2022年四川省南充市重點達標(biāo)名校中考一模數(shù)學(xué)試題含解析

這是一份2022年四川省南充市重點達標(biāo)名校中考一模數(shù)學(xué)試題含解析，共26頁。試卷主要包含了若二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點，在一組數(shù)據(jù)等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?2021-2022中考數(shù)學(xué)模擬試卷
注意事項：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）
1．（3分）學(xué)校要組織足球比賽．賽制為單循環(huán)形式（每兩隊之間賽一場）．計劃安排21場比賽，應(yīng)邀請多少個球隊參賽？設(shè)邀請x個球隊參賽．根據(jù)題意，下面所列方程正確的是（ ）
A． B． C． D．
2．的相反數(shù)是（　?。?br /> A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣
3．在△ABC中，AD和BE是高，∠ABE=45°，點F是AB的中點，AD與FE，BE分別交于點G、H．∠CBE=∠BAD，有下列結(jié)論：①FD=FE；②AH=2CD；③BC?AD=AE2；④S△BEC=S△ADF．其中正確的有（　　）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
4．某工廠第二季度的產(chǎn)值比第一季度的產(chǎn)值增長了x%，第三季度的產(chǎn)值又比第二季度的產(chǎn)值增長了x%，則第三季度的產(chǎn)值比第一季度的產(chǎn)值增長了（　?。?br /> A．2x% B．1+2x% C．（1+x%）x% D．（2+x%）x%
5．若二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點（﹣1，0），則方程的解為（ ）
A．， B．， C．， D．，
6．菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，H為AD邊中點，菱形ABCD的周長為28，則OH的長等于（　?。?br /> A．3.5 B．4 C．7 D．14
7．已知3a﹣2b=1，則代數(shù)式5﹣6a+4b的值是（　　）
A．4 B．3 C．﹣1 D．﹣3
8．如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=35°，點D在邊BC上，BD=2CD．把△ABC繞著點D逆時針旋轉(zhuǎn)m（0＜m＜180）度后，如果點B恰好落在初始Rt△ABC的邊上，那么m=（　?。?br />
A．35° B．60° C．70° D．70°或120°
9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A在第一象限，點P在x軸上，若以P，O，A為頂點的三角形是等腰三角形，則滿足條件的點P共有（ ）

A．2個 B．3個 C．4個 D．5個
10．在一組數(shù)據(jù)：1，2，4，5中加入一個新數(shù)3之后，新數(shù)據(jù)與原數(shù)據(jù)相比，下列說法正確的是（　?。?br /> A．中位數(shù)不變，方差不變 B．中位數(shù)變大，方差不變
C．中位數(shù)變小，方差變小 D．中位數(shù)不變，方差變小
11．如圖，為了測量河對岸l1上兩棵古樹A、B之間的距離，某數(shù)學(xué)興趣小組在河這邊沿著與AB平行的直線l2上取C、D兩點，測得∠ACB＝15°，∠ACD＝45°，若l1、l2之間的距離為50m，則A、B之間的距離為（　　）

A．50m B．25m C．（50﹣）m D．（50﹣25）m
12．一元二次方程的根的情況是（ ）
A．有一個實數(shù)根 B．有兩個相等的實數(shù)根
C．有兩個不相等的實數(shù)根 D．沒有實數(shù)根
二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）
13．若am=5，an=6，則am+n=________．
14．如圖，某數(shù)學(xué)興趣小組將邊長為4的正方形鐵絲框ABCD變形為以A為圓心，AB為半徑的扇形 (忽略鐵絲的粗細)，則所得的扇形DAB的面積為__________ ．

15．已知，直接y=kx+b（k＞0，b＞0）與x軸、y軸交A、B兩點，與雙曲線y=（x＞0）交于第一象限點C，若BC=2AB，則S△AOB=________.

