2023-2024學(xué)年常州市重點中學(xué)中考數(shù)學(xué)適應(yīng)性模擬試題含解析

2023-2024學(xué)年常州市重點中學(xué)中考數(shù)學(xué)適應(yīng)性模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．在﹣3，0，4，這四個數(shù)中，最大的數(shù)是（）A．﹣3 B．0 C．4 D．2．二次函數(shù)（a、b、c是常數(shù)，且a≠0）的圖象如圖所示，下列結(jié)論錯誤的是（）A．4ac＜b2 B．a(chǎn)bc＜0 C．b+c＞3a D．a(chǎn)＜b3．已知一組數(shù)據(jù)：12，5，9，5，14，下列說法不正確的是（）A．平均數(shù)是9 B．中位數(shù)是9 C．眾數(shù)是5 D．極差是54．如圖，點A是反比例函數(shù)y=的圖象上的一點，過點A作AB⊥x軸，垂足為B．點C為y軸上的一點，連接AC，BC．若△ABC的面積為3，則k的值是（）A．3 B．﹣3 C．6 D．﹣65．如圖，小橋用黑白棋子組成的一組圖案，第1個圖案由1個黑子組成，第2個圖案由1個黑子和6個白子組成，第3個圖案由13個黑子和6個白子組成，按照這樣的規(guī)律排列下去，則第8個圖案中共有（

