2024年中考数学总复习验收卷（五）（含解析）

2024年中考数学总复习验收卷（五）
数学试卷
考试范围：初中；考试时间：120分钟；满分：120分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．在实数0.68，，，，，0.3030030003…（每两个3之间依次多一个0）中无理数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．下列手机APP图标中，既不是中心对称图形也不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列计算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．在一个不透明的口袋中，装有一些除颜色外完全相同的红、白、黑三种颜色的小球．已知袋中有红球个，白球个，且从袋中随机摸出一个红球的概率是，则袋中黑球的个数为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，已知矩形中，点E是的中点，点P从点B出发，沿以的速度匀速运动到点B，到达点B后停止．图是点P运动时，的面积随运动时间变化的关系图像，则图中，的值为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
6．7名学生的鞋号（单位：厘米）由小到大是：20，21，22，22，22，23，23，则这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A．20，21 B．21，22 C．22，22 D．22，23
7．如图所示是由若干个相同的小立方体搭成的几何体的俯视图和左视图，则小立方体的个数不可能是（　　）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
8．学校计划购买A和B两种品牌的足球，已知一个A品牌足球元，一个B品牌足球元．学校准备将1500元钱全部用于购买这两种足球（两种足球都买），该学校的购买方案共有（　　）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
9．如图，以点为中心，把逆时针旋转，得到（点、的对应点分别为点、），连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，抛物线与轴交于点，交轴的正半轴于点，对称轴交抛物线于点，交轴于点，则下列结论：①；②；③（为任意实数）；④若点是抛物线上第一象限上的动点，当的面积最大时，，其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11．《苔》中的诗句：“白日不到处，青春恰自来，苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为0.0000084米，则数据0.0000084用科学记数法表示为___________．
12．函数的自变量的取值范围是______．
13．如图，B、，E四点在同一条直线上，，，请添加一个适当的条件________，使得（只需写一个，不添加辅助线）．
14．若关于x的方程无解，则a的值为______．
15．正方形ABCD的边长是8cm，点M在BC边上，且MC=2cm，P是正方形边上的一个动点，连接PB交AM于点N，当PB=AM时，PN的长是_____ ．
16．如图，在平面角坐标系中，矩形的对角线的中点与坐标原点重合，点E是x轴上一点，连接．若平分，反比例函数的图象经过上的两点A，F，且的面积为18，则k的值为_____．
17．如图，直线与直线所成的角，过点作交直线于点，，以为边在外侧作等边三角形，再过点作，分别交直线和于，两点，以为边在外侧作等边三角形，…按此规律进行下去，则第2022个等边三角形的周长为______．
三、解答题（共7道大题，共69分）
18．（本题共2个小题，第（1）题6分，第（2）题4分，共10分）
（1）计算：（）－1－|－2|－3tan30°＋（＋π）0；
（2）因式分解：．
19．（本题满分5分）解方程：（x＋8）（x＋1）＝－12．
20．（本题满分8分）“勤劳”是中华民族的传统美德，学校要求同学们在家里帮助父母做一些力所能及的家务．在本学期开学初，小颖同学随机调查了部分同学寒假在家做家务的总时间，设被调查的每位同学寒假在家做家务的总时间为x小时，将做家务的总时间分为五个类别：A（0≤x＜10），B（10≤x＜20），C（20≤x＜30），D（30≤x＜40），E（x≥40）．并将调查结果制成如下两幅不完整的统计图：
根据统计图提供的信息，解答下列问题：
（1）本次共调查了　 　名学生；
（2）请根据以上信息直接在答题卡中补全条形统计图；
（3）扇形统计图中m的值是　 　，类别D所对应的扇形圆心角的度数是　 　度；
（4）若该校有800名学生，根据抽样调查的结果，请你估计该校有多少名学生寒假在家做家务的总时间不低于20小时．
