资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．方程的解是( )
A．4 B．-4 C．-1 D．4或-1
2．如图，为的直径，点为上一点，，则劣弧的长度为（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，在矩形中，，为边的中点，将绕点顺时针旋转，点的对应点为，点的对应点为，过点作交于点，连接、交于点，现有下列结论：①；②；③；④点为的外心．其中正确的是（ ）
A．①④ B．①③ C．③④ D．②④
4．关于x的一元二次方程x2+bx﹣10＝0的一个根为2，则b的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．7
5．圆锥的母线长为4，底面半径为2，则它的侧面积为（ ）
A．4π B．6π C．8π D．16π
6．反比例函数y＝的图象，在每个象限内，y的值随x值的增大而增大，则k可以为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
7．在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m．其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，…，第n次移动到An．则△OA2A2018的面积是（ ）
A．504m2 B．m2 C．m2 D．1009m2
8．下列事件中是必然发生的事件是（ ）
A．抛两枚均匀的硬币，硬币落地后，都是正面朝上
B．射击运动员射击一次，命中十环
C．在地球上，抛出的篮球会下落
D．明天会下雨
9．如图是由三个相同的小正方体组成的几何体，则该几何体的左视图是（ ）
A． B． C． D．
10．关于的分式方程的解为非负整数，且一次函数的图象不经过第三象限，则满足条件的所有整数的和为（ ）
A． B． C． D．
11．二次函数（）的大致图象如图所示，顶点坐标为，点是该抛物线上一点，若点是抛物线上任意一点，有下列结论：
①；
②若，则；
③若，则；
④若方程有两个实数根和，且，则．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．已知函数的图象经过点P(-1,4)，则该图象必经过点( )
A．(1,4) B．(-1，-4) C．(-4,1) D．(4，-1)
二、填空题（每题4分，共24分）
13．某班从三名男生(含小强)和五名女生中，选四名学生参加学校举行的“中华古诗文朗诵大赛”，规定女生选n名，若男生小强参加是必然事件，则n=__________．
14．如图，量角器的0度刻度线为，将一矩形直角与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点，直尺另一边交量角器于点，量得，点在量角器上的度数为60°，则该直尺的宽度为_________________.
15．在一个不透明的塑料袋中装有红色白色球共个．除颜色外其他都相同，小明通过多次摸球试验后发现，其中摸到红色球的频率稳定在左右，则口袋中红色球可能有________个．
16．一组数据：﹣1，3，2，x，5，它有唯一的众数是3，则这组数据的中位数是__．
17．如图，⊙O是正方形 ABCD的外接圆，点 P 在⊙O上，则∠APB等于 ．
18．如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A′B′C′是以坐标原点O为位似中心的位似图形，且点B(3，1)，B′(6，2)，若点A′(5，6)，则A的坐标为______.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，一位同学想利用树影测量树高，他在某一时刻测得高为的竹竿影长为，但当他马上测量树影时，因树靠近一幢建筑物，影子不全落在地面上，有一部分影子在墙上，他先测得留在墙上的影高，又测得地面部分的影长，则他测得的树高应为多少米?
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中，A ，B ．
（1）作出与△OAB关于轴对称的△ ；
（2）将△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到△，在图中作出△；
（3）△能否由△通过平移、轴对称或旋转中的某一种图形变换直接得到？如何得到？
21．（8分）问题发现：
（1）如图1，内接于半径为4的，若，则_______；
问题探究：
（2）如图2，四边形内接于半径为6的，若，求四边形的面积最大值；
解决问题
（3）如图3，一块空地由三条直路（线段、AB、）和一条弧形道路围成，点是道路上的一个地铁站口，已知千米，千米，，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点处，另外三个入口分别在点、、处，其中点在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段、、、，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由.
