黑龙江省齐齐哈尔市、黑河市、大兴安岭地区2020年中考数学试题（教师版）

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市、黑河市、大兴安岭地区2020年中考数学试题（教师版），共23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。

黑龙江省齐齐哈尔市、黑河市、大兴安岭地区2020年中考数学试题
一、选择题
1.2020的倒数是（　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】
根据倒数的定义解答.
【详解】2020的倒数是，
故选：C.
【点睛】此题考查倒数的定义，熟记倒数的定义是解题的关键.
2.下面四个化学仪器示意图中，是轴对称图形的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形的两部分折叠后可以重合．
3.下列计算正确的是（　　）
A. a+2a＝3a B. （a+b）2＝a2+ab+b2
C. （﹣2a）2＝﹣4a2 D. a•2a2＝2a2
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用合并同类项、完全平方公式、乘方以及单项式乘单项式的运算法则逐项排除即可．
【详解】解：A．a+2a＝（1+2）a＝3a，故该选项计算正确；
B．（a+b）2＝a2+2ab+b2，故该选项计算错误；
C．（﹣2a）2＝4a2，，故该选项计算错误；
D．a•2a2＝2a3，，故该选项计算错误．
故选：A．
【点睛】本题考查了合并同类项、完全平方公式、乘方、单项式乘单项式等知识点，掌握相关计算方法和运算法则是解答本题的关键．
4.一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”，掷小正方体后，观察朝上一面的数字出现偶数的概率是（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用概率公式，用出现偶数朝上的结果数除以所有等可能的结果数即可得．
【详解】解：∵ 掷小正方体后共有6种等可能结果，其中朝上一面的数字出现偶数的有2、4、6这3种可能，
∴ 朝上一面的数字出现偶数的概率是，
故选：A．
【点睛】本题考查了概率公式，熟练掌握求随机事件的概率方法是解答的关键．
5.李强同学去登山，先匀速登上山顶，原地休息一段时间后，又匀速下山，上山的速度小于下山的速度．在登山过程中，他行走的路程S随时间t的变化规律的大致图象是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意进行判断，先匀速登上山顶，原地休息一段时间后，可以排除A和C，又匀速下山，上山的速度小于下山的速度，排除D，进而可以判断．
【详解】解：因为登山过程可知：
先匀速登上山顶，原地休息一段时间后，又匀速下山，上山的速度小于下山的速度．
所以在登山过程中，他行走的路程S随时间t的变化规律的大致图象是B．
故选：B．
【点睛】本题考查了函数图像，解决本题的关键是理解题意，明确过程，利用数形结合思想求解．
6.数学老师在课堂上给同学们布置了10个填空题作为课堂练习，并将全班同学的答题情况绘制成条形统计图．由图可知，全班同学答对题数的众数为（　　）

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】
根据统计图中的数据，可知做对9道的学生最多，从而可以得到全班同学答对题数的众数，本题得以解决．
【详解】解：由条形统计图可得，
全班同学答对题数的众数为9，
故选：C．
【点睛】本题考查条形统计图、众数等相关知识点，熟练掌握众数、中位数、平均数、方差的概念及意义，利用数形结合的方法求解．
7.若关于x的分式方程＝+5的解为正数，则m的取值范围为（　　）
A. m＜﹣10 B. m≤﹣10
C. m≥﹣10且m≠﹣6 D. m＞﹣10且m≠﹣6
【答案】D
【解析】
【分析】
分式方程去分母化为整式方程，表示出方程的解，由分式方程的解为正数求出m的范围即可．
【详解】解：去分母得，
解得，
由方程的解为正数，得到，且，，
则m的范围为且，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了分式方程的计算，去分母化为整式方程，根据方程的解求出m的范围，其中考虑到分式方程的分母不可为零是做对题目的关键．
8.母亲节来临，小明去花店为妈妈准备节日礼物．已知康乃馨每支2元，百合每支3元．小明将30元钱全部用于购买这两种花（两种花都买），小明的购买方案共有（　　）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【分析】
设可以购买x支康乃馨，y支百合，根据总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数即可得出小明有4种购买方案．
【详解】解：设可以购买x支康乃馨，y支百合，
依题意，得：2x+3y＝30，
∴y＝10﹣x．
∵x，y均为正整数，
∴，，，，
∴小明有4种购买方案．
故选：B．
【点睛】本题考查了二元一次方程应用中的整数解问题，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
9.有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC∥DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为（　　）


