2023年四川省自贡市第六中学中考数学一模试卷

这是一份2023年四川省自贡市第六中学中考数学一模试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年四川省自贡市第六中学中考数学一模试卷
一、选择题（共12个小题，每小题4分，共48分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．《长津湖》掀起了一波又一波的观影热潮，使得冰雕连精神再次被点燃，让自强方能立国的精神一代一代地影响着华夏文明的延续．据猫眼专业版数据，截至北京时间11月24日16时43分，电影《长津湖》含预售票房已超56.94亿，请将56.94亿用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
2．把下面图形折成一个正方体的盒子，折好后与“热”相对的字是（    ）

A．我 B．们 C．莆 D．田
3．下列计算正确的是（　　）
A．（a﹣b）2=a2﹣b2 B．（﹣2a2）3=8a6 C．2a2+a2=3a2 D．a3÷a=a3
4．下面是一些著名汽车品牌的标志，其中不是轴对称的图形是（       ）
A． B． C．D．
5．如图，AB是⊙O的直径，BD切⊙O于点B，AD交⊙O于点C．若∠BOC＝40°，则∠D的度数为（    ）

A．50° B．55° C．60° D．70°
6．小明用手机软件记录了最近30天的运动步数，并将记录结果制作成了如下统计表：
步数/万步
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
天数
3
9
5
a
2
在每天所走的步数中，众数和中位数分别是（　　）
A．1.3，1.3 B．1.4，1.3 C．1.4，1.4 D．1.3，1.4
7．已知m是一元二次方程的一个根，则的值是（    ）
A．4 B．6 C．8 D．10
8．如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为（1，），则点C的坐标为（ ）

A．（-1，） B．（-，1） C．（-2，1） D．（-1，2）
9．在一个可以改变体积的密闭容器内装有一定质量的气体，当改变容器的体积时，气体的密度也会随之改变，密度是体积的反比例函数，它的图象如图所示，当气体的密度为时，体积是（    ）．

A．1 B．2 C．4 D．8
10．如图，AB是OO的直径，弦CD⊥AB，垂足为P，若CD=8，PB=2，则⊙O直径（    ）

A．10 B．8 C．5 D．3
11．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，BC，AC为边在△ABC外部作正方形ADEB，CBFG，ACHI．将正方形ABED沿直线AB翻折，得到正方形ABE'D'，AD'与CH交于点N，点E'在边FG上，D'E'与CG交于点M，记△ANC的面积为S1，四边形的面积为S2，若CN＝2NH，S1+S2＝14，则正方形ABED的面积为（　　）

A．25 B．26 C．27 D．28
12．已知抛物线的最低点的纵坐标为，则抛物线的表达式是（    ）
A． B． C． D．
二、填空题（共6个小题，每小题4分，共24分）
13．比较大小：____．（填＞，＜或=）
14．为了解某校八年级学生在延期开学期间每天学习时间的情况，随机调查了该校八年级10名学生，将所得数据整理并制成表．据此估计该校八年级学生每天的平均学习时间大约是___h．
学习时间（小时）
6
7
8
9
学生人数（个）
4
3
2
1

15．已知，则________．
16．现定义一种新运算“”，规定，如，则_____；
17．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x＋3与x轴、y轴分别交于点A、B，在△AOB内部作正方形，使正方形的四个顶点都落在△AOB的边上，则正方形的边长＝_______．
三、解答题（共8个题，共78分）
18．计算：
(1)
(2)
19．如图，矩形ABCD中，点E为BC上一点，DF⊥AE于点F，求证：∠AEB＝∠CDF.

