2022年广东省东莞市虎门镇中考数学二模试题及答案解析

2022年广东省东莞市虎门镇中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在−1，0，−√3，2这四个数中，最大的数是( )
A. −1
B. 0
C. −√3
D. 2
2. 下列图形中，不是正方体的展开图的是( )
A. B. C. D.
3. 神舟十三号的翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员计划在空间站工作生活约15800000秒，将于2022年4月首次采用快速返回方案“回家”，这项技术已经在航天大国当中处于领先地位．数据15800000用科学记数法表示正确的是( )
A. 158×105
B. 1.58×106
C. 1.58×107
D. 0.158×108
4. 下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )
A. 正三角形
B. 正方形
C. 正六边形
D. 圆
5. 若二次根式√2−x在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≥2
B. x>2
C. x<2
D. x≤2
6. 下列计算正确的是( )
A. 2a×a2=3a3
B. a6÷a2=a3
C. (a2)3=a5
D. a−2=1
(a≠0)
a2
7. 如图，已知直线m//n，∠1=40°，∠2=30°，则∠3的度数为( )
A. 80°
B. 70°
C. 60°
D. 50°
8. 如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N.若四边形MOND的面积是1，则AB的长为( )
A. 1
B. √2
C. 2
D. 2√2
9. 如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，OE⊥AC于点E，若OE=3，OB=5，则CD 的长度是( )
A. 9.6
B. 4√5
C. 5√3
D. 10
10. 如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在第二象限，其余顶点都在第一象限，AB//x轴，AO⊥AD，AO=AD.过点A作AE⊥CD，垂足为E，DE=4CE.反比例函数y=k
(x>
x
0)的图象经过点E，与边AB交于点F，连接OE，OF，EF.若S△EOF=11
，则k的值为( )
8
A. 7
3
B. 21
4
C. 7
D. 21
2
二、填空题（本大题共7小题，共28.0分）
11. 数据−3，−1，0，2，4的极差是______．
12. 分解因式：a3−2a2+a=．
13. 正五边形的一个内角的度数是______度．
14. 小渡想在2个“冰墩墩”和1个“雪容融”里随机选取两个吉祥物作为冬奥会纪念品，他选取到一个“冰墩墩”和一个“雪容融”的概率是______．
15. 将抛物线y=3x2先向右平移2个单位，再向上平移1个单位后，得到新的抛物线的解析式是______．
16. 如图，有一张长方形纸片ABCD，AB=8cm，BC=10cm，点E为CD上一点，将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，则线段DE的长为______cm．
17. 如图，△ABC中，∠C=90°，AC=10，BC=8，线段DE的两个端点D，E分别在边AC，BC上滑动，且DE=6，若点M，N分别是DE，AB的中点，则MN的最小值为______．
三、解答题（本大题共8小题，共62.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
)−1−2cos30°．
计算：|√3−2|+(π−3)0+(−1
2
19. (本小题6.0分)
先化简再求值：x 2−4x+4
x2−4
÷x−2
x2+2x
+3，其中x=−5．
20. (本小题6.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，AB<BC．
(1)利用尺规作图，在BC边上确定点E，使点E到边AB，AD的距离相等(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)若BC=7，CD=5，则CE=______．
21. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程(x−1)(x−2k)+k(k−1)=0．
(1)求证：该一元二次方程总有两个不相等的实数根；
(2)若该方程的两个根x1，x2是一个矩形的一边长和对角线的长，且矩形的另一边长为3，试求k的值．
