…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙科版高一數(shù)學(xué)下冊階段測試試卷936考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、函數(shù)的零點(diǎn)所在區(qū)間為A.(0，1)B.(1，2)C.(2，3)D.(3，+∞)2、函數(shù)的最小正周期是（）A.B.C.D.3、【題文】.曲線和公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（）A.3B.2C.1D.04、【題文】直線和直線的夾角為（）A.B.C.D.5、已知函數(shù)f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，且f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，若f（a）＜f（2a-1），則a的取值范圍是（）A.（-∞，1）B.（-∞，）C.（1）D.（1，+∞）評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、的展開式中的常數(shù)項(xiàng)是____（用數(shù)學(xué)除答）7、已知向量滿足則_________.8、已知邊長為a的等邊三角形內(nèi)任意一點(diǎn)到三邊距離之和為定值，這個(gè)定值為推廣到空間，棱長為a的正四面體內(nèi)任意一點(diǎn)到各個(gè)面的距離之和也為定值，則這個(gè)定值為：____9、【題文】則10、定義實(shí)數(shù)運(yùn)算x*y=則|m﹣1|*m=|m﹣1|，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是____11、計(jì)算lg2lg50+lg25-lg5lg20=______．12、若角α的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的正半軸重合，終邊與射線3x+4y=0（x≤0）重合，則=______．13、在數(shù)列{an}

中，a1=2an+1=2anSn

為{an}

的前n

項(xiàng)和，若Sn=126

則n=

______．14、若直線l1x+ky+1=0(k隆脢R)

與l2(m+1)x鈭?y+1=0(m隆脢R)

相互平行，則這兩直線之間距離的最大值為______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)15、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．16、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．17、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．18、如圖；過圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點(diǎn)E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點(diǎn)；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．19、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．20、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．21、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．22、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．評卷人得分四、解答題(共4題，共12分)23、在△ABC中，O為BC的中點(diǎn)，M，N分別在AB，AC上，且AM=6，MB=4，AN=4，NC=3，∠MON=90°，求的值．

24、平面向量已知∥求:：(1)25、已知集合A={a+2，（a+1）2，a2+3a+3}，若1∈A，求實(shí)數(shù)a的取值集合．26、如圖，點(diǎn)A，B是單位圓O上的兩點(diǎn)，點(diǎn)C是圓O與x軸正半軸的交點(diǎn)，將銳角α的終邊OA按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)到OB．

（1）若A的坐標(biāo)為（）；求點(diǎn)B的橫坐標(biāo)；

（2）求|BC|的取值范圍．評卷人得分五、綜合題(共3題，共15分)27、設(shè)L是坐標(biāo)平面第二；四象限內(nèi)坐標(biāo)軸的夾角平分線．

（1）在L上求一點(diǎn)C，使它和兩點(diǎn)A（-4，-2）、B（5，3-2）的距離相等；

（2）求∠BAC的度數(shù)；

（3）求（1）中△ABC的外接圓半徑R及以AB為弦的弓形ABC的面積．28、已知開口向上的拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A（-3；0）；B（1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，∠ACB不小于90°．

（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)（用含a的代數(shù)式表示）；

（2）求系數(shù)a的取值范圍；

（3）設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為D；求△BCD中CD邊上的高h(yuǎn)的最大值．

（4）設(shè)E，當(dāng)∠ACB=90°，在線段AC上是否存在點(diǎn)F，使得直線EF將△ABC的面積平分？若存在，求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．29、（2011?青浦區(qū)二模）如圖，已知邊長為3的等邊三角形ABC紙片，點(diǎn)E在AC邊上，點(diǎn)F在AB邊上，沿著EF折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)D的位置，且ED⊥BC，則CE的長是____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【解析】試題分析：【解析】

∵函數(shù)f（x）=x+lgx-3，（x＞0）∴f′（x）=1+∴f′（x）＞0，∴f（x）為增函數(shù)，f（2）=2+lg2-3=lg2-1＜0，f（3）=3+lg3-3=lg3＞0，f（2）f（3）＜0當(dāng)x＞3時(shí)，f（x）＞0，當(dāng)x＜2時(shí)，f（x）＜0，∴函數(shù)f（x）=x+lgx-3的零點(diǎn)所在區(qū)間為（2，3）；故選C；考點(diǎn)：函數(shù)的零點(diǎn)【解析】【答案】C2、B【分析】試題分析：由于函數(shù)的最小正周期是所以函數(shù)的最小正周期是考點(diǎn)：三角函數(shù)的周期；【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】令化為。

所以.曲線和。

有一個(gè)公共點(diǎn)。故選C【解析】【答案】C4、C【分析】【解析】本題考查兩直線位置關(guān)系,兩直線夾角的概念.