21．（本题满分10分）如图，已知BC为⊙O的直径，点D为的中点，过点D作DG∥CE，交BC的延长线于点A，连接BD，交CE于点F．
(1)求证：AD是⊙O的切线；
(2)若EF＝3，CF＝5，tan∠GDB＝2，求AC的长．
22．（本题满分10分）在一条平坦笔直的道路上依次有A，B，C三地，甲从B地骑电瓶车到C地，同时乙从B地骑摩托车到A地，到达A地后因故停留1分钟，然后立即掉头（掉头时间忽略不计）按原路原速前往C地，结果乙比甲早2分钟到达C地，两人均匀速运动，如图是两人距B地路程y（米）与时间x（分钟）之间的函数图象．
请解答下列问题：
(1)填空：甲的速度为______米/分钟，乙的速度为______米/分钟；
(2)求图象中线段FG所在直线表示的y（米）与时间x（分钟）之间的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(3)出发多少分钟后，甲乙两人之间的路程相距600米？请直接写出答案．
综合与实践（本题满分12分）
【问题探究】
数学实践小组的同学利用一张宽的矩形纸片进行了如下的操作写探究：
第一步：如图1，将该矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，然后把纸片展平．
第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，使点C恰好落在上的点处，点B落在点处，得到折痕，交于点M，交于点N，再把纸片展平．
(1)【问题解决】
如图1，填空：四边形的形状是__________．
(2)如图2，小明连接了，E两点，发现线段写是相等的．
①请帮助小明写出证明过程；
②如图2，若，求的值．
(3)【问题延伸】如图3，若该矩形纸片的长，点Q在边上，且，P是边上的动点（不与点A，B重合）．现将纸片沿折叠，使点B，C分别落在点，处．在点P从点A向点B运动的过程中，若边与边交于点E，则点E相应运动的路径长为__________．
24．综合与探究（本题满分14分）
已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点.
（1）抛物线的解析式为 ，抛物线的顶点坐标为 ；
（2）如图1，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD＝1：2时，请求出点D的坐标；
（3）如图2，点E的坐标为（0，﹣1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE＝15°，连接PE，若∠PEG＝2∠OGE，请求出点P的坐标；
（4）如图3，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】先求出立方根，再根据无理数的定义（无限不循环小数是无理数）逐个判断即可得．
【详解】解：是有限小数，属于有理数，
是整数，属于有理数，
是分数，属于有理数，
，，（每两个3之间依次多一个0）都是无理数，共有3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了立方根、无理数，熟记无理数的概念是解题关键．
2．C
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义即可得．
【详解】A、是中心对称图形，但不是是轴对称图形，此项不符合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，此项不符合题意；
C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，此项符合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，此项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，熟记定义是解题关键．
3．B
【分析】根据合并同类项的法则、积的乘方和幂的乘方法则、同底数幂的除法法则以及完全平方公式解答即可．
【详解】A、与不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、原计算正确，故此选项符合题意；
C、原计算错误，故此选项不符合题意；
D、原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了幂的运算、合并同类项的法则以及完全平方公式，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
4．C
【分析】袋中黑球的个数为，利用概率公式得到，然后利用比例性质求出即可．
【详解】解：设袋中黑球的个数为，
根据题意得，解得，
即袋中黑球的个数为个．
故选C．
【点睛】本题主要考查概率的计算问题，关键在于根据题意对概率公式的应用.