22．（10分）如图，海中有两个小岛，，某渔船在海中的处测得小岛D位于东北方向上，且相距，该渔船自西向东航行一段时间到达点处，此时测得小岛恰好在点的正北方向上，且相距，又测得点与小岛相距．
(1)求的值；
(2)求小岛，之间的距离(计算过程中的数据不取近似值)．
23．（10分）如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB，连结OC，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点E,
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若DE=2BC，求AD：OC的值．
24．（10分）已知关于x的方程
（1）求证：方程总有两个实数根
（2）若方程有一个小于1的正根，求实数k的取值范围
25．（12分）已知：二次函数y=x2+bx+c经过原点，且当x=2时函数有最小值；直线AC解析式为y=kx-4，且与抛物线相交于B、C．
（1）求二次函数解析式；
（2）若S△AOB∶S△BOC=1：3，求直线AC的解析式；
（3）在（2）的条件下，点E为线段BC上一动点（不与B、C重合），过E作x轴的垂线交抛物线于F、交x轴于G，是否存在点E，使△BEF和△CGE相似？若存在，请求出所有点E的坐标；若不存在，请说明理由．
26．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线G：y＝ax2﹣2ax+4（a≠0）．
（1）当a＝1时，
①抛物线G的对称轴为x＝ ；
②若在抛物线G上有两点（2，y1），（m，y2），且y2＞y1，则m的取值范围是 ；
（2）抛物线G的对称轴与x轴交于点M，点M与点A关于y轴对称，将点M向右平移3个单位得到点B，若抛物线G与线段AB恰有一个公共点，结合图象，求a的取值范围．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解：
解得：
故选D．
【点睛】
此题考查的是解一元二次方程，掌握用因式分解法解一元二次方程是解决此题的关键．
2、A
【分析】根据“直径所对圆周角为90°”可知为直角三角形，在可求出∠BAC的正弦值，从而得到∠BAC的度数，再根据圆周角定理可求得所对圆心角的度数，最后利用弧长公式即可求解．
【详解】∵AB为直径，AO=4，
∴∠ACB=90°，AB=8，
在中，AB=8，BC=，
∴sin∠BAC=，
∵sin60°=，
∴∠BAC=60°，
∴所对圆心角的度数为120°，
∴的长度=．
故选：A．
【点睛】
本题考查弧长的计算，明确圆周角定理，锐角三角函数及弧长公式是解题关键，注意弧长公式中的角度指的是圆心角而不是圆周角．
3、B
【分析】根据全等三角形的性质以及线段垂直平分线的性质，即可得出；根据，且，即可得出，再根据，即可得出不成立；根据，，运用射影定理即可得出，据此可得成立；根据不是的中点，可得点不是的外心．
【详解】解：为边的中点，
，
又，，
，
，，
又，
垂直平分，
，
，故①正确；
如图，延长至，使得，
由，，可得，
可设，，则，
由，，可得，
，
，
，
由，可得，
而，
，
，
即，
不成立，故②错误；
，，
，
又，，
，故③正确；
，
是的外接圆的直径，
，
当时，，
不是的中点，
点不是的外心，故④错误．
综上所述，正确的结论有①③，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质以及旋转的性质的综合应用，解决问题的关键是运用全等三角形的对应边相等以及相似三角形的对应边成比例进行推导，解题时注意：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，故外心到三角形三个顶点的距离相等．
4、C
【解析】根据一元二次方程的解的定义，把x=2代入方程得到关于b的一次方程，然后解一次方程即可．
【详解】解：把x=2代入程x2+bx﹣10=0得4+2b﹣10=0
解得b=1．
故选C．
点睛：本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
5、C
【分析】求出圆锥的底面圆周长，利用公式即可求出圆锥的侧面积．
【详解】解：圆锥的地面圆周长为2π×2=4π，
则圆锥的侧面积为×4π×4=8π．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，能将圆锥侧面展开是解题的关键，并熟悉相应的计算公式．
6、A
【解析】试题分析：因为y=的图象，在每个象限内，y的值随x值的增大而增大，
所以k-1＜0，k＜1．
故选A．
考点：反比例函数的性质．
7、A
【分析】由OA4n=2n知OA2017=+1=1009，据此得出A2A2018=1009-1=1008，据此利用三角形的面积公式计算可得．
【详解】由题意知OA4n=2n，
∴OA2016=2016÷2=1008，即A2016坐标为(1008，0)，
∴A2018坐标为(1009，1)，
则A2A2018=1009－1=1008(m)，
∴＝A2A2018×A1A2＝×1008×1＝504(m2).