20．如图，△ABC是等腰直角三角形，延长BC至E使BE=BA，过点B作BD⊥AE于点D，BD与AC交于点F，连接EF．
（1）求证：BF=2AD；
（2）若CE=，求AC的长．

21．为保证车辆行驶安全，现在公路旁设立一检测点A观测行驶的汽车是否超速．如图，检测点A到公路的距离是24米，在公路上取两点B、C，使得∠ACB=30°，∠ABC=120°．
(1)求BC的长（结果保留根号）；
(2)已知该路段限速为45千米/小时，若测得某汽车从B到C用时2秒，这辆汽车是否超速？说明理由．（参考数据：≈1.7，≈1.4）

22．某校初二准备购买一批排球当作运动会的奖品，在购买时发现，每个排球可以打九折，用元钱购买的排球，打折后购买的数量比打折前多个．
（1）求打折前每个排球的售价是多少元？
（2）由于学生的需求不同，学校决定购买排球和篮球共个，篮球每个原售价为元，两种物品都打九折，若购买总金额不低于元，且不超过元，问有哪几种购买方案？
23．某校初二年级有400名学生，为了提高学生的体育锻炼兴趣，体育老师自主开发了一套体育锻炼方法，并在全年级实施．为了检验此种方法的锻炼效果，随机抽取了20名学生在应用此种方法锻炼前进行了第一次体育测试，应用此种方法锻炼一段时间后，又进行了第二次体育测试，获得了他们的成绩（满分30分），并对数据（成绩）进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．第一次体育测试成绩统计表：
分组/分
人数

1

1

9



3
b．第二次体育测试成绩统计图：

c．两次成绩的平均数、中位数、众数如下：

平均数
中位数
众数
第一次成绩
19.7

19
第二次成绩
25
26.5
28
d．第一次体育测试成绩在这一组的数据是：15，16，17，17，18，18，19，19，19．
e．第二次体育测试成绩在这一组的数据是：17，19．
请根据以上信息，回答下列问题：
(1)m=______，n＝______；
(2)第二次体育测试成绩为得分组所对应的圆心角度数是______；第二次体育测试成绩的及格率（大于或等于18分为及格）为______；
(3)下列推断合理的是______．
①第二次测试成绩的平均分高于第一次的平均分，所以大多数学生通过此种方法锻炼一段时间后成绩都提升了．
②被抽测的学生小明的第二次测试成绩是24分，他觉得年级里大概有240人的测试成绩比他高．
24．在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y＝的图象过点A（6，1）．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）过点A的直线与反比例函数y＝图象的另一个交点为B，与y轴交于点P，若AP＝3PB，求点B的坐标．

25．如图，已知抛物线的顶点坐标为M(1，4)，且经过点N(2，3)，与x轴交于A、B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式及点A、B、C的坐标；
(2)若直线y=kx+t经过C、M两点，且与x轴交于点D，探索并判断四边形CDAN是怎样的四边形？并对你得到的结论予以证明；
(3)直线y=mx+2与抛物线交于T，Q两点．是否存在这样的实数m，使以线段TQ为直径的圆恰好过坐标原点，若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．
26．如图1．已知⊙M与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，A、B两点的横坐标分别为﹣1和7，弦AB的弦心距MN为3，

（1）求⊙M的半径；
（2）如图2，P在弦CD上，且CP＝2，Q是弧BC上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ＝∠CQD时，
①判断线段PQ与直径CF的位置关系，并说明理由；
②求CQ的长；
（3）如图3．若P点是弦CD上一动点，Q是弧BC上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ与∠CQD互余时，求△PEM面积的最大值．





































