2023年广东省佛山市顺德区龙江外国语学校中考数学模拟冲刺试卷（6月份）（含解析）

这是一份2023年广东省佛山市顺德区龙江外国语学校中考数学模拟冲刺试卷（6月份）（含解析），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。

2023年广东省佛山市顺德区龙江外国语学校中考数学模拟冲刺试卷（6月份）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列实数为无理数的是(    )
A. 12 B. 0.2 C. −5 D. 3
2. 下列计算正确的是(    )
A. a2⋅a3=a6 B. (a2)3=a6 C. a6+a3=a2 D. 2a−a=2
3. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是(    )
A. B. C. D.
4. 不透明的袋子中装有红球1个，绿球2个，除颜色外三个小球无其他差别.从中随机摸出一个小球，那么摸到红球的概率是(    )
A. 14 B. 13 C. 12 D. 34
5. 一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为(    )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
6. 如图，平面镜l1与平面镜l2平行，光线由水平方向射来，传播路线为a→b→c，已知∠1=30°，则∠2的度数为(    )
A. 45°
B. 30°
C. 15°
D. 无法确定
7. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE/​/AC，CE/​/BD.若AC=10，则四边形OCED的周长是(    )

A. 5 B. 10 C. 20 D. 40
8. 如图，等边△ABC的边长为1，D是AC和BC边上的一点，过D作AB边的垂线，交AB于G，设线段AG的长度为x，Rt△AGD的面积为y，则y与关于x的函数图象正确的是(    )


A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 分解因式：3m2−12m= ______ ．
10. 若代数式 x+1有意义，则x的取值范围是______ ．
11. 已知一种细胞的直径约为2.13×10−5cm，请问2.13×10−5这个数原来的数是______ ．
12. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−2,0)，点B在y轴正半轴上，以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为______．


13. 方程x2−3x+1=0的两个根分别为x1，x2，则x1+x2−x1x2的值等于______ ．
14. 我们根据指数运算，得出了一种新的运算，如表是两种运算对应关系的一组实例：
指数运算
21=2
22=4
23=8
…
31=3
32=9
33=27
…
新运算
log22=1
log24=2
log28=3
…
log33=1
log39=2
log327=3
…
根据上表规律，某同学写出了三个式子：①log216=4，②log225=5，③log212=−1其中正确的是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题8.0分)
计算：(−1)2022−2cos30°+|1− 3|+(13).
16. (本小题8.0分)
先化简，再求值：aa2+2a+1÷(1−1a+1)，其中a= 3−1．
17. (本小题8.0分)
如图，在△ABC和△DCB中，BA⊥CA于A，CD⊥BD于D，AC=BD，AC与BD相交于点O.求证：△ABC≌△DCB．

18. (本小题9.0分)
实验学校为推进“数学文化智慧阅读”活动，采购了一批图书其中《九章算术》的单价比《几何原本》的单价低16元，用9600元购进《九章算术》的数量是用4800元购进《几何原本》的数量的3倍．
(1)求《九章算术》和《几何原本》的单价分别是多少元？
(2)该校打算购进这两种书共300本，且《九章算术》的数量不超过《几何原本》的数量的2倍，求购进这两种书各多少本时，花费最少？
19. (本小题9.0分)
2022年10月31日15时37分，中国空间站梦天实验舱在长征五号B运载火箭的托举下顺利升空.某校为了解学生对航天知识的掌握情况，开展了“航天知识我来答”竞赛活动.现从七年级和八年级参与竞赛的同学中各随机选出20名学生的成绩进行分析，并给制了如下不完整的统计图：(数据分为4组：A组：0≤x<70，B组：70≤x<80，C组：80≤x<90，D组：90≤x≤100，x表示成绩，成绩为整数)，其中七年级成绩处于C组的有12人．
七年级C组成绩分别为：89，88，87，86，85，85，85，85，85，84，82，82；

