2024屆湖北省黃石十四中學數(shù)學八下期末考試模擬試題含解析

2024屆湖北省黃石十四中學數(shù)學八下期末考試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．對于任意的正數(shù)m，n定義運算※為：m※n＝m-n(m≥n)mA．2－46 B．2 C．25 D．202．下列式子中，屬于最簡二次根式的是()A． B． C． D．3．已知四邊形ABCD中，AB∥CD，對角線AC與BD交于點O，下列條件中不能用作判定該四邊形是平行四邊形條件的是（）A．AB=CD B．AC=BD C．AD∥BC D．OA=OC4．函數(shù)的圖象不經(jīng)過（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，則AB的長為()A．3 B．4 C．5 D．66．“龜兔首次賽跑”之后，輸了比賽的兔子總結慘痛教訓后．決定和烏龜再賽一場．圖中的函數(shù)圖象刻畫了“龜兔再次賽跑”的故事（表示烏龜從起點出發(fā)所行的時間，表示烏龜所行的路程，表示兔子所行的路程．下列說法中：①“龜兔再次賽跑”的路程為1000米；②兔子和烏龜同時從起點出發(fā)；③烏龜在途中休息了10分鐘；④兔子在途中750米處上了烏龜．正確的有：（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個7．小麗家在學校北偏西60°方向上，距學校4km，以學校所在位置為坐標原點建立直角坐標系，1km為一個單位長度，則小麗家所在位置的坐標為（）A．（﹣2，﹣2） B．（﹣2，2） C．（2，﹣2） D．（﹣2，﹣2）8．如圖，在4×4的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，△ABC的三個頂點均在格點上，則該三角形最長邊的長為（）A． B．3 C． D．59．已知在一個樣本中，41個數(shù)據(jù)分別落在4個組內(nèi)，第一、二、四組數(shù)據(jù)個數(shù)分別為5、12、8，則第三組的頻數(shù)為（）A．1．375 B．1．6 C．15 D．2510．在平面直角坐標系中，將點先向左平移個單位長度，再向下平移個單位長度，則平移后得到的點是（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．2019年6月12日，重慶直達香港高鐵的車票正式開售據(jù)悉，重慶直達香港的這趟G319/320次高鐵預計在7月份開行，全程1342公里只需7個半小時該車次沿途?？空军c包括遵義、貴陽東、桂林西、肇慶東、廣州南和深圳北重慶直達香港高鐵開通將為重慶旅游業(yè)發(fā)展增添生機與活力，預計重慶旅游經(jīng)濟將創(chuàng)新高在此之前技術部門做了大量測試，在一次測試中一高鐵列車從地出發(fā)勻速駛向地，到達地停止；同時一普快列車從地出發(fā)，勻速駛向地，到達地停止且，兩地之間有一地，其中，如圖①兩列車與地的距離之和（千米）與普快列車行駛時間（小時）之間的關系如圖②所示則高鐵列車到達地時，普快列車離地的距離為__________千米．12．《九章算術》是中國傳統(tǒng)數(shù)學最重要的著作，奠定了中國傳統(tǒng)數(shù)學的基本框架，書中的算法體系至今仍在推動著計算機的發(fā)展和應用.《九章算術》中記載：今有戶不知高、廣，竿不知長、短.橫之不出四尺，從之不出二尺，邪之適出.問戶高、廣、邪各幾何?譯文是：今有門不知其高、寬，有竿，不知其長、短，橫放，竿比門寬長出尺；豎放，竿比門高長出尺；斜放，竿與門對角線恰好相等.問門高、寬、對角線長分別是多少?若設門對角線長為尺，則可列方程為__________．13．若有增根，則m=______14．二項方程在實數(shù)范圍內(nèi)的解是_______________15．中國象棋在中國有著三千多年的歷史，它難易適中，趣味性強，變化豐富細膩，棋盤棋子文字都體現(xiàn)了中國文化．如圖，如果所在位置的坐標為（﹣1，﹣1），所在位置的坐標為（2，﹣1），那么，所在位置的坐標為__________．16．如圖，在平面直角坐標系中，ΔABC繞點D旋轉(zhuǎn)得到ΔA’B’C’，則點D的坐標為____.17．如圖所示，小明從坡角為30°的斜坡的山底（A）到山頂（B）共走了100米，則山坡的高度BC為_____米．18．已知一次函數(shù)經(jīng)過，且與y軸交點的縱坐標為4，則它的解析式為______.三、解答題(共66分)19．（10分）在直角坐標系中，正方形OABC的邊長為8，連結OB，P為OB的中點.