答案解析
1．【考点】科学记数法-表示较大的数
【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：56.94亿=，
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．
2．【考点】正方体平面展开图
【分析】根据正方体中相对的两个面在展开图中隔一相对解答即可.
由正方体中相对的两个面的特征可知，折好后与“热”相对的字是“莆”.
故选C.
【点评】本题考查了正方体平面展开图的性质，熟练掌握正方体平面展开图的性质是解题的关键，正方体中相对的两个面在展开图中隔一相对，考查了学生熟练运用知识解决问题的能力.
3．【考点】完全平方公式，积的乘方，合并同类项，同底数幂的除法
【分析】根据完全平方公式、积的乘方、合并同类项法则、同底数幂的除法法则计算即可．
解：A、，故A错误；
B、（﹣2a2）3=﹣8a6，故B错误；
C、2a2+a2=3a2，故C正确；
D、a3÷a=a2，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了整式的运算，熟练掌握完全平方公式、积的乘方、合并同类项法则、同底数幂的除法法则，是解题的关键．
4．【考点】轴对称图形
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
A、是轴对称图形，故错误；B、是轴对称图形，故错误；C、是轴对称图形，故错误；D、不是轴对称图形，故正确．
故选D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
5．【考点】切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【分析】由等腰对等角可得出，再根据三角形外角性质可求出，最后根据切线的性质得出，即可求出．
∵OA=OC，
∴．
∵,∠BOC＝40°，
∴．
∵BD切⊙O于点B，
∴，
∴．
故选D．
【点评】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质．掌握圆的切线的性质是解题关键．
6．【考点】众数，中位数
【分析】先求出a的值，然后根据众数和中位数的定义求解即可；
解：∵共记录了最近30天的运动步数，
∴a＝30﹣3﹣9﹣5﹣2＝11，
∴在这组数据中出现次数最多的是1.4万步，即众数是1.4．
把这组数据按照从小到大的顺序排列，第15、16个两个数的平均数是(1.3+1.3)÷2＝1.3（万步），
所以中位数是1.3万步，
故选：B．
【点评】本题考查了众数及中位数的定义，众数是一组数据中出现次数最多的那个数．当有奇数个数时，中位数是从小到大排列顺序后位于中间位置的数；当有偶数个数时，中位数是从小到大排列顺序后位于中间位置两个数的平均数．
7．【考点】一元二次方程的解
【分析】由m是一元二次方程根，可将m代入方程得到m的关系式，进而化成所求代数式求值．
解：由已知有
∴
∴
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程的根，懂得将m代入方程求得关系式是解题的关键．
8．【考点】全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，正方形的性质
解：作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，如图所示：

则∠OEC=∠ADO=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵A的坐标为（1，），
∴AD=，OD=1，
∵四边形OABC是正方形，
∴OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠3=∠2，
在△OCE和△AOD中，，
∴△OCE≌△AOD（AAS），
∴OE=AD=，CE=OD=1，
∴C（-，1），
故选B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，正方形的性质．注意利用已知条件。
9．【考点】反比例函数的应用
【分析】根据图象求出反比例函数解析式，再代入求值即可．
解：∵密度是体积的反比例函数，
∴设解析式为，把代入得，
，
解得，，解析式为，
把代入得，，
解得，，
故选：A．
【点评】本题考查了反比例函数的应用，解题关键是根据图象上的坐标，求出反比例函数解析式．
10．【考点】勾股定理，垂径定理
【分析】如图，连接OC，利用垂径定理可以推知PC=CD=4，∠OPC=90°；然后在直角△OPC中，利用勾股定理可以求得OC的长度即可解决问题．
解：如图，连接OC．

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，CD=8，
∴∠OPC=90°，PC=CD=4，
∴在直角△OPC中，由勾股定理得到：，
解得，OC=5．
∴AB=2OC=10
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理．解此类题目要注意将圆的问题转化成三角形的问题再进行计算．
11．【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【分析】设，则，证明，得出，根据，再证明，得出，可以得出，得出等式，求解即可得到．
解：设，则，
由题意知：，
在和中，
，
，
，
，
，
，
在中由勾股定理得：
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质、三角形相似、三角形全等、勾股定理，解题的关键是掌握相应的判定定理，通过转化的思想及等量代换的思想进行求解．
12．【考点】二次函数的性质
【分析】根据顶点的纵坐标求出m的值，再代入计算即可．
解：∵抛物线的最低点的纵坐标为，
∴，
即



