2024年山东省泰安市泰山实验中学中考数学模拟试卷（3月份）

这是一份2024年山东省泰安市泰山实验中学中考数学模拟试卷（3月份），共22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．（4分）实数2023的相反数是（ ）
A．﹣2023B．C．D．2023
2．（4分）下列各式计算正确的是（ ）
A．x+x2＝x3B．（x2）3＝x5C．x6÷x2＝x3D．x•x2＝x3
3．（4分）禽流感病毒的半径大约是0.00000045米，它的直径用科学记数法表示为（ ）
A．0.9×10﹣7米B．9×10﹣7米
C．9×10﹣6米D．9×107米
4．（4分）如图，把一块含有45°角的直角三角板的两个顶点放在直尺的对边上．如果∠1＝20°，那么∠2的度数是（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
5．（4分）为了了解一路段车辆行驶速度的情况，交警统计了该路段上午7：00至9：00来往车辆的车速（单位：千米/时），并绘制成如图所示的条形统计图．这些车速的众数、中位数分别是（ ）
A．众数是80千米/时，中位数是60千米/时
B．众数是70千米/时，中位数是70千米/时
C．众数是60千米/时，中位数是60千米/时
D．众数是70千米/时，中位数是60千米/时
6．（4分）小明到商店购买“五四青年节”活动奖品，购买20只铅笔和10本笔记本共需110元，但购买30支铅笔和5本笔记本只需85元，设每支铅笔x元，每本笔记本y元，则可列方程组（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（4分）一些相同的“〇”按如图所示的规律依次摆放，则第50个图中有多少个“〇”（ ）
A．2657B．2555C．2455D．1875
8．（4分）小亮要计算一组数据82，80，83，76，89，79的方差，在计算平均数的过程中，将这组数据中的每一个数都减去80，得到一组新数据2，0，3，﹣4，9，﹣1，记这组新数据的方差为，则与的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．无法确定
9．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，连接AC，O是AC的中点，M是AD上一点，且MD＝1，P是BC上一动点，则PM﹣PO的最大值为（ ）
A．B．C．D．
10．（4分）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则cs∠ADC的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共5小题，满分20分只要求填写最后结果，每小题填对得4分。
11．（4分）计算：﹣1﹣2＝ ．
12．（4分）某人连续抛掷一枚质地均匀的硬币10次，结果都是正面朝上，则他第11次抛掷这枚硬币，正面朝上的概率是 ．
13．（4分）如图，在▱ABCD中，∠D＝100°，∠DAB的平分线AE交DC于点E，连接BE．若AE＝AB，则∠EBC的度数为 ．
14．（4分）如图，把长为a，宽为b的矩形纸片ABCD分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则＝ ．
15．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，∠BAC＝120°，以CA为边在∠ACB的另一侧作∠ACM＝∠ACB，点D为边BC（不含端点）上的任意一点，在射线CM上截取CE＝BD，连接AD，DE，AE．设AC与DE交于点F，则线段CF的最大值为 ．
三、解答题：本题共7小题，共90分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16．（1）计算：．
（2）先化简，再求值：，其中．
17．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为BC上一点，AB＝5，BD＝1，tanB＝．
（1）求AD的长；
（2）求sinα的值．
18．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的中点，过点A作AD⊥AB交BE的延长线于点D，CG平分∠ACB交BD于点G，F为AB边上一点，连接CF，且∠ACF＝∠CBG．求证：
（1）AF＝CG；
（2）CF＝2DE．
19．（10分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作一条直线分别交DA、BC的延长线于点E、F，连接BE、DF．
（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；
（2）若EF⊥AB，垂足为M，tan∠MBO＝，求EM：MF的值．
20．某中学为营造书香校园，计划购进甲乙两种规格的书柜放置新购置的图书，调查发现，若购买甲种书柜5个，乙种书柜2个，共需要资金1380元；若购买甲种书柜4个，乙种书柜3个，共需资金1440元．
（1）甲乙两种书柜每个的价格分别是多少元？
（2）若该校计划购进这两种规格的书柜共24个，其中乙种书柜的数量不少于甲种书柜的数量，问：学校应如何购买花费资金最少，最少资金是多少？
