精品解析：2026年四川省泸州市合江县马街中学校中考一模数学试题

初中2023级第一次学业水平模拟考试 数 学 全卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．全卷满分150分．考试时间共120分钟． 注意事项： 1．答题前，请考生务必在答题卡上正确填写自己的姓名、准考证号和座位号．考试结束，将试卷和答题卡一并交回． 2．选择题每小题选出的答案须用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦净后，再选涂其它答案．非选择题须用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上对应题号位置作答，在试卷上作答无效． 第Ⅰ卷（选择题 共48分） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）． 1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 解为（ ） A. B. C. D. 3. 下列方程中，关于的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点成中心对称，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 若正多边形中心角为72°，则该正多边形的边数为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 6. 小亮了解了祖冲之、刘徽、赵爽、杨辉、秦九韶这5位著名数学家的生平简介，准备在数学课上随机选取其中一位进行分享，选到赵爽的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 某商品原价200元，连续两次降价后售价为148元，下列所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 对称轴为直线 B. 函数的最大值是7 C. 抛物线开口向上 D. 顶点的坐标为 9. 如图，为的直径，点C是弧的中点．过点C作于点G，交于点D，若，则的半径长是（　　） A. 4 B. 5.5 C. D. 10. 如图，将边长为6等边沿直线折叠，使点与边上的点重合，点、分别在、边上，若，则的值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 11. 如图，四边形内接于，，，，弦平分，则的长是（ ） A B. C. 12 D. 13 12. 若一个点的纵坐标是横坐标的3倍，则称这个点为“三倍点”，如：，，等都是“三倍点”．在的范围内，若二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共102分） 注意事项：用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上对应题号位置作答，在试卷上作答无效． 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）． 13. 关于的一元二次方程有一个根是，则___． 14. 一元二次方程的两根为，，则的值为____________________． 15. 若抛物线与x轴只有一个交点，则a的值为______． 16. 已知圆锥的侧面积是，母线是3，则圆锥的底面圆半径为________． 17. 如图，在Rt中，，，以点C为圆心，2为半径作，过上的动点P作的切线，，过劣弧上一点Q作的另一条切线分别交，于点M，N，则周长的最小值为________． 三、本大题共2个小题，每小题8分，共16分． 18. 计算：． 19. 解方程：． 四、本大题共3个小题，每小题10分，共30分． 20. 每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上． （1）写出A、B、C的坐标． （2）以原点O为对称中心，画出关于原点O对称的． （3）将绕点A逆时针旋转，画出旋转后的．并求出在旋转的过程中扫过的面积． 21. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若该方程有一个根小于3，求k的取值范围． 22. 打造书香文化，培养阅读习惯，崇德中学计划在各班建图书角，开展“我最喜欢阅读的书篇”为主题的调查活动，学生根据自己的爱好选择一类书籍（A：科技类，B：文学类，C：政史类，D：艺术类，E：其他类）．张老师组织数学兴趣小组对学校部分学生进行了问卷调查，根据收集到的数据，绘制了两幅不完整的统计图（如图所示）． 根据图中信息，请回答下列问题； （1）条形图中的________，________，文学类书籍对应扇形圆心角等于________度； （2）若该校有2000名学生，请你估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数； （3）甲同学从A，B，C三类书籍中随机选择一种，乙同学从B，C，D三类书籍中随机选择一种，请用画树状图或者列表法求甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率． 五、本大题共3小题，每小题12分，共36分． 23. 某校开辟了一块矩形菜地作为劳动教育基地，如图所示，已知矩形菜地的一面靠墙（墙的最大可用长度为米），其余用长为米的篱笆围成，菜地靠前的边上预留了一个宽为米的小门（小门不用篱笆） （1）设菜地的宽为米，则______米（用含的代数式表示）； （2）当为何值时，围成的菜地面积最大？