∴，
当m=1时，抛物线为．
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的顶点坐标，解题关键是掌握抛物线的顶点坐标为．
13．【考点】实数的大小比较
【分析】先判断出﹥2，则﹥1，而﹤1，即可做出解答．
解：∵﹥=2，
∴﹥1，又﹤1，
∴﹥，
故答案为：﹥．
【点评】本题考查了实数的大小比较，熟练掌握实数的大小比较方法，得出﹥2是解答的关键．
14．【考点】加权平均数
【分析】利用样本与总体的关系，即只需求出这10名学生每天的平均学习时间的平均数即可．
解：这10名学生每天的平均学习时间大约是＝7（小时），
据此估计该校八年级学生每天的平均学习时间大约是7小时．
故答案为：7．
【点评】本题考查了加权平均数，掌握加权平均数的一般求法是解题的关键．
15．【考点】幂的乘方算，同底数幂的乘法，积的乘方，分式的加法
【分析】根据幂的乘方运算、积的乘方以及同底数幂相乘分别求得的值，再将代数式根据分式的加法运算变形，进而求得代数式的值
解：∵
∴；

∴；
∴，

故答案为：1
【点评】本题考查了幂的乘方运算以及同底数幂相乘，积的乘方，分式的加法运算，掌握幂的运算是解题的关键．
16．【考点】有理数的混合运算
【分析】根据，将a=2、b=-5代入即可解决．
解：∵，
∴


，
故答案为：-3．
【点评】本题考查了有理数的混合运算，解答本题的关键是明确有题目中新规定，利用新规定解答．
17．【考点】一次函数性质，正方形性质
【分析】分两种情况分别讨论：如图①所示，以坐标轴作为正方形的两条邻边，做正方形OEDC，设D（m，m），将D点横纵坐标代入y＝﹣x+3，求出m，也就求出正方形的边长；如图②所示，以直线y＝﹣x+3为正方形的一边可得正方形CDEF，根据一次函数与坐标轴的特点求出45°角，再根据正方形的性质用x表示出边长，根据线段之和求出x的值，从而求出正方形的边长．
解：①如图①所示，以坐标轴作为正方形的两条邻边，做正方形OEDC，
∴CD＝DE，
设D（m，m），将D点横纵坐标代入y＝﹣x+3，
得m＝﹣m+3，
m＝，
∴D（，）
∴正方形的边长是；
②如图②所示，以直线y＝﹣x+3为正方形的一边可得正方形CDEF，
令x＝0，y＝3，y＝0，x＝3，
∴OB＝OA，
∵∠AOB＝90°，
∴∠OBA＝∠OAB＝45°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CF＝CD＝DE＝FE，CF∥BA，
∴∠OCF＝∠OBA＝45°，∠CFO＝∠OAB＝45°，
设OF＝x，则CF＝x，
∴EF＝x，
在Rt△FEA中，sin45°＝，
∴AF＝2x，
∵OF+AF＝OA，
∴x+2x＝3，
解得x＝1．
∴EF＝，
∴正方形的边长是；
综上所述：正方形的边长是或．

故答案为：或．
【点评】考查了过定点的直线、一次函数性质、正方形性质，解题关键是掌握这几个知识点的综合应用和分情况讨论．
18．【考点】实数的混合运算，整式的运算
【分析】（1）根据算术平方根的定义和立方根的定义即可计算求值；
（2）根据完全平方公式、平方差公式计算即可求解．
（1）解：
=
；
（2）解：