21．如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结OC，过点B作AC的垂线，交⊙O于点D，交OC于点M，交AC于点E，连结AD．
（1）若∠D＝α，请用含α的代数式表示∠OCA；
（2）求证：CE2＝EM•EB；
（3）连接CD，若BM＝4，DM＝3，求tan∠BAC的值及四边形ABCD的面积与△BMC面积的比值．
22．如图，平面直角坐标系xOy中，已知B（﹣1，0），一次函数y＝﹣x+5的图象与x轴、y轴分别交于点A、C两点，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A、点B．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点P是该二次函数图象的顶点，求△APC的面积；
（3）如果点Q在线段AC上，且△ABC与△AOQ相似，求点Q的坐标．
2024年山东省泰安市泰山实验中学中考数学模拟试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．）
1．【分析】根据相反数的意义即可解答．
【解答】解：实数2023的相反数是﹣2023，
故选：A．
【点评】本题考查了实数的性质，相反数，熟练掌握相反数的意义是解题的关键．
2．【分析】直接利用合并同类项法则以及同底数幂的乘除运算法则及幂的乘方分别计算得出答案．
【解答】解：A、x+x2，无法计算，故此选项错误；
B、（x2）3＝x6，故此选项错误；
C、x6÷x2＝x4，故此选项错误；
D、x•x2＝x3，故此选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了合并同类项、同底数幂的乘除运算法则及幂的乘方，正确掌握相关运算法则是解题关键．
3．【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.00000045×2＝9×10﹣7．
故选：B．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4．【分析】本题主要利用两直线平行，内错角相等作答．
【解答】解：根据题意可知，两直线平行，内错角相等，
∴∠1＝∠3，
∵∠3+∠2＝45°，
∴∠1+∠2＝45°
∵∠1＝20°，
∴∠2＝25°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了两直线平行，内错角相等的性质，需要注意隐含条件，直尺的对边平行，等腰直角三角板的锐角是45°的利用．
5．【分析】在这些车速中，70千米/时的车辆数最多，则众数为70千米/时；处在正中间位置的车速是60千米/时，则中位数为60千米/时．依此即可求解．
【解答】解：70千米/时是出现次数最多的，故众数是70千米/时，
一共127个数据，这组数据从小到大的顺序排列，处于正中间位置的数是60千米/时，故中位数是60千米/时．
故选：D．
【点评】本题考查了条形统计图；属于基础题，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两个数的平均数．
6．【分析】设每支铅笔x元，每本笔记本y元，根据购买20只铅笔和10本笔记本共需110元，但购买30支铅笔和5本笔记本只需85元可列出方程组．
【解答】解：设每支铅笔x元，每本笔记本y元，
根据题意得．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，根据实际问题中的条件列方程组时，要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．
7．【分析】分析图形可得：第1个图形中小圆的个数为5；第2个图形中小圆的个数为7；第3个图形中小圆的个数为11；第4个图形中小圆的个数为17；则第n个图形中小圆的个数为n（n﹣1）+5，据此求第50个图形有多少个“〇”即可．
【解答】解：第一个图形有：5个〇，
第二个图形有：2×1+5＝7个〇，
第三个图形有：3×2+5＝11个〇，
第四个图形有：4×3+5＝17个〇，
……
由此可得第n个图形有：[n（n﹣1）+5]个〇，
则可得第50个图形有50×49+5＝2455个〇，
故选：C．
【点评】此题主要考查了图形的规律以及数字规律，通过归纳与总结图形得出数字之间的规律是解决问题的关键，注意公式必须符合所有的图形．
8．【分析】根据一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个非零常数，那么这组数据的波动情况不变，即方差不变，即可得出答案．
【解答】解：∵一组数据中的每一个数据都加上（或都减去）同一个常数后，它的平均数都加上（或都减去）这一个常数，方差不变，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查方差的意义，关键是掌握一组数据都加上同一个非零常数，方差不变．
9．【分析】连接MO并延长交BC于P，则此时，PM﹣PO的值最大，且PM﹣PO的最大值＝OM，根据全等三角形的性质得到AM＝CP＝3，OM＝OP，求得PB＝1，过M作MN⊥BC于N，得到四边形MNCD是矩形，得到MN＝CD，CN＝DM，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：在矩形ABCD中，AD＝4，MD＝1，