因?yàn)橹本€平行于軸,所以直線和直線的夾角等于直線與軸的夾角；等于直線與軸夾角的余角；直線的斜率為則直線與軸夾角為所以直線和直線的夾角等于C【解析】【答案】C5、D【分析】解：∵f（x）是定義在R上的奇函數(shù)；且在[0，+∞）單調(diào)遞增；

∴函數(shù)在R上單調(diào)遞增；

若f（a）＜f（2a-1）；則a＜2a-1；

解得：a∈（1；+∞）；

故選：D

根據(jù)函數(shù)是奇函數(shù)；且在[0，+∞）單調(diào)遞增，得到函數(shù)在R上單調(diào)遞增，利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式即可得到結(jié)論．

本題重點(diǎn)考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性，考查解抽象不等式，解題的關(guān)鍵是利用函數(shù)的性質(zhì)化抽象不等式為具體不等式．【解析】【答案】D二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】

由于的展開式的通項(xiàng)公式為Tr+1=?（2x）6-r?（2x）-r=26-2r??x6-2r；

令6-2r=0，求得r=3，∴展開式中的常數(shù)項(xiàng)是=20；

故答案為20．

【解析】【答案】在二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式中，令x的冪指數(shù)等于0，求出r的值；即可求得常數(shù)項(xiàng)．

7、略

【分析】試題分析：考點(diǎn)：向量的模、向量的數(shù)量積.【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】由得所以【解析】【答案】8110、（﹣∞，]【分析】【解答】解：定義實(shí)數(shù)運(yùn)算x*y=則|m﹣1|*m=|m﹣1|，即2|m﹣1|﹣1≥3m，解得m≤

故答案為：（﹣∞，]；

【分析】根據(jù)|m﹣1|*m=|m﹣1|，建立關(guān)于m的不等式，解之即11、略

【分析】解：原式=lg2（lg5+1）+2lg5-lg5（lg2+1）=lg2lg5+lg2+2lg5-lg2lg5-lg5=lg2+lg5=1．

故答案為1．

利用對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)及l(fā)g2+lg5=1即可得出．

熟練掌握對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【解析】112、略

【分析】解：∵角α終邊與射線3x+4y=0（x≤0）重合；

∴取點(diǎn)P（-4；3）；

則r=|OP|==5；

∴cosα=-sinα=

∴cos2α=2cos2α-1=sin2α=2sinαcosα=2×（-）×=-

∴=cos2αcos-sin2αsin=×-（-）×=

故答案為：

利用三角函數(shù)的定義取點(diǎn)（-4；3），進(jìn)行求解即可．

本題主要考查三角函數(shù)求值，利用三角函數(shù)的定義是解決本題的關(guān)鍵．【解析】13、略

【分析】解：隆脽an+1=2an

隆脿an+1an=2

隆脽a1=2

隆脿

數(shù)列{an}

是a1=2

為首項(xiàng)；以2

為公比的等比數(shù)列；

隆脿Sn=1(1鈭?qn)1鈭?q=2(1鈭?2n)1鈭?2=2n+1鈭?2=126

隆脿2n+1=128

隆脿n+1=7

隆脿n=6

．

故答案為：6

由an+1=2an

結(jié)合等比數(shù)列的定義可知數(shù)列{an}

是a1=2

為首項(xiàng)，以2

為公比的等比數(shù)列，代入等比數(shù)列的求和公式即可求解．

本題主要考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及求和公式的簡單應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本公式．【解析】6

14、略

【分析】解：由題意；直線l1x+ky+1=0(k隆脢R)

過定點(diǎn)(鈭?1,0)

l2(m+1)x鈭?y+1=0(m隆脢R)

過定點(diǎn)(0,1)

隆脿

這兩直線之間距離的最大值為1+1=2

故答案為2

．

確定兩條直線過定點(diǎn)；即可求出這兩直線之間距離的最大值．

本題考查這兩直線之間距離的最大值，考查直線過定點(diǎn)，比較基礎(chǔ)．【解析】2

三、證明題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．16、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點(diǎn)共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．17、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．18、略

【分析】【分析】要證E為中點(diǎn)，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點(diǎn)．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=19、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．20、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．21、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點(diǎn)共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．22、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、解答題(共4題，共12分)23、略