）和黑子．A．37 B．42 C．73 D．1216．已知：如圖是y＝ax2+2x﹣1的圖象，那么ax2+2x﹣1＝0的根可能是下列哪幅圖中拋物線與直線的交點橫坐標(biāo)（）A． B．C． D．7．如圖，在△ABC中，AB=AC=10，CB=16，分別以AB、AC為直徑作半圓，則圖中陰影部分面積是（）A．50π﹣48 B．25π﹣48 C．50π﹣24 D．8．若分式方程無解，則a的值為（）A．0 B．-1 C．0或-1 D．1或-19．為了解某校初三學(xué)生的體重情況，從中隨機抽取了80名初三學(xué)生的體重進(jìn)行統(tǒng)計分析，在此問題中，樣本是指（）A．80 B．被抽取的80名初三學(xué)生C．被抽取的80名初三學(xué)生的體重 D．該校初三學(xué)生的體重10．不等式組的解集在數(shù)軸上可表示為（）A． B． C． D．11．化簡的結(jié)果是（）A．±4 B．4 C．2 D．±212．觀察下列圖案，是軸對稱而不是中心對稱的是（）A． B． C． D．二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）13．如圖，在菱形ABCD中，點E、F在對角線BD上，BE=DF=BD，若四邊形AECF為正方形，則tan∠ABE=_____．14．一個正方形AOBC各頂點的坐標(biāo)分別為A（0，3），O（0，0），B（3，0），C（3，3）．若以原點為位似中心，將這個正方形的邊長縮小為原來的，則新正方形的中心的坐標(biāo)為_____．15．如圖，在平行四邊形中，點在邊上，將沿折疊得到，點落在對角線上．若，，，則的周長為________．16．已知扇形AOB的半徑OA=4，圓心角為90°，則扇形AOB的面積為_________.17．如圖，△ABC是直角三角形，∠C=90°，四邊形ABDE是菱形且C、B、D共線，AD、BE交于點O，連接OC，若BC=3，AC=4，則tan∠OCB=_____18．閱讀材料：如圖，C為線段BD上一動點，分別過點B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，連接AC、EC．設(shè)CD=x，若AB=4，DE=2，BD=8，則可用含x的代數(shù)式表示AC+CE的長為．然后利用幾何知識可知：當(dāng)A、C、E在一條直線上時，x=時，AC+CE的最小值為1．根據(jù)以上閱讀材料，可構(gòu)圖求出代數(shù)式的最小值為_____．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）已知關(guān)于x的一元二次方程x2+2（m﹣1）x+m2﹣3＝0有兩個不相等的實數(shù)根．（1）求m的取值范圍；（2）若m為非負(fù)整數(shù)，且該方程的根都是無理數(shù)，求m的值．20．（6分）已知：如圖，在菱形ABCD中，F(xiàn)為邊BC的中點，DF與對角線AC交于點M，過M作ME⊥CD于點E，∠1=∠1．（1）若CE=1，求BC的長；（1）求證：AM=DF+ME．21．（6分）計算.22．（8分）小強的媽媽想在自家的院子里用竹籬笆圍一個面積為4平方米的矩形小花園，媽媽問九年級的小強至少需要幾米長的竹籬笆（不考慮接縫）．小強根據(jù)他學(xué)習(xí)函數(shù)的經(jīng)驗做了如下的探究．下面是小強的探究過程，請補充完整：建立函數(shù)模型：設(shè)矩形小花園的一邊長為x米，籬笆長為y米．則y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式為________；列表（相關(guān)數(shù)據(jù)保留一位小數(shù)）：根據(jù)函數(shù)的表達(dá)式，得到了x與y的幾組值，如下表：x0.511.522.533.544.55y17108.38.28.79.310.811.6描點、畫函數(shù)圖象：如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，描出了以上表中各對對應(yīng)值為坐標(biāo)的點，根據(jù)描出的點畫出該函數(shù)的圖象；觀察分析、得出結(jié)論：根據(jù)以上信息可得，當(dāng)x＝________時，y有最小值．由此，小強確定籬笆長至少為________米．23．（8分）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=1．若以C為圓心，R為半徑所作的圓與斜邊AB只有一個公共點，則R的取值范圍是多少？24．（10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=﹣x2﹣2ax與x軸相交于O、A兩點，OA=4，點D為拋物線的頂點，并且直線y=kx+b與該拋物線相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，B點的橫坐標(biāo)是﹣1．（1）求k，a，b的值；（2）若P是直線AB上方拋物線上的一點，設(shè)P點的橫坐標(biāo)是t，△PAB的面積是S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，當(dāng)PB∥CD時，點Q是直線AB上一點，若∠BPQ+∠CBO=180°，求Q點坐標(biāo)．25．（10分）如圖，在△ABC中，D、E分別是邊AB、AC上的點，DE∥BC，點F在線段DE上，過點F作FG∥AB、FH∥AC分別交BC于點G、H，如果BG：GH：HC＝2：4：1．求的值．26．（12分）先化簡，再計算:其中．27．（12分）某興趣小組為了了解本校男生參加課外體育鍛煉情況，隨機抽取本校300名男生進(jìn)行了問卷調(diào)查，統(tǒng)計整理并繪制了如下兩幅尚不完整的統(tǒng)計圖．請根據(jù)以上信息解答下列問題：課外體育鍛煉情況扇形統(tǒng)計圖中，“經(jīng)常參加”所對應(yīng)的圓心角的度數(shù)為______；請補全條形統(tǒng)計圖；該校共有1200名男生，請估計全校男生中經(jīng)常參加課外體育鍛煉并且最喜歡的項目是籃球的人數(shù)；小明認(rèn)為“全校所有男生中，課外最喜歡參加的運動項目是乒乓球的人數(shù)約為1200×=108”，請你判斷這種說法是否正確，并說明理由．

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、C【解析】試題分析：根據(jù)實數(shù)的大小比較法則，正數(shù)大于0，0大于負(fù)數(shù)，兩個負(fù)數(shù)相比，絕對值大的反而?。虼耍讴?，0，1，這四個數(shù)中，﹣3＜0＜＜1，最大的數(shù)是1．故選C．2、D【解析】