故选：A.
【点睛】
本题主要考查点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为4的倍数时对应长度即为下标的一半，据此可得．
8、C
【解析】试题分析：A．抛两枚均匀的硬币，硬币落地后，都是正面朝上是随机事件，故A错误；
B．射击运动员射击一次，命中十环是随机事件，故B错误；
C．在地球上，抛出的篮球会下落是必然事件，故C正确；
D．明天会下雨是随机事件，故D错误；
故选C．
考点：随机事件．
9、C
【解析】分析：细心观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左面看到的图形判定则可．
详解：从左边看竖直叠放2个正方形．
故选：C．
点睛：此题考查了几何体的三种视图和学生的空间想象能力，左视图是从物体左面看所得到的图形，解答时学生易将三种视图混淆而错误的选其它选项．
10、A
【分析】解分式方程可得 且，再根据一次函数的图象不经过第三象限，可得，结合可得，且，再根据是整数和是非负整数求出的所有值，即可求解．
【详解】
经检验，不是方程的解
∴
∵分式方程的解为非负整数
∴
解得 且
∵一次函数的图象不经过第三象限
∴
解得
∴，且
∵是整数
∴
∵是非负整数
故答案为：A．
【点睛】
本题考查了分式方程和一次函数的问题，掌握解分式方程和解不等式组的方法是解题的关键．
11、B
【分析】由抛物线对称轴为：直线x=1，得x=-2与x=4所对应的函数值相等，即可判断①；由由抛物线的对称性即可判断②；由抛物线的顶点坐标为，结合函数的图象，直接可判断③；由方程有两个实数根和，且，得抛物线与直线的交点的横坐标为和，进而即可判断④．
【详解】∵抛物线顶点坐标为，
∴抛物线对称轴为：直线x=1，
∴x=-2与x=4所对应的函数值相等，即：，
∴①正确；
由抛物线的对称性可知：若，则或，
∴②错误；
∵抛物线的顶点坐标为，
∴时，，
∴③错误；
∵方程有两个实数根和，且，
∴抛物线与直线的交点的横坐标为和，
∵抛物线开口向上，与x轴的交点横坐标分别为：-1，3，
∴，
∴④正确．
故选B．
【点睛】
本题主要考查二次函数图象与系数得的关系，掌握二次函数系数的几何意义，是解题的关键．
12、A
【解析】把P点坐标代入二次函数解析式可求得a的值，则可求得二次函数解析式，再把选项中所给点的坐标代入判断即可；
【详解】∵二次函数的图象经过点P(-1，4)，
∴，
解得a=4，
∴二次函数解析式为；
当x=1或x=-1时，y=4；
当x=4或x=-4时，y=64；
故点(1，4)在抛物线上；
故选A.
【点睛】
本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1;
【解析】根据必然事件的定义可知三名男生都必须被选中，可得答案.
【详解】解：∵男生小强参加是必然事件，
∴三名男生都必须被选中，
∴只选1名女生，
故答案为1.
【点睛】
本题考查的是事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
14、
【分析】连接OC,OD,OC与AD交于点E，根据圆周角定理有根据垂径定理有： 解直角即可.
【详解】连接OC,OD,OC与AD交于点E，
直尺的宽度：
故答案为
【点睛】
考查垂径定理，熟记垂径定理是解题的关键.