A. 15° B. 30° C. 45° D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．
【详解】解：如图，设AD与BC交于点F，


∵BC∥DE，
∴∠CFA＝∠D＝90°，
∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAD＝30°
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质以及外角的性质，熟知以上知识点是解题的关键．
10.如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（4，0），其对称轴为直线x＝1，结合图象给出下列结论：
①ac＜0；
②4a﹣2b+c＞0；
③当x＞2时，y随x的增大而增大；
④关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根．
其中正确的结论有（　　）

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及与x轴y轴的交点，综合判断即可．
【详解】解：抛物线开口向上，因此a＞0，与y轴交于负半轴，因此c＜0，故ac＜0，所以①正确；
抛物线对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为（4，0），则另一个交点为（﹣2，0），于是有4a﹣2b+c＝0，所以②不正确；
x＞1时，y随x的增大而增大，所以③正确；
抛物线与x轴有两个不同交点，因此关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，所以④正确；
综上所述，正确的结论有：①③④，
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象与系数之间的关系是正确判断的前提．
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11.2020年初新冠肺炎疫情发生以来，近4000000名城乡社区工作者奋战在中国大地的疫情防控一线．将数据4000000用科学记数法表示为______．
【答案】4×106
【解析】
【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．当原数绝对值大于等于1时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】解：将数据4000000用科学记数法表示为4×106，
故答案为：4×106．
【点睛】此题考查了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．
12.函数中，自变量x的取值范围是_______．
【答案】x≥﹣3且x≠2．
【解析】
【详解】解：根据题意得： ，
解得：x≥-3且x≠2．
故选A．
点睛：函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13.如图，已知在△ABD和△ABC中，∠DAB＝∠CAB，点A、B、E在同一条直线上，若使△ABD≌△ABC，则还需添加的一个条件是______．（只填一个即可）

【答案】AD＝AC(∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC等）
【解析】
【分析】
利用全等三角形的判定方法添加条件即可求解．
【详解】解：∵∠DAB＝∠CAB，AB＝AB，
∴当添加AD＝AC时，可根据“SAS”判断△ABD≌△ABC；
当添加∠D＝∠C时，可根据“AAS”判断△ABD≌△ABC；
当添加∠ABD＝∠ABC时，可根据“ASA”判断△ABD≌△ABC．
故答案为AD＝AC(∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC等)．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
14.如图是一个几何体的三视图，依据图中给出的数据，计算出这个几何体的侧面积是______．

【答案】65π
【解析】
【分析】
由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥，根据图中给定数据求出母线l和底面圆半径为r的长度，再套用侧面积公式即可得出结论．
【详解】解：由三视图可知，原几何体圆锥，设圆锥母线长为l,底面圆半径为r
有l=13，r=5
S侧＝πrl＝π×5×13＝65π．
故答案为：65π．
【点睛】本题考查了三视图以及圆锥的侧面积公式，其中根据几何体的三视图判断出原几何体是解题的关键，再套用公式即可作答．
15.等腰三角形的两条边长分别为3和4，则这个等腰三角形的周长是_____．
【答案】10或11
【解析】
【分析】
分3是腰长与底边长两种情况讨论求解即可．
【详解】解：①3是腰长时，三角形的三边分别为3、3、4，
∵此时能组成三角形，
∴周长＝3+3+4＝10；
②3是底边长时，三角形的三边分别为3、4、4，
此时能组成三角形，
所以周长＝3+4+4＝11．
综上所述，这个等腰三角形的周长是10或11．
故答案为：10或11．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，根据题意，正确分情况讨论是解题的关键．
16.如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB在y轴上，点C坐标为（2，﹣2），并且AO：BO＝1：2，点D在函数y＝（x＞0）的图象上，则k的值为_____．