七年级、八年级成绩的平均数、中位数、众数(单位：分)如下表所示：
年级
平均数
中位数
众数
七年级
83
n
85
八年级
83
87
87
(1)直接写出m，n的值，并补全条形统计图；
(2)通过以上数据分析，你认为该校七、八年级中哪个年级的学生对航天知识掌握得更好？说明理由(一条理由即可)；
(3)已知七、八年级各有800名学生参加竞赛，请估计两个年级成绩处于C组的学生共有多少人？
20. (本小题9.0分)
某校数学实践小组利用所学数学知识测量某塔的高度．
下面是两个方案及测量数据：
项目
测量某塔的高度
方案
方案一：借助太阳光线构成相似三角形.测量：标杆长CD，影长ED，塔影长DB．
方案二：利用锐角三角函数，测量：距离CD，仰角α，仰角β．
测量示意图



测量项目
第一次
第二次
平均值
测量项目
第一次
第二次
平均值
测量数据
CD
1.61m
1.59m
1.6m
β
26.4°
26.6°
26.5°
ED
1.18m
1.22m
1.2m
α
37.1°
36.9°
37°
DB
38.9m
39.1m
39m
CD
34.8m
35.2m
35m
(1)根据“方案一”的测量数据，直接写出塔AB的高度为______ m；
(2)根据“方案二”的测量数据，求出塔AB的高度；(参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin26.5°≈0.45，cos26.5°≈0.89，tan26.5°≈0.50)
21. (本小题12.0分)
如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点P，直线BF与AD延长线交于点F，且∠AFB=∠ABC．
(1)求证：直线BF是⊙O的切线；
(2)若tan∠BCD=12，OP=1，求线段BF的长；
(3)若∠BCD=30°，则BD=π，求线段CD的长．

22. (本小题15.0分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+2ax+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点A的坐标为(2,0)，点D(−3,52)在抛物线上．

(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，点P在y轴上，且点P在点C的下方，若∠PDC=45°，求点P的坐标；
(3)如图②，E为线段CD上的动点，射线OE与线段AD交于点M，与抛物线交于点N，求MNOM的最大值．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A．12是分数，属于有理数，故本选项不合题意；
B.0.2是有限小数，属于有理数，故本选项不合题意；
C.−5是整数，属于有理数，故本选项不合题意；
D. 3是无理数，故本选项符合题意；
故选：D．
根据无理数的定义解答即可．
此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．

2.【答案】B 
【解析】解：A.a2⋅a3=a5，因此选项A不符合题意；
B.(a2)3=a6，因此选项B符合题意；
C.a6与a3不是同类项，不能合并计算，因此选项C不符合题意；
D.2a−a=a，因此选项D不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方以及合并同类项法则逐项进行计算即可．
本题考查同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方以及合并同类项，掌握同底数幂的乘法的计算方法，幂的乘方与积的乘方的运算性质以及合并同类项法则是正确解答的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：A、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、原图是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

4.【答案】B 
【解析】解：∵不透明的袋子中装有红球1个，绿球2个，
∴袋中球的总数为：1+2=3，
∴从中随机摸出一个小球，那么摸到红球的概率为：13．
故选：B．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

5.【答案】A 
【解析】利用多边形的外角和360°除以每个外角的度数，即可求得边数．
本题考查了多边形的外角和，理解任何多边形的外角和都是360°是解题关键．
解：这个多边形的边数是：360÷72=5．
故选：A．

6.【答案】B 
【解析】解：如图，根据光的反射规律可知∠1=∠4，∠2=∠3，

∵l1/​/l2，
∴∠3=∠4，
∴∠2=∠3=∠4=∠1=30°．
故选：B．
根据光的反射规律可知得到∠1=∠4，∠2=∠3，根据平行线的性质得到∠3=∠4，即可得解．
此题考查了平行线的性质，垂线的定义，掌握平面镜光的反射规律、熟记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：∵DE/​/AC，CE/​/BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∴OC=DE，OD=CE，
∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OC=12AC=5，OD=12BD，BD=AC，
∴OC=OD=5，
∴OC=OD=CE=DE，
∴平行四边形OCED是菱形，
∴菱形OCED的周长=4OC=4×5=20，
故选：C．
先证四边形OCED是平行四边形，得OC=DE，OD=CE，再由矩形的性质得OC=OD=5，则OC=OD=CE=DE，得平行四边形OCED是菱形，即可得出结论．
本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质得知识，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：当0≤x≤12时，y=12AG⋅DG= 32x2，
当12≤x≤1时，BG=1−x，DG= 3(1−x)，
y=12AG⋅DG=12⋅x⋅ 3(1−x)
=− 32x2+ 32x，
根据解析式可知C正确，
故选：C．
根据题意可知，点C为临界点，分别研究D在C点两侧时的情况即可．
本题是动点问题的函数图象探究题，考查了二次函数图象性质和锐角三角函数的先关知识，解答关键是分析动点到达临界点前后的图形变化．

