2021年山西省中考模拟百校联考数学试卷(三)

一、单选题

1．在1,0,2,5四个数中，最小的数是（ ） A．1

B．0

C．2

D．5

2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）

A． B． C． D．

3．计算4x2x(2x)的结果是（ ） A．2x2

B．2x21

C．2x21

D．2x21

34．如图是由5个大小相同的小立方块搭成的几何体，其左视图是（ ）

A． B． C． D．

5．化简二次根式除了利用二次根式的性质外，还可以借助图形解释验证．如：化简8时，我们可以构造如图所示的图形，其中图1是一个面积为8的正方形，图2是一个面积为2的正方形，根据两图的关系我们可以得到：822．这种分析问题的方法所体现的数学思想是（ ）

A．分类讨论 B．数形结合 C．公理化 D．类比

6．A为切点，BO交O于点C．如图，点D在O上，连接CD,AD，AB为O的切线，若ADC28，则B的度数为（ ）

A．28 B．34 C．44 D．56

7．某校举办了“弘扬雷锋精神，争做时代新人”为主题的演讲比赛．有15位同学参加比赛且他们所得的分数互不相同．学校决定对前7名同学进行奖励，小亮要判断自己能否获奖，不仅要知道自己的比赛成绩，还要知道这15名同学比赛成绩的（ ）

A．众数 B．方差 C．中位数 D．平均数

8．如图，以点O为位似中心，把ABC的各边长放大为原来的2倍得到ABC，以下说法中错误的是（ ） ．．

A．AO:AA1:2 C．SABCB．点C,O,C在同一直线上 D．BC//BC

:SABC1:4

9．如图，ABCD的顶点A在x轴的正半轴上，顶点D在反比例函数y2(x0)xk的图象上，顶点B和C在反比例函数y(k0,x0)的图象上，且对角线BD//x轴，

x若ABCD的面积等于10，则k的值为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．12

10．如图，在边长为4的等边三角形ABC中，AD为BC边上的高，分别以B,C为圆心，以BC的长为半径画弧，分别过点B,C作BC边的垂线，分别交两弧于点E,F，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．432 3B．434 3C．232 3D．234 3二、填空题

11．因式分解：x4xy2_________．

12．如图，直线a,b被第三条直线c所截，如果a//b,150，那么2_______．

2x413．不等式组的解集是______．

x2114．《九章算术》是中国古代重要的数学著作，其中“盈不足术”记载：今有共买鸡，人出九，盈十一；人出六，不足十六．问人数、鸡价各几何？译文：今有人合伙买鸡，每人出9钱，会多出11钱；每人出6钱，又差16钱（“钱”是古代货币单位）．问人数、买鸡的钱数各是多少？若设有x人共同买鸡，根据题意可列方程为_______． 15．如图，在ABC中，ACB90,AC8,BC6,AD为边BC上的中线，BE是ABC的角平分线，AD,BE交于点F．则EF的长为______．

三、解答题

116．（1）计算：(2)0|32|(2)3； 2（2）先化简，再求值：121x，其中x1． 2x2x2x417．“一杯山西药茶，中华百草精华”，山西药茶历史悠久、原料道地、功效显著，已逐渐发展为山西省靓丽的新名片．某茶叶经销商购进一批“桑叶茶”进行销售，第一次用1600元购进若干千克，很快销售一空；第二次购买时，每千克的进价比第一次提高了

10%，用2200元所购买的“桑叶茶”质量比第一次多5千克，求第一次购进“桑叶茶”每

千克的进价？

18．如图，以等边ABC的边BC为直径作O,O与ABC的边AB,AC分别交于点D,E，过点D作O的切线，交AC边于点F，连接OF．

（1）求ADF的度数； （2）若AB4，求OF的长．

19．2021年2月25日，全国脱贫攻坚总结表彰大会在北京隆重举行．在脱贫攻坚伟大实践中，涌现出一批表现突出、贡献重大、精神感人的杰出人物，受到社会各界的广泛

关注．某校就“全国脱贫攻坚楷模”先进事迹的了解程度随机抽取了部分学生进行问卷调查，将调查的结果绘制了下面两幅尚不完整的统计图．根据图中信息回答下列问题：

（1）本次接受问卷调查的学生共有_____人，并补全条形统计图； （2）扇形统计图中“不了解”部分所对应扇形的圆心角的度数为______；

（3）估计该校2400名学生中，对“全国脱贫攻坚楷模”先进事迹达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数约为多少人；