16．已知代數(shù)式2x﹣y的值是，則代數(shù)式﹣6x+3y﹣1的值是_____．
17．有一個正六面體，六個面上分別寫有1～6這6個整數(shù)，投擲這個正六面體一次，向上一面的數(shù)字是2的倍數(shù)或3的倍數(shù)的概率是____．
18．________.
三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
19．（6分）觀察下列等式：
22﹣2×1＝12+1①
32﹣2×2＝22+1②
42﹣2×3＝32+1③
…第④個等式為　 ??；根據(jù)上面等式的規(guī)律，猜想第n個等式（用含n的式子表示，n是正整數(shù)），并說明你猜想的等式正確性．
20．（6分）為落實“垃圾分類”，環(huán)衛(wèi)部門要求垃圾要按A,B,C三類分別裝袋,投放，其中A類指廢電池,過期藥品等有毒垃圾，B類指剩余食品等廚余垃圾，C類指塑料,廢紙等可回收垃圾.甲投放了一袋垃圾，乙投放了兩袋垃圾，這兩袋垃圾不同類．直接寫出甲投放的垃圾恰好是A類的概率；求乙投放的垃圾恰有一袋與甲投放的垃圾是同類的概率．
21．（6分）如圖1，在△ABC中，點P為邊AB所在直線上一點，連結(jié)CP，M為線段CP的中點，若滿足∠ACP＝∠MBA，則稱點P為△ABC的“好點”．
(1)如圖2，當(dāng)∠ABC＝90°時，命題“線段AB上不存在“好點”為　 　(填“真”或“假”)命題，并說明理由；
(2)如圖3，P是△ABC的BA延長線的一個“好點”，若PC＝4，PB＝5，求AP的值；
(3)如圖4，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，點P是△ABC的“好點”，若AC＝4，AB＝5，求AP的值．

22．（8分）如圖，以AD為直徑的⊙O交AB于C點，BD的延長線交⊙O于E點，連CE交AD于F點，若AC＝BC．
（1）求證：；
（2）若，求tan∠CED的值．

23．（8分）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，點D在上，點E在弦AB上（E不與A重合），且四邊形BDCE為菱形．
（1）求證：AC=CE；
（2）求證：BC2﹣AC2=AB?AC；
（1）已知⊙O的半徑為1．
①若=，求BC的長；
②當(dāng)為何值時，AB?AC的值最大？

24．（10分）已知，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線L：y=x2-4x+3與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），頂點為C．
（1）求點C和點A的坐標(biāo)．
（2）定義“L雙拋圖形”：直線x=t將拋物線L分成兩部分，首先去掉其不含頂點的部分，然后作出拋物線剩余部分關(guān)于直線x=t的對稱圖形，得到的整個圖形稱為拋物線L關(guān)于直線x=t的“L雙拋圖形”（特別地，當(dāng)直線x=t恰好是拋物線的對稱軸時，得到的“L雙拋圖形”不變），
①當(dāng)t=0時，拋物線L關(guān)于直找x=0的“L雙拋圖形”如圖所示，直線y=3與“L雙拋圖形”有______個交點；
②若拋物線L關(guān)于直線x=t的“L雙拋圖形”與直線y=3恰好有兩個交點，結(jié)合圖象，直接寫出t的取值范圍：______；
③當(dāng)直線x=t經(jīng)過點A時，“L雙拋圖形”如圖所示，現(xiàn)將線段AC所在直線沿水平（x軸）方向左右平移，交“L雙拋圖形”于點P，交x軸于點Q，滿足PQ=AC時，求點P的坐標(biāo)．

25．（10分）有一個n位自然數(shù)能被x0整除，依次輪換個位數(shù)字得到的新數(shù)能被x0+1整除，再依次輪換個位數(shù)字得到的新數(shù)能被x0+2整除，按此規(guī)律輪換后， 能被x0+3整除，…，能被x0+n﹣1整除，則稱這個n位數(shù)是x0的一個“輪換數(shù)”．
例如：60能被5整除，06能被6整除，則稱兩位數(shù)60是5的一個“輪換數(shù)”；
再如：324能被2整除，243能被3整除，432能被4整除，則稱三位數(shù)324是2個一個“輪換數(shù)”．
（1）若一個兩位自然數(shù)的個位數(shù)字是十位數(shù)字的2倍，求證這個兩位自然數(shù)一定是“輪換數(shù)”．
（2）若三位自然數(shù)是3的一個“輪換數(shù)”，其中a=2，求這個三位自然數(shù)．
26．（12分）解分式方程： -1=
27．（12分）拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A、B、C，已知A（﹣1，0），C（0，﹣3）．
求拋物線的解析式；如圖1，拋物線頂點為E，EF⊥x軸于F點，M（m，0）是x軸上一動點，N是線段EF上一點，若∠MNC＝90°，請指出實數(shù)m的變化范圍，并說明理由．如圖2，將拋物線平移，使其頂點E與原點O重合，直線y＝kx+2（k＞0）與拋物線相交于點P、Q（點P在左邊），過點P作x軸平行線交拋物線于點H，當(dāng)k發(fā)生改變時，請說明直線QH過定點，并求定點坐標(biāo)．