【答案】2
【解析】
【分析】
先根据C的坐标求得矩形OBCE的面积，再利用AO：BO＝1：2，即可求得矩形AOED的面积，根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k．
【详解】如图，∵点C坐标为（2，﹣2），
∴矩形OBCE的面积＝2×2＝4，
∵AO：BO＝1：2，
∴矩形AOED的面积＝2，
∵点D在函数y＝（x＞0）的图象上，
∴k＝2，
故答案为2．

【点睛】本题考查反比例函数与几何图形的综合，涉及矩形的面积之比、反比例函数比例系数k的几何意义，解答的关键是理解系数k的几何意义和矩形的面积比的含义．
17.如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①沿x轴正半轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形．第一次滚动后点A1（0，2）变换到点A2（6，0），得到等腰直角三角形②；第二次滚动后点A2变换到点A3（6，0），得到等腰直角三角形③；第三次滚动后点A3变换到点A4（10，4），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+12，0），得到等腰直角三角形⑤；依此规律…，则第2020个等腰直角三角形的面积是_____．

【答案】22020
【解析】
【分析】
根据A1（0，2）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形①）的面积，根据A2（6，0）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形②）的面积，…，同理，确定规律可得结论．
【详解】∵点A1（0，2），
∴第1个等腰直角三角形的面积==2，
∵A2（6，0），
∴第2个等腰直角三角形的边长为 =，
∴第2个等腰直角三角形的面积==4=，
∵A4（10，），
∴第3个等腰直角三角形的边长为10−6=4，
∴第3个等腰直角三角形的面积==8=，
…
则第2020个等腰直角三角形的面积是；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查坐标与图形变化以及找规律，熟练掌握方法是关键.
三、解答题（本题共7道大题，共69分）
18.（1）计算：sin30°+﹣（3﹣）0+|﹣|
（2）因式分解：3a2﹣48
【答案】（1）4；（2）3（a+4）（a﹣4）．
【解析】
【分析】
（1）先用特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、绝对值的性质、算术平方根的知识化简，然后计算即可；
（2）先提取公因式3，再运用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：（1）sin30°+﹣（3﹣）0+|﹣|
＝+4﹣1+
＝4；
（2）3a2﹣48
＝3（a2﹣16）
＝3（a+4）（a﹣4）．
【点睛】本题考查了实数的运算和因式分解，掌握相关运算性质和因式分解的基本思路是解答本题的关键．
19.解方程：x2﹣5x+6＝0
【答案】x1＝2，x2＝3
【解析】
【分析】
利用因式分解的方法解出方程即可.
【详解】利用因式分解法求解可得．
解：∵x2﹣5x+6＝0，
∴（x﹣2）（x﹣3）＝0，
则x﹣2＝0或x﹣3＝0，
解得x1＝2，x2＝3．
【点睛】本题考查解一元二次方程因式分解法,关键在于熟练掌握因式分解的方法步骤.
20.如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两个点，＝＝，连接AD，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E．

（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）若直径AB＝6，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据已知条件得到∠BOD＝180°＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到结论；
（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OD，

∵，
∴∠BOD＝180°＝60°，
∵，
∴∠EAD＝∠DAB＝BOD＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠DAB＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DAB＝30°，AB＝6，
∴BD＝AB＝3，
∴AD＝＝3．

【点睛】本题考查了切线的证明，及线段长度的计算，熟知圆的性质及切线的证明方法，以及含30°角的直角三角形的特点是解题的关键．
21.新冠肺炎疫情期间，某市防控指挥部想了解自1月20日至2月末各学校教职工参与志愿服务的情况．在全市各学校随机调查了部分参与志愿服务的教职工，对他们的志愿服务时间进行统计，整理并绘制成两幅不完整的统计图表．请根据两幅统计图表中的信息回答下列问题：
（1）本次被抽取的教职工共有　 　名；
（2）表中a＝　 　，扇形统计图中“C”部分所占百分比为　 　%；
（3）扇形统计图中，“D”所对应的扇形圆心角的度数为　 　°；