15、1
【分析】设有红球有x个，利用频率约等于概率进行计算即可．
【详解】设红球有x个，
根据题意得：＝20%，
解得：x＝1，
即红色球的个数为1个，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了由频率估计概率的知识，解题的关键是了解大量重复实验中事件发生的频率等于事件发生的概率．
16、1
【解析】先根据数据的众数确定出x的值，即可得出结论．
【详解】∵一组数据：﹣1，1，2，x，5，它有唯一的众数是1，∴x=1，∴此组数据为﹣1，2，1，1，5，∴这组数据的中位数为1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了数据的中位数，众数的确定，掌握中位数和众数的确定方法是解答本题的关键．
17、45°
【分析】连接AO、BO，先根据正方形的性质求得∠AOB的度数，再根据圆周角定理求解即可．
【详解】连接AO、BO
∵⊙O是正方形 ABCD的外接圆
∴∠AOB＝90°
∴∠APB＝45°．
【点睛】
圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，均等于所对圆心角的一半．
18、 (2.5，3)
【分析】利用点B(3，1)，B′(6，2)即可得出位似比进而得出A的坐标.
【详解】解：∵点B(3，1)，B′(6，2)，点A′(5，6)，
∴A的坐标为：(2.5，3).
故答案为：(2.5，3).
【点睛】
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
三、解答题（共78分）
19、树高为米．
【分析】延长交BD延长线于点，根据同一时刻，物体与影长成正比可得，根据AB//CD可得△AEB∽△CED，可得，即可得出，可求出DE的长，由BE=BD+DE可求出BE的长，根据求出AB的长即可．
【详解】延长和相交于点，则就是树影长的一部分，
∵某一时刻测得高为的竹竿影长为，
∴，
∵AB//CD，
∴△AEB∽△CED，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴即树高为米．
【点睛】
本题考查相似三角形的应用，熟练掌握同一时刻，物体与影长成正比及相似三角形判定定理是解题关键．
20、（1）见解析；（2）见解析；（3）△可由△沿直线翻折得到
【分析】（1）先作出A1和B1点，然后用线段连接A1、B1和O点即可；
（2）先作出A2和B2点，然后用线段连接A2、B2和O点即可；
（3）根据（1）和（2）中B1和B2点坐标，得到OB为B1 B2的垂直平分线，因此可以判断两个图形关于直线对称．
【详解】（1）根据题意获得下图；
（2）根据题意获得上图；
（3）根据题意得，直线OB的解析式为，通过观察图像可以得到B1（-4,4）和B2（4，-4），
∴直线B1 B2的解析式为，
∴直线OB为直线B1 B2的垂直平分线，
∴两个图形关于直线对称，即△可由△沿直线翻折得到
故答案为（1）见解析；（2）见解析；（3）△可由△沿直线翻折得到．
【点睛】
本题考查了旋转的坐标变换，做旋转图形，轴对称图形的判断，是图形变化中的重点题型，关键是先作出对应点，然后进行连线．
21、（1）；（2）四边形ABCD的面积最大值是；（3）存在，其最大值为.
【分析】（1）连接OA、OB，作OH⊥AB于H，利用求出∠AOH=∠AOB=，根据OA=4，利用余弦公式求出AH，即可得到AB的长；
（2）连接AC，由得出AC=，再根据四边形的面积= ，当DH+BM最大时，四边形ABCD的面积最大，得到BD是直径，再将AC、BD的值代入求出四边形面积的最大值即可；
（3）先证明△ADM≌△BMC,得到△CDM是等边三角形，求得等边三角形的边长CD，再根据完全平方公式的关系得出PD=PC时PD+PC最大，根据CD、∠DPC求出PD，即可得到四边形周长的最大值.
【详解】（1）连接OA、OB，作OH⊥AB于H，
∵，
∴∠AOB=120.
∵OH⊥AB，
∴∠AOH=∠AOB=，AH=BH=AB，
∵OA=4，
∴AH=，
∴AB=2AH=.
故答案为：.
（2）∵∠ABC=120,四边形ABCD内接于，
∴∠ADC=60，
∵的半径为6，
∴由（1）得AC=,
如图，连接AC，作DH⊥AC,BM⊥AC,
∴四边形的面积= ,
当DH+BM最大时，四边形ABCD的面积最大，连接BD，则BD是的直径，
∴BD=2OA=12，BD⊥AC，
∴四边形的面积=.