【分析】

∵O為中點(diǎn)，有

∴=

又∵∴

．

∴=．

【解析】【答案】利用向量的三角形法則；向量中點(diǎn)坐標(biāo)公式、數(shù)量積與垂直的關(guān)系即可得出．

24、略

【分析】【解析】

(1)∥【解析】【答案】（1）（2）略25、解：因?yàn)?∈A；所以。

①若a+2=1；解得a=﹣1，此時(shí)集合為{1，0，1}，元素重復(fù)，所以不成立，即a≠﹣1．

②若（a+1）2=1；解得a=0或a=﹣2，當(dāng)a=0時(shí)，集合為{2，1，3}，滿足條件，即a=0成立．

當(dāng)a=﹣2時(shí)；集合為{0，1，1}，元素重復(fù)，所以不成立，即a≠﹣2．

③若a2+3a+3=1；解得a=﹣1或a=﹣2，由①②知都不成立．

所以滿足條件的實(shí)數(shù)a的取值集合為{0}．【分析】【分析】利用元素和集合的關(guān)系，因?yàn)?∈A，所以分別討論三個(gè)式子，然后求解a．26、略

【分析】

（1）利用三角函數(shù)的定義可得cosα=sinα=∠COB=α+利用兩角和的余弦可求得cos（α+）=從而可得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)；

（2）先求|BC|2=2-2cos（α+）的取值范圍；再開方即可求得|BC|的取值范圍．

本題考查任意角的三角函數(shù)的定義，突出考查兩角和的余弦與余弦函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．【解析】解：（1）由于A的坐標(biāo)為（），由三角函數(shù)的定義知，cosα=sinα=2分。

又∠COB=α+

∴cos（α+）=cosαcos-sinαsin=5分。

∴點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為6分。

（2）|BC|2=2-2cos（α+）9分。

∵0＜α＜故＜α+＜

∴cos（α+）∈（--）；

∴|BC|2∈（1，2+）；

∴|BC|∈（1，）12分五、綜合題(共3題，共15分)27、略

【分析】【分析】（1）設(shè)C（x；-x），根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式（勾股定理）得到方程，求出方程的解即可；

（2）作BE⊥AC于E；求出AC，根據(jù)勾股定理求出BC，得到AC=BC，求出CE；BE，求出∠A即可；

（3）求出△ABC的高CD的長，求出AB的長，根據(jù)圓周角定理求出∠AO'B，證△AO'B≌△ACB，推出R=AC，根據(jù)三角形的面積和扇形的面積公式求出即可．【解析】【解答】解：（1）設(shè)C（x；-x）；

∵AC=BC；

根據(jù)勾股定理得：（x+4）2+（-x+2）2=（x-5）2+；

解得：x=2；

∴C（2；-2）．

答：點(diǎn)C的坐標(biāo)是（2；-2）．

（2）AC∥x軸；作BE⊥AC于E；

∴AC=2+4=6；

由勾股定理得：BC==6；

∴AC=BC=6，BE=3；CE=3；

∴∠ABC=∠BAC=30°．

答：∠BAC的度數(shù)是30°．

（3）設(shè)圓心為O’；

∵∠ACB=180°∠A-∠ABC=120°；

∴∠AO'B=360°-2×120°=120°；

∵AO=OB；

∴∠OAB=∠OBA=30°；

∴∠OAB=∠CAB；∠OBA=∠CBA，AB=AB；

∴△AO'B≌△ACB，

∴AO=OB=AC=BC=6；

∴R=6；

連接O'C交AB于D；

則CD⊥AB；

∵∠CAB=30°；

∴CD=AC=3；

由勾股定理得：AD=3；

∴AB=2AD=6；

∴S弓形ABC=S扇形OACB-S△ACB=-×6×3=12π-9．

答：（1）中△ABC的外接圓半徑R是6，以AB為弦的弓形ABC的面積是12π-9．28、略

【分析】【分析】（1）由拋物線y=ax2+bx+c過點(diǎn)A（-3；0），B（1，0），得出c與a的關(guān)系，即可得出C點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）利用已知得出△AOC∽△COB；進(jìn)而求出OC的長度，即可得出a的取值范圍；

（3）作DG⊥y軸于點(diǎn)G，延長DC交x軸于點(diǎn)H，得出拋物線的對稱軸為x=-1，進(jìn)而求出△DCG∽△HCO，得出OH=3，過B作BM⊥DH，垂足為M，即BM=h，根據(jù)h=HBsin∠OHC求出0°＜∠OHC≤30°，得到0＜sin∠OHC≤；即可求出答案；

（4）連接CE，過點(diǎn)N作NP∥CD交y軸于P，連接EF，根據(jù)三角形的面積公式求出S△CAEF=S四邊形EFCB，根據(jù)NP∥CE，求出，設(shè)過N、P兩點(diǎn)的一次函數(shù)是y=kx+b，代入N、P的左邊得到方程組，求出直線NP的解析式，同理求出A、C兩點(diǎn)的直線的解析式，組成方程組求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+c過點(diǎn)A（-3；0），B（1，0）；

∴消去b；得c=-3a．

∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0；-3a）；

答：點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0；-3a）．

（2）當(dāng)∠ACB=90°時(shí)；

∠AOC=∠BOC=90°；∠OBC+∠BCO=90°，∠ACO+∠BCO=9