最大为多少？ 24. 如图，在△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，E是AC中点． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若AB＝10，BC＝6，连接CD，OE，交点为F，求OF的长． 25 如图，抛物线经过点，与轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且． （1）求抛物线的解析式； （2）点D在y轴上，且，求点D的坐标； （3）点M在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在．求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 初中2023级第一次学业水平模拟考试 数 学 全卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．全卷满分150分．考试时间共120分钟． 注意事项： 1．答题前，请考生务必在答题卡上正确填写自己的姓名、准考证号和座位号．考试结束，将试卷和答题卡一并交回． 2．选择题每小题选出的答案须用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦净后，再选涂其它答案．非选择题须用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上对应题号位置作答，在试卷上作答无效． 第Ⅰ卷（选择题 共48分） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）． 1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形，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，由此即可判断． 【详解】解：A、选项中的图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、选项中的图形是中心对称图形，故此选项符合题意； C、选项中的图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、选项中的图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 2. 的解为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握因式分解法解一元二次方程是解题的关键．利用因式分解法解方程即可得出答案． 【详解】解：， ， 或， ，． 故选：C． 3. 下列方程中，关于的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．根据一元二次方程的定义逐个判断即可． 详解】解：A．含有两个未知数，故本选项不符合题意； B．含有两个未知数，故本选项不符合题意； C．是一元二次方程，故本选项符合题意； D．，整理得：，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； 故选：C． 4. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点成中心对称，则点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平面直角坐标系下点的特征，解决本题的关键是熟练掌握点关于原点成中心对称点的特征． 关于原点成中心对称的点的横坐标和纵坐标都互为相反数，由此求解即可． 【详解】解：∵点与点关于原点成中心对称， ∴点B的坐标为． 故选：B． 5. 若正多边形的中心角为72°，则该正多边形的边数为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据正多边形的中心角＝，求出n即可． 【详解】由题意，， ∴n＝5， 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形的中心角问题，熟记基本公式是解题关键． 6. 小亮了解了祖冲之、刘徽、赵爽、杨辉、秦九韶这5位著名数学家的生平简介，准备在数学课上随机选取其中一位进行分享，选到赵爽的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了求概率． 总共有5位数学家，随机选取一位，选到赵爽的概率为． 【详解】解：∵总共有5位数学家，每位被选中的可能性相同， ∴选到赵爽的概率为． 故选：C． 7. 某商品原价200元，连续两次降价后售价为148元，下列所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的增长率，由连续两次降价，得每次降价后价格变为原价的倍，因此两次降价后价格为原价乘以，据此进行分析，即可作答． 【详解】解：∵某商品原价200元，连续两次降价后售价为148元， ∴， 故选：B． 8. 已知二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 对称轴为直线 B. 函数的最大值是7 C. 抛物线开口向上 D. 顶点的坐标为 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数(a，h，k为常数，)的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．