2019-2020学年某校初三（上）12月月考数学试卷 (1)

这是一份2019-2020学年某校初三（上）12月月考数学试卷 (1)，共20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。


1. 下列标志图中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A.B.C.D.

2. 若关于x的方程(a−1)x|a|+1+2x−2=0是一元二次方程，则a的值是( )
A.−1B.0C.1D.1或2

3. 在平面直角坐标系中，将抛物线y=x2先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，则可得到抛物线( )
A.y=(x+1)2+1B.y=(x+1)2−1C.y=(x−1)2+1D.y=(x−1)2−1

4. 如图，在圆内接四边形ABCD中，若∠A，∠B，∠C的度数之比为4:3:5，则∠D的度数是( )

A.120∘B.90∘C.60∘D.30∘

5. 下列事件中，发生的可能性最大的是( )
A.经过有交通信号灯的路口，遇到红灯
B.太阳从西边升起
C.从长为3，4，5，6的四条线段中任选三条，构成三角形
D.在圆中，平分弦的直径会垂直于弦

6. 二次函数y1=ax2+bx与一次函数y2=kx+c图象如图所示，则不等式ax2+bx
A.x<0B.02或x<0

7. 已知a<0，则点P(−a2，−a+1)关于原点的对称点P′在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

8. 有一人患了流感，经过两轮传染后，共有121人患了流感.若每轮传染中平均一个人传染了x个人，则可列方程为( )
A.1+x+x(1+x)=121B.x+x(1+x)=121
C.x(1+x)=121D.x2=121

9. 半径为6的正六边形的内切圆的半径是( )
A.3B.23C.33D.6

10. 如图，二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象与x轴交于点(x1, 0)，(2, 0)，其中04ac；③a−2b+4c>0；④4ab+ba<−4，正确的个数是( )

A.1B.2C.3D.4
二、填空题

如图，A,B,C,D为矩形的四个顶点，AB=16cm,AD=6cm，动点P,Q分别从点A,C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达B为止；点Q以2cm/s的速度向D移动.P,Q两点从出发开始到________秒时，点P和点Q的距离是10cm.

三、解答题

计算
(1)解方程：3x(2x+1)=4x+2.

(2) 求二次函数y=−12x2+4x的顶点坐标.

为纪念建国70周年，我校举行班级歌咏比赛，歌曲有：《我爱你，中国》，《歌唱祖国》，《我和我的祖国》，《祖国祖国我爱你》（分别用字母A，B，C，D依次表示这四首歌曲）．比赛时，将这四个字母分别写在4张无差别不透明的卡片正面上，洗匀后正面向下放在桌面上，九（一）班班长先从中随机抽取一张卡片，放回后洗匀，再由九（二）班班长从中随机抽取一张卡片，进行歌咏比赛．
(1)九（一）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是________；

(2)试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果，并求出九（一）班和九（二）班抽中不同歌曲的概率.

如图，在正方形网格中， △ABC 的顶点A在格点上，B是小正方形边的中点，∠ABC=50∘， ∠BAC=30∘， 经过点A，B的圆的圆心在边AC上.

(1)请用无刻度的直尺，先找出此圆的圆心O，再找出优弧AB的中点 P.

(2)求 ∠OPC 的度数.

如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知AE=2c，这时我们把关于x的形如ax2+2cx+b=0的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．
请解决下列问题：
(1)请写出一个“勾系一元二次方程”；

(2)求证：关于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b=0必有实数根；

(3)若x=−1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b=0的一个根，且四边形ACDE的周长为62，求c的值．

如图，线段AB经过⊙O的圆心O，交⊙O于A、C两点，BC=2，AD为⊙O的弦，连接BD，∠BAD=∠ABD=30∘，连接DO并延长，交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M．

(1)求证：直线BD是⊙O的切线；

(2)求⊙O的半径OD的长；

(3)求线段BM的长．

某经销公司购进一批化工材料，价格为每千克30元，物价部门规定其销售单价不高于每千克60元.经市场调查发现，日销售量y（千克）是销售单价x（元）的一次函数，且当x=60时，y=80；x=50时，y=100．在销售过程中，每天还要支付其他费用450元．
(1)求y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；

(2)求该公司销售该原料日获利w（元）与销售单价x（元）之间的函数解析式；

(3)当销售单价为多少元时，该公司日获利最大？最大利润是多少元？

如图①所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2，宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至长方形CE′F′D′，旋转角为α．

(1)当点D′恰好落在EF边上时，求旋转角α的值；

(2)如图②，G为BC中点，且0∘<α<90∘，求证：GD′=DE′；

(3)如图③，若对角线DE的中点为O，小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，请直接写出线段DO的最大值和最小值.

