备战2022年中考数学全真模拟卷二(山东青岛专用)(解析版)

第二模拟

（本卷共24小题，满分120分，考试用时120分钟）

一、单选题(共24分)

1．(本题3分)下列运算正确的是（ ） A．a2a2a4 【答案】C 【解析】 【分析】

分别根据合并同类项的法则、同底数幂的乘法、幂的乘方以及积的乘方逐项判断即可得． 【详解】

解：A、a2a22a2，此项错误，不符题意； B、a3a3a6，此项错误，不符题意； C、a3a12，此项正确，符合题意； D、aba2b2，此项错误，不符题意； 故选：C． 【点睛】

本题考查了合并同类项的法则、同底数幂的乘法、幂的乘方以及积的乘方，熟练掌握各运算法则是解题关键．

2．(本题3分)把抛物线y＝2x2的图象先向右平移3个单位，再向下平移4个单位所得的解析式为（ ）

2B．a3a3a12

C．a3a12

4D．abab2

24A．y＝2（x+3）2﹣4 C．y＝2（x﹣3）2﹣4 【答案】C 【解析】 【分析】

B．y＝2（x+3）2+4 D．y＝2（x﹣3）2+4

直接利用平移规律求新抛物线的解析式即可． 【详解】

解：把抛物线y＝2x2先向右平移3个单位，再向下平移4个单位，所得抛物线的函数表达式为y＝2（x﹣3）2﹣4， 故选：C． 【点睛】

主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减自变量，上加下减常数项．并用规律求函数解析式．

3．(本题3分)2021年9月8日，教育部举办新闻发布会，介绍了教师队伍建设进展效，教师总数已经达到1792.97万人，将1792.97万人用科学记数法表示为（ ） A．0.179297×104万人 C．17.9297×102万人 【答案】B 【解析】 【分析】

科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1|a|10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值10时，n是正整数；当原数的绝对值1时，n是负整数． 【详解】

B．1.79297×103万人 D．1.79297×103人

解：将1792.97万人用科学记数法表示为1.79297103万人． 故选：B． 【点睛】

此题考查科学记数法的表示方法，解题的关键是掌握科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1|a|10，n为整数，正确确定a的值以及n的值也是解决问题的关键． 4．(本题3分)关于x的一元二次方程x2﹣（k＋3）x＋2（k＋1）＝0的根的情况是（ ）

A．有两个不相等的实数根 C．有两个实数根 【答案】C 【解析】 【分析】

先计算根的判别式得到△=[-（k+3）]2-4×2（k+1）=（k-1）2，再利用非负数的性质得到△≥0，然后可判断方程根的情况． 【详解】

解：△=[-（k+3）]2-4×2（k+1）=（k-1）2， ∵（k-1）2≥0， 即△≥0，

∴方程有两个实数根． 故选：C． 【点睛】

本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．

B．有两个相等的实数根 D．没有实数根

5．(本题3分)一个三角形的两边长分别为5和9，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围是（ ） A．x＞5 【答案】D 【解析】 【分析】

如图，延长BD至E，使DE=BD，证明△ADE≌△CDB得到AE=BC=9，根据三角形的三边关系求得BE的取值范围即可求解． 【详解】

解：如图，在△ABC中，AB=5，BC=9，BD是△ABC的中线，则AD=CD， 延长BD至E，使DE=BD=x， 在△ADE和△CDB中，

ADCDADECDB， DEBDB．x＜7 C．4＜x＜14 D．2＜x＜7

∴△ADE≌△CDB（SAS）， ∴AE=BC=9，又AB=5，

∵在△BAE中，AE－AB＜BE＜AB+AE， ∴9－5＜BE＜9+5， ∴4＜2x＜14， ∴2＜x＜7， 故选：D．

【点睛】

本题考查三角形的中线、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系，添加辅助线构造全等三角形求解是解答的关键． 6．(本题3分)如图①，已知∠AOB，用直尺和圆规作∠AOB的平分线． 如图②，步骤如下：

第一步，以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于M，交OB于点N． 第二步，分别以点M，N为圆心，以a为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点C．

第三步，画射线OC．射线OC即为所求． 下列说法正确的是（ ）

A．a＞0 【答案】D 【解析】 【分析】

1B．aMN

21C．a=MN

21D．aMN

2由作图可得：为保证得到两弧的交点，所以半径a大于线段MN的一半，从而可得答案.