9.【答案】3m(m−4) 
【解析】解：3m2−12m，
=3m(m−4)．
故答案为：3m(m−4)．
提取公因式3m分解．
本题考查了提公因式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

10.【答案】x≥−1 
【解析】解：∵代数式 x+1有意义，
∴x+1≥0，
解得：x≥−1．
故x的取值范围是x≥−1．
故答案为：x≥−1．
根据二次根式中的被开方数是非负数，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握被开方数的符号是解题关键．

11.【答案】0.0000213 
【解析】解：2.13×10−5=0.0000213，
故答案为：0.0000213．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较小的数，并根据科学记数法表示的小数写出原数，熟练掌握科学记数法表示数的方法是解题的关键．

12.【答案】(2,0) 
【解析】解：由图象可得OB与直径重合，
∵BO⊥AC，
∴OA=OC，
∵A(−2,0)，
∴C(2,0)，
故答案为：(2,0)．
由图象可得OB与圆的直径重合，由BO⊥AC及垂径定理求解．
本题考查与圆的有关计算，解题关键是掌握垂径定理及其推论．

13.【答案】2 
【解析】解：∵方程x2−3x+1=0的两个根分别为x1、x2，
∴x1+x2=3，x1x2=1，
∴x1+x2−x1x2=3−1=2．
故答案是：2．
先根据根与系数的关系可求x1+x2=3，x1x2=1，再把x1+x2，x1x2的值整体代入所求代数式计算即可．
本题考查了根与系数的关系，解题的关键是注意根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．

14.【答案】①③ 
【解析】解：由表格可得：
①log216=log224=4，原计算正确，
②log525=log552=2，原计算错误，
③log212=log2 ​2 −1=−1，原计算正确，
其中正确的为①③．
故答案为：①③．
根据题中的新定义法则判断即可．
本题考查了有理数的混合运算、新定义，掌握新定义和有理数的混合运算是关键．

15.【答案】解：(−1)2022−2cos30°+|1− 3|+13
=1−2× 32+ 3−1+13
=1− 3+ 3−1+13
=13． 
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地化简各式是解题的关键．

16.【答案】解：aa2+2a+1÷(1−1a+1)
=a(a+1)2÷a+1−1a+1
=a(a+1)2⋅a+1a
=1a+1，
当a= 3−1时，原式=1 3−1+1= 33． 
【解析】本题考查分式的化简求值、分母有理化，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将a的值代入即可解答本题．

17.【答案】证明：∵BA⊥CA，CD⊥BD，
∴∠A=∠D=90°，
在Rt△ABC和Rt△DCB中，
BC=CBAC=BD，
∴Rt△ABC≌Rt△DCB(HL)． 
【解析】由“HL”可证Rt△ABC≌Rt△DCB；
本题考查了全等三角形的判定，证明三角形全等是解题的关键．

