广东省广州市文伟中学2022年中考数学一模试卷（解析版） 新人教版

2022年广东省广州市文伟中学中考数学一模试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（3分）（2022•广州）四个数﹣5，﹣0.1，，中为无理数的是（　　）　A．﹣5B．﹣0.1C．D．考点：无理数．分析：本题需先把四个数﹣5，﹣0.1，，判断出谁是有理数，谁是无理数即可求出结果．解答：解：∵﹣5、﹣0.1、是有理数，∵无限不循环的小数是无理数∴是无理数．故选D．点评：本题主要考查了什么是无理数，在判断的时候知道什么是无理数，什么是有理数这是解题的关键．　2．（3分）（2022•海珠区一模）下列运算正确的是（　　）　A．a2•a3=a6B．x4÷x=x3C．（x2）3=x5D．2a•3a=6a考点：同底数幂的除法；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式．分析：根据同底数幂相乘，底数不变指数相加；同底数幂相除，底数不变指数相减；幂的乘方，底数不变指数相乘，以及单项式的运算法则对各选项分析判断后利用排除法求解．解答：解：A、a2•a3=a2+3=a5，故本选项错误；B、x4÷x=x4﹣1=x3，故本选项正确；C、（x2）3=x2×3=x6，故本选项错误；D、2a•3a=6a2，故本选项错误．故选B．点评：本题考查同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方，以及单项式的运算，很容易混淆，一定要记准法则才能做题．　3．（3分）（2022•温州）如图所示的物体有两个紧靠在一起的圆柱体组成，它的主视图是（　　）　A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．\n分析：找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．解答：解：主视图是从正面看，圆柱从正面看是长方形，两个圆柱，看到两个长方形．故选A．点评：此题主要考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．　4．（3分）（2022•成都）把抛物线y=x2向右平移1个单位，所得抛物线的函数表达式为（　　）　A．y=x2+1B．y=（x+1）2C．y=x2﹣1D．y=（x﹣1）2考点：二次函数图象与几何变换．分析：易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．解答：解：原抛物线的顶点为（0，0），向右平移1个单位，那么新抛物线的顶点为（1，0）；可设新抛物线的解析式为y=（x﹣h）2+k代入得：y=（x﹣1）2，故选D．点评：抛物线平移不改变二次项的系数的值，解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．　5．（3分）（2022•上海）下列二次根式中，最简二次根式是（　　）　A．B．C．D．考点：最简二次根式．专题：计算题．分析：判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．解答：解：A、=，被开方数含分母，不是最简二次根式；故此选项错误B、=，被开方数为小数，不是最简二次根式；故此选项错误C、，是最简二次根式；故此选项正确；D.=5，被开方数，含能开得尽方的因数或因式，故此选项错误故选C．点评：此题主要考查了最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．　6．（3分）（2022•白云区一模）如图，BD为⊙O的直径，点A、C均在⊙O上，∠CBD=60°，则∠A的度数为（　　）　A．60°B．30°C．45°D．20°考点：圆周角定理．专题：计算题．分析：\n首先根据直径所对的圆周角等于90°得到角BCD的度数，又根据题中已知的角CBD的度数，根据三角形的内角和定理得到角BDC的度数，然后根据同弧所对的圆周角相等，得到所求的角A与角BDC相等，即可得出正确的选项．解答：解：在⊙O中，∵BD是⊙O的直径，∴∠BCD=90°，又∵∠CBD=60°，∴∠BDC=180°﹣∠BCD﹣∠CBD=30°，根据同弧所对的圆周角相等，则∠A=∠BDC=30°．故选B．点评：此题考查学生灵活运用直径所对的圆周角是直角，以及同弧所对圆周角相等等圆中的一些性质，考查了学生转化的数学思想，培养了学生的发散思维能力．　7．（3分）（2022•东营）如图，在▱ABCD中，已知AD=8cm，AB=6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（　　）　A．2cmB．4cmC．6cmD．8cm考点：平行四边形的性质．分析：由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CD=CD，则BE可求解．解答：解：根据平行四边形的性质得AD∥BC，∴∠EDA=∠DEC，又∵DE平分∠ADC，∴∠EDC=∠ADE，∴∠EDC=∠DEC，∴CD=CE=AB=6，即BE=BC﹣EC=8﹣6=2．故选A．点评：本题直接通过平行四边形性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．　8．（3分）（2022•河池）五箱苹果的质量分别为（单位：千克）：18，20，21，22，19．则这五箱苹果质量的平均数和中位数分别为（　　）　A．19和20B．20和19C．20和20D．20和21考点：中位数；算术平均数．专题：应用题；压轴题．分析：要求平均数只要求出数据之和再除以总个数即可；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．解答：解：根据平均数定义可知：平均数=（18+20+21+22+19）=20；根据中位数的概念可知，排序后第3个数为中位数，即20．故选C．\n点评：本题考查平均数和中位数的定义．平均数只要求出数据之和再除以总个数；一组数据的中位数与这组数据的排序及数据个数有关，因此求一组数据的中位数时，先将该组数据按从小到大（或按从大到小）的顺序排列，然后根据数据的个数确定中位数：当数据个数为奇数时，则中间的一个数即为这组数据的中位数；当数据个数为偶数时，则最中间的两个数的算术平均数即为这组数据的中位数．　9．（3分）把半径为10，面积为60π的扇形做成圆锥的侧面，则圆锥的高是（　　）　A．10B．8C．6D．4考点：圆锥的计算；扇形面积的计算．分析：根据扇形面积公式首先求出扇形弧长，再利用底面圆的周长公式求出底面圆的半径，进而利用勾股定理解答．解答：解：根据S扇形=lr=60π，解得：l=12π，设圆锥半径为x．则l=2πx=12π，解得：x=6，即圆锥底面圆的半径为6，母线长为：10，故高h==8，故选：B．点评：此题主要考查了圆锥的有关计算，先画出图形，建立起圆锥底边周长和扇形弧长的关系式，即可解答．　10．（3分）（2022•眉山模拟）如图，在三角形纸片ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AB=6，在AC上取一点E，以BE为折痕，使AB的一部分与BC重合，A与BC延长线上的点D重合，则CE的长度为（　　）　A．3B．6C．D．考点：翻折变换（折叠问题）；含30度角的直角三角形；解直角三角形．专题：压轴题．分析：结合已知条件可知AC=3，∠A=30°，推出∠D=30°，因此CE：DE=1：2，即CE：AC=1：3，即可推出CE的长度．解答：解：∵∠ACB=90°，BC=3，AB=6，∠A=30°，∴AC=3，∠A=∠D=30°∴CE：DE=1：2，∵AE=DE，\n∴CE：AC=1：3，∴CE=．故选择D．点评：本题主要考查翻折变换的性质、直角三角形的性质，解题的关键在根据直角三角形三边的关系求出内角的度数，既而求出CE和AC的比例．　二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．）11．（3分）（2022•恩施州）9的算术平方根是　3　．考点：算术平方根．分析：如果一个非负数x的平方等于a，那么x是a的算术平方根，根据此定义即可求出结果．解答：解：∵32=9，∴9算术平方根为3．故答案为：3．点评：此题主要考查了算术平方根的等于，其中算术平方根的概念易与平方根的概念混淆而导致错误．　12．（3分）（2022•平凉）分解因式：x2﹣9=　（x+3）（x﹣3）　．考点：因式分解-运用公式法．分析：本题中两个平方项的符号相反，直接运用平方差公式分解因式．解答：解：x2﹣9=（x+3）（x﹣3）．点评：主要考查平方差公式分解因式，熟记能用平方差公式分解因式的多项式的特征，即“两项、异号、平方形式”是避免错用平方差公式的有效方法．　13．（3分）（2022•江津区）函数中x的取值范围是　x＞2　．考点：函数自变量的取值范围．专题：计算题；压轴题．分析：由于是二次根式，同时也在分母的位置，由此即可确定x的取值范围．解答：解：∵是二次根式，同时也是分母，∴x﹣2＞0，∴x＞2．故答案为：x＞2．点评：本题主要考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．　14．（3分）如图，在△ABC中，AB为⊙O的直径，∠B=60°，∠C=70°，则∠AOD的度数是　80　度．\n考点：圆周角定理．专题：计算题．分析：先根据三角形内角和定理计算出∠A=50°，再根据圆周角定理得到∠DOB=2∠A=100°，然后根据邻补角的定义计算∠AOD的度数．解答：解：∵∠A+∠B+∠C=180°，∴∠A=180°﹣60°﹣70°=50°，∴∠DOB=2∠A=100°，∴∠AOD=180°﹣∠DOB=80°．故答案为80．点评：本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．　15．（3分）（2022•连云港）△ABC的顶点都在方格纸的格点上，则sinA=　　．考点：锐角三角函数的定义；勾股定理．专题：网格型．分析：设小方格的长度为1，过C作CD⊥AB，垂足为D，在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AC的长，然后根据锐角三角函数的定义求出sinA．解答：解：过C作CD⊥AB，垂足为D，设小方格的长度为1，在Rt△ACD中，AC==2，∴sinA==，故答案为．点评：本题主要考查锐角三角函数的定义和勾股定理的知识点，此题比较简单，构造一个直角三角形是解答本题的关键．\n　16．（3分）（2022•徐州）如图，每个图案都由若干个棋子摆成，依照此规律，第n个图案中棋子的总个数可以用含n的代数式表示为　n（n+1）　．考点：规律型：图形的变化类．专题：压轴题．分析：从每个图案的横队和纵队棋子个数分析与n的关系．解答：解：每个图案的纵队棋子个数是：n，每个图案的横队棋子个数是：n+1，那么第n个图案中棋子的总个数可以用含n的代数式表示为：n（n+1）．故答案为：n（n+1）．点评：本题主要考查图形的变化规律：首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善于联想来解决这类问题．　三、解答题（本大题共9小题，共102分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（9分）（2022•广州）解方程组：考点：解二元一次方程组．分析：观察原方程组，两个方程的y系数互为相反数，可用加减消元法求解．解答：解：，①+②，得4x=12，解得：x=3．将x=3代入①，得9﹣2y=11，解得y=﹣1．所以方程组的解是．点评：对二元一次方程组的考查主要突出基础性，题目一般不难，系数比较简单，主要考查方法的掌握．　18．（9分）（2022•白云区一模）已知，如图，E、F分别为矩形ABCD的边AD和BC上的点，AE=CF．求证：BE=DF．\n考点：矩形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：证法一：根据矩形的对边相等可得AB=CD，四个角都是直角可得∠A=∠C=90°，然后利用“边角边”证明△ABE和△CDF全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；证法二：先求出BF=DE，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形BFDE为平行四边形，再根据平行四边形的对边相等即可得证．解答：证法一：∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD，∠A=∠C=90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴BE=DF（全等三角形对应边相等）；证法二：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，AD=BC，又∵AE=CF，∴AD﹣AE=BC﹣CF，即ED=BF，而ED∥BF，∴四边形BFDE为平行四边形，∴BE=DF（平行四边形对边相等）．点评：本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，主要利用了矩形的对边相等的性质，四个角都是直角的性质．　19．（10分）（2022•安徽）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，按要求画出△A1B1C1和△A2B2C2；（1）把△ABC先向右平移4个单位，再向上平移1个单位，得到△A1B1C1；（2）以图中的O为位似中心，将△A1B1C1作位似变换且放大到原来的两倍，得到△A2B2C2．考点：作图-位似变换；作图-平移变换．专题：作图题；压轴题．分析：（1）把A、B、C三点先向右平移4个单位，再向上平移1个单位得到A1，B1，C1，顺次连接得到的各点即可；（2）延长OA1到A2，使0A2=20A1，同法得到其余各点，顺次连接即可．解答：解：如图\n点评：考查图形的平移变换及旋转变换；注意图形的变换，看关键点是变换即可．　20．（10分）（2022•广州）市某中学的一个数学兴趣小组在本校学生中开展主题为“垃圾分类知多少”的专题调查活动，采取随机抽样的方式进行问卷调查，问卷调查的结果分为“非常了解”、“比较了解”、“基本了解”、“不太了解”四个等级，划分等级后的数据整理如下表：等级非常了解比较了解基本了解不太了解频数40120364频率0.2m0.180.02（1）本次问卷调查取样的样本容量为　200　，表中的m值为　0.6　；（2）根据表中的数据计算等级为“非常了解”的频数在扇形统计图所对应的扇形的圆心角的度数，并补全扇形统计图；（3）若该校有学生1500人，请根据调查结果估计这些学生中“比较了解”垃圾分类知识的人数约为多少？．考点：扇形统计图；总体、个体、样本、样本容量；用样本估计总体；频数与频率．专题：图表型．