∴四边形ABCD的面积最大值是
（3）存在；
∵千米，千米，，
∴△ADM≌△BMC,
∴DM=MC,∠AMD=∠BCM,
∵∠BCM+∠BMC=180-∠B=120，
∴∠AMD+∠BMC=120，
∴∠DMC=60，
∴△CDM是等边三角形，
∴C、D、M三点共圆，
∵点P在弧CD上,
∴C、D、M、P四点共圆，
∴∠DPC=180-∠DMC=120，
∵弧的半径为1千米，∠DMC=60，
∴CD=,
∵,
∴,
∴,
∴当PD=PC时，PD+PC最大，此时点P在弧CD的中点，交DC于H ,
在Rt△DPH中，∠DHP=90,∠DPH=60，DH=DC=,
∴，
∴四边形的周长最大值=DM+CM+DP+CP=.
【点睛】
此题是一道综合题，考查圆的性质，垂径定理，三角函数，三角形全等的判定及性质，动点最大值等知识点.（1）中问题发现的结论应用很主要，理解题意在（2）、（3）中应用解题，（3）的PD+PC最大值的确定是难点，注意与所学知识的结合才能更好的解题.
22、 (1)；(2)小岛、相距.
【解析】(1)如图，过点作，垂足为，在中，先求出DE长，然后在在中，根据正弦的定义由即可求得答案；
(2)过点作，垂足为，则四边形BEDF是矩形，在中，利用勾股定理求出BE长，再由矩形的性质可得，，继而得CF长，在中，利用勾股定理求出CD长即可.
【详解】(1)如图，过点作，垂足为，
在中，，，
∴
在中，，
∴；
(2)过点作，垂足为，则四边形BEDF是矩形，
在中，，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，，
因此小岛、相距.
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，正确添加辅助线构建直角三角形，灵活运用相应三角形函数是解题的关键.
23、（1）见解析（2）2：1
【分析】（1）连接OD，易证得△COD≌△COB（SAS），然后由全等三角形的对应角相等，求得∠CDO=90°，即可证得直线CD是⊙O的切线．
（2）由△COD≌△COB．可得CD=CB，即可得DE=2CD，易证得△EDA∽△ECO，然后由相似三角形的对应边成比例，求得AD：OC的值．
【详解】解：（1）证明：连接DO，
∵AD∥OC，∴∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD．
又∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADO．
∴∠COD=∠COB．
在△COD和△COB中，，
∴△COD≌△COB（SAS）．
∴∠CDO=∠CBO=90°.
又∵点D在⊙O上，∴CD是⊙O的切线.
（2）∵△COD≌△COB．∴CD=CB．
∵DE=2BC，∴ED=2CD．
∵AD∥OC，∴△EDA∽△ECO．
∴AD：OC=DE：CE=2：1．
24、（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）证出根的判别式即可完成；
（2）将k视为数，求出方程的两个根，即可求出k的取值范围.
【详解】（1）证明：
∴方程总有两个实数根
（2）
∴
∴
∵方程有一个小于1的正根
∴
∴
【点睛】
本题考查一元二次方程根的判别式与方程的根之间的关系，熟练掌握相关知识点是解题关键.