（4）在这些楷模中有5位“全国脱贫攻坚女性楷模”，她们在各自的工作岗位做出了突出的贡献．她们分别是：A．白晶莹，B．张小娟，C．张桂梅，D．夏森，E．黄文秀，九年（1）班同学要从中选择2位女性楷模的先进事迹作主题报告，求恰好抽到“B．张小娟”和“E．黄文秀”的概率．

20．美丽的汾河宛如一条玉带纵贯太原市区，两岸的汾河公园空气清新，环境优美，成为市民休闲健身的好去处．如图所示，周末，张老师沿汾河公园步道由南向北而行，在A处发现河对岸“晋汾古韵广场雕塑”C在自己的北偏西30方向上，当张老师沿笔直的步道l继续向北步行300米到达B处时发现“晋汾古韵广场雕塑”C在自己的北偏西45方向上．根据以上信息，求“晋汾古韵广场”C到步道l的距离．（精确到0.1米，参考数据：31.732）

21．阅读与思考．

小明在九年级总复习阶段，针对“求一元二次方程的解”整理得出以下几种方法，请仔细阅读并完成相应的任务：

九年级总复习笔记 专题：一元二次方程解法归纳 时间：2021年3月×日 引例：求一元二次方程x22x30的解． 方法一：选择合适的一种方法（公式法、配方法）求解． 解方程：x2x30． （解析）解：…… 2公式法：…… 配方法：…… 方法二：利用二次函数图象与坐标轴的交点求解，如图所示，把方程x22x30的解看作是一个二 次函数的图象与x轴交点的横坐标．由图1可知该方程的近似解为x11,x23． 方法三：将方程x22x30移项可得x22x3，此时原方程的解就是二次函数yx2的图象与 一个一次函数图象交点的横坐标．由图2可知该方程的近似解为x11,x23． 任务：

（1）选择一种合适的方法（公式法、配方法）解方程；

（2）根据“方法二”的思路，直接写出图1中对应的二次函数表达式为_______； （3）参照“方法三”的思路，求解一元二次方程x2x60的解时，请在图3的平面直接坐标系中画出相应函数图象并依据图象直接写出方程的近似解．

22．综合与实践 问题情境

在综合实践活动课上，老师以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在矩形纸片

ABCD中，M是AD的中点，E是AD边上任意一点，将△ABE沿BE折叠，点A落

到点F处，连接BF并延长，交CD所在直线于点G．

分析探究

（1）如图1，当BF所在直线经过点M时，试判断线段DG与CG的数量关系，并说明理由； 解决问题

（2）如图2，连接AC，当点E与AD边的中点M重合时，将△ABE沿BE折叠，点A的对应点F恰好落在矩形ABCD的对角线AC上，判断DG与CG的数量关系，并说明理由．

（3）图2中，若AB4，直接写出BC和CF的长． 23．综合与探究

如图1，抛物线yx2bxc与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧），其中

A(1,0),B(3,0)，与y轴相交于点C，抛物线的对称轴与x轴交于点E．点P是抛物

线上的一个动点．

（1）求抛物线的表达式；

P是第一象限内抛物线上的一个动点，（2）如图1，连接CE，过点P作PF直线CE于点F，求PF的最大值；

（3）如图2，连接AC,BC,PB，抛物线上是否存在点P，使CBPACOABC？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案

1．D 分析：

根据有理数大小比较法则，正数＞0＞负数，比较两个负数大小时利用取绝对值的方法比较即可．

∵11，55， ∴15， ∴15，

∴四个数的大小关系为：5102， 故选：D．

本题考查有理数的大小比较，掌握常见的有理数大小比较方法是解题关键． 2．C 分析：

根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项项分析即可解答． 解：A不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； B既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； D是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：C．