參考答案

一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）
1、B．
【解析】
試題分析：設(shè)有x個隊，每個隊都要賽（x﹣1）場，但兩隊之間只有一場比賽，由題意得：，故選B．
考點：由實際問題抽象出一元二次方程．
2、A
【解析】
分析：根據(jù)只有符號不同的兩個數(shù)是互為相反數(shù)解答即可.
詳解:的相反數(shù)是，即2.
故選A.
點睛：本題考查了相反數(shù)的定義,解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握相反數(shù)的定義,正數(shù)的相反數(shù)是負數(shù),0的相反數(shù)是0,負數(shù)的相反數(shù)是正數(shù).
3、C
【解析】
根據(jù)題意和圖形，可以判斷各小題中的結(jié)論是否成立，從而可以解答本題．
【詳解】
∵在△ABC中，AD和BE是高，
∴∠ADB=∠AEB=∠CEB=90°，
∵點F是AB的中點，
∴FD=AB，F(xiàn)E=AB，
∴FD=FE，①正確；
∵∠CBE=∠BAD，∠CBE+∠C=90°，∠BAD+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠C，
∴AB=AC，
∵AD⊥BC，
∴BC=2CD，∠BAD=∠CAD=∠CBE，
在△AEH和△BEC中， ，
∴△AEH≌△BEC（ASA），
∴AH=BC=2CD，②正確；
∵∠BAD=∠CBE，∠ADB=∠CEB，
∴△ABD∽△BCE，
∴，即BC?AD=AB?BE，
∵∠AEB=90°，AE=BE，
∴AB=BE
BC?AD=BE?BE，
∴BC?AD=AE2；③正確；
設(shè)AE=a，則AB=a，
∴CE=a﹣a，
∴=，
即 ，
∵AF=AB，
∴ ，
∴S△BEC≠S△ADF，故④錯誤，
故選：C．
【點睛】
本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
4、D
【解析】
設(shè)第一季度的原產(chǎn)值為a，則第二季度的產(chǎn)值為 ，第三季度的產(chǎn)值為 ，則則第三季度的產(chǎn)值比第一季度的產(chǎn)值增長了
故選D.
5、C
【解析】
∵二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點（﹣1，0），∴方程一定有一個解為：x=﹣1，∵拋物線的對稱軸為：直線x=1，∴二次函數(shù)的圖象與x軸的另一個交點為：（3，0），∴方程的解為：，．
故選C．
考點：拋物線與x軸的交點．
6、A
【解析】
根據(jù)菱形的四條邊都相等求出AB，菱形的對角線互相平分可得OB=OD，然后判斷出OH是△ABD的中位線，再根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得OHAB．
【詳解】
∵菱形ABCD的周長為28，∴AB=28÷4=7，OB=OD．
∵H為AD邊中點，∴OH是△ABD的中位線，∴OHAB7=3.1．

故選A．
【點睛】
本題考查了菱形的對角線互相平分的性質(zhì)，三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，熟記性質(zhì)與定理是解題的關(guān)鍵．
7、B
【解析】
先變形，再整體代入，即可求出答案．
【詳解】
∵3a﹣2b=1，
∴5﹣6a+4b=5﹣2（3a﹣2b）=5﹣2×1=3，
故選：B．
【點睛】
本題考查了求代數(shù)式的值，能夠整體代入是解此題的關(guān)鍵．
8、D
【解析】
①當(dāng)點B落在AB邊上時，根據(jù)DB=DB1，即可解決問題，②當(dāng)點B落在AC上時，在RT△DCB2中，根據(jù)∠C=90°，DB2=DB=2CD可以判定∠CB2D=30°，由此即可解決問題．
【詳解】