根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)逐一判斷即可求出答案．【詳解】由圖象可知：△＞0，∴b2﹣4ac＞0，∴b2＞4ac，故A正確；∵拋物線開口向上，∴a＜0，∵拋物線與y軸的負(fù)半軸，∴c＜0，∵拋物線對稱軸為x=＜0，∴b＜0，∴abc＜0，故B正確；∵當(dāng)x=1時，y=a+b+c＞0，∵4a＜0，∴a+b+c＞4a，∴b+c＞3a，故C正確；∵當(dāng)x=﹣1時，y=a﹣b+c＞0，∴a﹣b+c＞c，∴a﹣b＞0，∴a＞b，故D錯誤；故選D．考點：本題主要考查圖象與二次函數(shù)系數(shù)之間的關(guān)系，會利用對稱軸的范圍求2a與b的關(guān)系，以及二次函數(shù)與方程、不等式之間的轉(zhuǎn)換，根的判別式的熟練運用．3、D【解析】分別計算該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)及極差后即可得到正確的答案平均數(shù)為（12+5+9+5+14）÷5=9，故選項A正確；重新排列為5，5，9，12，14，∴中位數(shù)為9，故選項B正確；5出現(xiàn)了2次，最多，∴眾數(shù)是5，故選項C正確；極差為：14﹣5=9，故選項D錯誤．故選D4、D【解析】試題分析：連結(jié)OA，如圖，∵AB⊥x軸，∴OC∥AB，∴S△OAB=S△CAB=3，而S△OAB=|k|，∴|k|=3，∵k＜0，∴k=﹣1．故選D．考點：反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義．5、C【解析】解：第1、2圖案中黑子有1個，第3、4圖案中黑子有1+2×6=13個，第5、6圖案中黑子有1+2×6+4×6=37個，第7、8圖案中黑子有1+2×6+4×6+6×6=73個．故選C．點睛：本題考查了規(guī)律型：圖形的變化類：通過從一些特殊的圖形變化中發(fā)現(xiàn)不變的因素或按規(guī)律變化的因素，然后推廣到一般情況．6、C【解析】

由原拋物線與x軸的交點位于y軸的兩端，可排除A、D選項；B、方程ax2+2x﹣1=0有兩個不等實根，且負(fù)根的絕對值大于正根的絕對值，B不符合題意；C、拋物線y=ax2與直線y=﹣2x+1的交點，即交點的橫坐標(biāo)為方程ax2+2x﹣1=0的根，C符合題意．此題得解．【詳解】∵拋物線y=ax2+2x﹣1與x軸的交點位于y軸的兩端，∴A、D選項不符合題意；B、∵方程ax2+2x﹣1=0有兩個不等實根，且負(fù)根的絕對值大于正根的絕對值，∴B選項不符合題意；C、圖中交點的橫坐標(biāo)為方程ax2+2x﹣1=0的根(拋物線y=ax2與直線y=﹣2x+1的交點)，∴C選項符合題意．故選：C．【點睛】本題考查了拋物線與x軸的交點以及二次函數(shù)的圖象與位置變化，逐一分析四個選項中的圖形是解題的關(guān)鍵．7、B【解析】

設(shè)以AB、AC為直徑作半圓交BC于D點，連AD，如圖，∴AD⊥BC，∴BD=DC=BC=8，而AB=AC=10，CB=16，∴AD===6，∴陰影部分面積=半圓AC的面積+半圓AB的面積﹣△ABC的面積，=π?52﹣?16?6，=25π﹣1．故選B．8、D【解析】試題分析：在方程兩邊同乘(x＋1)得：x－a＝a(x＋1)，整理得：x(1－a)＝2a，當(dāng)1－a＝0時，即a＝1，整式方程無解，當(dāng)x＋1＝0，即x＝－1時，分式方程無解，把x＝－1代入x(1－a)＝2a得：－(1－a)＝2a，解得：a＝－1，故選D．點睛：本題考查了分式方程的解，解決本題的關(guān)鍵是熟記分式方程無解的條件．9、C【解析】