分析：（1）由于非常了解频数40，频率为0.2，即可计算样本容量；表中的m是比较了解的频率，可用频数除以样本容量进行计算；（2）非常了解的频率为0.2，扇形圆心角的度数为=频率×360°；（3）由样本中“比较了解”的频率0.6，可以估计总体中“比较了解”的频率也是0.6．解答：解：（1）40÷0.2=200；120÷200=0.6；（2）0.2×360°=72°；补全图如下：\n（3）1500×0.6=900（人）．点评：统计图表是中考的必考内容，本题渗透了统计图、样本估计总体的知识，数据的问题在中考试卷中也有越来越综合的趋势．　21．（12分）（2022•广州）已知反比例函数y=（m为常数）的图象经过点A（﹣1，6）．（1）求m的值；（2）如图，过点A作直线AC与函数y=的图象交于点B，与x轴交于点C，且AB=2BC，求点C的坐标．考点：反比例函数综合题．专题：计算题．分析：（1）将A点坐标代入反比例函数解析式即可得到一个关于m的一元一次方程，求出m的值；（2）分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为点E、D，则△CBD∽△CAE，运用相似三角形知识求出CD的长即可求出点C的横坐标．解答：解：（1）∵图象过点A（﹣1，6），∴=6，解得m=2．故m的值为2；（2）分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为点E、D，由题意得，AE=6，OE=1，即A（﹣1，6），∵BD⊥x轴，AE⊥x轴，∴AE∥BD，∴△CBD∽△CAE，∴=，∵AB=2BC，∴=，∴=，\n∴BD=2．即点B的纵坐标为2．当y=2时，x=﹣3，即B（﹣3，2），设直线AB解析式为：y=kx+b，把A和B代入得：，解得，∴直线AB解析式为y=2x+8，令y=0，解得x=﹣4，∴C（﹣4，0）．点评：由于今年来各地中考题不断降低难度，中考考查知识点有向低年级平移的趋势，反比例函数出现在解答题中的频数越来约多．　22．（12分）（2022•花都区一模）如图，AB是⊙O的直径，点P是AB延长线上一点，PC切⊙O于点C，连接AC，过点O作AC的垂线交AC于点D，交⊙O于点E．已知AB﹦8，∠P=30°．（1）求线段PC的长；（2）求阴影部分的面积．考点：切线的性质；扇形面积的计算．专题：计算题．分析：（1）连接OC，由PC为圆O的切线，根据切线的性质得到OC与PC垂直，可得三角形OCP为直角三角形，同时由直径AB的长求出半径OC的长，根据锐角三角函数定义得到tanP为∠P的对边OC与邻边PC的比值，根据∠P的度数，利用特殊角的三角函数值求出tanP的值，由tanP及OC的值，可得出PC的长；（2）由直角三角形中∠P的度数，根据直角三角形的两个锐角互余求出∠AOC的度数，进而得出∠BOC的度数，由OD与BC垂直，且OC=OB，利用等腰三角形的三线合一得到OD为∠BOC的平分线，可求出∠COD度数为60°，再根据直角三角形中两锐角互余求出∠OCD度数为30°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，由斜边OC的长求出OD的长，先由∠COD的度数及半径OC的长，利用扇形的面积公式求出扇形COE的面积，再由OD与CD的长，利用直角三角形两直角边乘积的一半求出直角三角形COD的面积，用扇形COE的面积减去三角形COD的面积，即可求出阴影部分的面积．解答：解：（1）连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，\n∵AB=8，∴OC=AB=4，又在直角三角形OCP中，∠P=30°，∴tanP=tan30°=，即PC==4；（2）∵∠OCP=90°，∠P=30°，∴∠COP=60°，∴∠AOC=120°，又AC⊥OE，OA=OC，∴OD为∠AOC的平分线，∴∠COE=∠AOC=60°，又半径OC=4，∴S扇形OCE==，在Rt△OCD中，∠COD=60°，∴∠OCD=30°，∴OD=OC=2，根据勾股定理得：CD==2，∴S△OCD=DC•OD=×2×2=2，则S阴影=S扇形OCE﹣S△OCD=﹣2．点评：此题考查了切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义，以及扇形的面积公式，遇到已知切线的类型题时，常常连接圆心与切点，利用切线的性质得出垂直，利用直角三角形的性质来解决问题．　23．（12分）（2022•天河区一模）广州市天河区某楼盘准备以每平方米35000元的均价对外销售，由于国务院有关房地产的新政策出台后，购房者持币观望．为了加快资金周转，房地产开发商对价格经过两次下调后，决定以每平方米28350元的均价开盘销售．（1）求平均每次下调的百分率；（2）某人准备以开盘均价购买一套80平方米的房子．开发商还给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，送两年物业管理费．物业管理费是每平方米每月4元．请问哪种方案更优惠？考点：一元二次方程的应用．专题：优选方案问题．分析：\n（1）设平均每次降价的百分率是x，因为经过两次下调，且知道调前的价格和调后的价格，从而求出解．