（1）直接寫出點B的坐標B（，）（2）點D從B點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度在線段BC上向終點C運動，連結PD，作PD⊥PE，交OC于點E，連結DE.設點D的運動時間為秒.①點D在運動過程中，∠PED的大小是否發(fā)生變化？如果變化，請說明理由如果不變，求出∠PED的度數(shù)②連結PC，當PC將△PDE分成的兩部分面積之比為1:2時，求的值.20．（6分）選用適當?shù)姆椒?，解下列方程：?）2x（x﹣2）=x﹣3；（2）（x﹣2）2=3x﹣621．（6分）如圖，在平行四邊形ABCD中，AE＝CF，求證：四邊形BFDE是平行四邊形．22．（8分）如圖，直線y=kx+b經(jīng)過點A（-5，0），B（-1，4）（1）求直線AB的表達式；（2）求直線CE：y=-2x-4與直線AB及y軸圍成圖形的面積；（3）根據(jù)圖象，直接寫出關于x的不等式kx+b＞-2x-4的解集．23．（8分）通過類比聯(lián)想，引申拓展研究典型題目，可達到解一題知一類的目的.下面是一個案例，先閱讀再解決后面的問題：原題：如圖1，點E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，∠EAF=45°，連接EF解題分析：由于AB=AD，我們可以延長CD到點G，使DG=BE，易得∠ABE=∠ADG=90°，可證ΔABE?ΔADG.再證明ΔAFG?ΔAFE，得EF=FG=DG+FD=BE+DF.問題（1）：如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，且∠EAF=12∠BAD問題（2）：如圖3，在四邊形ABCD中，∠B=∠D=90°，∠BAD=120°，AB=AD=1，點E，F(xiàn)分別在四邊形ABCD的邊BC，CD上的點，且∠EAF=60°，求此時ΔCEF的周長24．（8分）如圖，拋物線與直線相交于，兩點，且拋物線經(jīng)過點（1）求拋物線的解析式．（2）點是拋物線上的一個動點（不與點點重合），過點作直線軸于點，交直線于點．當時，求點坐標；（3）如圖所示，設拋物線與軸交于點，在拋物線的第一象限內(nèi)，是否存在一點，使得四邊形的面積最大？若存在，請求出點的坐標；若不存在，說明理由．25．（10分）感知：如圖（1），已知正方形ABCD和等腰直角△EBF，點E在正方形BC邊上，點F在AB邊的延長線上，∠EBF=90°，連結AE、CF．易證：∠AEB=∠CFB（不需要證明）．探究：如圖（2），已知正方形ABCD和等腰直角△EBF，點E在正方形ABCD內(nèi)部，點F在正方形ABCD外部，∠EBF=90°，連結AE、CF．求證：∠AEB=∠CFB應用：如圖（3），在（2）的條件下，當A、E、F三點共線時，連結CE，若AE=1，EF=2，則CE=______．26．（10分）如圖，在四邊形中，，，，是的中點．點以每秒個單位長度的速度從點出發(fā)，沿向點運動；點同時以每秒個單位長度的速度從點出發(fā)，沿向點運動.點停止運動時，點也隨之停止運動．當運動時間為多少秒時，以點，，，為頂點的四邊形是平行四邊形．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解題分析】試題分析：∵3＞2，∴3※2=3-2，∵8＜22，∴8※22=8+12=2(2考點：2．二次根式的混合運算；2．新定義．2、D【解題分析】分析：檢查最簡二次根式的兩個條件是否同時滿足，同時滿足的就是最簡二次根式，否則就不是．詳解：A.被開方數(shù)含能開得盡方的因數(shù)或因式，故不符合題意；B.被開方數(shù)含分母，故不符合題意；C.被開方數(shù)含分母，故不符合題意；D.被開方數(shù)不含分母；被開方數(shù)不含能開得盡方的因數(shù)或因式，故符合題意；故選D.點睛：此題考查了最簡二次根式：被開方數(shù)不含分母；被開方數(shù)不含能開得盡方的因數(shù)或因式，滿足這兩個條件的二次根式才是最簡二次根式.3、B【解題分析】A.AB=CD,一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；B.AC=BD，一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形不一定是平行四邊形，也可能是等腰梯形；C.AD∥BC，兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；D.OA=OC，通過證明兩個三角形全等，得出AB=CD,可以得出平行四邊形.故選B.4、B【解題分析】