．
【点评】本题考查了实数的混合运算，整式的运算，掌握算术平方根、立方根的性质以及完全平方公式、平方差公式是解题关键．
19．【考点】矩形的性质，平行线的性质.
【分析】利用矩形的性质结合平行线的性质得出∠CDF+∠ADF＝90°，进而得出∠CDF＝∠DAF，由AD∥BC，得出答案.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AD∥BC，
∴∠CDF+∠ADF＝90°，
∵DF⊥AE于点F，
∴∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠CDF＝∠DAF.
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠AEB，
∴∠AEB＝∠CDF.
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及平行线的性质，正确得出∠CDF＝∠DAF是解题关键.
20．【考点】全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理
【分析】（1）由△ABC是等腰直角三角形，得到AC=BC，∠FCB=∠ECA=90°，由于AC⊥BE，BD⊥AE，根据垂直的定义得到∠CBF+∠CFB=90°，∠DAF+∠AFD=90°，由于∠CFB=∠AFD，于是得到∠CBF=∠CAE，证得△BCF≌△ACE，得出AE=BF，由于BE=BA，BD⊥AE，于是得到AD=ED，即AE=2AD，即可得到结论；
（2）由（1）知△BCF≌△ACE，推出CF=CE=，在Rt△CEF中，EF==2，由于BD⊥AE，AD=ED，求得AF=FE=2，于是结论即可．

（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，∴∠FCB=∠ECA=90°，
∵AC⊥BE，BD⊥AE，
∴∠CBF+∠CFB=90°，∠DAF+∠AFD=90°，
∵∠CFB=∠AFD，
∴∠CBF=∠CAE，
在△BCF与△ACE中，，
∴△BCF≌△ACE，
∴AE=BF，
∵BE=BA，BD⊥AE，
∴AD=ED，即AE=2AD，
∴BF=2AD；
（2）由（1）知△BCF≌△ACE，
∴CF=CE=，
∴在Rt△CEF中，EF==2，
∵BD⊥AE，AD=ED，
∴AF=FE=2，
∴AC=AF+CF=2+．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
21．【考点】解直角三角形的应用
【分析】（1）分别在Rt△ADC与Rt△BDA中，利用正切函数，即可求得CD与BD的长，继而求得BC的长；
（2）由从B到C用时2秒，即可求得这辆校车的速度，比较与45千米/小时的大小，即可确定这辆校车是否超速．
(1)过点A作BC的垂线，垂足即为点D.

由题意得，AD=24m
在Rt△ADC中，，
解得．
在Rt△ABD中，
解得
所以BC=CD-BD=（米）．
(2)汽车从B到C用时2秒，所以速度为（米/秒），
因为13.6米/秒=48.96千米/小时>45千米/小时
（或因为45千米/小时=12.5米/秒<13.6米/秒）
所以此汽车超速．
【点评】此题考查了解直角三角形的应用问题．此题难度适中，解题的关键是把实际问题转化为数学问题求解，注意数形结合思想的应用．
22．【考点】分式方程的应用，一元一次不等式的应用
【分析】（1）设打折前每个排球的售价为元，则打折后售价为0.9x，根据用元钱购买的排球，打折后购买的数量比打折前多个，列方程求解；
（2）设购买排球个，则篮球个，根据购买总金额不低于元，且不超过元，列出不等式求解．
解：（1）设打折前每个排球的售价为元，则打折后售价为0.9x，
由题意得：，
化简为，
解得：，
经检验，是原方程的根，
答：打折前每个排球的售价是40元；
（2）设购买排球个，则篮球个，
由题意得：，
解得：，
为整数，
共有如下种购买方案：
①排球个，篮球个；
②排球个，篮球个；
③排球个，篮球个．
答：购买方案共种：①排球个，篮球个；②排球个，篮球个；③排球个，篮球个．
【点评】本题考查了分式方程的应用和一元一次不等式的应用，解答本题的关键是读懂题意，找出合适的等量关系和不等关系，列出关系式，注意分式方程必须检验．
23．【考点】频数分布表，扇形统计图，统计表，中位数
【分析】（1）根据题意和题目中的数据，可以计算出m和n的值；
（2）根据b中的扇形统计图和e中的数据，可以计算出第二次体育测试成绩的及格率；
（3）根据题意和题目中的信息，可以判断①和②是否合理，本题得以解决．
解：(1)由题意得：m＝20－1－1－9－3＝6，
∵第一次体育测试成绩在这一组的数据是：15，16，17，17，18，18，19，19，19．20名同学成绩的中位数是从小到大排列后的第10名和11名同学的成绩，即为19和19，
∴n＝,
故答案为：6，19；
(2)第二次体育测试成绩为的分组所对应的圆心角度数是：
360°×25%＝90°，
由b中的扇形统计图和e中的数据可知，
，
即第二次体育测试成绩的及格率是90%；
故答案为：90°，90%；
(3)由题意可得，第二次测试成绩的平均分高于第一次的平均分，大多数学生通过此种方法锻炼一段时间后成绩提升了，故①合理；
∵第二次体育测试成绩为的分组所对应的百分比为60%，全年级里高于24分的人数大概为：400×60%＝240（人），
∴被抽测的学生小明的第二次测试成绩是24分，他觉得年级里大概有240人的测试成绩比他高，所以他决心努力锻炼，提高身体素质，故②合理；
故答案为：①②．
【点评】此题考查频数分布表、扇形统计图、统计表、中位数等知识，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24．【考点】反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数图象上点的坐标特征
【分析】（1）由点A的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出m值，从而得出反比例函数表达式；
（2）过A点作AM⊥y轴于点M，AM＝6，作BN⊥y轴于点N，则AM∥BN，由平行线的性质结合AP＝3PB即可求出BN的长度，从而得出点B的横坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出点B的坐标．
（1）反比例函数y=的图象过点A（6，1），
∴m＝6×1＝6，
∴反比例函数的表达式为y=；
（2）过A点作AM⊥y轴于点M，AM＝6，作BN⊥y轴于点N，则AM∥BN，如图所示，