22. (本小题8.0分)
众志成城抗疫情，全国人民在行动．某公司决定安排大货车12辆，小货车8辆，运送物资到A 地和B地，支援当地抗击疫情．已知这两种货车的运费如下表：
目的地车型A地(元/辆
)
B地(元/辆
)
大货车9001000小货车500700
现安排上述装好物资的20辆货车中的10辆前往A地，其余前往B地，设前往A地的大货车有x辆，这20辆货车的总运费为y元．
(1)求y与x的函数解析式，并直接写出x的取值范围；
(2)若每辆大货车装15吨物资，每辆小货车装10吨物资，运往A地的物资不少于140吨，求总
运费y的最小值．
23. (本小题8.0分)
C919大型客机首飞成功，激发了同学们对航空科技的兴趣．如图是某校航模兴趣小组获得的一张数据不完整的航模飞机机翼图纸，图中AB//CD，AM//BN//ED，AE⊥DE，其中AB= 17cm，ED=25cm，求出线段BE和CD的长．(sin37°≈0.60,cos37°≈0.80,tan37°≈0.75，结果保留小数点后两位)
24. (本小题10.0分)
如图1，AB是⊙O的直径，点E是⊙O上一动点，且不与A，B两点重合，∠EAB的平分线交⊙O 于点C，过点C作CD⊥AE，交AE的延长线于点D．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求证：AC2=2AD⋅AO；
(3)如图2，原有条件不变，连接BE，BC，延长AB至点M，∠EBM的平分线交AC的延长线于
点P，∠CAB的平分线交∠CBM的平分线于点Q.求证：无论点E如何运动，总有∠P=∠Q．
25. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标相等，则称该点为“雁点”.例如(1,1)，(2021,2021)…都是“雁点”．
(1)求函数y=4
图象上的“雁点”坐标；
x
(2)若抛物线y=ax2+5x+c上有且只有一个“雁点”E，该抛物线与x轴交于M、N两点(点M在点N的左侧).当a>1时．
①求c的取值范围；
②求∠EMN的度数；
(3)如图，抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，P是抛物线y=−x2+2x+3上一点，连接BP，以点P为直角顶点，构造等腰Rt△BPC，是否存在点P，使点C恰好为“雁点”？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵正实数一定大于负实数和零，
∴在−1，0，−√3，2中，最大的数是2，
故选：D．
根据正实数一定大于负实数和零可得答案．
此题主要考查了实数大小的比较，解题的关键是熟练掌握实数大小的比较法则．
2.【答案】C
【解析】解：A、B、D可组成正方体；
C不能组成正方体．
故选：C．
根据正方体展开图的11种形式对各小题分析判断即可得解．
本题考查了正方体的展开图，熟记展开图的11种形式是解题的关键，利用不是正方体展开图的“一线不过四、田凹应弃之”(即不能出现同一行有多于4个正方形的情况，不能出现田字形、凹字形的情况，)判断也可．
3.【答案】C
【解析】解：15800000=1.58×107．
故选：C．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：A.正三角形是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
B.正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；
C.正六边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
本题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度后与原图重合．
5.【答案】D
【解析】解：∵二次根式√2−x在实数范围内有意义，
∴2−x≥0，
解得：x≤2．
故选D．
由二次根式√2−x在实数范围内有意义，可得2−x≥0，继而求得答案．
此题考查了二次根式有意义的条件．注意二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
6.【答案】D
【解析】解：A、原式=2a3，不合题意；
B、原式=a4，不合题意；
C、原式=a6，不合题意；
D、原式=1
，符合题意；
a2
故选：D．
A、根据单项式乘单项式的乘法运算计算判断即可；
B、根据同底数幂的除法运算法则计算判断即可；
C、根据幂的乘方运算法则计算判断即可；
D、根据负整数指数幂的性质判断即可．