如图，抛物线y=ax2+bx+3经过点A(−1, 0)，B(2, 0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为t(12
(1)求抛物线的函数表达式；

(2)△BCD的面积等于△AOC的面积的34时，求t的值；

(3)在(2)的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省天门市某校初三（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
轴对称与中心对称图形的识别
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，不是轴对称图形，是中心对称图形，故错误；
B，既是轴对称图形，又是中心对称图形，故正确；
C，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误；
D，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故错误.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
一元二次方程的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ (a−1)x|a|+1+2x−2=0是一元二次方程，
则a−1≠0，|a|+1=2,
则a≠1，a=±1,
∴ a=−1.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
根当x=0时，该代数的值为−1求出c=−1，据当=3时，该代数式的值9求出+27b=1，把x=−3代入代，即出答．
【解答】
解：函数y=x2向右平移1个单位，得：y=(x−1)2，
再向上平移1个单位，得：y=(x−1)2+1.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
多边形的内角和
圆内接四边形的性质
【解析】
设∠A=4x，∠B=3x，∠C=5x，根据圆内接四边形的性质求出x的值，进而可得出结论．
【解答】
解：∵ ∠A，∠B，∠C的度数之比为4:3:5，
∴ 设∠A=4x，则∠B=3x，∠C=5x．
∵ 四边形ABCD是圆内接四边形，
∴ ∠A+∠C=180∘，即4x+5x=180∘，解得x=20∘，
∴ ∠B=3x=60∘，
∴ ∠D=180∘−60∘=120∘．
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
随机事件
可能性的大小
【解析】
根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【解答】
解：A，经过有交通信号灯的路口，遇到红灯是随机事件；
B，太阳从西边升起是不可能事件；
C，从长为3，4，5，6的四条线段中任选三条，构成三角形的可能性为1；
D，在圆中，平分（非直径）弦的直径垂直于弦是必然事件.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
一次函数的图象
二次函数与不等式（组）
【解析】
联立两函数解析式求出交点坐标，再根据函数图象写出抛物线在直线上方部分的x的取值范围即可．
【解答】
解：由题意知ax2+bx由图可知，y12或x<0.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
关于原点对称的点的坐标
【解析】
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得P′(a2, a−1)，再根据a<0判断出a2>0，−a+1<0，可得答案．
【解答】
解：∵ 点P(−a2, −a+1)关于原点的对称点P′(a2, a−1)，
∵ a<0，
∴ a2>0，a−1<0，
∴ 点P′在第四象限，
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
由于每轮传染中平均一个人传染的人数是x人，那么经过第一轮后有(1+x)人患了流感，经过第二轮后有[(1+x)+x(1+x)]人患了流感，再根据经过两轮传染后共有100人患了流感即可列出方程．
【解答】
解：依题意得(1+x)+x(1+x)=121．
故选A．
9.
【答案】
C
【考点】
正多边形和圆
【解析】
根据题意画出图形，利用正六边形中的等边三角形的性质求解即可．
【解答】
解：如图，连接OA、OB，OG，
∵ 六边形ABCDEF是半径（外接圆半径）为6的正六边形，