18.【答案】解：(1)设《九章算术》单价为x元，则《几何原本》的单价为(x+16)元，
根据题意得：9600x=3×480016+x，
解得：x=32，
经检验，x=32是原方程的根，
32+16=48，
答：《九章算术》和《几何原本》的单价分别是32元，48元；
(2)设学校购进《九章算术》m本，则购进《几何原本》(300−m)本，共需费用w元，
则w=32m+48(300−m)=−16m+14400，
∵m≤2(300−m)，
解得：m≤200，
∵−16<0，
∴当m=200时，w最小，最小值为11200，
此时300−200=100，
答：当学校购进《九章算术》200本，则购进《几何原本》100本时，费用最小． 
【解析】(1)设《九章算术》单价为x元，则《几何原本》的单价为(x+16)元，根据用9600元购进《九章算术》的数量是用4800元购进《几何原本》的数量的3倍列出方程，姐方程即可；
(2)设学校购进《九章算术》m本，则购进《几何原本》(300−m)本，共需费用w元，根据总费用等于两种书费用之和列出函数解析式，再根据《九章算术》的数量不超过《几何原本》的数量的2倍求出m的取值范围，根据函数的性质求函数最小值．
本题考查了一次函数和分式方程的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式和方程．

19.【答案】解：(1)七年级C组人数所占百分比为1220×100%=60%，
则m%=100%−60%−20%−10%=10%，
所以m=10；
七年级D组的人数为10%×20=2(人)，
因为七年级成绩处于C组的有12人，
所以将七年级20名学生的成绩按从大到小排序后，第10个数和第11个数在C组，分别为85，85，
则其中位数n=85+852=85；
八年级B组的人数为：20−2−8−6=4(人)．
补全条形统计图如下：

(2)解：八年级的学生对航天知识掌握得更好，理由如下：
七、八年级学生竞赛成绩的平均数相同，但八年级学生竞赛成绩的中位数和众数都比七年级的大，所以八年级的学生对航天知识掌握得更好．
(3)800×1220+800×820−=800(人)，
答：估计两个年级成绩处于C组的学生共有800人． 
【解析】(1)先求出七年级C组人数所占百分比，再利用100%减去B，C，D三组人数所占百分比即可得m的值；先求出七年级组的人数，再根据中位数的定义即可得n的值；求出八年级B组的人数，据此补全条形统计图即可；
(2)根据平均数、中位数和众数的角度进行分析即可得；
(3)分别利用800乘以七、八年级C组人数所占百分比即可得．
本题考查频数分布直方图，用样本估算总体，加权平均数，中位数，掌握相关知识是解题的关键．

20.【答案】52 
【解析】解：(1)由题意得：∠CDE=∠ABD=90°，CE/​/AD，
∴∠CED=∠ADB，
∴△CED∽△ADB，
∴ABCD=DBDE，
∴AB1.6=391.2，
解得：AB=52，
∴塔AB的高度为52m，
故答案为：52；
(2)由题意得：AB⊥BD，
设BC=x m，
∵CD=35m，
∴BD=BC+CD=(x+35)m，
在Rt△ABC中，∠ACB=α=37°，
∴AB=BC⋅tan37°≈0.75x(m)，
在Rt△ABD中，∠ADB=β=26.5°，
∴AB=BD⋅tan26.5°≈0.5(x+35)m，
∴0.75x=0.5(x+35)，
解得：x=70，
∴AB=0.75x=52.5(m)，
∴塔AB的高度约为52.5m．
(1)根据题意可得：∠CDE=∠ABD=90°，CE/​/AD，从而可得∠CED=∠ADB，进而可得△CED∽△ADB，然后利用相似三角形的性质，进行计算即可解答；
(2)根据题意可得：AB⊥BD，设BC=x m，则BD=(x+35)m，然后分别在Rt△ABC和Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，相似三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．

21.【答案】(1)证明：∵∠AFB=∠ABC，∠ABC=∠ADC，
∴∠AFB=∠ADC，
∴CD/​/BF，
∴∠APD=∠ABF，
∵CD⊥AB，
∴AB⊥BF，
∴直线BF是⊙O的切线．
(2)解：连接OC，

∵CD⊥AB，
∴PD=12CD，
设OC=OB=x，
∴PB=x−1，
∵tan∠BCD=12，
∴PC=2(x−1)，
在Rt△POC中，OC2=PC2+OP2，
∴x2=(2x−2)2+12，
解得x=53，x=1(舍去)，
∴OB=53，
∴PD=PC=43，AB=103，AP=83
∵∠PAD=∠BAF，∠APD=∠ABF，
∴△APD∽△ABF，
∴APAB=PDBF，
∴83103=43BF，
∴BF=53；
(3)连接OD，