是抛物线的顶点式，a决定抛物线的形状和开口方向，其顶点是，对称轴是直线． 根据二次函数顶点式的性质分析即可． 【详解】解：∵，， ∴对称轴为直线，抛物线开口向下，函数的最大值是，顶点的坐标为， ∴只有D正确． 故选D． 9. 如图，为的直径，点C是弧的中点．过点C作于点G，交于点D，若，则的半径长是（　　） A. 4 B. 5.5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，弧、圆心角、弦之间的关系，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．先根据垂径定理和点C是弧的中点得出，从而得出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：连接，如图，设的半径为r， ∵， ∴，， ∵点C是弧的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中， ∵， ∴，解得， 即的半径为． 故选：C． 10. 如图，将边长为6的等边沿直线折叠，使点与边上的点重合，点、分别在、边上，若，则的值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】首先由等边三角形的性质得到，，然后由求出，，由折叠得，，证明出，得到，进而求解即可． 此题考查了等边三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【详解】∵等边的边长为6 ∴， ∴ ∵ ∴， 由折叠得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴． 故选：C． 11. 如图，四边形内接于，，，，弦平分，则的长是（ ） A. B. C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】将延长至，使,作于,根据相关线段等量关系判断出为等腰三角形，从而算出的长度，再根据三角函数算． 【详解】 如图：将延长至，使,作于 ∵四边形内接于 ∴ ∵弦平分 ∴ ， 又∵ ∴ ∴ ， ∴ 是等腰三角形 又∵ ∴ ∴ ∴ 【点睛】辅助线构造全等是本题解题的关键，同时注意等腰三角形三线合一以及三角函数的灵活应用． 12. 若一个点的纵坐标是横坐标的3倍，则称这个点为“三倍点”，如：，，等都是“三倍点”．在的范围内，若二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数与一次函数的交点问题，熟练掌握相关性质是解题的关键．由题意得，三倍点所在的直线为,根据二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”转化为和至少有一个交点，求，再根据和时两个函数值大小即可求出． 【详解】解：由题意得，三倍点所在的直线为， 在的范围内，二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”， 即在的范围内，二次函数和至少有一个交点， 令,整理得，， 则，解得， 把代入得，代入得， ，解得； 把代入得，代入得， ，解得， 综上，的取值范围为：． 故选：D． 第Ⅱ卷（非选择题 共102分） 注意事项：用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上对应题号位置作答，在试卷上作答无效． 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）． 13. 关于的一元二次方程有一个根是，则___． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了已知一元二次方程的解求参数，将代入方程，得出，再求解关于的方程即可． 【详解】解：依题意，把代入方程， 得， 即， 解得． 故答案为：． 14. 一元二次方程的两根为，，则的值为____________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系．利用一元二次方程根与系数的关系求出两根之和与两根之积，再通过代数变形求解表达式，即可作答． 详解】解：∵， ∴，，， 根据根与系数的关系，有 则， 故答案为：3 15. 若抛物线与x轴只有一个交点，则a的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与轴的交点．根据二次函数与一元二次方程的关系列方程求解． 【详解】解：由题意得：关于的方程有两个相等的实数根， ， 解得：， 故答案为：． 16. 已知圆锥的侧面积是，母线是3，则圆锥的底面圆半径为________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了圆锥侧面积的计算，设圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的侧面积公式（r为底面圆半径，l为母线长）计算即可． 【详解】解：设圆锥的底面圆半径为r， 由题意得，， ∴， ∴圆锥的底面圆半径为2， 故答案为：2． 17. 如图，在Rt中，，，以点C为圆心，2为半径作，过上的动点P作的切线，，过劣弧上一点Q作的另一条切线分别交，于点M，N，则周长的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查切线长定理，勾股定理，垂线段最短，先根据切线长定理得到的周长为，然后连接，，则，即可得到当时，最小时，最小，的周长最小，然后根据勾股定理解题即可． 