∴ △OAB是等边三角形，
∴ OA=AB=6，
∴ OG=OA2−AG2=62−32=33，
∴ 边长为6的正六边形的内切圆的半径为33．
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
抛物线与x轴的交点
二次函数图象与系数的关系
【解析】
二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．
当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；|a|还可以决定开口大小，|a|越大开口就越小．
②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置．当a与b同号时（即ab>0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab<0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）
③常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于(0, c)．
【解答】
解：①∵ 抛物线开口向上，
∴ a>0，
∵ 抛物线对称轴在y轴的右侧，
∴ b<0，
∵ 抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴ c>0，
∴ abc<0，所以①正确；
②∵ 图象与x轴交于两点(x1, 0)，(2, 0)，
∴Δ=b2−4ac>0，即b2>4ac，
故②正确；
③当x=−12时，y的值为14a−12b+c，
给14a−12b+c乘以4，即可化为a−2b+4c，
∵ x=−12时，y>0，
∴ a+2b+4c>0，
故③正确；
④∵ −b2a>1，
∴ 2a+b<0，
∴ (2a+b)2>0，
4a2+b2+4ab>0，
4a2+b2>−4ab，
∵ a>0，b<0，
∴ ab<0，
∴ 4a2+b2ab<−4，
即4ab+ba<−4，
故④正确．
故选D.
二、填空题
【答案】
85或245
【考点】
一元二次方程的应用——其他问题
动点问题的解决方法
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设当P,Q两点从出发开始到xs时，
点P和点Q的距离是10cm,
此时AP=3xcm,DQ=(16−2x)cm,
根据题意得(16−2x−3x)2+62=102，
解得x1=85,x2=245,
故当P,Q两点从出发开始到85s或245s时，
点P和点Q之间的距离是10cm.
故答案为：85或245.
三、解答题
【答案】
解：(1)原式整理得：3x(2x+1)−2(2x+1)=0，
分解因式得：(2x+1)(3x−2)=0，
可得2x+1=0或3x−2=0，
解得x1=−12，x2=23.
(2)∵ 对称轴为x=−b2a=4，
当x=4时，y=8.
∴ 它的顶点坐标为(4,8).
【考点】
二次函数的三种形式
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式整理得：3x(2x+1)−2(2x+1)=0，
分解因式得：(2x+1)(3x−2)=0，
可得2x+1=0或3x−2=0，
解得x1=−12，x2=23.
(2)∵ 对称轴为x=−b2a=4，
当x=4时，y=8.
∴ 它的顶点坐标为(4,8).
【答案】
14
(2)树状图如图所示：
一共有16种不同的可能结果，每种结果等可能发生，其中九（一）班和九（二）班抽中不同歌曲的结果有12种，
所以，九（一）班和九（二）班抽中不同歌曲的概率=1216=34.
【考点】
等可能事件的概率
列表法与树状图法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)共有四种情况，每种情况都是等可能的，
所以P=14.
故答案为：14.
(2)树状图如图所示：
一共有16种不同的可能结果，每种结果等可能发生，其中九（一）班和九（二）班抽中不同歌曲的结果有12种，
所以，九（一）班和九（二）班抽中不同歌曲的概率=1216=34.
【答案】
解：(1)连接EF交AC于O点，连接DO并延长交⊙O于P．
(2)连接OB，延长PO交AB于D点，
∵ ∠OAB=30∘，
∴ ∠OAB=∠OBA=30∘.
∴ OD⊥AB，
∴ ∠BOD=∠AOD=60∘.
∵ ∠CAB=30∘，∠ABC=50∘，
∴ ∠ACB=100∘.
∵ ∠BOC=60∘，
∴ ∠OBC=20∘，