5．A
【分析】根据面积的分段函数图像，结合速度，求出线段、的长度，从而求出,根据三角形面积公式代入求值即可．
【详解】解：结合点P的运动，根据图可知，，，
，
点E是的中点，
，
在矩形中，，
由勾股定理可知，，
；
；
当点P运动到点D时，．
即．
故选：A．
【点睛】本题结合动点问题考查了三角形面积、勾股定理以及分段函数；根据分段函数、动点问题求出线段长度是解题的关键．
6．C
【分析】根据题意及结合中位数、众数的概念可进行求解．
【详解】解：由题意得：
众数是一组数据出现次数最多的，故这组数据的众数是22，
把这组数据从小到大排列后，因为有7名学生，所以中位数是排序后最中间的一个，即为第4个，所以这组数据的中位数为22；
故选:C．
【点睛】本题主要考查众数及中位数，熟练掌握求一组数据的中位数和众数是解题的关键．
7．A
【分析】根据三视图进行分析小立方体的个数，然后问题可求解．
【详解】解：由俯视图可得得最底层有5个立方体，由左视图可得第二层最少有1个立方体，最多有3个立方体，所以小立方体的个数可能是6个或7个或8个，小立方体的个数不可能是5．
故选A．
【点睛】本题主要考查了三视图的应用，掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．注意俯视图中有几个正方形，底层就有几个立方体．
8．C
【分析】设购买品牌足球个，购买品牌足球个，根据总价单价数量，即可得出关于，的二元一次方程，结合，均为正整数即可求出结论．
【详解】解：设购买品牌足球个，购买品牌足球个，
依题意，得：，
．
，均为正整数，
，，，，
该学校共有种购买方案．
故选C．
【点睛】本题主要考查二元一次方程的解的问题，这类题往往涉及到方案的种类，是常考点.
9．D
【分析】由逆时针旋转，得到，可得，，即得，而，得，从而．
【详解】解：逆时针旋转，得到，
，，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查三角形中的旋转变换，涉及平行线的性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
10．A
【分析】根据二次函数图像与性质，由抛物线与轴交于点，得到对称轴，从而得到，①正确；由①中，抛物线开口向下及抛物线交轴的正半轴即可确定②错误；根据二次函数最值即可得到，③错误；根据平面直角坐标系中三角形面积的求法，得到，利用二次函数图像与性质即可确定④错误．
【详解】解：∵抛物线与轴交于点，
∴对称轴为直线，即，
∴，故①正确，符合题意；
∵抛物线开口向下，
∴，
∴，
∵抛物线交轴的正半轴，
∴，
∴，故②错误，不符合题意；
∵抛物线的对称轴，开口向下，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴（为任意实数），
∴（为任意实数），故③错误，不符合题意；
∵，
设直线的解析式为，
∴，解得，
∴，
将点代入，
∴，
∴，
过点作轴交于点，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴当时，的面积最大，故④不正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数图像与性质，熟练掌握二次函数图形与性质，平面直角坐标系中求三角形面积等是解决问题的关键．
11．
【分析】绝对值小于1的数可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了负整数指数科学记数法，对于一个绝对值小于1的非0小数，用科学记数法写成的形式，其中，n是正整数，n等于原数中第一个非0数字前面所有0的个数（包括小数点前面的0）．
12．##
【分析】由x同时满足分式及二次根式有意义列出不等式组，解不等式组即可得到答案．
【详解】解：依题意有，
解得．
故答案为：
【点睛】本题考查分式有意义的条件、二次根式有意义的条件、解不等式组，能根据函数有意义的条件列出不等式组是解题的关键．
13．（答案不唯一）．
【分析】根据三角形全等的不同判定方法添加不同的条件即可．
【详解】∵，，
∴若利用“”证明，则添加；
若利用“”证明，则添加；
若利用“”证明，则添加或；
若利用“”证明，则添加或．
综上所述，可添加的条件为（或或或或）．
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查三角形全等的判定．熟练掌握三角形全等的判定定理是解题关键．
14．或或
【分析】分增根无解和化简后的一元一次方程无解两种情况计算即可．
【详解】∵，
∴，
整理，得，
当时，方程无解，
解得；
∵的增根为，
∴，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式方程的无解问题，熟练掌握分式方程无解的分类计算方法是解题的关键．