【详解】

1解：由角平分线的作图可得：aMN，

2故选D 【点睛】

本题考查的是角平分线的作图，熟悉角平分线的作图的基本原理是解本题的关键. 7．(本题3分)某市2021年底有2万户5G用户，计划到2023年底全市5G用户数累计达到8.72万户．设全市5G用户数年平均増长率为x，则下列方程正确的是（ ） A．2（1＋2x）＝8.72 C．2（1＋x）2＝8.72 【答案】C 【解析】 【分析】

根据该市2021年底及2023底全市5G用户数的数量，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】

解：设全市5G用户数年平均增长率为x， 依题意得：2（1+x）2=8.72， 故选：C． 【点睛】

本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

B．2＋2（1＋x）＋2（1＋2x）＝8.72 D．2＋2（1＋x）＋2（1＋x）2＝8.72

8．(本题3分)如图1，点F从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→D→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，△FBC的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系图象，则a的值为（ ）

A．5 【答案】C 【解析】 【分析】

B．2 C．

52D．2

通过分析图象，点F从点A到D用as，此时，△FBC的面积为a，依此可求菱形的高DE，再由图象可知，BD＝5，应用两次勾股定理分别求BE和a． 【详解】

解：过点D作DE⊥BC于点E，

由图象可知，点F由点A到点D用时为as． ∴ADBCABCDa， ∴

111BCDEADDEaDEa， 222∴DE＝2．

当点F从D到B时，用时为a5a5s ∴BD＝5 ∴在RtDBE中，BEBD2DE2(5)2221． ∴ECBCBEa1，

∴在RtDCE中，CD2DE2EC2，即a222(a1)2， 解得：a． 故选：C． 【点睛】

本题综合考查了菱形性质和一次函数图象性质，解答过程中要注意函数图象变化与动点位置之间的关系．

二、填空题(共18分)

529．(本题3分)已知∠α=96°24′，则∠α的补角为______． 【答案】83°36′ 【解析】 【分析】

根据“和为180°的两个角互为补角”，用180°-∠α即可． 【详解】

解：∵∠α=96°24′，

∴∠α的补角为：180°-∠α=180°-96°24′=83°36′， 故答案为：83°36′． 【点睛】

本题主要考查补角的定义，度分秒的换算，关键是区分清楚余角和补角的定义．“和为180°的两个角互为补角”，“和为90°的两个角互为余角”．

10．(本题3分)当m____________时，分式方程【答案】8且m≠7 【解析】 【分析】

7m1的解是非负数． x1x1解出分式方程，根据解是非负数求出m的取值范围，再根据x=1时分式方程的增根，求出此时m的值，即可得到答案． 【详解】

给分式方程两边同乘以x-1，得7x1m， 解得，x8m． ∵方程的解是非负数， ∴x8m0， 解得m8； 又∵x-1≠0，即x≠1， ∴m≠7，

综上m的取值范围为m8且m≠7． 故答案为：8且m≠7 【点睛】

本题主要考查了分式的方程的解，解出分式方程，根据解是非负数判断范围是解题的关键．

11．(本题3分)如图，这是一种数值转换机的运算程序，若第一次输入的数为7，则第2022次输出的数是___．

【答案】1 【解析】 【分析】

根据数值转换机中的运算程序判断即可． 【详解】

当第1次输入的数为x=7时， 第一次输出73=10 第二次输出105， 第三次输出5+3=8， 第四次输出84，

12121212第五次输出42，

第六次输出21， 第七次输出1+3=4，

除去前3次，以4，2，1循环，三个一循环，

20223674

则第2022次输出的数为1． 故答案为：1

【点睛】

本题考查了代数式求值，弄清题中的规律是解答本题的关键．

12．(本题3分)从﹣1，2，3这三个数中任取一个数，分别记作m，那么点(m，﹣2)在第三象限的概率是_______． 【答案】 【解析】 【分析】

确定使得点(m，﹣2)在第三象限的点m的个数，利用概率公式求解即可． 【详解】

解：从1，2，3这三个数中任取一个数，分别记作m，那么点m,2在第三象限的数有1，

1点(m,2)在第三象限的概率为，

313故答案为：． 【点睛】

考查了概率公式的知识，解题的关键是了解使得点（m，-2）在第三象限的m的个数，难度不大．

13．(本题3分)用一个圆心角为120°，半径为9的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径是______． 【答案】3 【解析】 【分析】