總體是指考查的對象的全體，個體是總體中的每一個考查的對象，樣本是總體中所抽取的一部分個體，而樣本容量則是指樣本中個體的數(shù)目．我們在區(qū)分總體、個體、樣本、樣本容量，這四個概念時，首先找出考查的對象．從而找出總體、個體．再根據(jù)被收集數(shù)據(jù)的這一部分對象找出樣本，最后再根據(jù)樣本確定出樣本容量．【詳解】樣本是被抽取的80名初三學(xué)生的體重，

故選C．【點睛】此題考查了總體、個體、樣本、樣本容量，解題要分清具體問題中的總體、個體與樣本，關(guān)鍵是明確考查的對象．總體、個體與樣本的考查對象是相同的，所不同的是范圍的大?。畼颖救萘渴菢颖局邪膫€體的數(shù)目，不能帶單位．10、A【解析】

先求出每個不等式的解集，再求出不等式組的解集即可.【詳解】解：∵不等式①得：x＞1，解不等式②得：x≤2，∴不等式組的解集為1＜x≤2，在數(shù)軸上表示為：，故選A.【點睛】本題考查了解一元一次不等式組和在數(shù)軸上表示不等式組的解集，能根據(jù)不等式的解集找出不等式組的解集是解此題的關(guān)鍵.11、B【解析】

根據(jù)算術(shù)平方根的意義求解即可．【詳解】4，故選：B．【點睛】本題考查了算術(shù)平方根的意義，一般地，如果一個正數(shù)x的平方等于a，即x2=a,那么這個正數(shù)x叫做a的算術(shù)平方根，正數(shù)a有一個正的算術(shù)平方根，0的算術(shù)平方根是0，負(fù)數(shù)沒有算術(shù)平方根.12、A【解析】試題解析：試題解析：根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念進(jìn)行判斷可得：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項符合題意；B、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；C、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；D、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故本選項不符合題意．故選A.點睛：在同一平面內(nèi)，如果把一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)后的圖形能和原圖形完全重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．這個旋轉(zhuǎn)點，就叫做對稱中心．二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）13、【解析】

利用正方形對角線相等且互相平分，得出EO=AO=BE，進(jìn)而得出答案．【詳解】解：∵四邊形AECF為正方形，

∴EF與AC相等且互相平分，

∴∠AOB=90°，AO=EO=FO，

∵BE=DF=BD，

∴BE=EF=FD，

∴EO=AO=BE，

∴tan∠ABE==．

故答案為：【點睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)關(guān)系，正確得出EO=AO=BE是解題關(guān)鍵．14、（，）或（﹣，﹣）．【解析】

分點A、B、C的對應(yīng)點在第一象限和第三象限兩種情況，根據(jù)位似變換和正方形的性質(zhì)解答可得．【詳解】如圖，①當(dāng)點A、B、C的對應(yīng)點在第一象限時，由位似比為1：2知點A′（0，）、B′（，0）、C′（，），∴該正方形的中心點的P的坐標(biāo)為（，）；②當(dāng)點A、B、C的對應(yīng)點在第三象限時，由位似比為1：2知點A″（0，-）、B″（-，0）、C″（-，-），∴此時新正方形的中心點Q的坐標(biāo)為（-，-），故答案為（，）或（-，-）．【點睛】本題主要考查位似變換，解題的關(guān)鍵是熟練掌握位似變換的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)．15、6.【解析】

先根據(jù)平行線的性質(zhì)求出BC=AD=5,再根據(jù)勾股定理可得AC=4，然后根據(jù)折疊的性質(zhì)可得AF=AB=3，EF=BE，從而可求出的周長.【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴BC=AD=5,∵，∴AC===4∵沿折疊得到，∴AF=AB=3，EF=BE，∴的周長=CE+EF+FC=CE+BE+CF=BC+AC-AF=5+4-3=6故答案為6.【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，折疊的性質(zhì)，三角形的周長計算方法，運用轉(zhuǎn)化思想是解題的關(guān)鍵.16、4π【解析】根據(jù)扇形的面積公式可得：扇形AOB的面積為，故答案為4π.17、【解析】