此题考查的是单项式乘单项式、同底数幂的除法、幂的乘方、负整数指数幂，掌握它们的运算法则是解决此题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：如图，
因为直线m//n，∠1=40°，
所以∠4=∠1=40°，
因为∠3=∠2+∠4，∠2=30°，
所以∠3=30°+40°=70°，
故选：B．
由两直线平行，同位角相等得到∠4=40°，再根据三角形的外角性质即可得解．
此题考查了平行线的性质和三角形外角性质，熟记平行线的性质定理及三角形的外角性质是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠MDO=∠NCO=45°，OD=OC，∠DOC=90°，
∴∠DON+∠CON=90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°，
∴∠DON+∠DOM=90°，
∴∠DOM=∠CON，
在△DOM和△CON中，
{∠DOM=∠CON OD=OC
∠MDO=∠NCO
，
∴△DOM≌△CON(ASA)，
∵S
四边形MOND =S△DOM+S△DON，S
△DOC
=S△DON+S△CON，
∴S△DOC=S
四边形MOND
=1
∴正方形ABCD的面积是4，
∴AB2=4，
∴AB=2，AB=−2(舍去)
故选：C．
根据正方形的性质，可以得到△DOM≌△CON，然后即可发现四边形MOND的面积等于△DOC的面积，从而可以求得正方形ABCD的面积，从而可以求得AB的长．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是发现四边形MOND的面积等于△DOC的面积，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】A
【解析】解：∵OE⊥AC于点E．
∴AE=EC．
∵OE=3，OB=5．
∴AE=√AO2−OE2=4．
∴AC=8．
∵∠A=∠A，∠AEO=∠AFC．
∴△AEO∽△AFC．
∴AO AC =EO
FC
，即：5
8
=3
FC
．
∴FC=24
5
．
∵CD⊥AB．
∴CD=2CF=48
5
=9.6．
故选：A．
根据垂径定理求出AE可得AC的长度，利用△AEO∽△AFC，求出CF，即可求解．
本题考查垂径定理，三角形相似的判定和性质、勾股定理知识，关键在于合理运用垂径定理和勾股定理求出边的长度．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了待定系数法，反比例函数图象上点的坐标的特征，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形，菱形的性质，利用点的坐标表示相应线段的长度和利用线段的长度表示相应点的坐标是解题的关键．
延长EA交x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，AB//x轴，AE⊥CD，AB//CD，可得AG⊥x轴；利用AO⊥AD，AO=AD可得△ADE≌△OAG，得到DE=AG，AE=OG；利用DE=4CE，四边
形ABCD是菱形，可得AD=CD=5
4
DE.设DE=4a，则AD=OA=5a，由勾股定理可得EA=3a，EG=AE+AG=7a，可得E点坐标为(3a,7a)，所以k=21a2.由于AGHF为矩形，FH=AG=4a，
可得点F的坐标为(21
4a,4a)，这样OH=21
4
a，GH=OH−OG=9
4
a；利用S△OEF=S△OEG+
S
梯形EGHF
−S△OFH，列出关于a的方程，求得a的值，k的值可求．【解答】
解：延长EA交x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，如图，
∵AB//x轴，AE⊥CD，AB//CD，
∴AG⊥x轴．
∵AO⊥AD，
∴∠DAE+∠OAG=90°．
∵AE⊥CD，
∴∠DAE+∠D=90°．
∴∠D=∠OAG．
在△DAE和△AOG中，
{∠DEA=∠AGO=90°∠D=∠OAG
AD=OA
．
∴△DAE≌△AOG(AAS)．
∴DE=AG，AE=OG．
∵四边形ABCD是菱形，DE=4CE，
∴AD=CD=5
4
DE．
设DE=4a，则AD=OA=5a．
∴OG=AE=√AD2−DE2=3a．
∴EG=AE+AG=7a．
∴E(3a,7a)．
∵反比例函数y=k
x
(x>0)的图象经过点E，∴k=21a2．
∵AG⊥GH，FH⊥GH，AF⊥AG，
∴四边形AGHF为矩形．
∴HF=AG=4a．
∵点F在反比例函数y=k
x
(x>0)的图象上，
∴x=21a2
4a =21
4
a．
∴F(
21
4a,4a).
∴OH=
21
4a.
