九年级数学上册期末考试卷及答案(2)
九年级数学上册期末考试卷参考答案
一、选择题
1.sin30° 的值为( )
A. B. C. D.
【考点】特殊角的三角函数值.
【分析】根据特殊角三角函数值，可得答案.
【解答】解：sin30°= ，
故选：A.
【点评】本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键.
2.下列各组图形一定相似的是( )
A.两个矩形
B.两个等边三角形
C.各有一角是80°的两个等腰三角形
D.任意两个菱形
【考点】相似图形.
【分析】根据相似图形的概念进行判断即可.
【解答】解：两个矩形对应边的比不一定相等，故不一定相似;
两个等边三角形相似对应边的比相等，对应角相等，一定相似;
各有一角是80°的两个等腰三角形对应角不一定相等，故不一定相似;
任意两个菱形对应角不一定相等，故不一定相似;
故选：B.
【点评】本题考查的是相似图形的概念，掌握对应角相等，对应边的比相等的多边形，叫做相似多边形是解题的关键.
3.丽华根据演讲比赛中九位评委所给的分数作了如下表格：
平均数 中位数 众数 方差
8.5 8.3 8.1 0.15
如果去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是( )
A.平均数 B.众数 C.方差 D.中位数
【考点】统计量的选择.
【分析】根据中位数的定义：位于中间位置或中间两数的平均数可以得到去掉一个最高分和一个最低分不影响中位数.
【解答】解：去掉一个最高分和一个最低分对中位数没有影响，
故选D.
【点评】本题考查了统计量的选择，解题的关键是了解中位数的定义，难度不大.
4.如果关于x的一元二次方程(m﹣1)x2+2x+1=0有两个不相等的实数根，那么m的取值范围是( )
A.m>2 B.m<2 C.m>2且m≠1 D.m<2且m≠1
【考点】根的判别式;一元二次方程的定义.
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到m﹣1≠0且△=22﹣4(m﹣1)>0，然后求出两个不等式的公共部分即可.
【解答】解：根据题意得m﹣1≠0且△=22﹣4(m﹣1)>0，
解得m<2且m≠1.
故选D.
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2﹣4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根;当△=0，方程有两个相等的实数根;当△<0，方程没有实数根.也考查了一元二次方程的定义.
5.如图，将宽为1cm的长方形纸条沿BC折叠，使∠CAB=45°，则折叠后重叠部分的面积为( )
A. cm2 B. cm2 C. cm2 D. cm2
【考点】翻折变换(折叠问题);矩形的性质.
【分析】如图，作CH⊥AB于H.首先证明AC﹣=AB，△ACH是等腰直角三角形，求出AB、CH即可解决问题.
【解答】解：如图，作CH⊥AB于H.
∵∠1=∠2，∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴AC=AB，
∵∠CAB=45°，∠AHC=90°，
∴∠CAH=∠HCA=45°，
∴AH=CH=1，AC=AB= ，
∴S△ABC= •AB•CH= ，
故选D.
【点评】本题考查翻折变换、矩形性质、三角形的面积公式等知识，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键，本题的突破点是证明AC=AB= ，属于中考常考题型.
6.如图，二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象与直线y=1交点坐标为(1，1)，(3，1)，则不等式ax2+bx+c﹣1>0的解集为( )
A.x>1 B.1
【考点】二次函数与不等式(组).
【分析】根据二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象与直线y=1交点坐标即可得到不等式ax2+bx+c﹣1>0的解集.
【解答】解：根据图象得二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象与直线y=1交点坐标为(1，1)，(3，1)，
而ax2+bx+c﹣1>0，即y>1，
故x<1或x>3.
故选：C.
【点评】此题主要考查了二次函数与一元二次不等式之间的联系：根据当y>1时，利用图象得出不等式解集是解题关键.
二、填空题：
7.抛物线y=2x2﹣4x+1的对称轴为直线 x=1 .
【考点】二次函数的性质.
【分析】把抛物线解析式化为顶点式可求得答案.
【解答】解：
∵y=2x2﹣4x+1=2(x﹣1)2﹣1，
∴对称轴为直线x=1，
故答案为：x=1.
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x﹣h)2+k中，对称轴为x=h，顶点坐标为(h，k).
8.100件某种产品中有五件次品，从中任意取一件，恰好抽到次品的概率是 .
【考点】概率公式.
【分析】根据概率的求法，找准两点：
①全部情况的总数;
②符合条件的情况数目;二者的比值就是其发生的概率.
【解答】解：100件某种产品中有五件次品，从中任意取一件，恰好抽到次品的概率是 = .
故答案为 .
【点评】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)= .
9.将抛物线y=﹣2x2+1向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度所得的抛物线解析式为 y=﹣2(x﹣1)2+2 .
【考点】二次函数图象与几何变换.