利用勾股定理求出AB，再證明OC=OA=OD，推出∠OCB=∠ODC，可得tan∠OCB=tan∠ODC=，由此即可解決問題.【詳解】在Rt△ABC中，∵AC=4，BC=3，∠ACB=90°，∴AB==5，∵四邊形ABDE是菱形，∴AB=BD=5，OA=OD，∴OC=OA=OD，∴∠OCB=∠ODC，∴tan∠OCB=tan∠ODC==，故答案為．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考常考題型．18、4【解析】

根據(jù)已知圖象，重新構(gòu)造直角三角形，利用三角形相似得出CD的長，進(jìn)而利用勾股定理得出最短路徑問題．【詳解】如圖所示：C為線段BD上一動點，分別過點B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，連接AC、EC．設(shè)CD=x，若AB=5，DE=3，BD=12，當(dāng)A，C，E，在一條直線上，AE最短，∵AB⊥BD，ED⊥BD，∴AB∥DE，∴△ABC∽EDC，∴，∴，解得：DC=．即當(dāng)x=時，代數(shù)式有最小值，此時為：．故答案是：4．【點睛】考查最短路線問題，利用了數(shù)形結(jié)合的思想，可通過構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理求解．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、（1）m＜2；（2）m=1．【解析】

（1）利用方程有兩個不相等的實數(shù)根，得△=[2（m-1）]2-4（m2-3）=-8m+2＞3，然后解不等式即可；

（2）先利用m的范圍得到m=3或m=1，再分別求出m=3和m=1時方程的根，然后根據(jù)根的情況確定滿足條件的m的值．【詳解】（1）△=[2（m﹣1）]2﹣4（m2﹣3）=﹣8m+2．∵方程有兩個不相等的實數(shù)根，∴△＞3．即﹣8m+2>3．解得m＜2；（2）∵m＜2，且m為非負(fù)整數(shù)，∴m=3或m=1，當(dāng)m=3時，原方程為x2-2x-3=3，解得x1=3，x2=﹣1(不符合題意舍去)，當(dāng)m=1時，原方程為x2﹣2=3，解得x1=，x2=﹣，綜上所述，m=1．【點睛】本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c=3（a≠3）的根與△=b2-4ac有如下關(guān)系：當(dāng)△＞3時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當(dāng)△=3時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當(dāng)△＜3時，方程無實數(shù)根．20、(1)1;(1)見解析.【解析】試題分析：（1）根據(jù)菱形的對邊平行可得AB∥CD，再根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠1=∠ACD，所以∠ACD=∠1，根據(jù)等角對等邊的性質(zhì)可得CM=DM，再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得CE=DE，然后求出CD的長度，即為菱形的邊長BC的長度；

（1）先利用“邊角邊”證明△CEM和△CFM全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得ME=MF，延長AB交DF于點G，然后證明∠1=∠G，根據(jù)等角對等邊的性質(zhì)可得AM=GM，再利用“角角邊”證明△CDF和△BGF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得GF=DF，最后結(jié)合圖形GM=GF+MF即可得證．試題解析：（1）∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，

∴∠1=∠ACD，

∵∠1=∠1，

∴∠ACD=∠1，

∴MC=MD，

∵M(jìn)E⊥CD，

∴CD=1CE，

∵CE=1，

∴CD=1，

∴BC=CD=1；

（1）AM=DF+ME證明：如圖，∵F為邊BC的中點，

∴BF=CF=BC，

∴CF=CE，

在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，

∴∠ACB=∠ACD，

在△CEM和△CFM中，

∵，

∴△CEM≌△CFM（SAS），

∴ME=MF，

延長AB交DF的延長線于點G，

∵AB∥CD，

∴∠G=∠1，

∵∠1=∠1，

∴∠1=∠G，

∴AM=MG，

在△CDF和△BGF中，

∵∴△CDF≌△BGF（AAS），

∴GF=DF，

由圖形可知，GM=GF+MF，

∴AM=DF+ME．21、【解析】分析：先計算，再做除法，結(jié)果化為整式或最簡分式.詳解：.點睛：本題考查了分式的混合運算．解題過程中注意運算順序．解決本題亦可先把除法轉(zhuǎn)化成乘法，利用乘法對加法的分配律后再求和.22、見解析【解析】