∴AM＝3，
连接MO并延长交BC于P，
则此时，PM﹣PO的值最大，且PM﹣PO的最大值＝OM，
∵AM∥CP，
∴∠MAO＝∠PCO，
∵∠AOM＝∠COP，AO＝CO，
∴△AOM≌△COP（ASA），
∴AM＝CP＝3，OM＝OP，
∴PB＝1，
过M作MN⊥BC于N，
∴四边形MNCD是矩形，
∴MN＝CD，CN＝DM，
∴PN＝4﹣1﹣1＝2，
∴MP＝＝，
∴OM＝，
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．【分析】由格点构造直角三角形，由直角三角形的边角关系以及圆周角定理可得答案．
【解答】解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
又∵点A，B，C都在格点上，
∴∠ADC＝∠ABC，
在Rt△ABC中，
cs∠ABC＝＝＝＝cs∠ADC，
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理，直角三角形的边角关系，掌握圆周角定理以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
二、填空题：本题共5小题，满分20分只要求填写最后结果，每小题填对得4分。
11．【分析】根据有理数的减法运算法则，减去一个是等于加上这个数的相反数进行计算．
【解答】解：﹣1﹣2
＝﹣1+（﹣2）
＝﹣3．
故答案为﹣3．
【点评】本题考查了有理数的减法，熟记减去一个是等于加上这个数的相反数是解题的关键．
12．【分析】利用概率的意义直接得出答案．
【解答】解：某人连续抛掷一枚质地均匀的硬币3次，结果都是正面朝上，则他第11次抛掷这枚硬币，正面朝上的概率为：．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了概率的意义，正确把握概率的定义是解题关键．
13．【分析】由平行四边形的性质得出∠ABC＝∠D＝100°，AB∥CD，得出∠BAD＝180°﹣∠D＝80°，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ABE＝70°，即可得出∠EBC的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠D＝100°，AB∥CD，
∴∠BAD＝180°﹣∠D＝80°，
∵AE平分∠DAB，
∴∠BAE＝80°÷2＝40°，
∵AE＝AB，
∴∠ABE＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝30°；
故答案为：30°．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形和内角和定理等知识；关键是掌握平行四边形对边平行，对角相等．
14．【分析】设圆锥的底面的半径为rcm，则DE＝2rcm，AE＝AB＝（a﹣2r）cm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到＝2πr，解方程求出r，然后计算即可．
【解答】解：设圆锥的底面的半径为rcm，则DE＝2rcm，AE＝AB＝（a﹣2r）cm，
根据题意得＝2πr，
解得r＝，
则a＝6r，
则＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15．【分析】利用SAS定理证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，根据AA证明△ADF∽△ACD，根据相似三角形的性质得到AF＝，求出AD的最小值，得到AF的最小值，求出CF的最大值．
【解答】解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°．
∵∠ACM＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACM＝30°．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE．
∴∠CAE+∠DAC＝∠BAD+∠DAC＝∠BAC＝120°．即∠DAE＝120°．
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝30°；
∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，
∴△ADF∽△ACD．
∴＝．
∴AD2＝AF•AC．
∴AD2＝5AF．
∴AF＝．
∴当AD最短时，AF最短、CF最长．
∵当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，此时AD＝AB＝．
∴AF最短＝＝．
∴CF最长＝AC﹣AF最短＝5﹣＝．
故答案为：．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