∴GH=OH−OG=9
4
a．
∵S△OEF=S△OEG+S
梯形EGHF −S△OFH，S
△EOF
=11
8
，
∴1 2×OG×EG+1
2
(EG+FH)⋅GH−1
2
OH×HF=11
8
，
1 2×21a2+1
2
×(7a+4a)×9
4
a−1
2
×21a2=11
8
，
解得：a2=1
9
，
∴k=21a2=21×1
9=7
3
．
故选：A．11.【答案】7
【解析】解：由题意可知，极差为4−(−3)=7．
故答案为：7．
根据极差的定义即可求得．
此题考查了极差，极差反映了一组数据变化范围的大小，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值．
12.【答案】a(a−1)2
【解析】解：a3−2a2+a
=a(a2−2a+1)
=a(a−1)2．
故答案为：a(a−1)2．
此多项式有公因式，应先提取公因式a，再利用完全平方公式继续分解．
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
13.【答案】108
【解析】解：(5−2)⋅180=540°，540÷5=108°，所以正五边形的一个内角的度数是108度．因为n边形的内角和是(n−2)⋅180°，因而代入公式就可以求出内角和，再用内角和除以内角的个数就是一个内角的度数．
本题考查正多边形的基本性质，解题时应先算出正n边形的内角和再除以n即可得到答案．
14.【答案】2
3
【解析】解：把2个“冰墩墩”分别记为A、B，1个“雪容融”记为C，
根据题意画图如下：
共有6种等可能的情况数，其中小渡选取到一个“冰墩墩”和一个“雪容融”的有4种，
则小渡选取到一个“冰墩墩”和一个“雪容融”的概率为4
6=2
3
，
故答案为：2
．
3
画树状图，共有6种等可能的情况，其中小渡选取到一个“冰墩墩”和一个“雪容融”的情况有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数
与总情况数之比．
15.【答案】y=3(x−2)2+1
【解析】解：将抛物线y=3x2先向右平移2个单位，再向上平移1个单位后，得到新的抛物线的解析式是：y=3(x−2)2+1；
故答案为：y=3(x−2)2+1．
根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可．
本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
16.【答案】5
【解析】解：∵将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，
∴AB=AB′=8cm，BC=B′C′=10cm，CE=C′E，
∴B′D=√AD2−AB′2=√100−64=6(cm)，
∴C′D=B′C′−B′D=4(cm)，
∵DE2=C′D2+C′E2，
∴DE2=16+(8−DE)2，
∴DE=5cm，
故答案为5．
由折叠的性质可得AB=AB′=8cm，BC=B′C′=10cm，CE=C′E，由勾股定理可求B′D的长，由勾股定理可求解．
本题考查了翻折变换，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
17.【答案】√41−3
【解析】解：△ABC中，∠C=90°，AC=10，BC=8，∴AB=√AC2+BC2=2√41，
∵DE=6，点M、N分别是DE、AB的中点，
∴CN=1
2AB=√41，CM=1
2
DE=3，
当C、M、N在同一直线上时，MN取最小值，∴MN的最小值为：√41−3．
故答案为：√41−3．
根据三角形斜边中线的性质求得CN=1
2AB=√41，CM=1
2
DE=3，由当C、M、N在同一直线上
时，MN取最小值，即可求得MN的最小值为：√41−3．
本题考查了点与圆的位置关系，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理的应用等，明确C、M、N在同一直线上时，MN取最小值是解题的关键．
18.【答案】解：原式=2−√3+1−2−2×√3
2
，
=2−√3+1−2−√3，
=1−2√3．
【解析】首先计算绝对值、零次幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数，然后再计算有理数的乘法，最后计算有理数的加减即可．