15．5cm或5.2cm
【分析】当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，当点P在CD上，如图，根据PB=AM，可证Rt△ABM≌Rt△BCP（HL），可证BP⊥AM，根据勾股定理可求AM=，根据三角形面积可求，可求PN=BP-BN；当点P在AD上，如图，可证Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），再证AN=PN=BN=MN，根据AM=BP=10cm，可求PN=cm，
【详解】解：当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，不合题意，舍去；
当点P在CD上，如图，
∵PB=AM
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=AD=CD=8，
在Rt△ABM和Rt△BCP中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△BCP（HL），
∴∠MAB=∠PBC，
∵∠MAB+∠AMB=90°，
∴∠PBC+∠AMB=90°，
∴∠BNM=180°-∠PBC-∠AMB=90°，
∴BP⊥AM，
∵MC=2cm，
∴BM=BC-MC=8-2=6cm，
∴AM=，
∴，
∴，
∴PN=BP-BN=AM-BN=10-4.8=5.2cm，
当点P在AD上，如图，
在Rt△ABM和Rt△BAP中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），
∴BM=AP，∠AMB=∠BPA，∠MAB=∠PBA，
∴AN=BN，
∵AD∥BC，
∴∠PAN=∠NMB=∠APN，
∴AN=PN=BN=MN，
∵AM=BP=10cm，
∴PN=cm，
∴PN的长为5cm或5.2cm．
故答案为5cm或5.2cm．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定与性质，分类讨论思想，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定与性质，分类讨论思想是解题关键．
16．12
【分析】如图，连接BD，OF，过点A作AN⊥OE于N，过点F作FM⊥OE于M．证明BD∥AE，推出S△ABE=S△AOE=18，推出S△EOF=S△AOE=9，可得S△FME=S△EOF=3，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BD，OF，过点A作AN⊥OE于N，过点F作FM⊥OE于M．
∵AN∥FM，AF=FE，
∴MN=ME，
∴FM=AN，
∵A，F在反比例函数的图象上，
∴S△AON=S△FOM=，
∴ ON AN= OM FM，
∴ON=OM，
∴ON=MN=EM，
∴ME=OE，
∴S△FME=S△FOE，
∵AD平分∠OAE，
∴∠OAD=∠EAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=∠DAE，
∴AE∥BD，
∴S△ABE=S△AOE，
∴S△AOE=18，
∵AF=EF，
∴S△EOF=S△AOE=9，
∴S△FME=S△EOF=3，
∴S△FOM=S△FOE-S△FME=9-3=6=，
∴k=12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查反比例函数的性质，矩形的性质，平行线的判断和性质，等高模型等知识，解题的关键是证明BD∥AE，利用等高模型解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
17．
【分析】根据含30°的直角三角形可得A1B1=1，OA1=，由等边三角形的性质可得出A1A2的长度，进而得出OA2，A2B2的长度，同理可求出AnBn的长度，再根据等边三角形的周长公式即可求出第n个等边三角形AnBnCn的周长，代入化简即可求解．
【详解】解：∵，，，
∴在中，，，
∵是等边三角形，
∴，
∴在中，，，
∵是等边三角形，
∴，
∴在中，，，
同理可得：，
∴第2022个等边三角形A2022B2022C2022的周长为．
【点睛】本题考查了含30°的直角三角形、等边三角形的性质、规律探究，解题的关键是通过含30°的直角三角形和等边三角形的性质找出规律．
18．（1）1；（2）．
【详解】解：（1）（）－1－|－2|－3tan30°＋（＋π）0
=2－（2-）－3×＋1
=2－2+－＋1
=1；
（2）
=
=
19．x1＝－4，x2＝－5
【详解】（x＋8）（x＋1）＝－12，