∴ ∠OPC=∠OBC=20∘.
【考点】
三角形的外角性质
三角形内角和定理
作图—复杂作图
等腰三角形的性质
【解析】
(Ⅰ)根据勾股定理即可得到结论；
(Ⅱ)如图，取圆与网格的交点E，F，连接EF与AC交于一点，则这一点是圆心O，AB与网格线相交于D，连接DO并延长交⊙O于点Q，连接QC并延长，与B，O的连线相交于点P，连接AP，于是得到结论．
【解答】
解：(1)连接EF交AC于O点，连接DO并延长交⊙O于P．
(2)连接OB，延长PO交AB于D点，
∵ ∠OAB=30∘，
∴ ∠OAB=∠OBA=30∘.
∴ OD⊥AB，
∴ ∠BOD=∠AOD=60∘.
∵ ∠CAB=30∘，∠ABC=50∘，
∴ ∠ACB=100∘.
∵ ∠BOC=60∘，
∴ ∠OBC=20∘，
∴ ∠OPC=∠OBC=20∘.
【答案】
(1)解：当a=3，b=4，c=5时
勾系一元二次方程为3x2+52x+4=0.
(2)证明：根据题意，得
Δ=(2c)2−4ab=2c2−4ab，
∵ a2+b2=c2，
∴ 2c2−4ab=2(a2+b2)−4ab=2(a−b)2≥0，
即Δ≥0，
∴ 勾系一元二次方程ax2+2cx+b=0必有实数根.
(3)解：当x=−1时，有a−2c+b=0，即a+b=2c，
∵ 2a+2b+2c=62，即2(a+b)+2c=62，
∴ 32c=62，
∴ c=2.
【考点】
根的判别式
勾股定理的应用
勾股定理
【解析】
（1）直接找一组勾股数代入方程即可；
（2）通过判断根的判别式△的正负来证明结论；
（3）利用根的意义和勾股定理作为相等关系先求得c的值，根据完全平方公式求得ab的值，从而可求得面积．
【解答】
(1)解：当a=3，b=4，c=5时
勾系一元二次方程为3x2+52x+4=0.
(2)证明：根据题意，得
Δ=(2c)2−4ab=2c2−4ab，
∵ a2+b2=c2，
∴ 2c2−4ab=2(a2+b2)−4ab=2(a−b)2≥0，
即Δ≥0，
∴ 勾系一元二次方程ax2+2cx+b=0必有实数根.
(3)解：当x=−1时，有a−2c+b=0，即a+b=2c，
∵ 2a+2b+2c=62，即2(a+b)+2c=62，
∴ 32c=62，
∴ c=2.
【答案】
(1)证明：∵ OA=OD，∠A=∠ABD=30∘，
∴ ∠A=∠ADO=30∘，
∴ ∠DOB=∠A+∠ADO=60∘，
∴ ∠ODB=180∘−∠DOB−∠B=90∘，
∵ OD是半径，
∴ BD是⊙O的切线.
(2)解：∵ ∠ODB=90∘，∠DBC=30∘，
∴ OD=12OB，
∵ OC=OD，
∴ BC=OC=2，
∴ ⊙O的半径OD的长为2.
(3)解：∵ OD=2，
∴ DE=4，BD=23，
∴ BE=BD2+DE2=27，
设BM=x，则EM=27−x，
根据题意得：DE2−EM2=BD2−BM2，
即42−(27−x)2=(23)2−x2，
解得：x=677.
∴ BM=677.
【考点】
切线的判定
勾股定理
含30度角的直角三角形
【解析】
（1）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ADO＝30∘，求出∠DOB＝60∘，求出∠ODB＝90∘，根据切线的判定推出即可；
（2）根据直角三角形的性质得到OD=12OB，于是得到结论；
（3）解直角三角形得到DE＝2，BD=3，根据勾股定理得到BE=BD2+DE2=7，根据切割线定理即可得到结论．
【解答】
(1)证明：∵ OA=OD，∠A=∠ABD=30∘，
∴ ∠A=∠ADO=30∘，
∴ ∠DOB=∠A+∠ADO=60∘，
∴ ∠ODB=180∘−∠DOB−∠B=90∘，
∵ OD是半径，
∴ BD是⊙O的切线.
(2)解：∵ ∠ODB=90∘，∠DBC=30∘，
∴ OD=12OB，
∵ OC=OD，
∴ BC=OC=2，
∴ ⊙O的半径OD的长为2.
(3)解：∵ OD=2，
∴ DE=4，BD=23，
∴ BE=BD2+DE2=27，
设BM=x，则EM=27−x，
根据题意得：DE2−EM2=BD2−BM2，
即42−(27−x)2=(23)2−x2，
解得：x=677.
∴ BM=677.
【答案】
解：(1)设y=kx+b，
则60k+b=80，50k+b=100，
解得，k=−2，b=200.
即y与x的函数关系式是y=−2x+200(30≤x≤60).
(2)由题意可得，
w=(x−30)(−2x+200)−450=−2x2+260x−6450，
即该公司销售该原料日获利w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式是
w=−2x2+260x−6450.