①當(dāng)點B落在AB邊上時，
∵，
∴，
∴，
②當(dāng)點B落在AC上時，
在中,
∵∠C=90°, ，
∴，
∴，
故選D.
【點睛】
本題考查的知識點是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是考慮多種情況，進行分類討論.
9、C
【解析】
分為三種情況：①AP=OP，②AP=OA，③OA=OP，分別畫出即可．
【詳解】
如圖，

分OP=AP（1點），OA=AP（1點），OA=OP（2點）三種情況討論.
∴以P，O，A為頂點的三角形是等腰三角形，則滿足條件的點P共有4個.
故選C.
【點睛】
本題考查了等腰三角形的判定和坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，主要考查學(xué)生的動手操作能力和理解能力，注意不要漏解．
10、D
【解析】
根據(jù)中位數(shù)和方差的定義分別計算出原數(shù)據(jù)和新數(shù)據(jù)的中位數(shù)和方差，從而做出判斷．
【詳解】
∵原數(shù)據(jù)的中位數(shù)是=3，平均數(shù)為=3，
∴方差為×[（1-3）2+（2-3）2+（4-3）2+（5-3）2]=；
∵新數(shù)據(jù)的中位數(shù)為3，平均數(shù)為=3，
∴方差為×[（1-3）2+（2-3）2+（3-3）2+（4-3）2+（5-3）2]=2；
所以新數(shù)據(jù)與原數(shù)據(jù)相比中位數(shù)不變，方差變小，
故選：D．
【點睛】
本題考查了中位數(shù)和方差，解題的關(guān)鍵是掌握中位數(shù)和方差的定義．
11、C
【解析】
如圖，過點A作AM⊥DC于點M，過點B作BN⊥DC于點N．則AM=BN．通過解直角△ACM和△BCN分別求得CM、CN的長度，則易得AB =MN=CM﹣CN，即可得到結(jié)論．
【詳解】
如圖，過點A作AM⊥DC于點M，過點B作BN⊥DC于點N．
則AB=MN，AM=BN．
在直角△ACM中，∵∠ACM=45°，AM=50m，∴CM=AM=50m．
在直角△BCN中，∵∠BCN=∠ACB+∠ACD=60°，BN=50m，∴CN=（m），∴MN=CM﹣CN=50﹣（m）．
則AB=MN=（50﹣）m．
故選C．

【點睛】
本題考查了解直角三角形的應(yīng)用．解決此問題的關(guān)鍵在于正確理解題意的基礎(chǔ)上建立數(shù)學(xué)模型，把實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題．
12、D
【解析】
試題分析：△=22-4×4=-12∠ACP，
所以在線段AB上不存在“好點”；

（2）∵P為BA延長線上一個“好點”；
∴∠ACP=∠MBP；
∴△PAC∽△PMB；
∴即；
∵M為PC中點，
∴MP=2；
∴；
∴.
(3)第一種情況，P為線段AB上的“好點”，則∠ACP=∠MBA，找AP中點D，連結(jié)MD；
∵M為CP中點；
∴MD為△CPA中位線；
∴MD=2，MD//CA；
∴∠DMP=∠ACP=∠MBA；
∴△DMP∽△DBM；
∴DM2=DP·DB即4= DP·（5DP）；
解得DP=1，DP=4（不在AB邊上，舍去；）
∴AP=2

第二種情況（1），P為線段AB延長線上的“好點”，則∠ACP=∠MBA，找AP中點D，此時，D在線段AB上，如圖，連結(jié)MD；

∵M為CP中點；
∴MD為△CPA中位線；
∴MD=2，MD//CA；
∴∠DMP=∠ACP=∠MBA；
∴△DMP∽△DBM
∴DM2=DP·DB即4= DP·（5DA）= DP·（5DP）；
解得DP=1（不在AB延長線上，舍去），DP=4
∴AP=8；
第二種情況（2），P為線段AB延長線上的“好點”，找AP中點D，此時，D在AB延長線上，如圖，連結(jié)MD；