（4）若该市共有30000名教职工参与志愿服务，那么志愿服务时间多于60小时的教职工大约有多少人？

志愿服务时间（小时）
频数
A
0＜x≤30
a
B
30＜x≤60
10
C
60＜x≤90
16
D
90＜x≤120
20



【答案】（1）50名；（2）a＝4，32%；（3）144°；（4）216000人
【解析】
【分析】
（1）利用B部分的人数÷B部分人数所占百分比即可算出本次被抽取的教职工人数；
（2）a＝被抽取的教职工总数﹣B部分的人数﹣C部分的人数﹣D部分的人数，扇形统计图中“C”部分所占百分比＝C部分的人数÷被抽取的教职工总数；
（3）D部分所对应的扇形的圆心角的度数＝360°×D部分人数所占百分比；
（4）利用样本估计总体的方法，用30000×被抽取的教职工总数中志愿服务时间多于60小时的教职工人数所占百分比．
【详解】解：（1）本次被抽取的教职工共有：10÷20%＝50（名），
故答案为：50；
（2）a＝50﹣10﹣16﹣20＝4，
扇形统计图中“C”部分所占百分比为：×100%＝32%，
故答案为：4，32；
（3）扇形统计图中，“D”所对应的扇形圆心角的度数为：360×＝144°．
故答案为：144；
（4）30000×＝216000（人）．
答：志愿服务时间多于60小时的教职工大约有216000人．
【点睛】此题主要考查了扇形统计图、频数（率）分布表，以及样本估算总体，关键是正确从扇形统计图和表格中得到所用信息．
22.团结奋战，众志成城，齐齐哈尔市组织援助医疗队，分别乘甲、乙两车同时出发，沿同一路线赶往绥芬河．齐齐哈尔距绥芬河的路程为800km，在行驶过程中乙车速度始终保持80km/h，甲车先以一定速度行驶了500km，用时5h，然后再以乙车的速度行驶，直至到达绥芬河（加油、休息时间忽略不计）．甲、乙两车离齐齐哈尔的路程y（km）与所用时间x（h）的关系如图所示，请结合图象解答下列问题：

（1）甲车改变速度前的速度是　 　km/h，乙车行驶　 　h到达绥芬河；
（2）求甲车改变速度后离齐齐哈尔的路程y（km）与所用时间x（h）之间的函数解析式，不用写出自变量x的取值范围；
（3）甲车到达绥芬河时，乙车距绥芬河的路程还有　 　km；出发　 　h时，甲、乙两车第一次相距40km．
【答案】（1）100km/h，10h；（2）y＝80x+100（）；（3）100km；2h
【解析】
【分析】
（1）结合图象，根据“速度＝路程÷时间”即可得出甲车改变速度前的速度；根据“时间＝路程÷速度”即可得出乙车行驶的时间；
（2）根据题意求出甲车到达绥芬河的时间，再根据待定系数法解答即可；
（3）根据甲车到达绥芬河的时间即可求出甲车到达绥芬河时，乙车距绥芬河的路程；根据“路程差＝速度差×时间”列式计算即可得出甲、乙两车第一次相距40km行驶的时间．
【详解】解：（1）甲车改变速度前的速度为：500÷5＝100（km/h），乙车达绥芬河是时间为：800÷80＝10（h），
故答案为：100；10；
（2）∵乙车速度为80km/h，
∴甲车到达绥芬河的时间为：，
甲车改变速度后，到达绥芬河前，设所求函数解析式为：y＝kx+b（k≠0），
将（5，500）和（，800）代入得：，
解得，
∴y＝80x+100，
答：甲车改变速度后离齐齐哈尔的路程y（km）与所用时间x（h）之间的函数解析式为y＝80x+100（）；
（3）甲车到达绥芬河时，乙车距绥芬河的路程为：800﹣80×＝100（km），
40÷（100﹣80）＝2（h），
即出发2h时，甲、乙两车第一次相距40km．
故答案为：100；2．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，利用待定系数法求一次函数的解析式，运用数形结合的方法是解答本题的关键．
23.综合与实践
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．