本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，灵活运用相关概念成为解答本题的关键．3．B 分析：

直接根据多项式除以单项式的运算法则求解即可． 原式4x2x2x2x2x1，

32故选：B．

本题考查多项式除以单项式，熟记基本的运算法则，注意运算符号是解题关键． 4．A 分析：

找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．

解：从左面看，底层是2个小正方形，上层的左边是一个小正方形． 故选：A．

本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图． 5．B 分析：

根据数形结合思想的定义进行判断即可．

显然，在题目描述过程中，构造了相应边长的正方形，将数字变化为图形来进行研究，这样的方法体现了数形结合的思想， 故选：B．

本题考查数形结合的思想，理解并熟练运用数形结合的思想是解决数学问题的常用办法． 6．B 分析：

连结OA，根据切线的性质得到∠OAB=90°，根据圆周角定理得到∠AOB=56°，根据直角三角形的性质即可得到B的度数． 解：连结OA，

∵AB为O的切线，A为切点， ∴∠OAB=90°， ∵ADC28， ∴∠AOB=2∠ADC=56°， 在Rt△OAB中， ∠B=90°-∠AOB=34°． 故选B．

本题考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质．熟记各性质是解题的关键． 7．C 分析：

由中位数的概念，即最中间一个或两个数据的平均数；可知15人成绩的中位数是第8名的成绩．根据题意可得：参赛选手要想知道自己是否能进入前8名，只需要了解自己的成绩以及全部成绩的中位数，比较即可．

由于15个人中，第8名的成绩是中位数，故小亮同学知道了自己的分数后，想知道自己能否进入决赛，还需知道这十五位同学的分数的中位数． 故选C．

本题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用． 8．A 分析：

根据位似的性质对各选项进行判断后即可解答．

∵点O为位似中心，把△ABC中放大到原来的2倍得到△A'B'C'，

∴△ABC∽△A'B'C'，BC//BC，AO:OAAB:AB1:2，点C，O，C三点在同一条直线上． ∴SABC:SABCAB1:4， AB2综上，只有选项A错误． 故选A．

本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似的性质：两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行（或共线）． 9．C 分析：

解答本题的关键是证明△ABD≌△CDB，进而根据S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD求解． ∵点D在反比例函数y=2的图象上， x2x，∴设D点坐标为0，

x0∵BD//x轴，

2m，∴设B点坐标为，

x0∵点B在反比例函数y=∴k（k＞0，x＞0）的图象上， xkx2k=，解得m=0， xm2∴B为kx02，，

x02∵A在x轴上， ∴S△ABD=

kx120x0， 22x0∵△ABD≌△CDB（SSS）, ∴S∴SABCD=2SABD=10，

ABD=5

∴

kx120x05 22x0解得k=8或-12（舍去）， 故选：C．

本题主要考查了反比例函数的定义，全等三角形的判断和平面直角坐标系中图形面积的求法．10．D 分析：

由ABC为等边三角形，AD为BC边上的高，可得S弓形ABS弓形AC，即可得

S阴影SADCS扇形ACF，由此即可求解．

∵ABC为等边三角形，AD为BC边上的高， ∴S弓形ABS弓形AC， ∴S阴影SADCS扇形ACF．

∵AB4，

∴SADC1S2ABC13132AC2423， 2424S扇形ACF(9060)424． 3603∴S阴影S故选A．

ADCS扇形ACF234． 3本题考查了求阴影部分的面积，根据题意得出S阴影S11．x12y12y． 分析：

原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．

22解：x4xyx14yx12y12y．

ADCS扇形ACF是解决问题的关键．

故答案为：x12y12y．

本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键． 12．130 分析：

由a//b,150，根据两直线平行，同位角相等，即可求出∠3的度数，然后根据邻补角的定义得出∠2的度数． 解：∵a//b,150， ∴∠3=150， ∵∠2+∠3=180°， ∴∠2=180°-∠3=130°．

故答案为130．

本题考查了平行线的性质，邻补角的定义．解题的关键是掌握两直线平行，同位角相等． 13．x3

分析：

先求出每一个不等式的解集，后确定不等式组的解集． ∵2x4①

x21②∴解不等式①，得x＞-2，解不等式,②，得x≥3， ∴不等式组的解集为x≥3， 故答案为：x≥3．

本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练进行不等式求解是解题的关键． 14．9x116x16 分析：

