率为故选：D．

【点评】此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

11．（3分）（2020•海南）如图，在菱形ABCD中，AC=8，BD=6，则△ABC的周长是（ ）

，

A．14 B．16 C．18 D．20

【分析】利用菱形的性质结合勾股定理得出AB的长，进而得出答案． 【解答】解：∵在菱形ABCD中，AC=8，BD=6， ∴AB=BC，∠AOB=90°，AO=4，BO=3， ∴BC=AB=

=5，

∴△ABC的周长=AB+BC+AC=5+5+8=18． 故选：C．

【点评】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理，正确把握菱形的性质，由勾股定理求出AB是解题关键．

12．（3分）（2020•海南）如图，点A、B、C在⊙O上，AC∥OB，∠BAO=25°，则∠BOC的度数为（ ）

A．25° B．50° C．60° D．80°

【分析】先根据OA=OB，∠BAO=25°得出∠B=25°，再由平行线的性质得出∠B=∠CAB=25°，根据圆周角定理即可得出结论． 【解答】解：∵OA=OB，∠BAO=25°， ∴∠B=25°． ∵AC∥OB， ∴∠B=∠CAB=25°，

∴∠BOC=2∠CAB=50°．（同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍） 故选B．

【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．

13．（3分）（2020•海南）已知△ABC的三边长分别为4、4、6，在△ABC所在平面内画一条直线，将△ABC分割成两个三角形，使其中的一个是等腰三角形，则这样的直线最多可画（ ）条． A．3

B．4

C．5

D．6

【分析】根据等腰三角形的性质，利用4作为腰或底边得出符合题意的图形即可． 【解答】解：如图所示：

当AC=CD，AB=BG，AF=CF，AE=BE时，都能得到符合题意的等腰三角形． 故选B．

【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定以及应用设计与作图等知识，正确利用图形分类讨论得出是解题关键．

14．（3分）（2020•海南）如图，△ABC的三个顶点分别为A（1，2），B（4，2），C（4，4）．若反比例函数y=在第一象限内的图象与△ABC有交点，则k的取值范围是（ ）

A．1≤k≤4 B．2≤k≤8 C．2≤k≤16 D．8≤k≤16

【分析】由于△ABC是直角三角形，所以当反比例函数y=经过点A时k最小，经过点C时k最大，据此可得出结论． 【解答】解：∵△ABC是直角三角形，

∴当反比例函数y=经过点A时k最小，经过点C时k最大， ∴k最小=1×2=2，k最大=4×4=16， ∴2≤k≤16． 故选C．

【点评】本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数图象上点的坐标特点是解答此题的关键．

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）

15．（4分）（2020•海南）不等式2x+1＞0的解集是 x＞﹣ ．

【分析】利用不等式的基本性质，将不等式两边同时减去1再除以2，不等号的方向不变；即可得到不等式的解集． 【解答】解：原不等式移项得， 2x＞﹣1， 系数化为1，得， x＞﹣．

故答案为x＞﹣．

【点评】本题考查了解简单不等式的能力，解答这类题学生往往在解题时不注意移项要改变符号这一点而出错．

解不等式要依据不等式的基本性质，在不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变；在不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变；在不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变．

16．（4分）（2020•海南）在平面直角坐标系中，已知一次函数y=x﹣1的图象经过P1（x1，y1）、P2（x2，y2）两点，若x1＜x2，则y1 ＜ y2（填“＞”，“＜”或“=”） 【分析】根据k=1结合一次函数的性质即可得出y=x﹣1为单调递增函数，再根据x1＜x2即可得出y1＜y2，此题得解． 【解答】解：∵一次函数y=x﹣1中k=1， ∴y随x值的增大而增大． ∵x1＜x2， ∴y1＜y2． 故答案为：＜．

【点评】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握“k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升．”是解题的关键．

17．（4分）（2020•海南）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，点E在DC上，将矩形ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，那么cos∠EFC的值是

．

【分析】根据翻折变换的性质得到∠AFE=∠D=90°，AF=AD=5，根据矩形的性质得到∠EFC=∠BAF，根据余弦的概念计算即可．

【解答】解：由翻折变换的性质可知，∠AFE=∠D=90°，AF=AD=5， ∴∠EFC+∠AFB=90°， ∵∠B=90°，

∴∠BAF+∠AFB=90°， ∴∠EFC=∠BAF， cos∠BAF=

=，

∴cos∠EFC=， 故答案为：．

【点评】本题考查的是翻折变换的性质、余弦的概念，掌握翻折变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．