x2＋9x＋20＝0
（x＋4）（x＋5）＝0
x1＝－4，x2＝－5．
20．（1）50；（2）见解析；（3）32，57.6；（4）该校有448名学生寒假在家做家务的总时间不低于20小时．
【分析】（1）本次共调查了10÷20%＝50（人）；
（2）B类人数：50×24%＝12（人），D类人数：50﹣10﹣12﹣16﹣4＝8（人），根据此信息补全条形统计图即可；
（3）＝32%，即m＝32，类别D所对应的扇形圆心角的度数360°×＝57.6°；
（4）估计该校寒假在家做家务的总时间不低于20小时的学生数．800×（1﹣20%﹣24%）＝448（名）．
【详解】（1）本次共调查了10÷20%＝50（人），
故答案为50；
（2）B类人数：50×24%＝12（人），
D类人数：50﹣10﹣12﹣16﹣4＝8（人），
（3）＝32%，即m＝32，
类别D所对应的扇形圆心角的度数360°×＝57.6°，
故答案为32，57.6；
（4）估计该校寒假在家做家务的总时间不低于20小时的学生数．
800×（1﹣20%﹣24%）＝448（名），
答：估计该校有448名学生寒假在家做家务的总时间不低于20小时．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21．(1)见解析
(2)AC＝
【分析】（1）连接，，根据“同圆中，等弧所对的圆周角相等”及等腰三角形的性质得到，进而得到，根据圆周角定理结合题意推出，即可判定AD是⊙O的切线；
（2）根据平行线的性质得到∠BFE=∠GDB，∠A=∠ECB，解直角三角形求出OC，OA的长，根据线段的和差求解即可．
（1）
证明：如图，连接OD，BE，
∵点D为的中点，
∴，
∴OD⊥CE，∠CBD＝∠EBD，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∴∠ODB＝∠EBD，
∴ODBE，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠CEB＝90°，
∴CE⊥BE，
∵ADCE，OD⊥CE，
∴AD⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）
解：∵DGCE，
∴∠BFE＝∠GDB，∠A＝∠ECB，
∵tan∠GDB＝2，
∴tan∠BFE＝2，
在Rt△BEF中，EF＝3，tan∠BFE＝，
∴BE＝6，
∵EF＝3，CF＝5，
∴CE＝EF+CF＝8，
∴BC＝，
∴OD＝OC＝5，
在Rt△BCE中，sin∠ECB＝，
∴sinA＝sin∠ECB＝，
在Rt△AOD中，sinA＝，OD＝5，
∴OA＝，
∴AC＝OA﹣OC＝．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了平行线的性质、切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定、圆周角定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
22．(1)300，800
(2)（）
(3)分钟，分钟，6分钟
【分析】（1）根据函数图象先求出乙的速度，然后分别求出乙到达C地的时间和甲到达C地的时间，进而可求甲的速度；
（2）利用待定系数法求出函数解析式，根据题意可得自变量x的取值范围；
（3）设出发t分钟后，甲乙两人之间的路程相距600米，分两种情况：①乙从B地到A地时，两人相距600米，②乙从A地前往C时，两人相距600米， 分别列方程求解即可．
（1）
解：由题意可得：乙的速度为：（800+800）÷（3－1）＝800米/分钟，
∴乙到达C地的时间为：3＋2400÷800＝6分钟，
∴甲到达C地的时间为：6＋2＝8分钟，
∴甲的速度为：2400÷8＝300米/分钟，
故答案为：300，800；
（2）
解：由（1）可知G（6，2 400），
设直线FG的解析式为，
∵过F（3，0），G（6，2 400）两点，
∴，
解得：，
∴直线FG的解析式为：，
自变量x的取值范围是；
（3）
解：设出发t分钟后，甲乙两人之间的路程相距600米，
①乙从B地到A地时，两人相距600米，
由题意得：300t＋800t＝600，
解得：；
②乙从A地前往C时，两人相距600米，
由题意得：300t－800（t－3）＝600或800（t－3）－300t＝600，
解得：或6，
答：出发分钟或分钟或6分钟后，甲乙两人之间的路程相距600米．
【点睛】本题考查一次函数的应用，一元一次方程的应用，利用数形结合的思想是解答本题的关键．
23．(1)正方形
(2)①证明见解析；②
(3)
【分析】（1）由翻折可知，又不难证明是长方形，从而可得结论．