用含有x的代数式表示购买鸡的钱数，利用买鸡的钱数相等建立方程即可．

设有x人共同买鸡，则每人出9钱，买鸡用钱（9x-11）钱；每人出6钱，买鸡用钱（6x+16）钱；

根据题意，得9x116x16， 故答案为：9x116x16．

本题考查了一元一次方程的应用，熟练表示两次购买中买鸡的钱数是列方程的关键． 15．155 13分析：

过点E作EG⊥AB，垂足为G，证明△CBE≌△GBE，求得CE，EG，AE的长，过点F作FO⊥AC，垂足为O，利用平行线分线段成比例定理求解即可． ∵ACB90,AC8,BC6, ∴AB=AC2BC28262=10， 过点E作EG⊥AB，垂足为G，

∵BE是ABC的角平分线， ∴∠CBE=∠GBE，

∵∠C=∠BGE=90°，BE=BE， ∴△CBE≌△GBE， ∴BC=BG=6，EC=EG，

设CE=x，则EG=x，AE=8-x,AG=AB-BG=4,

在直角三角形AEG中，根据勾股定理，得AE2EG2AE2， 即(8x)2x242， 解得x=3， ∴CE=3，AE=5，

过点F作FO⊥AC，垂足为O，ACB90， ∴FO∥BC，

OFOE， BCCEOFBC62即FO=2OE， ∴

OECE3∴

∵AD是中线，BC=6， ∴CD=3， ∵FO∥DC，

OFAEOE， DC82OE5OE∴， 3815解得OE=，

13∴

在直角三角形OEF中，EF2EO2OF25EO2， ∴EF=5OE=155． 13故答案为：

155． 13本题考查了勾股定理，三角形全等，平行线分线段成比例定理，中线，角的平分线，构造辅助线实施全等证明，平行线分线段成比例证明是解题的关键．

16．（1）93；（2）x24；5 分析：

（1）第一项利用零指数幂进行计算，第二项利用绝对值的性质进行化简，第三项根据负整数指数幂进行化简，第四项根据幂的乘方计算，然后再进行实数的加减即可； （2）先利用分式的除法法则将原式变成乘法形式，再按照乘法分配律进行化简． 解：（1）原式12328

93．

（2）原式22xx4， x2x2x(x2)2(x2)

x24．

当x1时，原式(1)245．

本题考查了分式的化简求值，零指数幂，绝对值的性质，负整数指数幂，幂的乘方等知识．解题的关键是熟练掌握各运算法则．

17．第一次购买“桑叶茶”的进价是每千克80元 分析：

设第一次购买“桑叶茶”的进价是每千克x元，根据题意，列分式方程，解方程即可求解． 根据题意，

解：设第一次购买“桑叶茶”的进价是每千克x元，则第二次购买“桑叶茶”的进价是每千克

(110%)x元，

220016005． 根据题意，得

(110%)xx解得x80．

经检验x80是原方程的根．

答：第一次购买“桑叶茶”的进价是每千克80元．

本题考查了分式方程的应用，根据题意找到等量关系列出方程是解题关键． 18．（1）ADF30；（2）OF

7

分析：

（1）连接OD，根据切线性质得到ODF90，结合等边三角形的性质以及BOOD，推出OBDODB60，从而求解即可；

（2）连接CD，根据直径所对的圆周角为直角推出BDC90，然后结合等边三角形的性质得出AD1AB2，从而在ADF中求出DF3，最后在RtODF中运用勾股定

2理求解即可．

解：（1）如答图1，连接OD，

DF是O的切线，

ODDF．

ODF90．

又

ABC是等边三角形，

ABC60．

BOOD，

OBDODB60． ADB180，

ADF180906030．

（2）如答图2，连接CD，

BC是O的直径， BDC90． CDAB．

ABC是等边三角形， CACBAB4．

∴D是AB边的中点．

AD1AB2． 2在ADF中，ADF30,A60，

AFD90

AF1AD1． 2DF22123．

又

ODOB1BC2,ODF90 2OF22(3)27．

本题考查圆的切线的性质，等边三角形的性质等，掌握圆的切线的性质，熟练构造圆中的相关辅助线并灵活运用勾股定理是解题关键．

19．（1）50，统计图见解析；（2）72；（3）该学校学生中达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数约为1344人；（4）分析：