此時，∠MBA>∠MDB>∠DMP=∠ACP,則這種情況不存在，舍去；

第三種情況，P為線段BA延長線上的“好點”，則∠ACP=∠MBA，
∴△PAC∽△PMB；
∴
∴BM垂直平分PC則BC=BP= ;
∴
∴綜上所述，或或；
【點睛】
本題考查了信息遷移，三角形外角的性質(zhì)，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，相似三角形的判定與性質(zhì)及分類討論的數(shù)學(xué)思想，理解“好點”的定義并能進行分類討論是解答本題的關(guān)鍵.
22、（1）見解析；（2）tan∠CED＝
【解析】
（1）欲證明，只要證明即可；
（2）由，可得，設(shè)FO＝2a，OC＝3a，則DF＝a，DE＝1.5a，AD＝DB＝6a，由，可得BD?BE＝BC?BA，設(shè)AC＝BC＝x，則有，由此求出AC、CD即可解決問題.
【詳解】
（1）證明：如下圖，連接AE，
∵AD是直徑，
∴，
∴DC⊥AB，
∵AC＝CB，
∴DA＝DB，
∴∠CDA＝∠CDB，
∵，，
∴∠BDC＝∠EAC，
∵∠AEC＝∠ADC，
∴∠EAC＝∠AEC，
∴；
（2）解：如下圖，連接OC，
∵AO＝OD，AC＝CB，
∴OC∥BD，
∴，
∴，
設(shè)FO＝2a，OC＝3a，則DF＝a，DE＝1.5a，AD＝DB＝6a，
∵∠BAD＝∠BEC，∠B＝∠B，
∴，
∴BD?BE＝BC?BA，設(shè)AC＝BC＝x，
則有，
∴，
∴，
∴，
∴.

【點睛】
本題屬于圓的綜合題，涉及到三角形的相似，解直角三角形等相關(guān)考點，熟練掌握三角形相似的判定及解直角三角形等相關(guān)內(nèi)容是解決本題的關(guān)鍵.
23、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（1）①BC=4；②
【解析】
分析：（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，據(jù)此得證；
（2）以點C為圓心，CE長為半徑作⊙C，與BC交于點F，于BC延長線交于點G，則CF=CG=AC=CE=CD，證△BEF∽△BGA得，即BF?BG=BE?AB，將BF=BC-CF=BC-AC、BG=BC+CG=BC+AC代入可得；
（1）①設(shè)AB=5k、AC=1k，由BC2-AC2=AB?AC知BC=2k，連接ED交BC于點M，Rt△DMC中由DC=AC=1k、MC=BC=k求得DM==k，可知OM=OD-DM=1-k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2可得答案．②設(shè)OM=d，則MD=1-d，MC2=OC2-OM2=9-d2，繼而知BC2=（2MC）2=16-4d2、AC2=DC2=DM2+CM2=（1-d）2+9-d2，由（2）得AB?AC=BC2-AC2，據(jù)此得出關(guān)于d的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案．
詳解：（1）∵四邊形EBDC為菱形，
∴∠D=∠BEC，
∵四邊形ABDC是圓的內(nèi)接四邊形，
∴∠A+∠D=180°，
又∠BEC+∠AEC=180°，
∴∠A=∠AEC，
∴AC=CE；
（2）以點C為圓心，CE長為半徑作⊙C，與BC交于點F，于BC延長線交于點G，則CF=CG，