根據(jù)k＞0確定一次函數(shù)經(jīng)過第一三象限，根據(jù)b＜0確定與y軸負半軸相交，從而判斷得解．【題目詳解】解：一次函數(shù)y=x﹣2，∵k=1＞0，∴函數(shù)圖象經(jīng)過第一三象限，∵b=﹣2＜0，∴函數(shù)圖象與y軸負半軸相交，∴函數(shù)圖象經(jīng)過第一三四象限，不經(jīng)過第二象限．故選B．5、C【解題分析】∠C＝90°，AC＝3，BC＝4,,所以AB=5.故選C.6、C【解題分析】

根據(jù)題意和函數(shù)圖象中的數(shù)據(jù)可以判斷各個小題是否正確，從而可以解答本題．【題目詳解】解：由圖可得，“龜兔再次賽跑”的路程為1000米，故①正確；烏龜先出發(fā)，兔子在烏龜出發(fā)40分鐘時出發(fā)，故②錯誤；烏龜在途中休息了：40-30=10（分鐘），故③正確；當40≤x≤60，設y1=kx+b，由題意得，解得k=20，b=-200，∴y1=20x-200（40≤x≤60）．當40≤x≤50，設y2=mx+n，由題意得，解得m=100，n=-4000，∴y2=100x-4000（40≤x≤50）．當y1=y2時，兔子追上烏龜，此時20x-200=100x-4000，解得：x=47.5，y1=y2=750米，即兔子在途中750米處追上烏龜，故④正確．故選：C．【題目點撥】本題考查一次函數(shù)的應用，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結合的思想解答．7、B【解題分析】

根據(jù)題意聯(lián)立直角坐標系，再利用勾股定理即可求解.【題目詳解】解：由題意可得：AO＝4km，∠AOB＝30°，則AB＝2，BO＝，故A點坐標為：（﹣2，2）．故選：B．【題目點撥】此題主要考查直角坐標系的應用，解題的關鍵是根據(jù)題意作出直角坐標系進行求解.8、B【解題分析】

根據(jù)風格特點利用勾股定理求出三邊長，比較即可得.【題目詳解】AB=，BC=，AC=，＜＜3，所以中長邊的長為3，故選B.【題目點撥】本題考查了勾股定理的應用，熟練掌握網(wǎng)格的結構特征以及勾股定理的內(nèi)容是解題的關鍵.9、C【解題分析】

解：第三組的頻數(shù)=41－5－12－8=15故選：C．【題目點撥】本題考查頻數(shù)，掌握概念是解題關鍵．10、A【解題分析】

根據(jù)向左平移橫坐標減，向下平移縱坐標減進行解答即可.【題目詳解】解：將點先向左平移個單位長度得，再向下平移個單位長度得.故選A.【題目點撥】本題主要考查點坐標的平移規(guī)律：左減右加縱不變，上加下減橫不變.二、填空題(每小題3分,共24分)11、1【解題分析】