18．（4分）（2020•海南）如图，AB是⊙O的弦，AB=5，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°，若点M、N分别是AB、AC的中点，则MN长的最大值是

．

【分析】根据中位线定理得到MN的长最大时，BC最大，当BC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值．

【解答】解：如图，∵点M，N分别是AB，AC的中点， ∴MN=BC，

∴当BC取得最大值时，MN就取得最大值，当BC是直径时，BC最大， 连接BO并延长交⊙O于点C′，连接AC′， ∵BC′是⊙O的直径， ∴∠BAC′=90°． ∵∠ACB=45°，AB=5， ∴∠AC′B=45°， ∴BC′=

=

=5

，

∴MN最大=故答案为：

． ．

【点评】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及圆周角定理，解题的关键是了解当什么时候MN的值最大，难度不大．

三、解答题（本大题共62分） 19．（10分）（2020•海南）计算； （1）

﹣|﹣3|+（﹣4）×2﹣1；

（2）（x+1）2+x（x﹣2）﹣（x+1）（x﹣1）

【分析】（1）原式利用算术平方根定义，绝对值的代数意义，负整数指数幂法则计算即可得到结果；

（2）原式利用完全平方公式，平方差公式，以及单项式乘以多项式法则计算即可得到结果．

【解答】解：（1）原式=4﹣3﹣4×=4﹣3﹣2=﹣1； （2）原式=x2+2x+1+x2﹣2x﹣x2+1=x2+2．

【点评】此题考查了整式的混合运算，以及实数的运算，熟练掌握运算法则是解

本题的关键．

20．（8分）（2020•海南）在某市“棚户区改造”建设工程中，有甲、乙两种车辆参加运土，已知5辆甲种车和2辆乙种车一次共可运土立方米，3辆甲种车和1辆乙种车一次共可运土36立方米，求甲、乙两种车每辆一次分别可运土多少立方米．

【分析】设甲种车辆一次运土x立方米，乙种车辆一次运土y立方米，根据题意所述的两个等量关系得出方程组，解出即可得出答案．

【解答】解：设甲种车辆一次运土x立方米，乙种车辆一次运土y立方米， 由题意得，解得：

．

，

答：甲种车辆一次运土8立方米，乙种车辆一次运土12立方米．

【点评】此题考查了二元一次方程组的应用，属于基础题，仔细审题，根据题意的等量关系得出方程是解答本题的关键．

21．（8分）（2020•海南）某校开展“我最喜爱的一项体育活动”调查，要求每名学生必选且只能选一项，现随机抽查了m名学生，并将其结果绘制成如下不完整的条形图和扇形图．

请结合以上信息解答下列问题： （1）m= 150 ；

（2）请补全上面的条形统计图；

（3）在图2中，“乒乓球”所对应扇形的圆心角的度数为 36° ；

（4）已知该校共有1200名学生，请你估计该校约有 240 名学生最喜爱足球活动．

【分析】（1）根据图中信息列式计算即可；

（2）求得“足球“的人数=150×20%=30人，补全上面的条形统计图即可； （3）360°×乒乓球”所占的百分比即可得到结论； （4）根据题意计算即可．

【解答】解：（1）m=21÷14%=150， （2）“足球“的人数=150×20%=30人， 补全上面的条形统计图如图所示；

（3）在图2中，“乒乓球”所对应扇形的圆心角的度数为360°×（4）1200×20%=240人，

答：估计该校约有240名学生最喜爱足球活动． 故答案为：150，36°，240．

=36°；

【点评】本题考查了条形统计图，观察条形统计图、扇形统计图获得有效信息是解题关键．

22．（8分）（2020•海南）为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米（即CD=2米），背水坡DE的坡度i=1：1（即DB：EB=1：1），如图所示，已知AE=4米，∠EAC=130°，求水坝原来的高度BC．

（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.，tan50°≈1.2）

【分析】设BC=x米，用x表示出AB的长，利用坡度的定义得到BD=BE，进而列出x的方程，求出x的值即可． 【解答】解：设BC=x米， 在Rt△ABC中，

∠CAB=180°﹣∠EAC=50°， AB=

≈

=

=x，

在Rt△EBD中， ∵i=DB：EB=1：1， ∴BD=BE， ∴CD+BC=AE+AB， 即2+x=4+x， 解得x=12， 即BC=12，

答：水坝原来的高度为12米．

【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解坡度、坡比的含义，构造直角三角形，利用三角函数表示相关线段的长度，难度一般．

23．（12分）（2020•海南）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E在AD边上运动，且不与点A和点D重合，连结CE，过点C作CF⊥CE交AB的延长线于点F，EF交BC于点G． （1）求证：△CDE≌△CBF； （2）当DE=时，求CG的长；