由（1）知AC=CE=CD，
∴CF=CG=AC，
∵四邊形AEFG是⊙C的內(nèi)接四邊形，
∴∠G+∠AEF=180°，
又∵∠AEF+∠BEF=180°，
∴∠G=∠BEF，
∵∠EBF=∠GBA，
∴△BEF∽△BGA，
∴，即BF?BG=BE?AB，
∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，
∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB?AC，即BC2﹣AC2=AB?AC；
（1）設(shè)AB=5k、AC=1k，
∵BC2﹣AC2=AB?AC，
∴BC=2k，
連接ED交BC于點M，
∵四邊形BDCE是菱形，
∴DE垂直平分BC，
則點E、O、M、D共線，
在Rt△DMC中，DC=AC=1k，MC=BC=k，
∴DM=，
∴OM=OD﹣DM=1﹣k，
在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（1﹣k）2+（k）2=12，
解得：k=或k=0（舍），
∴BC=2k=4；
②設(shè)OM=d，則MD=1﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，
∴BC2=（2MC）2=16﹣4d2，
AC2=DC2=DM2+CM2=（1﹣d）2+9﹣d2，
由（2）得AB?AC=BC2﹣AC2
=﹣4d2+6d+18
=﹣4（d﹣）2+，
∴當(dāng)d=，即OM=時，AB?AC最大，最大值為，
∴DC2=，
∴AC=DC=，
∴AB=，此時．
點睛：本題主要考查圓的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握圓的有關(guān)性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)及菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)等知識點．
24、（1）C（2，-1），A（1，0）；（2）①3，②0＜t＜1，③（+2，1）或（-+2，1）或（-1，0）
【解析】
（1）令y=0得：x2-1x+3=0，然后求得方程的解，從而可得到A、B的坐標(biāo)，然后再求得拋物線的對稱軸為x=2，最后將x=2代入可求得點C的縱坐標(biāo)；
（2）①拋物線與y軸交點坐標(biāo)為（0，3），然后做出直線y=3，然后找出交點個數(shù)即可；②將y=3代入拋物線的解析式求得對應(yīng)的x的值，從而可得到直線y=3與“L雙拋圖形”恰好有3個交點時t的取值，然后結(jié)合函數(shù)圖象可得到“L雙拋圖形”與直線y=3恰好有兩個交點時t的取值范圍；③首先證明四邊形ACQP為平行四邊形，由可得到點P的縱坐標(biāo)為1，然后由函數(shù)解析式可求得點P的橫坐標(biāo)．
【詳解】
（1）令y=0得：x2-1x+3=0，解得：x=1或x=3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴拋物線的對稱軸為x=2，
將x=2代入拋物線的解析式得：y=-1，
∴C（2，-1）；
（2）①將x=0代入拋物線的解析式得：y=3，
∴拋物線與y軸交點坐標(biāo)為（0，3），
如圖所示：作直線y=3，

由圖象可知：直線y=3與“L雙拋圖形”有3個交點，
故答案為3；
②將y=3代入得：x2-1x+3=3，解得：x=0或x=1，
由函數(shù)圖象可知：當(dāng)0＜t＜1時，拋物線L關(guān)于直線x=t的“L雙拋圖形”與直線y=3恰好有兩個交點，
故答案為0＜t＜1．
③如圖2所示：