【详解】解：∵，，是的切线， ∴，，， ∴的周长为， 连接，，则， ∵的半径不变， ∴长随着的变化而变化， 即当最小时，最小，的周长最小； ∴当时，最小， ∵，， 这时，，且点是的中点， 则， ∴， ∴的周长最小为， 故答案为：． 三、本大题共2个小题，每小题8分，共16分． 18. 计算：． 【答案】1 【解析】 【分析】先计算零次幂，代入特殊角的三角函数值，化简绝对值，计算负整数指数幂，再合并即可. 【详解】解： 【点睛】本题考查的是含特殊角的三角函数值的混合运算，零次幂，负整数指数幂的含义，化简绝对值，掌握相应的运算法则是解本题的关键. 19. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，先移项，再把方程左边利用提公因式法分解因式，进而解方程即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴或， 解得：． 四、本大题共3个小题，每小题10分，共30分． 20. 每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上． （1）写出A、B、C坐标． （2）以原点O为对称中心，画出关于原点O对称的． （3）将绕点A逆时针旋转，画出旋转后的．并求出在旋转的过程中扫过的面积． 【答案】（1）；； （2）作图见解析 （3）作图见解析；扫过的面积为 【解析】 【分析】本题考查平面坐标系点的坐标、中心对称点的特征、扇形面积公式，熟练掌握中心对称点的特征和扇形面积公式是解题的关键． （1）根据平面直角坐标系写出点的坐标即可； （2）关于原点O对称点的坐标特征为：横坐标、纵坐标都为相反数，据此得到点、、的坐标，依次连接，得到； （3）作出绕点A逆时针旋转后得到的，扫过的图形为扇形，计算扇形的面积即可． 【小问1详解】 解：根据平面直角坐标系可知： 点A、B、C的坐标为：、、； 【小问2详解】 解：如图，即为所求； 【小问3详解】 解：如（2）图，即为所求， 扫过的图形为扇形，且， 则在旋转的过程中扫过的面积为： ． 21. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）若该方程有一个根小于3，求k的取值范围． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得 ，由此可证出方程总有两个实数根； （2）利用公式法解一元二次方程，可得出, 根据方程有一根小于3 ，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出 的取值范围． 小问1详解】 解：， ∴原方程有两个实数根 【小问2详解】 解： ． 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、公式法解一元二次方程以及解一元一次不等式，解题的 关键是（1）牢记“当 时，方程有两个实数根”；（2）利用公式法解一元二次方程结合方程一根小于3 ， 找出关于的一元一次不等式 22. 打造书香文化，培养阅读习惯，崇德中学计划在各班建图书角，开展“我最喜欢阅读的书篇”为主题的调查活动，学生根据自己的爱好选择一类书籍（A：科技类，B：文学类，C：政史类，D：艺术类，E：其他类）．张老师组织数学兴趣小组对学校部分学生进行了问卷调查，根据收集到的数据，绘制了两幅不完整的统计图（如图所示）． 根据图中信息，请回答下列问题； （1）条形图中的________，________，文学类书籍对应扇形圆心角等于________度； （2）若该校有2000名学生，请你估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数； （3）甲同学从A，B，C三类书籍中随机选择一种，乙同学从B，C，D三类书籍中随机选择一种，请用画树状图或者列表法求甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率． 【答案】（1）18，6， （2）480人 （3） 【解析】 【分析】（1）根据选择“E：其他类”的人数及比例求出总人数，总人数乘以A占的比例即为m，总人数减去A，B，C ，E的人数即为n，360度乘以B占的比例即为文学类书籍对应扇形圆心角； （2）利用样本估计总体思想求解； （3）通过列表或画树状图列出所有等可能的情况，再从中找出符合条件的情况数，再利用概率公式计算． 【小问1详解】 解：参与调查的总人数为：（人）， ， ， 文学类书籍对应扇形圆心角， 故答案为：18，6，； 【小问2详解】 解：（人）， 因此估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数为480人； 【小问3详解】 解：画树状图如下： 由图可知，共有9种等可能的情况，其中甲乙两位同学选择相同类别书籍的情况有2种， 因此甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率为：． 【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、利用样本估计总体、利用画树状图或者列表法求概率等，解题的关键是将条形统计图与扇形统计图的信息进行关联，掌握画树状图或者列表法求概率的原理． 五、本大题共3小题，每小题12分，共36分． 23. 某校开辟了一块矩形菜地作为劳动教育基地，如图所示，已知矩形菜地的一面靠墙（墙的最大可用长度为米），其余用长为米的篱笆围成，菜地靠前的边上预留了一个宽为米的小门（小门不用篱笆） （1）设菜地的宽为米，则______米（用含的代数式表示）； （2）当为何值时，围成的菜地面积最大？