∵AM∥BN，AP＝3PB，
∴，
∵AM＝6，
∴BN＝2，
∴B点横坐标为2或﹣2，
∴B点坐标为（2，3）或（﹣2，﹣3）．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题以及反比例函数图象上点的坐标特征，根据点的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征求出反比例函数关系式是解题的关键．
25【考点】二次函数综合题
【分析】(1)根据顶点式设抛物线解析式为()2+4，将N(2，3)代入求，确定抛物线解析式，根据抛物线解析式求点A、B、C的坐标；
(2)根据M、C两点坐标求直线解析式，得出D点坐标，求线段AD，由C、N两点坐标可知CN∥轴，再求CN，证明CN与AD平行且相等，判断断四边形CDAN是平行四边形；
(3)存在．如图设T(，)，Q(，)，分别过T、Q作TF⊥轴，QG⊥轴，联立直线TQ解析式与抛物线解析式，可得，，，之间的关系，当以线段TQ为直径的圆恰好过坐标原点时，∠TOQ=90°，利用互余关系可证△TOF∽△QOG，利用相似比得出线段关系，结合，，，之间的关系求m的值．
(1)抛物线的顶点坐标为M(1，4)，设抛物线解析式为)2+4，
将N(2，3)代入，得(2-1)2+4=3，解得，
∴抛物线解析式为)2+4，即，
令，得，则点C的坐标为(0，3)，
令，得
解得：或3，则点A的坐标为(-1，0)，点B的坐标为(3，0)；
(2)四边形CDAN是平行四边形．
理由：
将点C(0，3)，M(1，4)，代入直线中，得，
解得，
∴直线CM解析式为，则点D的坐标为(-3，0)，
∵C(0，3)，N(2，3)，
∴CN∥x轴，且，
又∵A(-1，0)，D(-3，0)，
∴AD=-1-(-3)=2，
∴四边形CDAN是平行四边形；
(3)存在．
如图设T(，)，Q(，)，分别过T、Q作TF⊥轴，QG⊥轴，