(3)w=−2x2+260x−6450=−2(x−65)2+2000，
∵ 30≤x≤60，
∴ 当x=60时，w取得最大值，此时w=1950，
即当销售单价为60元时，该公司日获利最大，最大利润是1950元．
【考点】
二次函数的应用
二次函数的最值
一元二次方程的应用
【解析】
（1）根据题意可以得到y与x的函数关系式并写出x的取值范围；
（2）根据题意可以得到w与x的函数关系式；
（3）根据（2）中的关系可以得到w的最值，注意x的取值范围．
【解答】
解：(1)设y=kx+b，
则60k+b=80，50k+b=100，
解得，k=−2，b=200.
即y与x的函数关系式是y=−2x+200(30≤x≤60).
(2)由题意可得，
w=(x−30)(−2x+200)−450=−2x2+260x−6450，
即该公司销售该原料日获利w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式是
w=−2x2+260x−6450.
(3)w=−2x2+260x−6450=−2(x−65)2+2000，
∵ 30≤x≤60，
∴ 当x=60时，w取得最大值，此时w=1950，
即当销售单价为60元时，该公司日获利最大，最大利润是1950元．
【答案】
(1)解：∵ 长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴ CD′=CD=2，
在Rt△CED′中，CD′=2，CE=1，
∴ ∠CD′E=30∘，
∵ CD // EF，
∴ ∠α=30∘.
(2)证明：∵ G为BC中点，
∴ CG=1，
∴ CG=CE，
∵ 长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴ ∠D′CE′=∠DCE=90∘，CE=CE′=CG，
∴ ∠GCD′=∠DCE′=90∘+α，
在△GCD′和△E′CD中
CD′=CD，∠GCD′=∠DCE′，CG=CE′，
∴ △GCD′≅△E′CD(SAS)，
∴ GD′=DE′.
(3)解：∵ 小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周，
∴ 点F在以点C为圆心，CF为半径的圆上运动.
当OD最小时，CF与CD共线，且点D落在线段CF上.
∵ 点O为CF的中点，CF=5, CD=2，
∴ OC=52, OD=2−52.
当OD最小时，点O落在CD的延长线上，
此时OD=2+52.
∴ OD最小值为2−52.，最大值为2+52.
【考点】
旋转的性质
正方形的性质
矩形的性质
全等三角形的性质
【解析】
（1）根据旋转的性质得CD′=CD=2，在Rt△CED′中，CD′=2，CE=1，则∠CD′E=30∘，然后根据平行线的性质即可得到∠α=30∘；
（2）由G为BC中点可得CG=CE，根据旋转的性质得∠D′CE′=∠DCE=90∘，CE=CE′，则∠GCD′=∠DCE′=90∘+α，然后根据“SAS”可判断△GCD′≅△E′CD，则GD′=E′D；
（3）根据正方形的性质得CB=CD，而CD=CD′，则△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，可计算出α=135∘，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，可计算得到α=315∘．
【解答】
(1)解：∵ 长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴ CD′=CD=2，
在Rt△CED′中，CD′=2，CE=1，
∴ ∠CD′E=30∘，
∵ CD // EF，
∴ ∠α=30∘.
(2)证明：∵ G为BC中点，
∴ CG=1，
∴ CG=CE，
∵ 长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴ ∠D′CE′=∠DCE=90∘，CE=CE′=CG，
∴ ∠GCD′=∠DCE′=90∘+α，
在△GCD′和△E′CD中
CD′=CD，∠GCD′=∠DCE′，CG=CE′，
∴ △GCD′≅△E′CD(SAS)，
∴ GD′=DE′.
(3)解：∵ 小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周，
∴ 点F在以点C为圆心，CF为半径的圆上运动.
当OD最小时，CF与CD共线，且点D落在线段CF上.
∵ 点O为CF的中点，CF=5, CD=2，
∴ OC=52, OD=2−52.
当OD最小时，点O落在CD的延长线上，
此时OD=2+52.