∵∠BCD=30°，
∴∠BOD=60°，
∴BD的长=60πR180=π，
∴R=3，
∴OD=3，
∵sin∠BOD=PDOD，
∴ 32=PD3，
∴PD=3 32，
∴CD=2PD=3 3． 
【解析】(1)欲证明直线BF是⊙O的切线，只要证明AB⊥BF即可．
(2)连接OC，设OC=OB=x，则PB=x−1，解直角三角形求得PC=2(x−1)，在Rt△OPC中，利用勾股定理求出OB=53，进而求得PD=PC=43，AB=103，AP=83由△APD∽△ABF，APAB=PDBF，即可解决问题；
(3)根据弧长求出圆的半径，再利用∠BOD=60°，利用三角函数求出PD，即可答案．
本题考查切线的判定，垂径定理、勾股定理．相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会条件常用辅助线，属于中考常考题型．

22.【答案】解：(1)∵点A(2,0)，D(−3,52)在抛物线上，
∴4a+4a+c=09a−6a+c=52，
解得：a=−12c=4，
∴抛物线的表达式为y=−12x2−x+4．
(2)解法一：
如图，过点P作PE⊥PD交DC的延长线于点E，过点P作x轴的平行线FG，过点D作DF⊥PF于点F，过点E作EG⊥PF于点G，
∴∠DPE=90°，∠DFP=∠PGE=90°，
又∵∠PDC=45°，
∴△PDE为等腰直角三角形，PE=PD，
设点P坐标为(0,m)，
∵点D坐标为(−3,52)，
∴DF=52−m，PF=3，
∵DF⊥PF，EG⊥PG，
又∵∠DPE=90°
∴∠FDP+∠DPF=90°，∠EPG+∠DPF=90°
∴∠FDP=∠EPG，
在△DFP和△PGE中，
∠DEP=∠PGE∠FDP=∠GPEDP=PE，
∴△DFP≌△PGE(AAS)，
∴PG=DF=52−m，EG=PF=3，
∴E(52−m,3+m)，
∵C为抛物线y=−12x2−x+4与y轴交点，
当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
又∵点D坐标为(−3,52)，
设直线CD的表达式为y=kx+b，
∴b=4∖hfill−3k+b=52∖hfill，
解得：k=12∖hfillb=4∖hfill，
∴直线CD的表达式为y=12x+4，
把E(52−m,3+m)代入y=12x+4，
得：12(52−m)+4=3+m，
解得：m=32，
∴点P的坐标为(0,32)．
解法二：
把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CF，连接DF，

∴△CDF为等腰直角三角形，CD=CF，∠CDF=45°，
∴DF与y轴的交点即为P点，
作DG⊥y轴于G，作FH⊥y轴于H，
∴∠DGC=∠CHF=90°，
∴∠DCG+∠CDG=90°，
∵∠DCF=90°，
∴∠DCG+∠HCF=90°，
∴∠CDG=∠HCF．
在△CDG和△FCH中，
∠DGC=∠CHF∠CDG=∠FCHCD=FC，
∴△CDG≌△FCH(AAS)，
∴GC=HF，DG=CH，
∵C为抛物线y=−12x2−x+4与y轴交点，
∴C(0,4)，
∵点D坐标为(−3,52)，
∴DG=3，CG=4−52=32，
∴HF=CG=32，CH=DG=3，
∴OH=4−3=1，
∴F坐标为(32,1)，
设直线CF的表达式为y=k1x+b1，
∴32k1+b1=1−3k1+b1=52，
解得：k1=−13b1=32，，
∴直线CF的表达式为y=−13x+32，
当x=0时，y=32，
∴点P的坐标为(0,32)．
解法三：
过P作PE⊥CD于点E，过点D作DF⊥OC于F，