联立，
整理得，
∴，，
当以线段TQ为直径的圆恰好过坐标原点时，∠TOQ=90°，
∴∠TOF+∠FOQ=∠FOQ+∠QOB=90°，
∴∠TOF=∠QOB，而∠TFO=∠QGO=90°，
∴△TOF∽△QOG，
∴，即，
∴，即，
整理得：，
∴，整理，得，
解得，
故存在实数使以线段TQ为直径的圆过坐标原点．
【点评】本题考查了二次函数的综合运用．考查了待定系数法求抛物线解析式，抛物线与坐标轴的交点，平行四边形的判定，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根与系数的关系等知识．解题的关键是相似三角形的判定与性质．
26．【考点】圆的综合题
【分析】（1）连接MB，根据题意得出AB=8，再结合垂径定理可得BN=4，最后进一步利用勾股定理计算求解即可；
（2）①连接DF，由圆周角定理得出∠CDF=90°，由此进一步证明∠CEP＝90°即可；②作MN⊥AB于N，MG⊥CD于G，延长QP交⊙M于H，从而通过分析可得AN=4，MN=3,MG=ON=3，再者得出MN=MG，进一步证明CD=AB=8，然后利用勾股定理求得DF=6，接着证明△CPE与△CFD相似，利用相似三角形性质得出CE与PE的长，从而求出EF，最后在此基础上进一步分析求解即可；
（3）先证出∠DCF=∠CPQ，得出CE=PE，再作EK⊥CP于K，PT⊥CM于T，连接DF，则CK＝PK，，据此设EK＝3x，则CK＝4x，CE＝PE＝5x，PC＝8x，接着证明△CPT~△CFD，利用相似三角形性质得出PT＝，CT＝，最后根据三角形面积公式得到△PEM的面积，由此利用二次函数的性质进一步求解即可.
（1）连接MB，如图1所示：

∵A、B两点的横坐标分别为和7，
∴AB＝8，
∵MN⊥AB，
∴BN＝4，
在Rt△BMN中，由勾股定理得：
，
∴⊙M的半径为5；
（2）①PQ⊥CF；理由如下：

连接DF，如图2所示，
∵CF是⊙M的直径，
∴∠CDF＝90°，
∴∠CFD+∠DCF＝90°，
∵∠CQD＝∠CFD，
∴∠CQD+∠DCF＝90°，
∵∠CPQ＝∠CQD，
∴∠CPQ+∠DCF＝90°，
∴∠CEP＝90°，
∴PQ⊥CF；
②作MN⊥AB于N，MG⊥CD于G，延长QP交⊙M于H，如图3所示：
则AN＝4，MN＝3，MG＝ON＝3，
∴MN＝MG，
∴CD＝AB＝8，

在Rt△CDF中，CF＝2BM＝10，，
由①得：PQ⊥CF，
∴∠CEP＝∠CDF＝90°，EH＝EQ，
∵∠PCE＝∠FCD，
∴△CPE~△CFD，
∴，
即，
解得：CE＝，PE＝，
∴EF＝CF−CE＝，
∵EQ×EH＝CE×EF，即，
在Rt△CPE中，由勾股定理得：；
（3）∵CF是⊙M的直径，
∴∠CDF＝90°，
∴∠F+∠DCF＝90°，
∵∠CQD＝∠F，
∴∠CQD+∠DCF＝90°，
∵∠CPQ+∠CQD＝90°，
∴∠DCF＝∠CPQ，
∴CE＝PE，

作EK⊥CP于K，PT⊥CM于T，再连接DF，如图4所示，
则CK＝PK，，
设EK＝3x，则CK＝4x，CE＝PE＝5x，PC＝8x，
∵∠PCT=∠DCF，∠CTP=∠CDF=90°，
∴△CPT~△CFD，
∴，
∴PT＝，CT＝，
∴△PEM的面积，
∵，
∴S有最大值，且当时，S的最大值为3，
即△PEM面积的最大值为3．