∴ OD最小值为2−52.，最大值为2+52.
【答案】
解：(1)抛物线y=ax2+bx+3经过点A(−1, 0)，B(2, 0)两点，
故设抛物线交点式表达式：y=a(x+1)(x−2)=ax2−ax−2a，
则3=−2a，b=−a，解得：a=−32，b=32，
故抛物线的表达式为：y=−32x2+32x+3.
(2)点C(0, 3)，将点B，C的坐标代入一次函数表达式y=kx+b，
得直线BC的表达式为：y=−32x+3，
如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC与点H，
设点D(t, −32t2+32t+3)，则点H(t, −32t+3)
S△BDC=S△CDH+S△BDH
=12HD×OB
=2(−32t2+32t+3+32t−3)
=2(−32t2+3t)，
34S△ACO=34×12×1×3=94，
即：−3t2+6t=94，
解得：t=32或t=12(舍去)，
故t=32.
(3)当t=32时，点D(32，158)，
①当BD是平行四边形的一条边时，
如图所示：M,N分别有三个点，
设点N(n,−32n2+32n+3)，
则点N的纵坐标为绝对值为 158 ，即|−32n2+32n+3|=158，
解得：n=−12 或32(舍去）或 1±142.
故点N的坐标为(−12,158)，或(1+142,−158)，或(1−142,−158)，
由点B横坐标为xB=2，点D横坐标为xD=32，根据平行四边形的性质可得点M(n−12, 0)，
当点N(−12,158) 时，点 M(0,0)，
当点N (1+142,−158)时，点 M(142,0)，
当点M(1−142,−158)时，点 M(−142,0)，
故点M坐标为：(0,0)，或(142,0)，或(−142,0)；
②当BD是平行四边形的对角线时，如图所示：
点B，D的坐标分别为(2,0),(32,158)，对称轴x=12，
则ND=2×(32−12)=2，
故BM=2，
所以点M坐标为 (4,0)；
综上，点M的坐标为： (0,0)或(142,0)或(−142,0)或(4,0).
【考点】
函数与平行四边形
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
（1）由抛物线交点式表达，即可求解；
（2）利用S△BDC=12HD×OB，即可求解；
（3）分BD是平行四边形的一条边、BD是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
【解答】
解：(1)抛物线y=ax2+bx+3经过点A(−1, 0)，B(2, 0)两点，
故设抛物线交点式表达式：y=a(x+1)(x−2)=ax2−ax−2a，
则3=−2a，b=−a，解得：a=−32，b=32，
故抛物线的表达式为：y=−32x2+32x+3.
(2)点C(0, 3)，将点B，C的坐标代入一次函数表达式y=kx+b，
得直线BC的表达式为：y=−32x+3，
如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC与点H，
设点D(t, −32t2+32t+3)，则点H(t, −32t+3)
S△BDC=S△CDH+S△BDH
=12HD×OB
=2(−32t2+32t+3+32t−3)
=2(−32t2+3t)，
34S△ACO=34×12×1×3=94，
即：−3t2+6t=94，
解得：t=32或t=12(舍去)，
故t=32.
(3)当t=32时，点D(32，158)，
①当BD是平行四边形的一条边时，
如图所示：M,N分别有三个点，
设点N(n,−32n2+32n+3)，
则点N的纵坐标为绝对值为 158 ，即|−32n2+32n+3|=158，
解得：n=−12 或32(舍去）或 1±142.
故点N的坐标为(−12,158)，或(1+142,−158)，或(1−142,−158)，
由点B横坐标为xB=2，点D横坐标为xD=32，根据平行四边形的性质可得点M(n−12, 0)，
当点N(−12,158) 时，点 M(0,0)，
当点N (1+142,−158)时，点 M(142,0)，
当点M(1−142,−158)时，点 M(−142,0)，
故点M坐标为：(0,0)，或(142,0)，或(−142,0)；
②当BD是平行四边形的对角线时，如图所示：
点B，D的坐标分别为(2,0),(32,158)，对称轴x=12，
则ND=2×(32−12)=2，
故BM=2，
所以点M坐标为 (4,0)；
综上，点M的坐标为： (0,0)或(142,0)或(−142,0)或(4,0).