最大为多少？ 【答案】（1） （2）当为米，围成的菜地面积最大，最大为平方米 【解析】 【分析】本题考查了列代数式，二次函数的应用． （1）根据长为39米的篱笆围成，菜地靠前的边上预留了一个宽为1米的小门（小门不用篱笆），且设菜地的宽为米，进行列式化简，即可作答； （2）结合长方形的面积等于长乘宽，则，再根据二次函数的图象性质进行分析，即可作答． 【小问1详解】 解：设菜地的宽为米， 米， 故答案为：； 【小问2详解】 解：设围成的菜地面积为， 依题意， ， ， 在时，此时（米），取得最大值，最大为平方米， 当为米，围成的菜地面积最大，最大为平方米． 24. 如图，在△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，E是AC中点． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若AB＝10，BC＝6，连接CD，OE，交点为F，求OF的长． 【答案】（1）见解析；（2）OF＝1.8 【解析】 【分析】（1）由题意连接CD、OD，求得即可证明DE是⊙O的切线； （2）根据题意运用切线的性质、角平分线性质和勾股定理以及三角形的面积公式进行综合分析求解. 【详解】解：（1）证明：连接CD，OD ∵∠ACB＝90°，BC为⊙O直径， ∴∠BDC=∠ADC＝90°， ∵E为AC中点， ∴EC＝ED=AE， ∴∠ECD＝∠EDC； 又∵∠OCD＝∠CDO， ∴∠EDC+∠CDO＝∠ECD+ ∠OCD= ∠ACB＝90°， ∴DE是⊙O的切线. （2）解：连接CD，OE， ∵∠ACB＝90°， ∴AC为⊙O的切线， ∵DE是⊙O的切线， ∴EO平分∠CED， ∴OE⊥CD，F为CD的中点， ∵点E、O分别为AC、BC的中点， ∴OE＝AB＝＝5， 在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，由勾股定理得：AC＝8， ∵在Rt△ADC中，E为AC的中点， ∴DE＝AC＝＝4， 在Rt△EDO中，OD＝BC＝＝3，DE＝4，由勾股定理得：OE＝5， 由三角形的面积公式得：S△EDO＝， 即4×3＝5×DF， 解得：DF＝2.4， 在Rt△DFO中，由勾股定理得：OF＝＝＝1.8． 【点睛】本题考查圆的综合问题，熟练掌握并运用切线的性质和勾股定理以及角平分线性质等知识点进行推理和计算是解此题的关键. 25. 如图，抛物线经过点，与轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且． （1）求抛物线的解析式； （2）点D在y轴上，且，求点D的坐标； （3）点M在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在．求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）D1（0，1），D2（0，﹣1）；（3）存在，M（4，5）或（﹣2，5）或（0，﹣3） 【解析】 【分析】（1）待定系数法即可得到结论； （2）连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AF∥x轴，得到F（﹣1，﹣3），设D（0，m），则OD=|m|即可得到结论； （3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（﹣2，5）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论． 【详解】（1）由y=ax2+bx﹣3得C（0．﹣3）， ∴OC=3， ∵OC=3OB， ∴OB=1， ∴B（﹣1，0）， 把A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3得， ∴， ∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3； （2）设连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F， ∵A（2，﹣3），C（0，﹣3）， ∴AF∥x轴， ∴F（﹣1，﹣3）， ∴BF=3，AF=3， ∴∠BAC=45°， 设D（0，m），则OD=|m|， ∵∠BDO=∠BAC， ∴∠BDO=45°， ∴OD=OB=1， ∴|m|=1， ∴m=±1， ∴D1（0，1），D2（0，﹣1）； （3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n）， ①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴于E，AF⊥x轴于F， 则△ABF≌△NME， ∴NE=AF=3，ME=BF=3， ∴|a﹣1|=3， ∴a=4或a=﹣2， ∴M（4，5）或（﹣2，5）； ②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3， 则N在x轴上，M与C重合， ∴M（0，﹣3）， 综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，5）或（0，﹣3）． 【点睛】1、二次函数的综合，2、待定系数法求二次函数的解析式，3、全等三角形的判定和性质，4、平行四边形的判定和性质 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $