2023年河北省石家庄市桥西区中考数学质检试卷（3月份）（含答案）

这是一份2023年河北省石家庄市桥西区中考数学质检试卷（3月份）（含答案），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年河北省石家庄市桥西区中考数学质检试卷（3月份）
一、选择题（本大题共16个小题，共42分，1～10每题3分，11～16每题2分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是正确的）
1．（3分）下列为无理数的是（　　）
A． B．0 C．﹣5 D．
2．（3分）工人砌墙时，先在两个墙脚的位置分别插一根木桩，再拉一条直的参照线，就能使砌的砖在一条直线上，这样做应用的数学知识是（　　）
A．两点确定一条直线
B．垂线段最短
C．两点之间，线段最短
D．三角形两边之和大于第三边
3．（3分）去年某城镇人均可支配收入为34181元，34181用科学记数法可表示为a×104，则a的值是（　　）
A．0.34181 B．3.4181 C．3 D．0.3
4．（3分）嘉嘉家和琪琪家到学校的直线距离分别是3km和1km，他们两家的直线距离可能是（　　）
A．1km B．3km C．5km D．7km
5．（3分）化简的结果是（　　）
A．0 B． C． D．
6．（3分）如图所示，①～④是由相同的小正方体粘在一起的几何体，组合其中的两个，能构成长方体的方案个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4


7．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣2）×（﹣3）＝﹣6 B．（﹣2）﹣1＝
C．a2÷a＝2 D．（）（）＝1
8．（3分）m加3的和与﹣m+1的差小于13，则m的值不可能为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
9．（3分）如图，△ABC与△DEF位似，点O是它们的位似中心，且它们的周长比为1：2，则△AOB与△DOE的面积之比是（　　）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9
10．（3分）已知直线y＝mx+n的图象如图所示，则关于x的方程x2+mx＝n的根是（　　）

A．1，5 B．2，3 C．1，﹣5 D．1，﹣6
11．（2分）我国古代数学名著《九章算术》中记载：“粟米之法：粟率五十；粝米三十．今有米在十斗桶中，不知其数．满中添粟而舂之，得米七斗．问故米几何？”意思为：50斗谷子能出30斗米，即出米率为．今有米在容量为10斗的桶中，但不知道数量是多少．再向桶中加满谷子，再舂成米，共得米7斗．问原来有米多少斗？如果设原来有米x斗，向桶中加谷子y斗，那么可列方程组为（　　）
A． B．
C． D．
12．（2分）已知A＝x2+6x+n2，B＝2x2+4x+n2，下列结论正确的是（　　）
A．B﹣A的最大值是0 B．B﹣A的最小值是﹣1
C．当B＝2A时，x为正数 D．当B＝2A时，x为负数
13．（2分）如图所示，正五边形ABCDE的顶点A，B在射线OM上，顶点E在射线ON上，∠AEO＝2∠DEN，则∠O的度数为（　　）

A．80° B．72° C．60° D．50°
14．（2分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交AB，AC于点M和点N，再分别以点M、点N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连结AP并延长交BC于点D，则△ACD与△ACB的周长之比为（　　）

A．1：3 B．：3 C．1：2 D．1：2





15．（2分）如图，点A，B是半径为2的⊙O上的两点，且AB＝2，则下列说法正确的是（　　）

A．圆心O到AB的距离为
B．在圆上取异于A，B的一点C，则△ABC面积的最大值为2
C．以AB为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积为3
D．取AB的中点C，当AB绕点O旋转一周时，点C运动的路线长为π
16．（2分）如图，反比例函数和正比例函数的图象交于点M，N，动点P（m，0）在x轴上，若△PMN为直角三角形，则m的值为（　　）

A．m＝2或 B．或 C．m＝±2或 D．或
二、填空题（本大题共3个小题，17～19题每空2分，共12分。）
17．（2分）如图，有5张写有号码的卡片，它们的背面都相同，现将它们背面朝上，从中任意摸出一张，摸到3号卡片的概率是 　 　．



18．（4分）如图1，将长为3a+1，宽为2a的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”（如图2），得到两个正方形．
（1）图2中小正方形的边长为 　 　（用含a的代数式表示）；
（2）当a＝1时，该大正方形的面积是 　 　．

19．（6分）如图是某型号机器人示意图，OA是垂直于工作台的移动基座，AB，BC为机械臂，OA＝1m，AB＝5m，BC＝2m，∠ABC＝143°，机械臂端点C到工作台的距离CD＝6m．
（1）∠ABC的补角度数是 　 　°；
（2）点A到直线BC的距离约是 　 　m；
（3）OD的长约是 　 　m．（结果精确到0.1m）
（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，2.24）








三、解答题（本大题共7个小题，共66分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤）
20．（8分）约定：上方相邻两个数之和等于这两个数下方箭头共同指向的数．
例如：

（1）a＝　 　，b＝　 　（用含x的代数式表示）；
（2）若m＞﹣2，求x的最小整数值．
21．（8分）某校九年级600名学生在“立定跳远提升”训练前后各参加了一次水平相同的测试，为了解训练效果，用抽样调查的方式从中抽取了50名学生训练前后的测试成绩，制成如下表格：
训练前
成绩（分）
6
7
8
9
10
人数（人）
16
8
9
9
8
训练后
成绩（分）
6
7
8
9
10
人数（人）
5
8
6
12
19
（1）这50名学生的测试成绩中，训练前成绩的众数是 　 　分，训练后成绩的中位数是 　 　分；
（2）这50名学生经过训练后平均成绩提高了多少分？
（3）若测试成绩“9分”“10分”为优秀，请估计该校九年级600名学生经过训练后优秀的人数约有多少人？
22．（8分）发现：若两个已知正整数之差为奇数，则它们的平方差为奇数？若两个已知正整数之差为偶数，则它们的平方差为偶数．
验证：如（2+3）2﹣22＝　 　，（3+4）2﹣32＝　 　．
探究：设“发现”中的两个已知正整数为n，n+m（两数之差为m），请论证“发现”中的结论的正确性．

23．（9分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，以点B为圆心，BC为半径画弧交AB于点D，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点E，连接CE，CD．

（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）如图2，作B关于CD的对称点B′，连接B′C，B′D，判断B′D与AC的位置关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，直接写出阴影部分的面积．



24．（10分）在平面直角坐标系中，已知直线l：y＝（k﹣1）x+3与y轴交于点P，矩形ABCD的顶点坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣2，﹣2），C（3，﹣2）．
（1）若点D在直线l上，求k的值；
（2）若直线l将矩形面积分成相等的两部分，求直线l的函数表达式；
（3）若直线l与矩形ABCD有交点（含边界），直接写出k的取值范围．





25．（11分）如图1，在菱形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，AB＝4，∠ABC＝60°，EF经过点O，分别交AD，BC于点E，F．

（1）当EF⊥BC时，求EF的长；
（2）如图2，当tan∠AEO＝时，求AE的长；
（3）如图3，以EF为斜边作等腰直角△EMF，当点M落在DA的延长线上时，MF与AB交于点G，求与的比值．
26．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线P：y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A（﹣3，0），B两点，与y轴相交于点C（0，3）．

（1）求抛物线P的解析式；
（2）如图2，抛物线P顶点为D，连接DA，DC，AC，BC，求证：△ACD∽△COB；
（3）如图3，坐标平面上放置一透明胶片，并在胶片上描画出抛物线P的一段记为P′，将该胶片向下平移h（h≠0）个单位长度，使P′与△OAC三条边有两个交点，请直接写出h的取值范围．
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共16个小题，共42分，1～10每题3分，11～16每题2分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是正确的）
1．【分析】根据无理数的定义解答即可．
【解答】解：，0，﹣5是有理数；
是无理数．
故选：D．
2．【分析】根据两点确定一条直线判断即可．
【解答】解：这样做应用的数学知识是两点确定一条直线，
故选：A．
3．【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．
【解答】解：34181＝3.4181×104．
故选：B．
4．【分析】根据三角形三边关系即可求解．
【解答】解：依题意有，设嘉嘉家和琪琪家的直线距离为dkm，
则3﹣1≤d≤3+1，
即2≤d≤4．
故选：B．
5．【分析】直接将分式通分运算，进而利用分式的性质计算得出答案．
【解答】解：原式＝﹣
＝
＝．
故选：C．
6．【分析】根据组合后的几何体是长方体直接判断即可．
【解答】解：由题意知，组合后的几何体是长方体，
∴①④符合要求，③④符合要求，
∴能构成长方体的方案个数是2．
故选：B．
7．【分析】利用平方差公式，有理数的乘法的法则，负整数指数幂的运算法则，同底数幂的除法的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、（﹣2）×（﹣3）＝6，故A不符合题意；
B、（﹣2）﹣1＝，故B不符合题意；
C、a2÷a＝a，故C不符合题意；
D、（）（）＝1，故D符合题意；
故选：D．
8．【分析】先根据题意列出不等式，再根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1可得．
【解答】解：由题意知，m+3﹣（﹣m+1）＜13，
则m+3+m﹣1＜13，
m+m＜13+1﹣3，
∴2m＜11，
解得m＜5.5，
故选：A．
9．【分析】根据两三角形位似，面积比等于相似比的平方即可求解．
【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，点O是它们的位似中心，且它们的周长比为1：2，
∴相似比为1：2，
∴△ABC与△DEF的面积之比是1：4，
故选：C．
10．【分析】利用待定系数法求得m、n的值，即可得到关于x的方程为x2+5x＝6，利用因式分解法求解即可求得方程的解为1或﹣6．
【解答】解：由图象可知直线y＝mx+n经过点（﹣1，1），（0，6），
∴，
解得，
∴关于x的方程为x2+5x＝6，
∴x2+5x﹣6＝0，
∴（x﹣1）（x+6）＝0，
解得x＝1或﹣6，
故选：D．
11．【分析】根据原来的米+向桶中加的谷子＝10，原来的米+桶中的谷子舂成米＝7即可得出答案．
【解答】解：根据题意得：，
故选：A．
12．【分析】分别求B﹣A的值，解B﹣2A，再进行判断．
【解答】解：∵B﹣A＝（2x2+4x+n2）﹣（x2+6x+n2）＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴B﹣A的最小值为：﹣1，
当B＝2A时，2x2+4x+n2＝2（x2+6x+n2），
解得：x＝﹣，
∵n2≥0，
∴x≤0，
故选：B．
13．【分析】根据正多边形的性质以及多边形的外角和等于360度，得∠DEA＝108°，∠OAE＝72°，那么∠DEN+∠AEO＝180°﹣∠DEA＝72°．由∠AEO＝2∠DEN，得∠DEN＝24°，从而推断出∠AEO＝48°．再根据三角形的内角和定理，得∠O＝180°﹣∠AEO﹣∠EAO＝180°﹣48°﹣72°＝60°．
【解答】解：由题意得，∠DEA＝108°，∠OAE＝72°．
∴∠DEN+∠AEO＝180°﹣∠DEA＝72°．
∵∠AEO＝2∠DEN，
∴3∠DEN＝72°．
∴∠DEN＝24°．
∴∠AEO＝48°．
∴∠O＝180°﹣∠AEO﹣∠EAO＝180°﹣48°﹣72°＝60°．
故选：C．
14．【分析】根据作图知AD平分∠BAC，再根据直角三角形的性质求出边长和周长，最后求出比值．
【解答】解：设CD＝x，
由作图得：AD平分∠BAC，
∵∠C＝90°，∠B＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴AD＝2CD＝2x，
∴AC＝x，AB＝2x，
∴△ACD与△ACB的周长之比为：＝，
故选：B．
15．【分析】由垂径定理求出AH的长，由勾股定理求出OH的长，即可得到O到AB的距离；延长HO交圆于C，即可求出△ABC的最大面积；求出△POB的面积，扇形OPQ的面积即可求出正方形ABPQ与圆的公共部分的面积；点C运动的路线是以O圆心，半径长是1的圆，即可求出C运动的路线长．
【解答】解：如图（1）作OH⊥AB于H，连接OA，
∴AH＝BH＝AB＝×2＝，
∴HO＝＝＝1，
∴圆心O到AB的距离为1，
故A不符合题意；
延长HO交圆于C，此时△ABC的面积最大，
∵CH＝OC+OH＝2+1＝3，
∴△ABC的面积＝AB•CH＝×2×3＝3，
∴△ABC面积的最大值为3，故B不符合题意；
如图（2）四边形ABMN是正方形，连接PA，QB，
∵∠QAB＝∠PBA＝90°，
∴PA，QB是圆的直径，
∴PA＝2×2＝4，
∴sin∠APB＝＝＝，
∴∠APB＝60°，
∵PO＝BO，
∴△POB是等边三角形，
∴△POB的面积＝OP2＝×22＝，
∵∠POQ＝180°﹣∠POB＝120°，
∴扇形OPQ的面积＝＝π，
∴AB为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积＝△POB的面积×3+扇形OPB的面积＝3，
故C符合题意；
取AB的中点C，连接OC，OA，OB，
∵OA＝OB，
∴OC⊥AB，
∴OC＝＝＝1，
∴当AB绕点O旋转一周时，点C运动的路线是以O圆心，半径长是1的圆，
∴点C运动的路线长为2π×1＝2π，
故D不符合题意．
故选：C．


16．【分析】在x轴上找到点P1，P2，使MP1⊥P1N，MP2⊥NP2，则点P1的右边，在P2的左边，作MP3⊥MN，交x轴于P3，作NP4⊥MN，交x轴于P4，则点P3的右边，在P4的左边．
【解答】解：由解得或，
∴M（2，1），N（﹣2，﹣1），
在x轴上原点的两旁取两点P1，P2，使得∠NP1M＝∠MP2N＝90°，
则OP1＝OP2＝MN＝，
∴P1（，0），P2（﹣，0），
在x轴上原点的两旁取两点P3，P4，使得∠P3MN＝∠P4NM＝90°，
则OP3＝OP4＝，
∵点P（m，0）在x轴上，若△PMN为直角三角形，
∴m＝或m＝±，
故选：D．

二、填空题（本大题共3个小题，17～19题每空2分，共12分。）
17．【分析】将它们背面朝上，从中任意摸出一张有5种等可能结果，其中摸到3号卡片的有2种结果，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：将它们背面朝上，从中任意摸出一张有5种等可能结果，其中摸到3号卡片的有2种结果，
所以将它们背面朝上，从中任意摸出一张，摸到3号卡片的概率为，
故答案为：．
18．【分析】（1）观察图形，用直角三角形较长的直角边减去较短的直角边即可；
（2）根据正方形的面积＝边长的平方列出代数式，把a＝1代入求出小正方形的面积，求出直角三角形的面积，则可得出答案．
【解答】解：（1）∵直角三角形较短的直角边＝×2a＝a，
较长的直角边＝3a+1，
∴小正方形的边长＝3a+1﹣a＝2a+1；
故答案为：2a+1；
（2）小正方形的面积＝（2a+1）2，
当a＝1时，小正方形的面积＝（2+1）2＝9，直角三角形的面积为＝2，
∴大正方形的面积＝9+4×2＝17，
故答案为：17．
19．【分析】（1）根据补角的定义即可求出答案．
（2）过点A作AE⊥BC于点E，然后根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
（3）连接AC，过点A作AF⊥CD于F，所以四边形AFDO是矩形，然后根据勾股定理可分别求出BE、AE、AC、AF的长度，从而可求出OD的长度．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝143°，
∴∠ABC的补角是：180°﹣143°＝37°，
（2）过点A作AE⊥BC于点E，
在Rt△ABE中，
∴sin∠ABE＝，
∴AE＝AB•sin37°≈3.0（m）．
（3）连接AC，过点A作AF⊥CD于F，
∴四边形AFDO是矩形，
∴AF＝DO，DF＝OA＝1（m），
∴CF＝5（m），
在Rt△ABE中，
由勾股定理可知：BE＝＝4（m），
∴CE＝CB+BE＝6（m），
在Rt△CEA中，
由勾股定理可知：AC2＝32+62＝45，
在Rt△ACF中，
由勾股定理可知：AF2＝45﹣25＝20，
∴AF＝2≈4.5（m），
即OD≈4.5（m）
故答案为：（1）37．
（2）3.0
（3）4.5．

三、解答题（本大题共7个小题，共66分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤）
20．【分析】（1）根据约定的方法即可求出a和b；
（2）根据约定的方法列出关于x的不等式即可求出x的最小整数值．
【解答】解：（1）a＝﹣3+2＝﹣1，b＝2x+2．
故答案为：﹣1，2x+2；
（2）依题意有：m＝a+b＝2x+2﹣1＝2x+1，
∵m＞﹣2，
∴2x+1＞﹣2，
解得．
∴x的最小整数值为﹣1．
21．【分析】（1）根据众数和中位数的定义即可求解；
（2）根据加权平均数的定义即可求解；
（3）利用样本估计总体即可求解．
【解答】解：（1）训练前的众数是6分，
训练后的中位数是9分．
故答案为：6，9；
（2）训练前的平均分：（分），
训练后的平均分：（分），
8.64﹣7.7＝0.94（分）．
答：训练后平均成绩提高了0.94分；
（3）600×
＝600×
＝372（人）．
答：该校优秀的人数约有372人．
22．【分析】根据平方差公式（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2解决此题．
【解答】解：验证：（2+3）2﹣22＝21，（3+4）2﹣32＝40．
探究：（n+m）2﹣n2
＝（n+m+n）（n+m﹣n）
＝m（2n+m）．
当m为奇数时，2n为偶数，得2n+m为奇数，那么m（2n+m）为奇数；
当m为偶数时，2n为偶数，得2n+m为偶数，那么m（2n+m）为偶数．
23．【分析】（1）用ASA证明△ACD≌△CBE即可；
（2）B，B'关于CD的对称，得到BD＝B'D，BC＝B'C，进而得到BD＝B'D＝BC＝B'C，即可证明；
（3）由阴影部分的面积＝S梯形DHCB﹣S扇形CBD，即可求解．
【解答】（1）证明：由题意得：AC＝AE，BC＝BD，
∵AC＝BC，
∴AE＝BD，∠A＝∠B，
∴AE﹣DE＝BD﹣DE，
∴AD＝BE，
∴△ACD≌△CBE（SAS）；

（2）解：B'D⊥AC．理由如下：
∵B，B'关于CD的对称，
∴BD＝B'D，BC＝B'C，
∵BD＝BC，
∴BD＝B'D＝BC＝B'C，
∴四边形BDB'C为菱形
∴B'D∥BC，
∴∠AFD＝∠ACB＝90°，
∴B'D⊥AC；

（3）解：如图3，设AC交B′D于点H，
由（2）知，△CHB′为等腰直角三角形，
则CH＝B′H＝B′C＝×4＝4，
则HD＝4，
则阴影部分的面积＝S梯形DHCB﹣S扇形CBD＝×（HD+BC）×CH﹣×π•BC2
＝×（4+4）×4﹣•π×32
＝168﹣4π．
24．【分析】（1）根据矩形的性质得到点D（3，1），代入y＝（k﹣1）x+3，即得求得k的值；
（2）当直线l经过矩形ABCD的对称中心时，直线l把矩形ABCD分成两部分的面积相等，由点A（﹣2，1），C（3，﹣2），得其对称中心的坐标为，用待定系数法即得k＝﹣6，即可求得y＝﹣7x+3；
（3）当直线l：y＝（k﹣1）x+3经过A（﹣2，1）时，解得k＝2，当直线l：y＝（k﹣1）x+3经过D（3，1）时，解得k＝，即得当k≥2或时，直线l与矩形ABCD有交点．
【解答】解：（1）由题意可知：点D（3，1），
将点D（3，1）代入直线l：y＝（k﹣1）x+3中，1＝3k﹣3+3，
解得：．
（2）∵矩形是中心对称图形，直线l将矩形分成面积相等的两部分．
∴直线l一定经过矩形的对称中心；
∵矩形顶点A（﹣2，1），C（3，﹣2），
∴其对称中心的坐标为，
代入直线l：y＝（k﹣1）x+3中，解得k＝﹣6，
∴直线l的函数表达式为y＝﹣7x+3．
（3）如图：

∵A（﹣2，1），D（3，1），
直线l：y＝（k﹣1）x+3经过A（﹣2，1）时，1＝﹣2（k﹣1）+3，
解得k＝2，
当直线l：y＝（k﹣1）x+3经过经过D（3，1）时，1＝3（k﹣1）+3，
解得k＝，
由图象可知，k的取值范围是k≥2或．
25．【分析】（1）过点A作AP⊥BC于P，由直角三角形的性质求出AP＝2，证出四边形APFE是矩形，由矩形的性质得出答案；
（2）过点O作OQ⊥AD于Q，由菱形的性质得出AB＝AD﹣BC＝CD＝4，∠ABC＝∠ADC＝60°，由勾股定理求出OQ＝，求出QE的长，则可得出答案；
（3）过点A作AP⊥BC于P，过点O作OQ⊥AD于Q，由等腰直角三角形的性质求出AE的长，证明△AOE≌△COF（AAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF＝1+，证明△AMG∽△BFG，由相似三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）过点A作AP⊥BC于P，

∵AB＝4，∠ABC＝60°，
∴，
∴AP＝AB•sin60°＝4×＝2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
又∵EF⊥BC，AP⊥BC，
∴EF∥AP，
∴四边形APFE是矩形，
∴EF＝AP＝2；
（2）过点O作OQ⊥AD于Q，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD﹣BC＝CD＝4，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴△ADC为等边三角形，
∴AC＝AD＝4，∠OAD＝60°，
∴AO＝2，∠AOQ＝30°，
∴，
∴OQ＝＝＝，
在Rt△OQE中，tan∠AEO＝＝，
∴QE＝2，
∴AE＝AQ+QE＝3；
（3）过点A作AP⊥BC于P，过点O作OQ⊥AD于Q，

∵△EMF是等腰直角三角形，
∴∠EMF＝90°，∠AEO＝45°，
由（1）得AP＝2，
∵FM⊥AD，PA⊥AD，
∴MF＝AP＝2，
∴MF＝ME＝2，
由（2）得OQ＝2，AQ＝1，
∴QE＝OQ＝，
∴AE＝OA+EQ＝1+，
∴AM＝2﹣（1+）＝﹣1，
∵AD∥BC，
∴∠EAO＝∠OCF，∠AEO＝∠OFC，
又∵OA＝OC，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE＝CF＝1+，
∴BF＝BC﹣CF＝4﹣（1+）＝3﹣，
∵AM∥BF，
∴△AMG∽△BFG，
∴＝＝．
26．【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）计算DA，DC，AC的长，利用三边对应成比例的两三角形相似即可得出△ACD∽△COB；
（3）将交点问题转化为方程的解，根据解的情况求解即可．
【解答】（1）解：由题意得，
解得．
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）证明：∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴D（﹣1，4），
由﹣x2﹣2x+3＝0，得x1＝﹣3，x2＝1，
∴B（1，0），
∵A（﹣3，0），C（0，3）．
∴OC＝3，OB＝1，BC＝＝，
DA＝＝2，DC＝＝，AC＝＝3，
∴，
∴△ACD∽△COB；
（3）解：设AC的解析式为y＝kx+m，
∴，解得，
∴AC的解析式为y＝x+3，
∵将该胶片向下平移h（h≠0）个单位长度，
∴平移后的解析式为y＝﹣（x+1）2+4﹣h，
当y＝﹣（x+1）2+4﹣h与y＝x+3没有交点时，如图1，

∴﹣（x+1）2+4﹣h＝x+3没有实数根，即x2+3x+h＝0没有实数根，
∴9﹣4h＜0，解得h＞，
当y＝﹣（x+1）2+4﹣h＝﹣x2﹣2x+3﹣h与线段OA只有两个交点时，即方程﹣（x+1）2+4﹣h＝0有两个负实数根，如图，

∴，解得3＜h＜4，
∴h的取值范围为＜h＜4．