（1）根据“了解较少”的人数÷其占总人数的百分比，求出总人数，再用总人数减去其他几种

1 10

已知人数求出“基本了解”的人数，然后补全条形统计图； 360°（2）“不了解”的人数÷总人数×即可求出扇形圆心角；

（3）用总人数ד非常了解”与“基本了解”程度所占的百分比即可求出；

（4）通过列表的形式可以数出所有情况，然后计算恰好抽到“B．张小娟”和“E．黄文秀”的概率．

24%=50（人）解：（1）12÷；

本次接受问卷调查的学生共有50人； 基本了解的人数为：504121024人

补全条形统计图如图所示：

（2）扇形统计图中“不了解”部分所对应扇形的圆心角的度数为：105036072； （3）

42424001344（人） 50答：该学校学生中达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数约为1344人； （4）由题意列表（树状图略）： 第2次 A 第1次 A B C D E (A,B) (A,C) (B,C) (A,D) (B,D) (A,E) (B,E) B (B,A) C (C,A) (C,B) (C,D) (C,E)

D (D,A) (E,A) (D,B) (E,B) (D,C) (E,C) (D,E) E (E,D) 由列表可知，共有20种等可能结果，其中恰好抽中B．张小娟和E．黄文秀的结果有2种， 所以，P（恰好抽中B．张小娟和E．黄文秀）21． 2010 本题主要考查了条形统计图和扇形统计图及概率的计算与应用，培养学生的数据处理能力．20．“晋汾古韵广场”C到步道l的距离约为409.8米 分析：

过点C作CDl于点D．由题可知CBD45,CAD30．设CDx米，在

Rt△ACD中，求得AD3x．在RtBCD中，求得CDBDx．由ABADBD300，可得方程3xx300，解方程即可求解．

过点C作CDl于点D．

由题可知CBD45,CAD30． 设CDx米，

在Rt△ACD中，tanCADCD， ADADCDx3x．

tanCADtan30在RtBCD中，CBD45,CDB90，

BCD45， BCDCBD， CDBDx．

ABADBD300，

3xx300，

解，得x409.8（米）．

答：“晋汾古韵广场”C到步道l的距离约为409.8米．

本题考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线，构造直角三角形模型是解决问题的关键．21．（1）见解析，x11,x23；（2）yx22x3；（3）见解析，原方程的近似解为

x12,x23

分析：

（1）可选择配方法进行解方程；

（2）根据二次函数与一元二次方程的关系即可得解；

（3）将原方程变形为x2x6，在坐标系中画出yx6的图象和y个函数图象的交点的横坐标即为原方程的近似解． 解：（1）解方程：x22x30．

x2的图象，这两

x22x14．

(x1)24．

x12．

x11,x23．

（2）yx22x3． （3）原方程变形为x2x6， 如答图所示：

原方程的近似解为x12,x23．

本题考查了解一元二次方程．一元二次方程既可按照常规的方法解，又可以从函数角度解；用函数方法解题，也可以看作求函数yax2bxc（a≠0）的图象与x轴交点的横坐标，又可以看作求一个一次函数与一个二次函数图象的交点横坐标． 22．（1）DG分析：

(1)根据矩形的性质证明AMDM，再证明AMB≌DMG，根据边相等逐步推出

143CG，见解析；（2）DGCG，见解析；（3）BC42，CF．

231DGCG；

2(2)根据矩形的性质和折叠的性质证明△ABE≌△FBE，再根据HL证明

RtEFG≌RtEDG，得到FG=DG，推出DGCG；

(3)根据勾股定理求出BC和CF的长度，过点F作BC的垂线FH，先证明BHF∽BCG，再根据相似求对应边的长度． 解：（1）DG1CG 2理由如下：∵ 四边形ABCD是矩形，