三、解答题：本题共7小题，共90分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16．【分析】（1）先根据负整数指数幂的运算法则、绝对值的性质、零指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值分别计算出各数，再根据实数的运算法则进行计算即可；
（2）先算括号里面的，再算除法，最后把m的值代入进行计算即可．
【解答】解：（1）
＝4+2×﹣（﹣1）+1
＝4+﹣+1﹣1
＝4；
（2）
＝÷
＝÷
＝÷
＝•
＝﹣，
当时，原式＝﹣＝﹣＝2﹣1．
【点评】本题考查的是分式的化简求值及实数的运算，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
17．【分析】（1）根据tanB＝，可设AC＝3x，得BC＝4x，再由勾股定理列出x的方程求出x，最后放在Rt△ACD中由勾股定理求AD；
（2）要求sinα的值，想到把α放在直角三角形中，所以过点D作DE⊥AB，垂足为点E，然后放在直角三角形BDE中，利用tanB的值求出BE与DE，进而求得结果．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanB＝，AB＝5，
∴可设AC＝3x，BC＝4x，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴（3x）2+（4x）2＝52，
解得，x＝﹣1（舍去），或x＝1，
∴AC＝3，BC＝4，
∵BD＝1，
∴CD＝3，
∴AD＝；
（2）过点D作DE⊥AB于点E，
在Rt△BED中，tanB＝，
∴可设DE＝3y，则BE＝4y，
∵BE2+DE2＝BD2，
∴（3y）2+（4y）2＝12，
解得，y＝﹣（舍），或y＝，
∴，
∴sinα＝＝＝．
【点评】本题考查了是解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义和勾股定理是解题的关键．
18．【分析】（1）要证AF＝CG，只需证明△AFC≌△CBG即可．
（2）延长CG交AB于H，则CH⊥AB，H平分AB，继而证得CH∥AD，得出DG＝BG和△ADE与△CGE全等，从而证得CF＝2DE．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝90°，CG平分∠ACB，
∴∠ACG＝∠BCG＝45°，
又∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAF＝∠CBF＝45°，
∴∠CAF＝∠BCG，
在△AFC与△CGB中，
，
∴△AFC≌△CBG（ASA），
∴AF＝CG；
（2）延长CG交AB于H，
∵CG平分∠ACB，AC＝BC，
∴CH⊥AB，CH平分AB，
∵AD⊥AB，
∴AD∥CG，
∴∠D＝∠EGC，
在△ADE与△CGE中，
，
∴△ADE≌△CGE（AAS），
∴DE＝GE，
即DG＝2DE，
∵AD∥CG，CH平分AB，
∴DG＝BG，
∵△AFC≌△CBG，
∴CF＝BG，
∴CF＝2DE．
【点评】本题考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质、平行线的判定及性质，三角形全等是解本题的关键．
19．【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠AEO＝∠CFO，然后利用“角角边”证明△AEO和△CFO全等，根据全等三角形对应边相等可得OE＝OF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；
（2）设OM＝x，根据∠MBO的正切值表示出BM，再根据△AOM和△OBM相似，利用相似三角形对应边成比例求出AM，然后根据△AEM和△BFM相似，利用相似三角形对应边成比例求解即可．
【解答】（1）证明：在菱形ABCD中，AD∥BC，OA＝OC，OB＝OD，
∴∠AEO＝∠CFO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE＝OF，
又∵OB＝OD，
∴四边形BFDE是平行四边形；
（2）解：设OM＝x，
∵EF⊥AB，tan∠MBO＝，
∴BM＝2x，
又∵AC⊥BD，
∴∠AOM＝∠OBM，
∴△AOM∽△OBM，
∴＝，
∴AM＝＝x，
∵AD∥BC，
∴△AEM∽△BFM，
∴EM：FM＝AM：BM＝x：2x＝1：4．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，难点在于（2）两次求出三角形相似．
20．【分析】（1）设甲乙两种书柜每个的价格分别是x、y元，根据题意列方程组即可；
（2）设购买甲种书柜m个．则购买乙种书柜（24﹣m）个，所需资金为w元，乙种书柜的数量不少于甲种书柜的数量得出m的取值范围，所需经费＝甲种书柜总费用+乙种书柜总费用，列出函数解析式，根据一次函数的性质求值即可．
【解答】解：（1）设甲乙两种书柜每个的价格分别是x、y元，
由题意得：，
解得：，
答：甲种书柜单价180元，乙种书柜单价240元；
（2）设购买甲种书柜m个．则购买乙种书柜（24﹣m）个，所需资金为w元，
由题意得：24﹣m≥m，
解得：m≤12，
w＝180m+240（24﹣m）＝﹣60m+5760，