本题主要考查了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练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算．
19.【答案】解：原式=(x−2)2
(x+2)(x−2)⋅x(x+2)
x−2
+3
=x−2
x+2⋅x(x+2)
x−2
+3
=x+3，
当x=−5时，原式=−5+3=−2．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
20.【答案】(1)如图，点E为所作；
(2)2．
【解析】
解：(1)见答案；
(2)∵点E到边AB，AD的距离相等，
∴AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=5，AD//BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴BE=BA=5，
∴CE=BC−BE=7−5=2．
故答案为2．
【分析】
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图(作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线).也考查了平行四边形的性质．
(1)作∠BAD的平分线即可；
(2)利用平行四边形的性质得AB=CD=5，AD//BC，则∠DAE=∠AEB，所以∠BAE=∠AEB，从而得到BE=BA=5，然后计算BC−BE即可．
21.【答案】解：(1)(x−1)(x−2k)+k(k−1)=0，
整理得：x2−(2k+1)x+k2+k=0，
∵a=1，b=−(2k+1)，c=k2+k，
∴Δ=b2−4ac=(2k+1)2−4×1×(k2+k)
=1>0；
∴该一元二次方程总有两个不相等的实数根；
(2)x 2−(2k +1)x +k 2+k =0x =
−b±√b 2−4ac 2a =2k+1±12
∴x 1=k ，x 2=k +1，
①当x =k 为对角线时，k 2=(k +1)2+32，
解得：k =−5(不符合题意，舍去)，
②当x =k +1为对角线时，(k +1)2=k 2+32，
解得：k =4，
综上所述，k 的值为4．
【解析】(1)计算方程的根的判别式，若Δ=b 2−4ac >0，则证明方程计算方程的根的判别式，若Δ=b 2−4ac ≥0，则证明方程总有实数根；
(2)根据根与系数的关系以及矩形的面积，即可得出关于k 的一元二次方程，解之即可得出k 值，再结合(1)的结论即可确定k 的值．
本题考查了根的判别式，矩形的性质，也考查了解一元二次方程和一元二次方程的解． 22.【答案】解：(1)设到A 地大货车有x 辆，
则到A 地的小货车有(10−x)辆，
到B 地的大货车有(12−x)辆，
到B 地的小货车有(x −2)辆，
∴y =900x +500(10−x)+1000(12−x)+700(x −2)
=100x +15600，
其中2≤x ≤10；
(2)运往A 地的物资共有[15x +10(10−x)]吨，
15x +10(10−x)≥140，
解得：x ≥8，
∴8≤x ≤10，
当x =8时，
y 有最小值，此时y =100×8+15600=16400元，
答：总运费最小值为16400元．
【解析】(1)据题中给出的等量关系即可列出y与x的函数关系；
(2)先求出x的范围，然后根据y与x的函数关系式即可求出y的最小值．
本题考查一次函数，解题的关键是正确列出y与x的函数表达式．
23.【答案】解：延长DC交BN于点G，交AM于点F，
由题意得：
∠BNC=∠AFC=90°，AE=DF，BE=GD，AF=BG=ED=25cm，
在Rt△BND中，∠NBD=37°，
∴ND=BN⋅tan37°≈25×0.75=18.75(cm)，
∴BE=ND=18.75cm，
∵AB=17cm，
∴DF=AE=AB+BE=17+18.75=35.75(cm)，
在Rt△AFG中，∠FAC=45°，
∴FC=AF⋅tan45°=25(cm)，
∴CD=DF−FC=35.75−25=10.75(cm)，
∴线段BE的长约为18.75cm，CD的长约为10.75cm．