25、（1）y=x2-4x；（2）直线AC的解析式为y=x-4；（1）存在，E点坐标为E(1．-1)或E(2，-2 ) ．
【分析】（1）根据二次函数y=x2+bx+c经过原点可知c=0，当x=2时函数有最小值可知对称轴是x=2，故可求出b，即可求解；
（2）连接OB，OC，过点C作CD⊥y轴于D，过点B作BE⊥y轴于E，根据得到，，由EB∥DC，对应线段成比例得到，再联立y=kx-4与y=x2-4x得到方程 kx-4=x2-4x，即x2-（k+4）x+4=0，求出x1,x2，根据x1,x2之间的关系得到关于k的方程即可求解；
（1）根据（1）（2）求出A,B,C的坐标，设E（m，m-4）（1＜m＜4）则G（m，0）、F（m，m2-4m），根据题意分∠EFB=90°和∠EBF=90°，分别找到图形特点进行列式求解．
【详解】解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c经过原点，
∴c=0
∵当x=2时函数有最小值
∴，
∴b=-4，c=0，
∴y=x2-4x；
（2）如图，连接OB，OC，过点C作CD⊥y轴于D，过点B作BE⊥y轴于E，
∵
∴
∴
∵EB∥DC
∴
∵y=kx-4交y=x2-4x于B、C
∴kx-4=x2-4x，即x2-（k+4）x+4=0
∴，或
∵xB＜xC
∴EB=xB=，DC=xC=
∴4•=
解得 k=-9（不符题意，舍去）或k=1
∴k=1
∴直线AC的解析式为y=x-4；
（1）存在．理由如下：
由题意得∠EGC=90°，
∵直线AC的解析式为y=x-4
∴A(0，-4 ) ，C（4，0）
联立两函数得，解得或
∴B（1，-1）
设E（m，m-4）（1＜m＜4）
则G（m，0）、F（m，m2-4m）
①如图，当∠EFB=90°，即CG//BF时，△BFE∽△CGE．
此时F点纵坐标与B点纵坐标相等．
∴F（m，-1）
即m2-4m=-1
解得m=1（舍去）或m=1
∴F（1，-1）
故此时E（1，-1）
②如图当∠EBF=90°，△FBE∽△CGE
∵C（4，0），A(0 ，4 )
∴OA=OC
∴∠GCE=45°=∠BEF=∠BFE
过B点做BH⊥EF，
则H（m,-1）∴BH=m-1
又∵∠GCE=45°=∠BEF=∠BFE
∴△BEF是等腰直角三角形，又BH⊥EF
∴EH=HF，EF=2BH
∴(m-4)- (m2-4m) =2(m-1)
解得m1=1（舍去）m2=2
∴E(2,-2)
综上，E点坐标为E(1.-1)或E(2,-2)．
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像及几何综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、平行线分线段成比例、相似三角形及等腰三角形的性质．
26、（1）①1；②m＞2或m＜0；（2）﹣＜a≤﹣或a＝1．
【分析】（1）当a＝1时，①根据二次函数一般式对称轴公式，即可求得抛物线G的对称轴；
②根据抛物线的对称性求得关于对称轴的对称点为，再利用二次函数图像的增减性即可求得答案；
（2）根据平移的性质得出、，由题意根据函数图象分三种情况进行讨论，即可得解．
【详解】解：（1）①∵当a＝1时，抛物线G：y＝ax2﹣2ax+1（a≠0）为：
∴抛物线G的对称轴为；
②画出函数图象：
∵在抛物线G上有两点（2，y1），（m，y2），且y2＞y1，，
∴①当时，随的增大而增大，此时有；②当时，随的增大而减小，抛物线G上点关于对称轴的对称点为，此时有．
∴m的取值范围是或；
（2）∵抛物线G：y＝ax2﹣2ax+1（a≠0的对称轴为x＝1，且对称轴与x轴交于点M
∴点M的坐标为（1，0）
∵点M与点A关于y轴对称
∴点A的坐标为（﹣1，0）
∵点M右移3个单位得到点B
∴点B的坐标为（1，0）
依题意，抛物线G与线段AB恰有一个公共点
把点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+1，可得；
把点B（1，0）代入y＝ax2﹣2ax+1，可得；
把点M（1，0）代入y＝ax2﹣2ax+1，可得a＝1．
根据所画图象可知抛物线G与线段AB恰有一个公共点时可得：或．
故答案是：（1）①1；②m＞2或m＜0；（2）或
【点睛】
本题考查了二次函数图像的性质、二次函数图象上的点的坐标特征以及坐标平移，解决本题的关键是综合利用二次函数图象的性质．
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