∵PQ∥AC且PQ=AC，
∴四邊形ACQP為平行四邊形，
又∵點C的縱坐標(biāo)為-1，
∴點P的縱坐標(biāo)為1，
將y=1代入拋物線的解析式得：x2-1x+3=1，解得：x=+2或x=-+2．
∴點P的坐標(biāo)為（+2，1）或（-+2，1），
當(dāng)點P（-1，0）時，也滿足條件．
綜上所述，滿足條件的點（+2，1）或（-+2，1）或（-1，0）
【點睛】
本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題需要同學(xué)們理解“L雙拋圖形”的定義，數(shù)形結(jié)合以及方程思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．
25、 (1)見解析；(2) 201，207，1
【解析】
試題分析：（1）先設(shè)出兩位自然數(shù)的十位數(shù)字，表示出這個兩位自然數(shù)，和輪換兩位自然數(shù)即可；
（2）先表示出三位自然數(shù)和輪換三位自然數(shù)，再根據(jù)能被5整除，得出b的可能值，進而用4整除，得出c的可能值，最后用能被3整除即可．
試題解析：
（1）設(shè)兩位自然數(shù)的十位數(shù)字為x，則個位數(shù)字為2x，
∴這個兩位自然數(shù)是10x+2x=12x，
∴這個兩位自然數(shù)是12x能被6整除，
∵依次輪換個位數(shù)字得到的兩位自然數(shù)為10×2x+x=21x
∴輪換個位數(shù)字得到的兩位自然數(shù)為21x能被7整除，
∴一個兩位自然數(shù)的個位數(shù)字是十位數(shù)字的2倍，這個兩位自然數(shù)一定是“輪換數(shù)”．
（2）∵三位自然數(shù)是3的一個“輪換數(shù)”，且a=2，
∴100a+10b+c能被3整除，
即：10b+c+200能被3整除，
第一次輪換得到的三位自然數(shù)是100b+10c+a能被4整除，
即100b+10c+2能被4整除，
第二次輪換得到的三位自然數(shù)是100c+10a+b能被5整除，
即100c+b+20能被5整除，
∵100c+b+20能被5整除，
∴b+20的個位數(shù)字不是0，便是5，
∴b=0或b=5，
當(dāng)b=0時，
∵100b+10c+2能被4整除，
∴10c+2能被4整除，
∴c只能是1，3，5，7，9；
∴這個三位自然數(shù)可能是為201，203，205，207，209，
而203，205，209不能被3整除，
∴這個三位自然數(shù)為201，207，
當(dāng)b=5時，∵100b+10c+2能被4整除，
∴10c+502能被4整除，
∴c只能是1，5，7，9；
∴這個三位自然數(shù)可能是為251，1，257，259，
而251，257，259不能被3整除，
∴這個三位自然數(shù)為1，
即這個三位自然數(shù)為201，207，1．
【點睛】此題是數(shù)的整除性，主要考查了3的倍數(shù)，4的倍數(shù)，5的倍數(shù)的特點，解本題的關(guān)鍵是用5的倍數(shù)求出b的值．
26、7
【解析】
根據(jù)分式的性質(zhì)及等式的性質(zhì)進行去分母，去括號，移項，合并同類項，未知數(shù)系數(shù)化為1即可.
【詳解】
-1=
3-(x-3)=-1
3-x+3=-1
x=7
【點睛】
此題主要考查分式方程的求解，解題的關(guān)鍵是正確去掉分母.
27、（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）；（3）當(dāng)k發(fā)生改變時，直線QH過定點，定點坐標(biāo)為（0，﹣2）
【解析】
（1）把點A（﹣1，0），C（0，﹣3）代入拋物線表達式求得b，c，即可得出拋物線的解析式；
（2）作CH⊥EF于H，設(shè)N的坐標(biāo)為（1，n），證明Rt△NCH∽△MNF，可得m＝n2+3n+1，因為﹣4≤n≤0，即可得出m的取值范圍；
（3）設(shè)點P（x1，y1），Q（x2，y2），則點H（﹣x1，y1），設(shè)直線HQ表達式為y＝ax+t，用待定系數(shù)法和韋達定理可求得a＝x2﹣x1，t＝﹣2，即可得出直線QH過定點（0，﹣2）．
【詳解】
解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A、C，
把點A（﹣1，0），C（0，﹣3）代入，得：，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如圖，作CH⊥EF于H，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的頂點坐標(biāo)E（1，﹣4），
設(shè)N的坐標(biāo)為（1，n），﹣4≤n≤0
∵∠MNC＝90°，
∴∠CNH+∠MNF＝90°，
又∵∠CNH+∠NCH＝90°，
∴∠NCH＝∠MNF，
又∵∠NHC＝∠MFN＝90°，
∴Rt△NCH∽△MNF，
∴，即
解得：m＝n2+3n+1＝，
∴當(dāng)時，m最小值為；
當(dāng)n＝﹣4時，m有最大值，m的最大值＝16﹣12+1＝1．
∴m的取值范圍是．
（3）設(shè)點P（x1，y1），Q（x2，y2），
∵過點P作x軸平行線交拋物線于點H，
∴H（﹣x1，y1），
∵y＝kx+2，y＝x2，
消去y得，x2﹣kx﹣2＝0，
x1+x2＝k，x1x2＝﹣2，
設(shè)直線HQ表達式為y＝ax+t，
將點Q（x2，y2），H（﹣x1，y1）代入，得，
∴y2﹣y1＝a（x1+x2），即k（x2﹣x1）＝ka，
∴a＝x2﹣x1，
∵＝（ x2﹣x1）x2+t，
∴t＝﹣2，
∴直線HQ表達式為y＝（ x2﹣x1）x﹣2，
∴當(dāng)k發(fā)生改變時，直線QH過定點，定點坐標(biāo)為（0，﹣2）．


【點睛】
本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了配方法求二次函數(shù)的最值、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、（2）問通過相似三角形建立m與n的函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵．