2020年山东省济南市市中区中考数学二模试卷 (含答案解析)

2020年山东省济南市市中区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分）
1.−6的相反数是()
B. −6
C. 0.6
D. 6
A. −1
6
2.如图是由3个相同的正方体组成的一个立体图形，它的俯视图是()
A.
B.
C.
D.
3.238万元用科学记数法表示为()
A. 238×104
B. 2.38×106
C. 23.8×105
D. 0.238×107
4.将直尺和直角三角板按如图方式摆放，已知∠1=30°，则∠2的度
数是()
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 65°
5.下列运算正确的是()
A. (a2)3=a5
B. a3⋅a=a4
C. (3ab)2=6a2b2
D. a6÷a3=a2
6.下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是()
A. B.
C. D.
7.如图是两个可以自由转动的转盘，转盘各被等分成三个扇形，
并分别标上1，2，3和6，7，8这6个数字，如果同时转动两个转盘各一次(指针落在等分线上重转)，转盘停止后，则指针指向的数字和为偶数的概率是()
A. 1
2B. 2
9
C. 4
9
D. 1
3
8.化简4x
x2−4−x
x−2
的结果是()
A. −x2+2x
B. −x2+6x
C. −x
x+2D. x
x−2
9.关于x的一元二次方程(k+1)x2−2x+1=0有两个实数根，则k的取值范围是()
A. k≥0
B. k≤0
C. k<0且k≠−1
D. k≤0且k≠−1
10.如图，一颗大树被台风拦腰刮断，已知树根到折断点的距离AB是6米，折断的部分AC与地面
成35°的夹角，则原来树的高度为()
A. 6+6
sin35∘米 B. 6+6
cos35∘
米 C. 6+6sin35∘米 D. 6+6cos35∘米
11.如图，∠MON=90∘，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，
当点B在边ON上运动时，点A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，则运动过程中，线段OD长度的最大值为()
A. √2+1
B. √5
C. √5
5
D. 5
2
12.若一次函数y=(m+1)x+m的图象过第一、三、四象限，则函数y=mx2−mx()
A. 有最大值m
4B. 有最小值m
4
C. 有最大值−m
4
D. 有最小值−m
4
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13.分解因式：x2+4x=______．
14.如图的正方形地板，是由9块除颜色外完全相同的正方形地砖拼接而成的，其
中黑色地砖5块，一个小球在这块地板上自由滚动，并随机地停在某块方砖上，它停留在黑色方砖上的概率为______．
15.方程1
1−x =x
x−1
的解是______．
16.如图，在△ABC中，∠ABC=45°，∠ACB=30°，AB=2，将△ABC
绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，则图中线段AB扫过的阴影
部分的面积为________．
17.甲、乙两人在一条直线道路上分别从相距1500米的A，B两点同时出发，相向而行，当两人相
遇后，甲继续向点B前进(甲到达点B时停止运动)，乙也立即向B点返回．在整个运动过程中，甲、乙均保持匀速运动．甲、乙两人之间的距离y(米)与乙运动的时间x(秒)之间的关系如图所示．则甲到B点时，乙距B点的距离是______米．
18.如图，在长方形ABCD中，AB=6，BC=5，点E是射线CD上的一
个动点，把△BCE沿BE折叠，点C的对应点为F.若点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则线段CE=__________．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
19.计算：√8+(1
2
)−1−4cos45°−(√3−π)0．
四、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
20.解不等式组：{x+1≤2(x+1)
1−2x
4
<1−x，并求出它的整数解．
21.如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O的直线分别交AD、BC于
点E、F.求证：AE=CF．
22.为纪念交通大学建校120周年进行宣传，附中中学某年级开展了主题为
“交通大学历史知多少”的专题调查活动，采取随机抽样的方式进行问
卷调查，问卷调查的结果分为“非常了解”、“比较了解”、“基本了
解”、“不太了解”四个等级，整理调查数据制成了如图不完整的表格
和扇形统计图．
等级非常了解比较了解基本了解不太了解
频数50m4020
根据以上提供的信息解答下列问题：
(1)本次问卷调查共抽取的学生数为______ 人，表中m的值为______ ．
(2)计算等级为“非常了解”的频数在扇形统计图中对应的圆心角的度数．
(3)若该校有学生1500人，请根据调查结果估计这些学生中“不太了解”交通大学历史的人数
约为多少？
23.如图，直线EF交⊙O于A、B两点，AC是⊙O直径，DE是⊙O的切线，且DE⊥EF，垂足为
E．
(1)求证：AD平分∠CAE；
(2)若DE=4cm，AE=2cm，求⊙O的半径．
24.某校七年级400名学生到郊外参加植树活动，已知用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生
105人，用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人．
(1)每辆小客车和每辆大客车各能坐多少名学生？
(2)若计划租小客车m辆，大客车n辆，一次送完，且恰好每辆车都坐满：请你设计出所有的租
车方案．
25.23.如图，已知矩形OABC的两边OA、OC分别落在x轴、y轴的正半轴上，顶点B的坐标是(6,4)，
反比例函数y=(x>0)的图象经过矩形对角线的交点E，且与BC边交于点D．
(1)①求反比例函数的解析式与点D的坐标；②直接写出△ODE的面积；
(2)若P是OA上的动点，求使得“PD+PE之和最小”时的直线PE的解析式．
26.如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=14√2.点D，E分别在边AB，BC上，将线段
ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
(1)如图1，若AD=BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O，请直接写出BD与DO的数
量关系．
(2)已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD=BD，CE=2，求DG的长．
②如图3，若DG//BC，EC=2，求AD
的值．
BD
x2+bx+c与x轴交于点A、B(点A在点B 27.如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=1
4
右侧)，与y轴交于点C(0,−3)，且OA=2OC．
(1)求这条抛物线的表达式及顶点M的坐标；
(2)求tan∠MAC的值；
(3)如果点D在这条抛物线的对称轴上，且∠CAD=45°，求点D的坐标．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
【试题解析】
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．相反数就是只有符号不同的两个数．
解：根据概念，与−6只有符号不同的数是6.即−6的相反数是6．
故选D．
2.答案：B
解析：解：它的俯视图如图所示：．
故选：B．
根据俯视图是从上边看得到的图形，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，俯视图是从上边看得到的图形．
3.答案：B
解析：
本题考查了科学记数法，确定n的值是解题关键，n是整数数位减1，属于基础题．
根据科学记数法的表示方法，可得答案．
解：238万元即2380000元，
用科学记数法表示为2.38×106，
故选：B．
4.答案：C
解析：
本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等．先根据两角互余的性质求出∠3的度数，再由平行线的性质即可得出结论．
解：如图，
∵∠1+∠3=90°，∠1=30°，
∴∠3=60°．
∵直尺的两边互相平行，
∴∠2=∠3=60°．
故选C．
5.答案：B
解析：解：A、原式=a6，不符合题意；
B、原式=a4，符合题意；
C、原式=9a2b2，不符合题意；
D、原式=a3，不符合题意，
故选：B．
原式各项计算得到结果，即可作出判断．
此题考查了同底数幂的乘除法则，以及幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运算法则是解本题的关键．6.答案：C
解析：解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、既是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了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度后两部分重合．
7.答案：C
解析：
此题考查了树状图法与列表法求概率．注意树状图法与列表法可以不重不漏的表示出所有的结果，然后根据概率公式求解即可．首先画树状图，根据树状图求得所有的等可能的结果与指针指向的数字和为偶数的情况，然后根据概率公式即可求得答案．
解：画树状图得：
∴一共有9种等可能的结果，
指针指向的数字和为偶数的有4种情况，
∴指针指向的数字和为偶数的概率是：4
9
．
故选C．
8.答案：C
解析：
此题考查的是分式的加减运算，根据异分母分式的加减运算法则，先通分，化为同分母分式，再根据同分母分式的加减运算法则计算即可，注意结果一定化为最简分式或整式的形式．
解：4x
x2−4−x
x−2
=
4x
(x+2)(x−2)
−
x(x+2)
(x+2)(x−2)
=
−x2+2x
()()
=−
x(x−2)
(x+2)(x−2)
=−x
x+2
．
9.答案：D
解析：
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac，关键是掌握当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；
当Δ=0，方程有两个相等的实数根；
当Δ<0，方程没有实数根．
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k+1≠0，Δ=(−2)2−4(k+1)≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
解：根据题意得k+1≠0且Δ=(−2)2−4(k+1)≥0，
解得k≤0且k≠−1．
故选D．
10.答案：A
解析：
此题主要考查的是解直角三角形的实际应用，能够熟练运用三角形边角关系进行求解是解答此类题的关键．原来树的长度是(AB+AC)的长．已知了AB的值，可在Rt△ABC中，根据∠ACB的度数，通过解直角三角形求出AC的长．
解：Rt△ABC中，∠ACB=35°，AB=6米，
(米)；
∴AC=AB÷sin35°=6
sin35°
∴AB+AC=6+6
(米)．
sin35°
故选A．
11.答案：A
本题考查了矩形的性质，三角形的三边关系，直角三角形的性质，勾股定理的有关知识.取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理列式求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解．
解：如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，
∵OD<OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，∵AB=2，BC=1，
AB=1，
∴OE=AE=1
2
DE=√12+12=√2，
∴OD的最大值为：√2+1，
故选A.
12.答案：C
解析：
本题考查二次函数最大(小)值的求法．求二次函数的最大(小)值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法．
解：∵一次函数y=(m+1)x+m的图象过第一、三、四象限，
∴m +1>0，m <0，
即−1<m <0，
∴函数y =mx 2−mx =m(x −12)2−m
4有最大值，
∴最大值为−m 4．
故选C ．
13.答案：x(x +4)
解析：解：原式=x(x +4)．
故答案为：x(x +4)．
直接提取公因式x ，进而得出答案．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
14.答案：5
9
解析：解：随机地停在某块方砖上，它停留在黑色方砖上的概率=59．
故答案为59．
用黑色地砖的面积除以正方形地板的面积即可．
本题考查了几何概率：概率=相应的面积与总面积之比． 15.答案：x =−1
解析：解：去分母得：x =−1，
经检验x =−1是分式方程的解，
故答案为：x =−1
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x 的值，经检验即可得到分式方程的解． 此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
16.答案：
解析：
.本题主要考查了扇形的面积的计算，解直角三角形的知识，旋转的性质.，割补法的知识．
作AF⊥BC，垂足为F，先解直角三角形，求出AC，BC，再根据割补法求出阴影部分的面积．解：如图：作AF⊥BC，垂足为F，
∵∠ABC=45°，AF⊥BC
∴△ABF是等腰直角三角形
∴AF=BF，
∵AF2+BF2=AB2，AB=2，
∴AF=BF=√2，
∵∠ACF=30°
∴AC=2AF=2√2
∴CF=√AC2−AF2=√6，
∴BC=√6+√2
∵∠BCD=60°，
．
故答案为．
17.答案：87.5
解析：解：由题可得，甲从A到达B运动的时间为375秒，
∴甲的速度为：1500÷375=4m/s，
又∵甲乙两人从出发到相遇的时间为200秒，
∴乙的速度为：1500÷200−4=3.5m/s，
又∵甲从相遇的地点到达B的路程为：175×4=700米，
乙在两人相遇后运动175秒的路程为：175×3.5=612.5米，
∴甲到B点时，乙距B点的距离为：700−612.5=87.5米，
故答案为：87.5
本题主要考查了函数图象，解决问题的关键是在函数图象中获取关键的信息，解题时注意：点(200,0)的实际意义为当两人相遇时，所需的时间为200秒．
18.答案：15或5
3
解析：
此题是四边形综合题，主要考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理、等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用构建方程的思想思考问题，属于中考压轴题.分两种情形求解：如图中，MN是线段AB的中垂线，设EF=CE=x.在Rt△EFN中，根据EF2=FN2+NE2，构建方程即可解决问题，当点E在CD的延长线上时，同法可求．
解：如图，当点E在线段CD上时，MN是线段AB的中垂线，
设EF=CE=x，
在Rt△BFM中，
∵∠BMF=90°，BM=3，BF=BC=5，
∴MF=√BF2−BM2=√52−32=4，
∵MN=BC=5，
∴FN=MN−MF=5−4=1，EN=3−x，
在Rt△EFN中，
∵EF2=FN2+NE2，
∴x2=12+(3−x)2，
解得：x=5
3
当点E在CD的延长线上时，同法可求CE=15，
综上所述，CE的长为
故答案为15或5
3
．
19.答案：解：原式=2√2+2−4×√2
2
−1，
=2√2+2−2√2−1，
=1．
解析：先根据二次根式的化简、负整数指数幂、特殊角的三角函数值及0指数幂把原式化简，再根据实数混合运算的法则进行计算即可．
本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂及二次根式等考点的运算．
20.答案：解：由(1)式得，x≥−1，
由(2)式得，x<1.5．
∴不等式组解为−1≤x<1.5．
∴它的正整数解为：−1，0，1．
解析：本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集，再求出整数解．
21.答案：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，AD//BC，
∴∠EAC=∠FCO，
在△AOE和△COF中
{∠EAO=∠FCO AO=OC
∠AOE=∠COF
，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF．
解析：此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．利用平行四边形的性质得出AO=CO，AD//BC，进而得出∠EAC=∠FCO，再
利用ASA求出△AOE≌△COF，即可得出答案．
22.答案：(1)200；90
(2)90°
(3)150人。

解析：
解：(1)本次问卷调查共抽取的学生数为：40÷20%=200(人)，
m=200×45%=90(人)，
故答案为：200，90．
×100%×360°=90°；
(2)“非常了解”的频数在扇形统计图中对应的圆心角的度数为50
200
=150(人)，
(3)1500×20
200
答：估计这些学生中“不太了解”交通大学历史的人数约为150人．
(1)利用基本了解的人数÷基本了解的人数所占百分比即可算出本次问卷调查共抽取的学生数；m=抽查的学生总数×比较了解的学生所占百分比；
(2)等级为“非常了解”的频数在扇形统计图中对应扇形的圆心角的度数=360°×所占百分比；
(3)利用样本估计总体的方法，用1500人×调查的学生中“不太了解”的学生所占百分比．
此题主要考查了扇形统计图，以及样本估计总体，关键是正确从扇形统计图和表中得到所用信息．23.答案：(1)证明：连接OD，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ODE=90°，OD⊥DE，
又∵DE⊥EF，
∴OD//EF，
∴∠ODA =∠DAE ，
∴∠DAE =∠OAD ，
∴AD 平分∠CAE ；
(2)解：连接CD ，
∵AC 是⊙O 直径，
∴∠ADC =90°，
在Rt △ADE 中，DE =4cm ，AE =2cm ，
∴根据勾股定理得：AD =2√5cm ，
由(1)知：∠DAE =∠OAD ，∠AED =∠ADC =90°，
∴△ADC∽△AED ，
∴AD AE =AC AD ，即
2√52=25， ∴AC =10，
∴⊙O 的半径是5．
解析：本题考查了圆的切线性质、相似三角形的判定和性质.正确做出辅助线关键．
(1)连接OD ，得出∠OAD =∠ODA ，再证明∠EAD =∠ODA ，得出结论；
(2)连接CD ，证明△AED∽△ADC ，根据勾股定理和相似三角形的性质求出半径．
24.答案：解：(1)设每辆小客车和每辆大客车各能坐x ，y 名学生，
根据题意得：{3x +y =105x +2y =110
， 解得：{x =20y =45
， 则每辆小客车和每辆大客车各能坐20，45名学生；
(2)根据题意得：20m +45n =400，
整理得：m =20−9
4n ，
当n =4时，m =11；n =8时，m =2，n =0，m =20，
方案一：租小客车11辆，大客车4辆；方案二：租小客车2辆，大客车8辆；方案三：租小客车20辆．
解析：此题考查了二元一次方程组的应用，以及二元一次方程的应用，弄清题意是解本题的关键．(1)设每辆小客车和每辆大客车各能坐x，y名学生，根据题意列出方程组，求出方程组的解即可得到结果；
(2)根据题意列出二元一次方程，找出整数解即可．
25.答案：(1)①D(1.5,4)，②4.5；(2)y=−4x+10．
解析：试题分析：(1)①连接OE，则O、E、三点共线，则E是OB的中点，即可求得E的坐标，利用待定系数法求得函数的解析式，进而求得D的坐标；
②根据S△ODE=S△OBC−S△OCD−S△BDE即可求解；
(2)作E关于OA轴的对称点E′，则直线DE′就是所求的直线PE，利用待定系数法即可求解．
试题解析：(1)①连接OB，则O、E、B三点共线．
∵B的坐标是(6,4)，E是矩形对角线的交点，
∴E的坐标是(3,2)，
∴k=3×2=6，
则函数的解析式是y=6
x
．
当y=4时，x=1.5，即D的坐标是(1.5,4)；
②S△OBC=1
2BC⋅OC=1
2
×6×4=12，
S △OCD =12OC ⋅CD =1
2×4×1.5=3，
S △BDE =12×(6−1.5)×2=4.5， 则S △ODE =S △OBC −S △OCD −S △BDE =12−3−3−4.5=4.5；
(2)作E 关于OA 轴的对称点E′，则E′的坐标是(3,−2)．
连接E′D ，与x 轴交点是P ，此时PO +PE 最小．
设y =mx +n ，把E′和D 的坐标代入得：
{
3m +n =−21.5m +n =4, 解得：{m =−4n =10
, 则直线PE 的解析式是y =−4x +10．
考点：反比例函数综合题．
26.答案：证明：(1)如图1中，
∵CA =CB ，∠ACB =90°，BD =AD ，
∴CD ⊥AB ，CD =AD =BD ，
∵CD =CF ，
∴AD =CF ，
∵∠ADC =∠DCF =90°，
∴AD//CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴OD=OC，
∵BD=2OD．
(2)①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．
由题意：BD=AD=CD=7√2，BC=√2BD=14，
∵DT⊥BC，
∴BT=TC=7，
∵EC=2，
∴TE=5，
∵∠DTE=∠EHF=∠DEF=90°，
∴∠DET+∠TDE=90°，∠DET+∠FEH=90°，
∴∠TDE=∠FEH，
∵ED=EF，
∴△DTE≌△EHF(AAS)，
∴FH=ET=5，
∵∠DBE=∠DFE=45°，
∴B，D，E，F四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF=180°，
∴∠DBF=90°，
∵∠DBE=45°，
∴∠FBH=45°，
∵∠BHF=90°，
∴∠HBF=∠HFB=45°，∴BH=FH=5，
∴BF=5√2，
∵∠ADC=∠ABF=90°，∴DG//BF，
∵AD=DB，
∴AG=GF，
∴DG=1
2BF=5√2
2
；
(3)如图3，取AB中点O，连接OG，OC，BF，GE，
∵∠DBE=∠DFE=45°，
∴点D，点B，点F，点E四点共圆，
∴∠DEF+∠DBF=180°，∠DEB=∠DFB，
∴∠DBF=90°，
∵点O是AB中点，点G是AF中点，
∴OG//BF，BF=2OG，
∴∠AOG=90°，且AO=BO，
∴点G是AB垂直平分线上一点，
∵AC=BC，
∴点C是AB垂直平分线上一点，
∴点O，点G，点C共线，
∴∠ACO=∠BCO=45°，
∵DG//BC，
∴∠ODG=∠OBC=45°，∠OCB=∠OGD=45°，∠GDE=∠BED，∴∠OGD=∠ODG=45°，∠GDE=∠BFD，
∴OD=OG，
∴DG=√2OG，
∴BF
DG =√2，DF
DE
=√2，
∴BF
DG =DF
DE
，且∠GDE=∠BFD，
∴△DGE∽△FBD，
∴∠DGE=∠DBF=90°，BD
GE
=√2，
∵DG//BC，
∴∠DGE=∠GEC=90°，且∠OCB=45°，∴∠EGC=∠GCE=45°，
∴GE=EC=2，
∴BD=2√2，
∴AD=AB−BD=12√2，
∴AD BD
=6
解析：本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
(1)如图1中，首先证明CD=BD=AD，再证明四边形ADFC是平行四边形即可解决问题；
(2)①作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H.证明DG是△ABF的中位线，想办法求出BF即可解决问题；
(3)如图3，取AB中点O，连接OG，OC，BF，GE，通过证明△DGE∽△FBD，可得∠DGE=∠DBF=90°，
BD
GE
=√2，由等腰三角形的性质可得GE=EC=2，可求DB的值，即可求解．
27.答案：解：(1)∵C(0,−3)，
∴OC=3.y=1
4
x2+bx−3．
∵OA=2OC，
∴OA=6．
∵a =14>0，点A 在点B 右侧，抛物线与y 轴交点C(0,−3)．
∴A(6,0)．
∴0=1
4×36+6b −3，
∴b =−1．
∴y =1
4x 2−x −3，
∴y =1
4(x −2)2−4，
∴M(2,−4)．
答：抛物线的解析式为y =14x 2
−x −3，M 的坐标为(2,−4)；
(2)如图1，过点M 作MH ⊥x 轴，垂足为点H ，交AC 于点N ，过点
N 作NE ⊥AM 于点E ，垂足为点E ．
∴∠AHM =∠NEM =90°．
在Rt △AHM 中，HM =AH =4，由勾股定理，得
AM =4√2，
∴∠AMH =∠HAM =45°．
设直线AC 的解析式为y =kx +b ，由题意，得
{0=6k +b −3=b ，
解得：{k =
1
2b =−3，
∴直线AC 的表达式为y =1
2x −3．
当x =2时，y =−2，
∴N(2,−2)．
∴MN =2．
∵∠NEM =90°，∠NME =45°，
∴∠MNE =∠NME =45°，
∴NE =ME ．
在Rt △MNE 中，
∴NE 2+ME 2=NM 2，
∴ME =NE =√2．
∴AE=AM−ME=3√2
在Rt△AEN中，tan∠MAC=NE
AE =√2
3√2
=1
3
．
答：tan∠MAC=1
3
；
(3)如图2，①当D点在AC上方时，
∵∠CAD1=∠D1AH+∠HAC=45°，且∠HAM=∠HAC+∠CAM=45°，∴∠D1AH=∠CAM，
∴tan∠D1AH=tan∠MAC=1
3
．
∵点D1在抛物线的对称轴直线x=2上，
∴D1H⊥AH，
∴AH=4．
在Rt△AHD1中，
D1H=AH⋅tan∠D1AH=4×1
3=4
3
．
∴D1(2,4
3
)；
②当D点在AC下方时，
∵∠D2AC=∠D2AM+∠MAC=45°，且∠AMH=∠D2AM+∠AD2M=45°，
∴∠MAC=∠AD2M.
∴tan∠AD2H=tan∠MAC=1
3
．
在Rt△D2AH中，D2H=AH
tan∠AD2H =4÷1
3
=12．
∴D2(2,−12)．
综上所述：D1(2,4
3
)；D2(2,−12)．
解析：(1)根据与y轴的交点C的坐标(0,−3)就可以求出OC的值及c的值，进而求出OA的值及A 的坐标，由待定系数法就可以求出b的值而求出解析式及定点坐标；
(2)如图1，过点M作MH⊥x轴，垂足为点H，交AC于点N，过点N作NE⊥AM于点E，垂足为点
E.在Rt△AHM中，HM=AH=4，就可以求出AM的值，再由待定系数法求出直线AC的解析式，就可以求出点N的坐标，进而求出MN的值，由勾股定理就可以求出ME及NE的值，从而求出AE 的值就可以得出结论；
(3)如图2，分类讨论，当D点在AC上方时，根据角之间的关系就可以求出∠D1AH=∠CAM，当D 点在AC下方时，∠MAC=∠AD2M就可以求出点D的坐标．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式的运用，一次函数的解析式的运用，二次函数的顶点式的运用，等腰直角三角形的性质的运用，三角函数值的运用，解答时求出函数的解析式是关键，灵活运用等腰直角三角形的性质求解是难点．。