（1）折痕BM　 　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　 　；进一步计算出∠MNE＝　 　°；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　 　°；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT．
求证：四边形SATA'是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．请写出以上4个数值中你认为正确的数值　 　．
【答案】（1）是；等边三角形；60°；（2）15°；（3）见解析；（4）7、9
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形；
（4）先求出AT的范围，即可求解．
【详解】解：（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝30°，
∴∠MNE＝60°，
故答案为：是，等边三角形，60；
（2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
故答案为：15°；
（3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴边形SATA'是菱形；
（4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，
∴AT＝A'T，
在Rt△A'TB中，A'T＞BT，
∴AT＞10﹣AT，
∴AT＞5，
∵点TAB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5＜AT≤10，
∴正确的数值为7，9，
故答案为：7，9．
【点睛】本题考查矩形和菱形的性质和判定,关键在于结合图形,牢记概念.
24.综合与探究
在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，且OA＝OB，直线AB与抛物线在第一象限交于点C（2，6），如图①．

（1）求抛物线解析式；
（2）直线AB的函数解析式为　 　，点M的坐标为　 　，cos∠ABO＝　 　；
连接OC，若过点O的直线交线段AC于点P，将△AOC的面积分成1：2的两部分，则点P的坐标为　 　；
（3）在y轴上找一点Q，使得△AMQ的周长最小．具体作法如图②，作点A关于y轴的对称点A'，连接MA'交y轴于点Q，连接AM、AQ，此时△AMQ的周长最小．请求出点Q的坐标；
（4）在坐标平面内是否存在点N，使以点A、O、C、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2+2x；(2)y＝x+4，M(-2，-2），cos∠ABO＝；(-2，2)或(0，4)；(3)点Q(0，-)；(4)存在，点N的坐标为(6，6)或(-6，-6)或(-2，6)
【解析】
【分析】
(1)将点A、C的坐标代入抛物线表达式即可求解；
(2)点A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故点B（0，4），即可求出AB的表达式；OP将△AOC的面积分成1：2的两部分，则AP＝AC或AC，即可求解；
(3)△AMQ的周长＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M最小，即可求解；
(4)分AC是边、AC是对角线两种情况，分别求解即可．
【详解】解：(1)将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，
故抛物线的解析式为：y＝x2+2x；
(2)点A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故点B（0，4），
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝x+4；
则∠ABO＝45°，故cos∠ABO＝；
对于y＝x2+2x，函数的对称轴为x＝-2，故点M(-2-2)；
OP将△AOC的面积分成1：2的两部分，则AP＝AC或AC，，
则或，即或，解得：yP＝2或4，
故点P(-2，2)或(0，4)，
故答案为：y＝x+4；(-2-2)；；(-2，2)或(0，4)；
(3)△AMQ的周长＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M最小，
点A′（4，0），
设直线A′M的表达式为：y＝kx+b，则，解得，
故直线A′M的表达式为：，
令x＝0，则y＝，故点Q（0，）；
(4)存在，理由如下：
设点N（m，n），而点A、C、O的坐标分别为（﹣4，0）、（2，6）、（0，0），
①当AC边时，
点A向右平移6个单位向上平移6个单位得到点C，同样点O（N）右平移6个单位向上平移6个单位得到点N（O），
即0 ± 6＝m，0 ± 6＝n，解得：m＝n＝±6，
故点N(6，6)或(-6，-6)；
②当AC是对角线时，
由中点公式得：﹣4+2＝m+0，6+0＝n+0，
解得：m＝-2，n＝6，
故点N(-2，6）；
综上，点N的坐标为(6，6)或(-6，-6)或(-2，6)．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中第4问要注意分类求解，避免遗漏．