（3）连结AG，在点E运动过程中，四边形CEAG能否为平行四边形？若能，求出此时DE的长；若不能，说明理由．

【分析】（1）先判断出∠CBF=90°，进而判断出∠1=∠3，即可得出结论； （2）先求出AF，AE，再判断出△GBF∽△EAF，可求出BG，即可得出结论； （3）假设是平行四边形，先判断出DE=BG，进而判断出△GBF和△ECF是等腰直角三角形，即可得出∠GFB=∠CFE=45°，即可得出结论．

【解答】解：（1）如图，在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=∠DCB=90°， ∴∠CBF=180°﹣∠ABC=90°，∠1+∠2=∠DCB=90°， ∵CF⊥CE， ∴∠ECF=90°，

∴∠3+∠2=∠ECF=90°， ∴∠1=∠3，

在△CDE和△CBF中，∴△CDE≌△CBF，

，

（2）在正方形ABCD中，AD∥BC， ∴△GBF∽△EAF， ∴

，

由（1）知，△CDE≌△CBF， ∴BF=DE=，

∵正方形的边长为1，

∴AF=AB+BF=，AE=AD﹣DE=，

∴，

∴BG=，

∴CG=BC﹣BG=；

（3）不能，

理由：若四边形CEAG是平行四边形，则必须满足AE∥CG，AE=CG， ∴AD﹣AE=BC﹣CG， ∴DE=BG，

由（1）知，△CDE≌△CBF， ∴DE=BF，CE=CF，

∴△GBF和△ECF是等腰直角三角形， ∴∠GFB=45°，∠CFE=45°， ∴∠CFA=∠GFB+∠CFE=90°，

此时点F与点B重合，点D与点E重合，与题目条件不符， ∴点E在运动过程中，四边形CEAG不能是平行四边形．

【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定，解（1）的关键是判定∠1=∠3，解（2）的关键是判断出△GBF∽△EAF，解（3）的关键是判断出∠CFA=90°，是一道常考题．

24．（16分）（2020•海南）抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0）． （1）求该抛物线所对应的函数解析式；

（2）该抛物线与直线y=x+3相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N．

①连结PC、PD，如图1，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？

若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；

②连结PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图2，是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式； （2）①可设出P点坐标，则可表示出M、N的坐标，联立直线与抛物线解析式可求得C、D的坐标，过C、D作PN的垂线，可用t表示出△PCD的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值； ②当△CNQ与△PBM相似时有

或

=

两种情况，利用P点坐标，可分

别表示出线段的长，可得到关于P点坐标的方程，可求得P点坐标． 【解答】解：

（1）∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（5，0），

∴，解得，

∴该抛物线对应的函数解析式为y=x2﹣x+3；

（2）①∵点P是抛物线上的动点且位于x轴下方， ∴可设P（t，t2﹣

t+3）（1＜t＜5），

∵直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N， ∴M（t，0），N（t，t+3）， ∴PN=t+3﹣（t2﹣

t+3）=﹣（t﹣）2+

联立直线CD与抛物线解析式可得，解得或，

∴C（0，3），D（7，），

分别过C、D作直线PN的直线，垂足分别为E、F，如图1，

则CE=t，DF=7﹣t，

∴S△PCD=S△PCN+S△PDN=PN•CE+PN•DF=PN=[﹣（t﹣）2+﹣）2+

，

；

]=﹣

（t

∴当t=时，△PCD的面积有最大值，最大值为②存在．

∵∠CQN=∠PMB=90°，

∴当△CNQ与△PBM相似时，有∵CQ⊥PM，垂足为Q，

或

=

两种情况，

∴Q（t，3），且C（0，3），N（t，t+3）， ∴CQ=t，NQ=t+3﹣3=t， ∴

=，

t+3），M（t，0），B（5，0），

t+3）=﹣t2+

t﹣3，

∵P（t，t2﹣

∴BM=5﹣t，PM=0﹣（t2﹣当

时，则PM=BM，即﹣t2+t﹣3=（5﹣t），解得t=2或t=5（舍去），

此时P（2，）； 当

=

时，则BM=PM，即5﹣t=（﹣t2+

，﹣

）；

，﹣

）．

t﹣3），解得t=

或t=5（舍

去），此时P（

综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（2，）或（

【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、二次函数的性质、相似三角形的判定和性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）①中用P点坐标表示出△PCD的面积是解题的关键，在（2）②中利用相似三角形的性质确定出相应线段的比是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．