13设这个圆锥的底面圆半径为r，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和弧长公式得到2πr=【详解】

解：设这个圆锥的底面圆半径为r， 根据题意得2πr=

1209，解得r=3， 1801209，然后解方程即可． 180即这个圆锥的底面圆半径是3． 故答案为：3． 【点睛】

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．

14．(本题3分)在直角坐标系中等腰直角三角形AOB在如图所示的位置，点B的横坐标为2，将AOB绕点O按逆时针方向旋转90，得到△AOB，则点A的坐标为 __．

【答案】(1,1) 【解析】 【分析】

过点A作ACOB于C，过点A作ACOB于C，根据等腰直角三角形的性质求出

OCAC，再根据旋转的性质可得OCOC，ACAC，然后写出点A的坐标即可．

【详解】

OB于C， 解：如图，过点A作ACOB于C，过点A作ACAOB是等腰直角三角形，点B的横坐标为2，

121， 2OCAC△AOB是AOB绕点O逆时针旋转90得到OCOC，ACAC，

OCOC1，ACAC1，

点A的坐标为(1,1)．

故答案为：(1,1)．

【点睛】

本题考查了坐标与图形变化----旋转，主要利用了等腰直角三角形的性质，旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小的性质．

三、解答题(共78分)

15．(本题6分)如图，是由若干个完全相同的小正方体组成的一个几何体．

(1)请在网格中画出几何体的主视图、左视图、俯视图； (2)图有 个小正方体．

(3)已知每个小正方体的棱长为1cm，则该几何体的表面积为 cm2．

【答案】(1)见解析 (2)6 (3)26 【解析】 【分析】

（1）根据三视图的画法画出相应的图形即可； （2）观察几何体可得结果；

（3）根据三视图的面积求出该几何体的表面积． (1)

解：如图所示：

(2)

由图可知：图有6个小正方体； (3)

（4+4+5）×2=26（cm2）

答：该几何体的表面积为26cm2． 【点睛】

本题考查解答几何体的三视图，画三视图时应注意“长对正，宽相等，高平齐”．

16．(本题6分)先化简，再求值：(1−m2m20的一根．

1𝑚2+4𝑚+5)÷(−𝑚+2𝑚+2

2)，其中m为方程

【答案】

11；2 m1【解析】 【分析】

先把分式运算中的括号里化简，再用括号外分式乘以其倒数，最后化简；解一元二次方程得到m两个值，根据分式有意义的条件进行取舍后代入化简后的式子可求值． 【详解】

m1m22m1m1m21解：原式； m2m2m2m12m1m2m20，

(m2)(m1)0，

m20或x10， m2或1， 由题意可知，m2， 将m1代入原式得，原式【点睛】

本题主要考查了分式的化简求值，以及解一元二次方程，解决这类问题要注意在计算的过程中要使分式有意义的条件．

17．(本题6分)在△ABC中，已知点D，E分别是AC，AB边上的中点． 求证：△ADE∽△ACB．

1． 2

【答案】见解析 【解析】 【分析】

根据中位线的性质得DE//BC，从而得ADEC,AEDB，结合A是公共角，即可得证． 【详解】

证明：∵点D，E分别是AC，AB边上的中点 ∴DE//BC，

∴ADEC,AEDB 又A=A ∴△ADE∽△ACB 【点睛】

本题主要考查了三角形中位线定理，平行线的性质以及相似三角形的判定，灵活运用三角形中位线性质是解答本题的关键．

18．(本题8分)我市某学校落实立德树人根本任务，构建“五育并举”教育体系，开设了“厨艺、园艺、电工、木工、编织”五大类劳动课程．为了解七年级学生对每类课程的选择情况，随机抽取了七年级若干名学生进行调查（每人只选一类最喜欢的课程），将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图：

(1)本次随机调查的学生人数为______人； (2)补全条形统计图；

(3)若该校七年级共有800名学生，请估计该校七年级学生选择“厨艺”劳动课程的人数；

(4)七（1）班计划在“园艺、电工、木工、编织”四大类劳动课程中任选两类参加学校期末展示活动，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中“园艺、编织”这两类劳动课程的概率． 【答案】(1)60 (2)见解析