（2）算出两种方案的房款，从而得出那个更优惠．解答：解：（1）设平均每次降价的百分率是x，依题意得（1分）35000（1﹣x）2=28350（4分）解得：x1=10%，x2=（不合题意，舍去）（6分）答：平均每次降价的百分率为10%．（7分）（2）方案①的房款是：28350×80×0.98=2222640（元）（8分）方案②的房款是：28350×80﹣4×80×12×2=2260320（元）（9分）∵2222640＜2260320∴选方案①更优惠．（10分）点评：本题考查理解题意的能力，实际第一问是个增长率问题，根据下调两次，列方程求出解，第二问分别求出两方案的房款，从而找出优惠的．　24．（14分）（2022•天河区一模）如图，C岛在A岛的北偏东50°方向，B岛在A岛的北偏东80°，C岛在B岛的北偏西40°，A、B两岛相距100km．（1）求从C岛看A、B两岛的视角∠ACB的度数；（2）已知海洋保护区的范围设在以C点为圆心，40km为半径的圆形区域内．如果一艘轮船从A岛直线航行到B岛，那么它会不会穿越保护区．为什么？考点：解直角三角形的应用-方向角问题．专题：应用题．分析：（1）要求∠ACB，只需求出∠ABC和∠BCA的值即可，又∠BAC=∠BAD﹣∠CAD，∠ABC=180°﹣∠DAB﹣∠CBE，代入即可解出；（2）看其会不会穿越保护区，即是要求出点C到直线AB的距离是否大于40km．解答：解：（1）由题意，得∠DAC=50°，∠DAB=80°，∠CBE=40°，AD∥BE，则∠CAB=∠DAB﹣∠DAC=30°，∵AD∥BE，∴∠DAB+∠ABE=180°，∴∠ABE=180°﹣∠DAB=180°﹣80°=100°，∴∠ABC=∠ABE﹣∠CBE=100°﹣40°=60°，在△ABC中，∵∠ACB+∠ABC+∠CAB=180°，∴∠ACB=180°﹣60°﹣30°=90°．另解2：如图⑤，过点C作CF∥AD，交AB于F，则有CF∥AD∥BE，∴∠ACF=∠DAC=50°，∠BCF=∠EBC=40°，∴∠ACB=∠ACF+∠BCF=50°+40°=90°．以下几种另解相应给分．\n（2）过点C作CF⊥AB于F，（9分）则有∠CAB=30°，∠CBA=60°，在Rt△ACB中，BC=50，在Rt△CFB中，CF=BCsin60°==43.3，∵CF=43.3＞40，∴不会穿越保护区．点评：本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题，有一定难度，读懂题意找准题中所给的各个角是解答本题的关键．　25．（14分）（2022•庆阳）如图，在平面直角坐标系中，顶点为（4，﹣1）的抛物线交y轴于A点，交x轴于B，C两点（点B在点C的左侧），已知A点坐标为（0，3）．（1）求此抛物线的解析式（2）过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴l与⊙C有怎样的位置关系，并给出证明；（3）已知点P是抛物线上的一个动点，且位于A，C两点之间，问：当点P运动到什么位置时，△PAC的面积最大？并求出此时P点的坐标和△PAC的最大面积．\n考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：（1）已知抛物线的顶点坐标，可用顶点式设抛物线的解析式，然后将A点坐标代入其中，即可求出此二次函数的解析式；（2）根据抛物线的解析式，易求得对称轴l的解析式及B、C的坐标，分别求出直线AB、BD、CE的解析式，再求出CE的长，与到抛物线的对称轴的距离相比较即可；（3）过P作y轴的平行线，交AC于Q；易求得直线AC的解析式，可设出P点的坐标，进而可表示出P、Q的纵坐标，也就得出了PQ的长；然后根据三角形面积的计算方法，可得出关于△PAC的面积与P点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出△PAC的最大面积及对应的P点坐标．解答：解：（1）设抛物线为y=a（x﹣4）2﹣1，∵抛物线经过点A（0，3），∴3=a（0﹣4）2﹣1，；∴抛物线为；（3分）（2）相交．证明：连接CE，则CE⊥BD，当时，x1=2，x2=6．A（0，3），B（2，0），C（6，0），对称轴x=4，∴OB=2，AB==，BC=4，∵AB⊥BD，∴∠OAB+∠OBA=90°，∠OBA+∠EBC=90°，∴△AOB∽△BEC，∴=，即=，解得CE=，∵＞2，∴抛物线的对称轴l与⊙C相交．（7分）（3）如图，过点P作平行于y轴的直线交AC于点Q；可求出AC的解析式为；（8分）设P点的坐标为（m，），则Q点的坐标为（m，）；\n∴PQ=﹣m+3﹣（m2﹣2m+3）=﹣m2+m．∵S△PAC=S△PAQ+S△PCQ=×（﹣m2+m）×6=﹣（m﹣3）2+；∴当m=3时，△PAC的面积最大为；此时，P点的坐标为（3，）．（10分）点评：此题考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、直线与圆的位置关系、图形面积的求法等知识．