ABCD，AB//CD．

AGDM．

M是AD边的中点， AMDM．

又

AMBDMG，

AMB≌DMG． ABDG． ABCD， DGCD．

1DGCG．

2（2）DGCG，

理由如下：如答图，连接EG， ∵四边形ABCD是矩形，

ABCD，AB//CD，BAEBCDD90． BAFGCF．

由折叠可知△ABE≌△FBE，

AEFE，ABFB，BAEBFE90．

BAFAFB，

BFEGFE180， EFG90，

又

AFBCFG，

GCFCFG，

FGCG．

EFG90． EFGD90．

E是AD边的中点， AEDE． DEEF．

又

EGEG，

RtEFG≌RtEDG(HL)，

FGDG DGCG．

（3）∵AB=4， ∴ BF=AB=4，CG1ABGF2 2∴BCBG2CG2622242， 过点F作BC的垂线FH，如图， ∵ FHBC，BCCG ∴ ∴

BHF∽BCG

FHBHBF CGBCBG442 ∴ FH，HCBCBH33∴ CFFH2CH243 3

本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定定理、勾股定理、相似三角形，掌握相关的性质和定理是解题的关键．

23．（1）抛物线的表达式为yx22x3；（2）PF最大 510；（3）存在，点P的坐8211(2,3)标为：或,

39

分析：

（1）把点的坐标分别代入解析式，转化为方程组求解即可；

（2）设点P的横坐标为m，用含有m的代数式表示PF，转化为二次函数最值问题求解即可；

（3）利用构造平行线法，三角形全等法，构造出符合题意的角，后利用交点思想求解即可． 解：（1）

抛物线yx2bxc与x轴交于A(1,0),B(3,0)两点，

1bc0, 93bc0.b2, 解得c3.抛物线的表达式为yx22x3．

（2）∵抛物线的表达式为yx22x3．

对称轴为直线xb1， 2a点E的坐标为(1,0),OE1．

令x0，代入抛物线的表达式yx22x3，得y3， ∴点C的坐标为(0,3),OC3． 在RtOCE中，OC3,OE1，

CE321210． sinOCE110． 1010设直线CE的表达式为ykxn，由经过C(0,3),E(1,0)，

n3,

kn0.k3, 解得n3.∴直线CE的表达式为y3x3．

如答图，过点P作PG//y轴，交CE于点G．

2设点P的横坐标为m，则Pm,m2m3,G(m,3m3)

PGm22m3(3m3)m25m．

PG//y轴，

PGCOCE， sinPGCsinOCE10． 10

PF10． PG1021010105510． PFPGm25mm10101028a100． 105510时，PF最大． 28当m（3）存在，理由如下：①在x轴的正半轴上取一点E，使得OA=OE=1，则点E（1,0）， ∵OA=OE，∠AOC=∠EOC=90°，CO=CO， ∴△AOC≌△EOC， ∴∠ACO=∠ECO，

过点B作BP∥CE，交抛物线y=x22x3于点P，

∴∠PBC=∠ECB， ∵C（0，3），B（3，0）， ∴OB=OC， ∴∠OCB=∠ABC，

∵∠OCB=∠ECB+∠ECO=∠PBC+∠ACO， ∴∠ABC=∠PBC+∠ACO，

设直线CE的解析式为y=kx+3，把点E（1,0）代入解析式，得k+3=0， 解得k=-3，

∴直线CE的解析式为y=-3x+3， ∵BP∥CE，

∴设直线BP的解析式为y=-3x+b，把点B（3,0）代入解析式，得-9+b=0， 解得b=9，

∴直线BP的解析式为y=-3x+9， ∴-3x+9=x22x3，

解得x=2，或x=3（与B重合，舍去） 当x=2时，y=-3x+9=3， ∴点P的坐标为（2，3）；

②在y轴的正半轴上取一点Q，使得OA=OQ=1，则点Q（0,1）， ∵OA=OQ，∠AOC=∠QOB=90°，CO=BO， ∴△AOC≌△QOB，

∴∠ACO=∠QBO，

延长BQ交抛物线y=x22x3于点P， ∵∠ABC =∠PBC+∠QBO， ∴∠ABC=∠PBC+∠ACO，

设直线BQ的解析式为y=mx+1，把点B（3,0）代入解析式，得3m+1=0， 解得m=-

1， 31x+1， 3∴直线BQ的解析式为y=-∴-

1x+1=x22x3， 32解得x=，或x=3（与B重合，舍去）

32111当x=时，y=-x+1=，

339∴点P的坐标为,211；

39211． 39综上所述，存在这样的点P，且点P的坐标为：(2,3)或,本题考查了待定系数法确定二次函数，一次函数的解析式，二次函数的最值，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，准确表示PF，利用构造平行线，三角形全等，确定满足条件的P点位置是解题的关键．