∵﹣60＜0，w随m 的增大而减小，
∵0≤m≤12，
∴当m＝12时，w取最小值，wmin＝﹣60×12+5760＝5040（元），
答：购买甲书柜12个，乙书柜12个时，资金最少．最少资金5040元．
【点评】本题考查一次函数的应用以及二元一次方程组和一元一次不等式的解法，关键是一次函数性质的应用．
21．【分析】（1）连接OA，OB，利用SSS证明△AOB≌△AOC，得∠OAB＝∠OAC＝，再利用同弧所对的圆周角相等得∠ACB＝∠D＝α，从而得出答案；
（2）首先表示出∠CBE＝90°﹣∠ACB＝90°﹣α，得∠OCA＝∠CBE，再证明△CEM∽△BEC，即可证明结论；
（3）连接AO并延长交BD于点N，连接CN，CD，首先利用平行线的判定可证OC∥AD，得∠DMC＝∠ABD＝∠ACB，可证明CD＝DM＝3，再利用ASA证明△AEN≌△AED得EN＝ED，求出EM、EB的长，从而解决问题．
【解答】（1）解：如图，连接OA，OB，
在△AOB与△AOC中，
，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠OAB＝∠OAC＝，
∵，
∴∠ACB＝∠D＝α，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝α，
∴∠BAC＝180°﹣2α，
∴∠OAC＝90°﹣α，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝90°﹣α；
（2）证明：∵BD⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴∠CBE＝90°﹣∠ACB＝90°﹣α，
∴∠OCA＝∠CBE，
∵∠CEM＝∠CEB，
∴△CEM∽△BEC，
∴，
∴CE2＝EM•EB；
（3）解：如图，连接AO并延长交BD于点N，连接CN，CD，
∵AB＝AC，∠OAB＝∠OAC，
∴AO垂直平分BC，
∴BN＝CN，
∵∠OCA＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∴∠DMC＝∠ABD＝∠ACB，
∵，
∴∠BAC＝∠CDM，
∴∠DCM＝∠ABC，
∴∠DCM＝∠DMC，
∴CD＝DM＝3，
∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEN，
∵∠OAC＝∠DAC，AE＝AE，
∴△AEN≌△AED（ASA），
∴EN＝ED，
∴AC垂直平分DN，
∴CN＝CD＝3，
∴BN＝CN＝3，
∴MN＝BM﹣BN＝4﹣3＝1，
由EN＝DE得：
MN+EM＝DM﹣EM，
∴1+EM＝3﹣EM，
∴EM＝1，
∴EB＝BM+EM＝4+1＝5，
DE＝DM﹣EM＝3﹣1＝2，
由（2）知，CE2＝EM•EB＝1×5＝5，
∴CE＝（负值已舍），
∵∠BAC＝∠BDC，∠DEC＝∠AEB，
∴△DEC∽△AEB，
∴，
∴AE＝，
在Rt△ABE中，
tan∠BAC＝，
由（2）知，∠OCA＝∠CBE＝∠CAD，
∴AD∥OC，
∴＝，
∴CE＝，
∴S四边形ABCD＝AC×BD＝＝，
S△BMC＝＝＝2，
∴四边形ABCD的面积与△BMC面积的比值为．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆的相关性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出EM的长是解题的关键，综合性较强，要求学生有较强的逻辑思维能力，属于整理压轴题．
22．【分析】（1）由一次函数的解析式求出A、C两点坐标，再根据A、B两点坐标求出b、c即可确定二次函数解析式；
（2）根据二次函数的解析式求出P点坐标，然后计算三角形APC的面积；
（3）分两种情况讨论：①△ABC∽△AOQ，②△ABC∽△AQO．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝﹣x+5的图象与x轴、y轴分别交于点A、C两点，
∴A（5，0），C（0，5），
∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A、点B，
∴b＝4，c＝5，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2+4x+5．
（2）∵y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴P（2，9），
过点P作PD∥y轴交AC于点D，如图，
则D（2，3），
∴＝15；
（3）①若△ABC∽△AOQ，如图，
此时，OQ∥BC，
由B、C两点坐标可求得BC的解析式为：y＝5x+5，
∴OQ的解析式为：y＝5x，
由解得：，
∴Q（，）；
②若△ABC∽△AQO，如图，
此时，，
∵AB＝6，AO＝5，AC＝，
∴AQ＝3，
∴Q（2，3）．
综上所述，满足要求的Q点坐标为：Q（，）或Q（2，3）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数与坐标轴的交点坐标、待定系数法求二次函数解析式，铅垂高法求三角形面积、相似三角形的判定与性质，难度中等．分类讨论思想的应用是解答（3）问的关键．