【分析】直接根据平移规律作答即可.
【解答】解：将抛物线y=﹣2x2+1向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度后所得抛物线解析式为y=﹣2(x﹣1)2+2.
故答案为：y=﹣2(x﹣1)2+2.
【点评】主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减.并用规律求函数解析式.
10.如图，在△ABC中，DE∥BC，DE与边AB相交于点D，与边AC相交于点E，如果AD=3，BD=4，AE=2，那么AC= .
【考点】平行线分线段成比例.
【分析】由平行可得到 = ，代入可求得EC，再利用线段的和可求得AC.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴ = ，即 = ，
解得EC= ，
∴AC=AE+EC=2+ = ，
故答案为： .
【点评】本题主要考查平行线分线段成比例，掌握平行线分线段所得线段对应成比例是解题的关键.
11.已知圆锥的底面半径为3，侧面积为15π，则这个圆锥的母线长为 5 .
【考点】圆锥的计算.
【分析】这个圆锥的母线长为l，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形面积公式得到 •2π•3•l=15π，然后解方程即可.
【解答】解：这个圆锥的母线长为l，
根据题意得 •2π•3•l=15π，解得l=5.
故答案为5.
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长.
12.某人沿着坡度i=1： 的山坡走了50米，则他离地面的高度上升了 25 米.
【考点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题.
【分析】根据题意可以设出某人沿着坡度i=1： 的山坡走了50米时的竖直高度，然后根据勾股定理即可解答本题.
【解答】解：设某人沿着坡度i=1： 的山坡走了50米时的竖直高度为x米，
则此时走的水平距离为 米，
由勾股定理可得， ，
解得，x1=﹣25(舍去)，x2=25，
故答案为：25.
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题、勾股定理，明确坡度的含义是解答此类题目的关键.
13.从地面垂直向上抛出一小球，小球的高度h(米)与小球运动时间t(秒)之间的函数关系式是h=10t﹣5t2，则小球运动到的最大高度为 5 米.
【考点】二次函数的应用.
【分析】把抛物线解析式化成顶点式，即可解答.
【解答】解：∵h=10t﹣5t2=﹣5(t﹣1)2+5，
又∵﹣5<0，
∴t=1时，h有最大值，最大值为5，
故答案为5.
【点评】本题主要考查二次函数的应用，借助二次函数解决实际问题，解题的关键是正确的建立二次函数模型.
14.△ABC中，AB=AC=4，BC=5，点D是边AB的中点，点E是边AC的中点，点P是边BC上的动点，∠DPE=∠C，则BP= 1或4 .
【考点】相似三角形的判定与性质;等腰三角形的性质.
【分析】根据等腰三角形的性质得到BD=2，CE=2，∠B=∠C，根据相似三角形的性质即可得到结论.
【解答】解：∵AB=AC=4，点D是边AB的中点，点E是边AC的中点，
∴BD=2，CE=2，∠B=∠C，
∵∠DPE=∠C，
∴∠BPD=180°﹣∠B﹣∠DPE，∠CEP=180°﹣∠EPC﹣∠C，
∴∠DPB=∠PEC，
∴△BPD∽△CPE，
∴ ，即 ，
∴PB=1或4，
故答案为：1或4.
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
15.如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，若四边形ABCO为平行四边形，则∠ADB= 30° .
【考点】圆内接四边形的性质;平行四边形的性质.
【分析】根据圆内接三角形的性质得到∠ADC+∠ABC=180°，根据平行四边形的性质的∠AOC=∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC= ∠AOC，计算即可.
【解答】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵四边形ABCO为平行四边形，
∴∠AOC=∠ABC，
由圆周角定理得，∠ADC= ∠AOC，
∴∠ADC+2∠ADC=180°，
∴∠ADC=60°，
∵OA=OC，
∴平行四边形ABCO为菱形，
∴BA=BC，
∴ = ，
∴∠ADB= ∠ADB=30°，
故答案为：30°.
【点评】本题考查的是圆内接三角形的性质、平行四边形的性质、菱形的判定，掌握相关的性质定理和判定定理是解题的关键.
16.已知二次函数y=ax2+2 x(a<0)的图象与x轴交于A(6，0)，顶点为B，C为线段AB上一点，BC=2，D为x轴上一动点.若BD=OC，则D的坐标为 D(2，0)或(4，0) .
【考点】抛物线与x轴的交点.
【分析】把A(6，0)代入y=ax2+2 x得0=62a+2 ×6，得到y=﹣ x2+2 x，根据抛物线的顶点坐标公式得到B(3，3 )，根据两点间的距离公式得到AB= =6，过B作BE⊥OA于E，CF⊥OA与F，根据相似三角形的性质得到AF=2，CF=2 ，根据两点间的距离公式得到OC= =2 ，根据BD=OC，列方程即可得到结论.
【解答】解：把A(6，0)代入y=ax2+2 x得0=62a+2 ×6，
∴a=﹣ ，
∴y=﹣ x2+2 x，
∵顶点为B，
∴B(3，3 )，
∴AB= =6，
∵BC=2，
∴AC=4，
过B作BE⊥OA于E，CF⊥OA与F，
∴CF∥BE，
∴△ACF∽△ABE，
∴ = = ，
∴AF=2，CF=2 ，
∴OF=4，
∴OC= =2 ，
∵BD=OC，
∴BD=2 ，
设D(x，0)，
∴BD= =2 ，
∴x1=2，x2=4，
∴D(2，0)或(4，0).
故答案为：D(2，0)或(4，0).
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，相似三角形的判定和性质，勾股定理，待定系数法求函数的解析式，正确的作出辅助线是解题的关键.
三、解答题：(共102分)
17.(10分)(2016秋•泰州期末)(1)计算：2﹣1+| ﹣2|+tan60°
(2)解方程：(x+1)(x﹣3)=﹣1.
【考点】实数的运算;负整数指数幂;解一元二次方程-配方法;特殊角的三角函数值.
【分析】(1)原式利用负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果;
(2)方程整理后，利用配方法求出解即可.
【解答】解：(1)原式= +2﹣ + = ;
(2)整理得：x2﹣2x=2，
配方得：x2﹣2x+1=3，即(x﹣1)2=3，
解得：x1=1+ ，x2=1﹣ .
【点评】此题考查了实数的运算，以及解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握运算法则是解本题的关键.
18.某班召开主题班会，准备从由2名男生和2名女生组成的班委会中选择2人担任主持人.
(1)用树状图或表格列出所有等可能结果;
(2)求所选主持人恰好为1名男生和1名女生的概率.
【考点】列表法与树状图法.
【分析】(1)根据题意可直接先画出列表或树状图;
(2)根据图可判断12种结果中有8种结果可以使该事件发生，即可得概率.
【解答】解：(1)画树状图如下：
(2)由(1)知P(恰好为1名男生和1名女生)= = .
【点评】本题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
19.甲进行了10次射击训练，平均成绩为9环，且前9次的成绩(单位：环)依次为：8，10，9，10，7，9，10，8，10.
(1)求甲第10次的射击成绩;
(2)求甲这10次射击成绩的方差;
(3)乙在相同情况下也进行了10次射击训练，平均成绩为9环，方差为1.6环2，请问甲和乙哪个的射击成绩更稳定?
【考点】方差.
【分析】(1)用甲射击的总环数减去前9次射击的总环数可得;
(2)根据方差的计算公式可得;
(3)根据方差的意义可得答案.
【解答】解：(1)根据题意，甲第10次的射击成绩为9×10﹣(8+10+9+10+7+9+10+8+10)=9;
(2)甲这10次射击成绩的方差为 ×[4×(10﹣9)2+3×(9﹣9)2+2×(8﹣9)2+(7﹣9)2]=1;
(3)∵平均成绩相等，而甲的方差小于乙的方差，
∴乙的射击成绩更稳定.
【点评】本题主要考查方差，熟练掌握方差的计算公式和方差的意义是解题的关键.
20.(10分)(2016秋•泰州期末)如图，△ABC中，∠C=90°，tanB= ，AC=2，D为AB中点，DE垂直AB交BC于E.
(1)求AB的长度;
(2)求BE的长度.
【考点】解直角三角形.
【分析】(1)首先利用正切函数的定义求得另一直角边BC的长，然后利用勾股定理即可求得AB的长;
(2)首先求得BD的长，然后求得DE的长，利用勾股定理即可求得BE的长.
【解答】解：(1)∵∠C=90°，tanB= ，AC=2，
∴BC=2AC=4，
∴AB= = =2 ;
(2)∵D为AB中点，
∴BD= AB= ，
∵DE垂直AB交BC于E，tanB= ，
∴DE= BD= ，
∴BE= = = .
【点评】本题考查了解直角三角形及勾股定理的知识，解题的关键是从题目中整理出直角三角形并选择合适的边角关系求得相关线段的长，难度不大，属于中等题目.
21.(10分)(2014•哈尔滨)如图，AB、CD为两个建筑物，建筑物AB的高度为60米，从建筑物AB的顶点A点测得建筑物CD的顶点C点的俯角∠EAC为30°，测得建筑物CD的底部D点的俯角∠EAD为45°.
(1)求两建筑物底部之间水平距离BD的长度;
(2)求建筑物CD的高度(结果保留根号).
【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题.
【分析】(1)根据题意得：BD∥AE，从而得到∠BAD=∠ADB=45°，利用BD=AB=60，求得两建筑物底部之间水平距离BD的长度为60米;
(2)延长AE、DC交于点F，根据题意得四边形ABDF为正方形，根据AF=BD=DF=60，在Rt△AFC中利用∠FAC=30°求得CF，然后即可求得CD的长.