(3)该校七年级800名学生中选择“厨艺”劳动课程的有200人 (4)P园艺,编织 【解析】 【分析】

（1）从两个统计图中可得，选择“园艺”的有18人，占调查人数的30%，可求出调查人数；

（2）求出选择“编织”的人数，即可补全条形统计图； （3）样本中，选择“厨艺”的占

1515，因此估计总体800人的是选择“厨艺”的人数． 606016（4）用列表法表示所有可能出现的结果，进而计算选中“园艺、编织”的概率． (1)

解：调查人数为：18÷30%=60（人）， 故答案为：60； (2)

解：60-15-18-9-6=12（人），补全条形统计图如图所示：

(3) 解：800×

15=200（人）， 60答：该校七年级800名学生中选择“厨艺”劳动课程的有200人； (4)

解：用列表法表示所有可能出现的结果如下：

共有12种可能出现的结果，其中选中“园艺、编织”的有2种， ∴P（园艺、编织）=【点睛】

本题考查条形统计图、扇形统计图的意义和制作方法，列表法求随机事件发生的概率，理解数量关系和列举所有可能出现的结果情况是解决问题的关键．

21． 12619．(本题6分)在宜来高速建设过程中，途经如图某处山峰时，施工方案选择了沿直线AB开凿穿山隧道，山顶有一铁塔，塔高35米，从与点C相距60米的点A测得E、F的仰角分别为34.97°，38.53，从与D点相距50米的点B测得F的仰角为45，求隧道

CD的长度．（参考数据：tan34.970.70，tan38.530.80)

【答案】隧道CD的长度为520米 【解析】 【分析】

过点E作EGAB于点G，由题意可知，E、F、G在同一直线上，解直角三角形即可得到结论． 【详解】

解：过点E作EGAB于点G，由题意可知，E、F、G在同一直线上， 在RtΔAGF中，∠AGF=90°，∠FAG=38.53 ∵

GFtanFAG=tan38.53 AG∴𝐺𝐹=𝐴𝐺𝑡𝑎𝑛38.53，

在RtAGE中，∠AGE=90°，∠EAG=34.97° ∵

GEtanEAG=tan34.97° AG∴𝐺𝐸=𝐴𝐺𝑡𝑎𝑛34.97°，

∴𝐸𝐹=𝐺𝐹−𝐺𝐸=𝐴𝐺𝑡𝑎𝑛38.53°−𝐴𝐺𝑡𝑎𝑛34.97°，

AGEF350（米)，

tan38.53tan34.97∴𝐺𝐹=𝐴𝐺𝑡𝑎𝑛38.53=280（米） 在RtΔBGF中，由B45，∠BGF=90° ∴∠BFG=180°-∠B-∠BGF=45° ∴∠B=∠BFG

BGGF280（米)，

隧道𝐶𝐷=𝐴𝐺+𝐵𝐺−𝐴𝐶−𝐵𝐷=350+280−60−50=520（米)，

答：隧道CD的长度为520米．

【点睛】

本题考查的是解直角三角形的应用仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．

20．(本题8分)如图，四边形ABCD是O的内接四边形，ADCD，ABD33，

ACB44．

（1）求BAC的度数． （2）求BAD的度数．

【答案】（1）70°；（2）103° 【解析】

【分析】

（1）根据等弧所对的圆周角相等可得CBDABD33，得出ABC66，在三角形中利用三角形内角和定理求解即可得；

（2）由圆周角定理可得DACDBC33，结合（1）中结论及图形可得：

BADBACDAC，代入求解即可． 【详解】

解：（1）ADCD，

CBDABD33，ABC66，

在ABC中，

BAC180ABCACB180664470．

（2）由圆周角定理，得DACDBC33．

BADBACDAC103．

【点睛】

题目主要考查圆周角定理，三角形内角和定理，熟练掌握运用圆周角定理是解题关键．

21．(本题8分)如图，直线AB与x轴交于点A(1，0)，与y轴交于点B(0，2)，将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC．

(1)若二次函数y=(x−4)2+k的图象经过点C．求直线AB和此二次函数的解析式； (2)在（1）的条件下，已知点P是二次函数y=(x−4)2+k图象上的一个动点，求点P到直线AB距离最短时的坐标．