∴∠PEC=∠DFC=90°，
∵C为抛物线y=−12x2−x+4与y轴交点，
∴C(0,4)，
∵点D坐标为(−3,52)，
∴F(0,52)，
∴DF=3，CF=4−52=32，
∴CD= DF2+CF2= 32+(32)2=32 5，
∵∠DFC=∠PEC=90°，
又∵∠FCD=∠ECP，
∴△DCF∽△PCE，
∴CFDF=CEPE，
∴CEPE=323=12，
∴PE=2CE．
∵PE⊥CD，∠PDC=45°，
∴∠DPE=∠PDC=45°，
∴PE=DE，
∴CD=CE+DE=CE+PE=CE+2CE=3CE=32 5，
∴CE=12 5，PE= 5，
∴PC= CE2+PE2= (12 5)2+( 5)2=52，
∴OP=OC−PC=4−52=32，
∴点P的坐标为(0,32)．
(3)解法一：
过点N作NH/​/y轴，交直线AD于点H，则∠HNO=∠QOM，

又∵∠NMH=∠OMQ，
∴△MNH∽△MOQ，
∴MNMO=NHOQ，
由点A坐标为(2,0)，点D坐标为(−3,52)，
可求得直线AD的表达式为y=−12x+1，
当x=0时，y=1，
∴直线AD与y轴的交点坐标为Q(0,1)，
∴OQ=1，
设H(t,−12t+1)，
∴N的坐标为(t,−12t2−t+4)，其中−3≤t≤0，
∴NH=−12t2−t+4−(−12t+1)=−12t2−12t+3，
∴MNMO=NHOQ=−12t2−12t+3=−12(t+12)2+258，
∵−12<0，−3<−12<0，
∴t=−12时，MNMO取最大值，最大值为258．
解法二：
过点N作NQ∖user2//x轴，交直线AD于点Q，则∠NQA=∠QAB，

又∵∠NMQ=∠OMA，
∴△MNQ∽△MOA，
∴MNMO=NQOA，
由点A坐标为(2,0)，点D坐标为(−3,52)，
可求得直线AD的表达式为y=−12x+1，
设点N坐标为(t,−12t2−t+4)，
∴点Q坐标为(t2+2t−6,−12t2−t+4)，其中−3≤t≤0，
∴NQ=t−(t2+2t−6)=−t2−t+6，
∴MNMO=NQOA=−t2−t+62=−12(t+12)2+258，
∵−12<0，−3<−12<0，
∴t=−12时，MNMO取最大值，最大值为258． 
【解析】(1)利用待定系数法求抛物线的解析式即可；
(2)解法一：如图，过点P作PE⊥PD交DC的延长线于点E，过点P作x轴的平行线FG，过点D作DF⊥PF于点F，过点E作EG⊥PF于点G，设点P坐标为(0,m)，先证明△DFP≌△PGE(AAS)，可得出E(52−m,3+m)，再求出直线CD的表达式为y=12x+4，最后把E(52−m,3+m)代入y=12x+4求解即可；
解法二：把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CF，连接DF，先证明△CDG≌△FCH(AAS)，再求出直线CF的表达式为y=−13x+32，即可求解；
解法三：过P作PE⊥CD于点E，过点D作DF⊥OC于F，利用勾股定理求出CD=32 5，然后证明△DCF∽△PCE，再利用勾股定理求出PC=52，即可求解；
(3)解法一：过点N作NH/​/y轴，交直线AD于点H，则∠HNO=∠QOM，由△MNH∽△MOQ得到MNMO=NHOQ，利用待定系数求得直线AD的表达式为y=−12x+1，设H(t,−12t+1)，得到N的坐标(t,−12t2−t+4)，其中−3≤t≤0，可得出NH=−12t2−12t+3，所以MNMO=−12(t+12)2+258，再根据二次函数的性质即可求解；
解法二：过点N作NQ//x轴，交直线AD于点Q，则∠NQA=∠QAB，由△MNQ∽△MOA得出MNMO=NQOA，利用待定系数法求得直线AD的表达式为y=−12x+1，设点N坐标为(t,−12t2−t+4)，得出点Q坐标为(t2+2t−6,−12t2−t+4)，其中−3≤t≤0，可得出MNMO=−12(t+12)2+258，再根据二次函数的性质即可求解．
本题考查函数的综合应用，解题的关键是掌握函数的相关应用和性质．