【解析】延长DC交BN于点G，交AM于点F，根据题意可得∠BNC=∠AFC=90°，AE=DF，BE= GD，AF=BG=ED=25cm，在Rt△BND中，利用锐角三角函数的定义求出ND的长，从而求出BE，AE的长，然后在Rt△AFG中，利用锐角三角函数的定义求出CM的长，进行计算即可解答．本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24.【答案】证明：(1)连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，∴∠BOC=2∠OAC，∵AC平分∠BAE，
∴∠BAE=2∠OAC，∴∠BAE=∠BOC，∴CO//AD，
∵CD⊥AE，
∵∠D=90°，
∴∠DCO=90°，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．(2)连接BC，
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC=∠CAD，∵AB是⊙O的直径，∴∠BCA=90°，
∵∠D=90°，
∴∠D=∠BCA，
∴△BAC∽△CAD，
∴AB AC =AC
AD
，
∴AC2=AB⋅AD，
∵AB=2AO，
∴AC2=2AD⋅AO．
(3)∵∠CAB、∠CBM的角平分线交于点Q，
∴∠QAM=1
2∠CAB，∠QBM=1
2
∠CBM，
∵∠QBM是△QAB的一个外角，∠CBM是△ABC的一个外角，
∴∠Q=∠QBM−∠QAM=1
2
(∠CBM−∠CAM)，
∵∠ACB=∠CBM−∠CAM，
∴∠Q=1
2
∠ACB，∵∠ACB=90°，∴∠Q=45°，
同理可证：∠P=1
2∠AEB=1
2
×90°=45°，
∴∠P=∠Q．
【解析】(1)连接OC，由角平分线的定义、等腰三角形性质、三角形外角性质和切线的定义证明；
(2)由△CDA∽△BCA，得证AC2=2AD⋅AO；
(3)由外角性质、直径所对的圆周角是直角和角平分线定义证明．
本题考查了圆和三角形的综合证明．目的是让学生通过对切线、线段关系和角的关系的证明，快速掌握三角形外角性质、角平分线定义、三角形相似、直径所对的圆周角是直角等知识点的应用．
25.【答案】解：(1)由题意得：x=4
x
，解得x=±2，
当x=±2时，y=4
x
=±2，
故“雁点”坐标为(2,2)或(−2,−2)；
(2)①∵“雁点”的横坐标与纵坐标相等，
故“雁点”的函数表达式为y=x，
∵物线y=ax2+5x+c上有且只有一个“雁点”E，
则ax2+5x+c=x，
则△=16−4ac=0，即ac=4，
∵a>1，
故0<c<4；
②∵ac=4，则ax2+5x+c=0为ax2+5x+4
a
=0，
解得x=−4
a 或−1
a
，即点M的坐标为(−4
a
,0)，
由ax2+5x+c=x，ac=4，
解得x=−2
a ，即点E的坐标为(−2
a
,−2
a
)，
故点E作EH⊥x轴于点H，
则HE=2
a ，MH=x E−x M=−2
a
−(−4
a
)=2
a
=HE，
故∠EMN的度数为45°；
(3)存在，理由：
由题意知，点C在直线y=x上，故设点C的坐标为(t,t)，
过点P作x轴的平行线交过点C与y轴的平行线于点M，交过点B与y轴的平行线于点N，
设点P的坐标为(m,−m2+2m+3)，
若C在PB左侧，则BN=−m2+2m+3，PN=3−m，PM=m−t，CM=−m2+2m+3−t，∵∠NPB+∠MPC=90°，∠MPC+∠PCM=90°，
∴∠NPB=∠PCM，
∵∠CMP=∠PNB=90°，PC=PB，
∴△CMP≌△PNB(AAS)，
∴PM =BN ，CM =PN ，
即m −t =−m 2+2m +3，−m 2+2m +3−t =3−m ，
解得m =2+√102或2−√102
， 若C 在PB 右侧，则BN =−m 2+2m +3，PN =3−m ，PM =−(m −t)，CM =−(−m 2+2m +3−
t)，
即−m +t =−m 2+2m +3，−(−m 2+2m +3−t)=3−m ，
解得m =32
故点P 的坐标为(2−√102,32)或(2+√102,32
)或(32,154). 【解析】(1)由题意得：x =4x
，解得x =±2，即可求解； (2)①由△=16−4ac =0，即ac =4，即可求解；
②求出点M 的坐标为(−4a ,0)、点E 的坐标为(−2a ,−2a )，即可求解；
(3)证明△CMP≌△PNB(AAS)，则PM =BN ，CM =PN ，即可求解．
本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．。