【答案】(1)直线AB的解析式为y=-2x+2，二次函数的解析式为y=(x−4)2； (2)P（3，1） 【解析】 【分析】

（1）将点A（1，0），点B（0，2），代入y=mx+b，可求直线解析式；过点C作CD⊥x轴，根据三角形全等可求C（3，1），进而确定k；

（2）设与AB平行的直线y=-2x+h，联立-2x+h=(x−4)2，当△=4h -28=0时，点P到直线AB距离最短； (1)

解：设直线AB的解析式为y=mx+b，

将点A（1，0），点B（0，2），代入y=mx+b， ∴b=2，m=-2， ∴y=-2x+2；

∵过点C作CD⊥x轴，

∵线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC， ∴∠BOA=∠BAC=∠ADC=90°， ∴∠OBA+∠OAB=∠OAB +∠CAD=90°， ∴∠OBA=∠CAD，

∴△ABO≌△CAD（AAS），

∴AD=OB=2，CD=OA=1， ∴C（3，1），

把C（3，1）代入y=(x−4)2+k，得：1=(3−4)2+k， ∴k=0， ∴y=(x−4)2； (2)

解：设与AB平行的直线y=-2x+h， 联立-2x+h=(x−4)2， ∴x2-6x+16-h=0，

当△=4h -28=0，即h=7时，此时点P到直线AB距离最短， ∴x2-6x+9=0， 解得x=3， ∴P（3，1）． 【点睛】

本题考查了二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，当直线与二次函数有一个交点时，点到直线的距离最短是解题的关键． 22．(本题10分)阅读下列材料，然后回答问题： 在进行二次根式的化简与运算时，有时会碰上如2以进一步化简．例如：31232，这样的式子其实我们还可53131313132312131，这种化简的步骤叫

做分母有理化．

2 53（1）请参照上述方法化简：（2）猜想：2 （用含n的式子表示）

n1n111131537511 201920172021201920211 2（3）化简：【答案】（1）53；（2）n1n1；（3）【解析】 【分析】

（1）根据材料运用方法进行分母有理化即可； （2）根据题意总结规律即可；

（3）先分母有理化，再根据式子的规律即可求解． 【详解】

2 解：（1）53(53)(53) 53==53； （2）2 n1n12=n1n1n1n1n1n1 =n1n1 故答案为：n1n1；

11131537511 2019201720212019（3）1222=231537522

2019201720212019=

123153752019201720212019

=20211 2【点睛】

本题主要考查了分母有理化，解题的关键是根据材料能正确的进行分母有理化． 23．(本题10分)某汽车公司有甲、乙两种货车可供租用，现有一批货物要运往某地，货主准备租用该公司货车，已知甲，乙两种货车运货情况如下表： 第一次 第二次 5 甲种货车（辆） 2 乙种货车（辆） 3 6 累计运货（吨） 13 28 （1）甲、乙两种货车每辆可装多少吨货物？

（2）若某货主共有20吨货物，计划租用该公司的货车，正好（每辆货车都满载）把这批货物运完，则该货主有________种租车方案？

（3）王先生要租用该公可的甲、乙两种货车送一批货，如果租用甲种货车数量比乙种货车数量多1辆，而乙种货车每辆的运费是甲种货车的1.4倍，结果甲种货车共付运费800元，乙种货车共付运费980元，试求此次甲、乙两种货车每辆各需运费多少元？

【答案】（1）甲种货车每辆可装2吨货物，乙种货车每辆可装3吨货物；（2）4种租车方案；（3）甲种货车每辆需运费100元，乙种货车每辆需运费140元 【解析】

【分析】

（1）设甲种货车每辆可装x吨货物，乙种货车每辆可装y吨货物，根据第一、二次两种货车运货情况表，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设租用a辆甲种货车，b辆乙种货车，根据货物的总重量为20吨且每辆货车都满载，即可得出关于a，b的二元一次方程，结合a，b均为非负整数，即可得出各租车方案；

（3）设甲种货车每辆需运费m元，租用甲种货车n辆，则乙种货车每辆需运费1.4m元，租用乙种货车(n1)辆，根据总费用每辆车所需费用租用该种车的辆数，即可得出关于m，n的二元二次方程组，解之即可得出结论． 【详解】