（2）①由题目中的等量关系，考虑证明．②可以把DN：EN转化为面积比，计算三角形的面积即可．
（3）注意动点E随着P的移动先从左往右，再从右往左，计算几个零界点时QE的长度即可．
（1）
解：依题意，，
∴四边形是矩形． 又，
∴四边形是正方形．
故答案为：正方形．
（2）
①证明：连接EC、，则由翻折的对称性可知EC=，
又由（1）可知AE=AD=BC，
∴Rt△≌Rt△BCE，
∴=BE．
在Rt△和Rt△中，又由∠A=，=，
∴，
∴．
②解：∵，
∴，
Rt△中，设AM=x，则，
解得．
Rt△和Rt△中，
∵，
∴．
∴Rt△∽Rt△．
∴．
解得．
而，
∴．
（3）
（3）解：如图，连接，
∵边与边CD交于点E，
∴∠BQP=≥∠EQP．
故∠EQP≤∠EQB．
当P在点A处时，由对折可得
由可得
QE=，
当P移动到AP=2时，如图，同理可得：点E向右移动到QE=2，
当P移动到∠EQP=∠EQB时，点E又向左移动到QE=QB=
当P继续移动时，边与边CD不相交，不合题意．
故点E移动的路径长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查四边形的综合问题、动点问题．矩形的性质，轴对称的性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键在与分析动点的运动状态，特别是要准确地判断零界点发生的条件，并确定位置．
24．（1）y＝﹣x2﹣2x+3，顶点坐标为（﹣1，4）；（2）点D（﹣1，2）；（3）点P（，）（4）不存在，理由见解析.
【分析】(1)利用待定系数法可求得函数的表达式，再通过配方即可求得顶点坐标；
(2)又S△CPD：S△BPD＝1：2，可得BD＝BC＝×＝，再利用解直角三角形的知识即可求得答案；
(3)设直线PE交x轴于点H，∠OGE＝15°，∠PEG＝2∠OGE＝30°，则∠OHE＝45°，故OH＝OE＝1，解由①②构成的方程组即可求得答案；
(4)连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，设点P(x，﹣x2﹣2x+3)，点H(x，x+3)，则S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC＝×3×3+(﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3)×3＝8，得到关于x的一元二次方程，根据方程解的情况即可得结论.
【详解】(1)∵抛物线y＝ax2+bx+3经过点A(1，0)和点B(﹣3，0)，
∴，
∴，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3…①，
y＝﹣x2﹣2x+3=-(x+1)2+4，
∴顶点坐标为(﹣1，4)；
(2)设点D坐标为(xD，yD)，∵OB＝OC，∠BOC=90°，
∴∠CBO＝45°，BC=，
∵S△CPD：S△BPD＝1：2，
∴BD：DC=2：1，
∴BD＝BC＝×＝，
∴xD=-3+ BD cos∠CBO=-3+2=-1， yD＝BD sin∠CBO＝2，
∴点D(﹣1，2)；
(3)如图2，设直线PE交x轴于点H，
∵∠OGE＝15°，∠EOG=90°，
∴∠OEG=90°-15°=75°，
∵∠PEG＝2∠OGE，
∴∠PEG＝2∠OGE＝30°，
∴∠OHE＝∠OGE+∠PEG=45°，∠HEO=∠OEG-∠PEG=45°，
∴OH＝OE＝1，
∴H(-1，0)，
设直线HE的解析式为y=mx+n，把H(-1，0)、E(0，-1)分别代入得，
解得，
∴直线HE的表达式为：y＝﹣x﹣1…②，
联立①②并解得：，(舍去)，
故点P(，)；
(4)不存在，理由：
如图3，连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，
直线BC的表达式为：y＝x+3，
设点P(x，﹣x2﹣2x+3)，点H(x，x+3)，
则S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC＝×3×3+(﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3)×3＝8，
整理得：3x2+9x+7＝0，
解得：△＜0，故方程无解，
则不存在满足条件的点P.
【点睛】本题考查了是二次函数的综合题，涉及了待定系数法，解直角三角形，解二元方程组，一元二次方程根的判别式等知识，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.注意数形结合思想以及方程思想的应用.
答案第1页，共2页
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