由圖象可知4.5小時兩列車與C地的距離之和為0，于是高鐵列車和普快列車在C站相遇，由于AC=2BC，因此高鐵列車的速度是普快列車的2倍，相遇后圖象的第一個轉(zhuǎn)折點，說明高鐵列車到達B站，此時兩車距C站的距離之和為1千米，由于V高鐵=2V普快，因此BC距離為1千米的三分之二，即240千米，普快離開C占的距離為1千米的三分之一，即120千米，于是可以得到全程為240+240×2=720千米，當高鐵列車到達B站時，普快列車離開B站240+120=1千米，此時距A站的距離為720-1=1千米．【題目詳解】∵圖象過（4.5，0）

∴高鐵列車和普快列車在C站相遇

∵AC=2BC，

∴V高鐵=2V普快，

BC之間的距離為：1×=240千米，全程為AB=240+240×2=720千米，

此時普快離開C站1×=120千米，

當高鐵列車到達B站時，普快列車距A站的距離為：720-120-240=1千米，

故答案為：1．【題目點撥】此題考查一次函數(shù)的應用．解題關鍵是由函數(shù)圖象得出相關信息，明確圖象中各個點坐標的實際意義．聯(lián)系行程類應用題的數(shù)量關系是解決問題的關鍵，圖象與實際相結合容易探求數(shù)量之間的關系，也是解決問題的突破口．12、．【解題分析】

根據(jù)題中所給的條件可知，竿斜放就恰好等于門的對角線長，可與門的寬和高構成直角三角形，運用勾股定理可求出門高、寬、對角線長．【題目詳解】解：根據(jù)勾股定理可得：

，即x2-8x+16+x2-4x+4=x2，

解得：x1=2（不合題意舍去），x2=10，

10-2=8（尺），

10-4=6（尺）．

答：門高8尺，門寬6尺，對角線長10尺．

故答案為：．【題目點撥】本題考查勾股定理的運用，正確運用勾股定理，將數(shù)學思想運用到實際問題中是解題的關鍵．13、-1【解題分析】

增根是分式方程化為整式方程后產(chǎn)生的使分式方程的分母為0的根．有增根，最簡公分母x-3=0，所以增根是x=3，把增根代入化為整式方程的方程即可求出未知字母的值．【題目詳解】方程兩邊都乘（x-3），得

x-1（x-3）=1-m，

∵方程有增根，

∴最簡公分母x-3=0，即增根是x=3，

把x=3代入整式方程，得m=-1．

故答案是：-1.【題目點撥】解決增根問題的步驟：①確定增根的值；②化分式方程為整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相關字母的值．14、x=-1【解題分析】

由2x1+54=0，得x1=-27，解出x值即可．【題目詳解】由2x1+54=0，得x1=-27，∴x=-1，故答案為：x=-1．【題目點撥】本題考查了立方根，正確理解立方根的意義是解題的關鍵．15、（﹣3，2）【解題分析】由“士”的位置向右平移減1個單位，在向上平移1個單位，得所在位置的坐標為（-3，2），

故答案是：（-3，2）．16、（3，0）【解題分析】

連接AA′，BB′，分別作AA′，BB′的垂直平分線，兩垂直平分線的交點即是旋轉(zhuǎn)中心，然后寫出坐標即可.【題目詳解】連接旋轉(zhuǎn)前后的對應兩點，然后就會出現(xiàn)兩條線段，分別作這兩條線段的中垂線，兩條中垂線相交的地方就是旋轉(zhuǎn)中心.所以，旋轉(zhuǎn)中心D的坐標為（3,0）.故答案為：（3,0）.【題目點撥】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關鍵是能夠根據(jù)題意確定旋轉(zhuǎn)中心，難度不大．先找到這個旋轉(zhuǎn)圖形的兩對對應點，連接對應兩點，然后就會出現(xiàn)兩條線段，分別作這兩條線段的中垂線，兩條中垂線的交點就是旋轉(zhuǎn)中心.17、1【解題分析】