解：（1）设甲种货车每辆可装x吨货物，乙种货车每辆可装y吨货物，

2x3y13依题意，得：，

5x6y28x2解得：．

y3答：甲种货车每辆可装2吨货物，乙种货车每辆可装3吨货物． （2）设租用a辆甲种货车，b辆乙种货车， 依题意，得：2a3b20，

3a10b．

2a，b均为非负整数，

b为偶数，

当b0时，a10；

当b2时，a7； 当b4时，a4；

当b6时，a1．

共有4种租车方案，方案1：租用10辆甲种货车；方案2：租用7辆甲种货车，2辆

乙种货车；方案3：租用4辆甲种货车，4辆乙种货车；方案4：租用1辆甲种货车，6辆乙种货车．

（3）设甲种货车每辆需运费m元，租用甲种货车n辆，则乙种货车每辆需运费1.4m元，租用乙种货车(n1)辆，

mn800依题意，得：，

1.4m(n1)980m100解得：，

n81.4m140．

答：甲种货车每辆需运费100元，乙种货车每辆需运费140元． 【点睛】

本题考查了二元一次方程组的应用、二元一次方程的应用以及二元二次方程组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程；（3）找准等量关系，正确列出二元二次方程组． 24．(本题10分)某数学兴趣小组在探究函数y＝x2﹣2|x|+3的图象和性质时，经历了以下探究过程：

(1)研究函数特点：

该小组认为，可以将该函数转化为已经学过的二次函数来研究，即将绝对值符号去掉，得到分段函数（每段均为二次函数），其解析式为（填空）：y＝x2﹣2|x|+3

ㅤx0ㅤ．

ㅤㅤx＜0(2)画图象：

在给出的坐标系中，分别画出当x≥0时和x＜0时所对应的二次函数的图象；（要求描出横坐标分别为﹣3，﹣2，﹣1，0．，1，2，3所对应的点） (3)研究性质：

根据函数图象，完成以下问题：

①观察函数y＝x2﹣2|x|+3的图象，以下说法正确的有 （填写正确选项的代码）．

A．对称轴是直线x＝1

B．函数y＝x2﹣2|x|+3的图象有两个最低点，其坐标分别是（﹣1，2）、（1，2） C．当﹣1＜x＜1时，y随x的增大而增大

D．当函数y＝x2﹣2|x|+3的图象向下平移3个单位长度时，图象与x轴有三个公共点．

②结合图象探究发现，当m满足 时，方程x2﹣2|x|+3＝m有四个解； ③设函数y＝x2﹣2|x|+3的图象与其对称轴相交于P点，当直线y＝n和函数y＝x2﹣2|x|+3图象只有两个交点时，且这两个交点与点P所构成的三角形是等腰直角三角形，则n的值为 ．

【答案】(1)x22x3，x22x3 (2)见解析

(3)①B、D；②2＜m＜3；③2或6 【解析】 【分析】

（1）利用绝对值的性质求解即可；

（2）把x3，2，1，0，1，2，3分别代入函数表达式求出y的值，描点确定函数图象；

（3）根据函数图象性质即可求解． (1)

x22x3x0解：yx2x3{2．

x2x3(x0)2故答案为：x22x3，x22x3； (2)

解：把x3，2，1，0，1，2，3分别代入函数表达式得：y6，3，2，3，2，3，6，

描点确定函数图象如下：

(3)

解：①A．对称轴是直线x0，故错误；

B．函数yx22|x|3的图象有两个最低点，其坐标分别是(1,2)、(1,2)，故正确； C．当1x1时，函数在y轴右侧的部分，y随x的增大而减小，故错误；

D．当函数yx22|x|3的图象向下平移3个单位时，图象与x轴有三个公共点，正确；

故答案为：B、D；

2②从图象看，2m3时，方程x2x3m有四个解，

故答案为：2m3；

③如图，当直线yn处于直线ym或𝑦=𝑚′的位置时，

点P和图象上的点构成等腰直角三角形， 即n2或6． 故答案为：2或6． 【点睛】

本题考查的是二次函数的综合运用，解题的关键是主要通过函数作图，确定函数的性质，依据函数的性质，确定函数与直线的位置关系，通过图象求解问题．