根據(jù)題意：一邊為x米，面積為4，則另一邊為米，籬笆長為y=2（x）=2x，由x═（）2+4可得當(dāng)x=2，y有最小值，則可求籬笆長．【詳解】根據(jù)題意：一邊為x米，面積為4，則另一邊為米，籬笆長為y=2（x）=2x∵x（）2+（）2=（）2+4，∴x4，∴2x1，∴當(dāng)x=2時，y有最小值為1，由此小強確定籬笆長至少為1米．故答案為：y=2x，2，1．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)的應(yīng)用，完全平方公式的運用，關(guān)鍵是熟練運用完全平方公式．23、R=125或R=【解析】

解：當(dāng)圓與斜邊相切時，則R=125，即圓與斜邊有且只有一個公共點，當(dāng)R=12考點：圓與直線的位置關(guān)系．24、（1）k=1、a=2、b=4；（2）s=﹣t2﹣t﹣6，自變量t的取值范圍是﹣4＜t＜﹣1；（3）Q（﹣，）【解析】

（1）根據(jù)題意可得A（-4，0）代入拋物線解析式可得a，求出拋物線解析式，根據(jù)B的橫坐標(biāo)可求B點坐標(biāo)，把A，B坐標(biāo)代入直線解析式，可求k，b（2）過P點作PN⊥OA于N，交AB于M，過B點作BH⊥PN，設(shè)出P點坐標(biāo)，可求出N點坐標(biāo)，即可以用t表示S．（3）由PB∥CD，可求P點坐標(biāo)，連接OP，交AC于點R，過P點作PN⊥OA于M，交AB于N，過D點作DT⊥OA于T，根據(jù)P的坐標(biāo)，可得∠POA=45°，由OA=OC可得∠CAO=45°則PO⊥AB，根據(jù)拋物線的對稱性可知R在對稱軸上．設(shè)Q點坐標(biāo)，根據(jù)△BOR∽△PQS，可求Q點坐標(biāo)．【詳解】（1）∵OA=4∴A（﹣4，0）∴﹣16+8a=0∴a=2，∴y=﹣x2﹣4x，當(dāng)x=﹣1時，y=﹣1+4=3，∴B（﹣1，3），將A（﹣4，0）B（﹣1，3）代入函數(shù)解析式，得，解得，直線AB的解析式為y=x+4，∴k=1、a=2、b=4；（2）過P點作PN⊥OA于N，交AB于M，過B點作BH⊥PN，如圖1，由（1）知直線AB是y=x+4，拋物線是y=﹣x2﹣4x，∴當(dāng)x=t時，yP=﹣t2﹣4t，yN=t+4PN=﹣t2﹣4t﹣（t+4）=﹣t2﹣5t﹣4，BH=﹣1﹣t，AM=t﹣（﹣4）=t+4，S△PAB=PN（AM+BH）=（﹣t2﹣5t﹣4）（﹣1﹣t+t+4）=（﹣t2﹣5t﹣4）×3，化簡，得s=﹣t2﹣t﹣6，自變量t的取值范圍是﹣4＜t＜﹣1；∴﹣4＜t＜﹣1（3）y=﹣x2﹣4x，當(dāng)x=﹣2時，y=4即D（﹣2，4），當(dāng)x=0時，y=x+4=4，即C（0，4），∴CD∥OA∵B（﹣1，3）．當(dāng)y=3時，x=﹣3，∴P（﹣3，3），連接OP，交AC于點R，過P點作PN⊥OA于M，交AB于N，過D點作DT⊥OA于T，如圖2，可證R在DT上∴PN=ON=3∴∠PON=∠OPN=45°∴∠BPR=∠PO