直接利用坡角的定義以及結合直角三角中30°所對的邊與斜邊的關系得出答案．【題目詳解】由題意可得：AB＝100m，∠A＝30°，則BC＝AB＝1（m）．故答案為：1．【題目點撥】此題主要考查了解直角三角形的應用，正確得出BC與AB的數(shù)量關系是解題關鍵．18、y=2x+1．【解題分析】

用待定系數(shù)法，把（﹣1，2），（0，1）分別代入y=kx+b，可求得k,b.【題目詳解】解：把（﹣1，2），（0，1）分別代入y=kx+b得，，解得，所以，y=2x+1．故答案為y=2x+1．【題目點撥】本題考核知識點：待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式.解題關鍵點：掌握求函數(shù)解析式的一般方法.三、解答題(共66分)19、（1）8，8；（2）①∠PED的大小不變，∠PED=45°；②t的值為：秒或秒．【解題分析】

（1）根據(jù)正方形的邊長為8和正方形的性質(zhì)寫出點B的坐標；

（2）①如圖1，作輔助線，證明四邊形PMCN是正方形，再證明△DPN≌△EPM（ASA），可得△DPE是等腰直角三角形，可得結論；

②分兩種情況：當PC將△PDE分成的兩部分面積之比為1：2時，即G是ED的三等分點，根據(jù)面積法可知：EC與CD的比為1：2或2：1，列方程可得結論．【題目詳解】解：（1）∵正方形OABC的邊長為8，

∴B（8，8）；

故答案為：8，8；

（2）①∠PED的大小不變；理由如下：

作PM⊥OC于M，PN⊥CB于N，如圖1所示：

∵四邊形OABC是正方形，

∴OC⊥BC，

∴∠MCN=∠PMC=∠PNC=90°，

∴四邊形PMCN是矩形，

∵P是OB的中點，

∴N、M分別是BC和OC的中點，

∴MC=NC，

∴矩形PMCN是正方形，

∴PM=PN，∠MPN=90°，

∵∠DPE=90°，

∴∠DPN=∠EPM，

∵∠PND=∠PME=90°，

∴△DPN≌△EPM（ASA），

∴PD=PE，∴△DPE是等腰直角三角形，

∴∠PED=45°；

②如圖2，作PM⊥OC于M，PN⊥CB于N，

若PC將△PDE的面積分成1：2的兩部分，

設PC交DE于點G，則點G為DE的三等分點；

當點D到達中點之前時，如圖2所示，CD=8-t，

由△DPN≌△EPM得：ME=DN=4-t，∴EC=CM-ME=4-（4-t）=t，

∵點G為EF的三等分點，

∴或

∵CP平分∠OCB，

∴或2，

即CD=2CE或CE=2CD，

∴8-t=2t或t=2（8-t），

t=或（舍）；當點D越過中點N之后，如圖3所示，CD=8-t，

由△DPN≌△EPM得：CD=8-t，DN=t-4

∴EC=CM+ME=4+（t-4）=t，

∵點G為EF的三等分點，

∴或

∵CP平分∠OCB，

∴或2，

即CD=2CE或CE=2CD，∴8-t=2t或t=2（8-t），

t=（舍）或；

綜上所述，當PC將△PED分成的兩部分的面積之比為1：2時，t的值為：秒或秒．【題目點撥】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、坐標與圖形性質(zhì)、三角形中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、面積法等知識；本題綜合性強，難度適中．20、（1）x=1或x=（2）x1=2，x2=1．【解題分析】試題分析：（1）先化為一般式，再分解因式即可求解；（2）先移項后，提取公因式分解因式，即可求解.試題解析：（1）2x（x﹣2）=x﹣3，2x2﹣1x+3=0，（x-1）（2x-3）=0，x-1=0或2x-3=0，x=1或x=；（2）（x﹣2）2=3x﹣6，（x﹣2）2-3（x﹣2）=0，（x﹣2）（x﹣2-3）=0，x﹣2=0或x﹣1=0，x1=2，x2=1.21、證明見解析．【解題分析】

首先根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形，判斷出AB//CD，且AB=CD，然后根據(jù)AE=CF，判斷出BE=DF，即可推得四邊形BFDE是平行四邊形．【題目詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，且AB＝CD，又∵AE＝CF，∴BE＝DF，∴BE∥DF且BE＝DF，∴四邊形BFDE是平行四邊形．【題目點撥】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)定理是解題的關鍵.22、（1）y=x+5；（2）；（1）x＞-1．【解題分析】

（1）利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式即可；（2）聯(lián)立兩直線解析式，解方程組可得到兩直線交點C的坐標，即可求直線CE：y=-2x-4與直線AB及y軸圍成圖形的面積；（1）根據(jù)圖形，找出點C右邊的部分的x的取值范圍即可．【題目詳解】解：（1）∵直線y=kx+b經(jīng)過點A（-5，0），B（-1，4），，解得，∴直線AB的表達式為：y=x+5；（2）∵若直線y=-2x-4與直線AB相交于點C，∴，解得，故點C（-1，2）．∵y=-2x-4與y=x+5分別交y軸于點E和點D，∴D（0，5），E（0，-4），直線CE：y=-2x-4與直線AB及y軸圍成圖形的面積為：DE?|Cx|=×9×1=；（1）根據(jù)圖象可得x＞-1．故答案為：（1）y=x+5；（2）；（1）x＞-1．【題目點撥】本題考查待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，以及一次函數(shù)的交點，一次函數(shù)與一元一次不等式的關系，解題的關鍵是從函數(shù)圖象中獲得正確信息．23、（1）EF=BE+FD，見解析；（2）ΔCEF周長為23【解題分析】

（1）在CD的延長線上截取DG=BE，連接AG，證出△ABE≌△ADG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BE=DG，再證明△AEF≌△AGF，得EF=FG，即可得出答案；

（2）連接AC，證明△ABC≌△ADC（SSS）．得∠DAC=∠BAC，同理由（1）得EF=BE+DF，可計算△CEF的周長．【題目詳解】證明：（1）在CD的延長線上截取DG=BE，連接AG，如圖2，

∵∠ADF=90°，∠ADF+∠ADG=180°，

∴∠ADG=90°，

∵∠B=90°，

∴∠B=∠ADG=90°，

∵BE=DG，AB=AD，

∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴∠BAE=∠DAG，AG=AE，

∴∠EAG=∠EAD+∠DAG=∠EAD+∠ABE=∠BAD，

∵∠EAF=12∠BAD，

∵∠EAG=12∠EAG=12（∠EAF+∠FAG），

∴∠EAF=∠FAG，

又∵AF=AF，AE=AG，

∴△AEF≌△AFG（SAS），

∴EF=FG=DF+DG=EB+DF；

（2）解：連接AC，如圖3，

∵AB=AD，BC=CD，AC=AC，

∴△ABC≌△ADC（SSS）．

∴∠DAC=∠BAC，

∴∠BAC=12∠BAD=60°，

∵∠B=90°，AB=1，

∴在Rt△ABC中，AC=2，BC=AC2-AB2=22-1【題目點撥】本題是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)的應用，解此題的關鍵是能正確作出輔助線得出全等三角形，難度適中．24、（1）；（2）點坐標為（2，9）或（6，-7）；（3）存在點Q（）使得四邊形OFQC的面積最大，見解析.【解題分析】

（1）先由點在直線上求出點的坐標，再利用待定系數(shù)法求解可得；（2）可設出點坐標，則可表示出、的坐標，從而可表示出和的長，由條件可知到關于點坐標的方程，則可求得點坐標；（3）作軸于點，設，，知，，，根據(jù)四邊形的面積建立關于的函數(shù)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解可得．【題目詳解】解：（1）點在直線上，，，把、、三點坐標代入拋物線解析式可得，解得，拋物線解析式為；（2）設，則，，則，，，，當時，解