【解答】解：(1)根据题意得：BD∥AE，
∴∠ADB=∠EAD=45°，
∵∠ABD=90°，
∴∠BAD=∠ADB=45°，
∴BD=AB=60，
∴两建筑物底部之间水平距离BD的长度为60米;
(2)延长AE、DC交于点F，根据题意得四边形ABDF为正方形，
∴AF=BD=DF=60，
在Rt△AFC中，∠FAC=30°，
∴CF=AF•tan∠FAC=60× =20 ，
又∵FD=60，
∴CD=60﹣20 ，
∴建筑物CD的高度为(60﹣20 )米.
【点评】考查解直角三角形的应用;得到以AF为公共边的2个直角三角形是解决本题的突破点.
22.(10分)(2016秋•泰州期末)如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，交y轴于C点，其中B点坐标为(3，0)，C点坐标为(0，3)，且图象对称轴为直线x=1.
(1)求此二次函数的关系式;
(2)P为二次函数y=ax2+bx+c在x轴下方的图象上一点，且S△ABP=S△ABC，求P点的坐标.
【考点】抛物线与x轴的交点;待定系数法求二次函数解析式.
【分析】(1)将B、C的坐标和对称轴方程代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值，可得此二次函数的关系式;
(2)根据等底等高的三角形的面积相等，可得P的纵坐标与C的纵坐标互为相反数，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案.
【解答】解：(1)根据题意，得
，
解得 .
故二次函数的表达式为y=﹣x2+2x+3.
(2)由S△ABP=S△ABC，得
yP+yC=0，得yP=﹣3，
当y=﹣3时，﹣x2+2x+3=﹣3，
解得x1=1﹣ ，x2=1+ .
故P点的坐标为(1﹣ ，﹣3)或(1+ ，﹣3).
【点评】本题考查了二次函数综合题，(1)利用待定系数法求函数解析式;(2)利用等底等高的三角形的面积相等得出P的纵坐标与C的纵坐标互为相反数是解题关键.
23.(10分)(2016秋•泰州期末)如图，四边形OABC为平行四边形，B、C在⊙O上，A在⊙O外，sin∠OCB= .
(1)求证：AB与⊙O相切;
(2)若BC=10cm，求⊙O的半径长及图中阴影部分的面积.
【考点】切线的判定;平行四边形的性质;扇形面积的计算;解直角三角形.
【分析】(1)由特殊三角函数值sin∠OCB= ，求得∠OCB=45°，根据同圆的半径相等得：OB=OC，利用等边对等角得：∠OCB=∠OBC=45°，所以∠BOC=90°，最后由平行四边形的对边平行和平行线性质得：
∠BOC=∠ABO=90°，AB与⊙O相切;
(2)根据勾股定理求⊙O的半径长，再利用差求阴影部分的面积.
【解答】(1)证明：连接OB，
∵sin∠OCB= ，
∴∠OCB=45°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠BOC=90°，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB∥OC，
∴∠BOC=∠ABO=90°，
∵B在⊙O上，
∴AB与⊙O相切;
解：(2)设⊙O的半径为r，则OB=OC=r，
在Rt△OBC中，r2+r2=102，
∴r=5 ，
∴S阴影部分=S扇形OBC﹣S△OBC= ﹣ × = π﹣25，
答：⊙O的半径长5 ，阴影部分的面积为 .
【点评】本题考查了切线的判定、平行四边形的性质、三角函数值、扇形的面积;明确两种证明切线的方法：①无交点，作垂线段，证半径;②有交点，作半径，证垂线;熟记扇形的面积公式，并掌握特殊的三角函数值.
24.(10分)(2016秋•泰州期末)如图，在菱形ABCD中，AB=4，对角线AC、BD交于O点，E为AD延长线上一点，DE=2，直线OE分别交AB、CD于G、F.
(1)求证：DF=BG;
(2)求DF的长;
(3)若∠ABC=60°，求tan∠AEO.
【考点】相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;菱形的性质.
【分析】(1)根据菱形的性质得出OD=OB，再由平行线的性质得出∠OBG=∠ODF，故可得出△BGO≌△DFO，进而可得出结论;
(2)过点O作OK∥AD，由三角形中位线定理得出OK的长，再判定出△DEF∽△KOF，利用相似三角形的对应边成比例即可得出结论;
(3)过点O作OH⊥AD于点H，根据菱形的性质得出∠ADO=30°，∠OAH=60°，设OH=x，则DH= x，AH= x，再由AD=4可得出x的值，进而得出结论.
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD，AB∥CD，
∴∠OBG=∠ODF.
在△BGO与△DFO中，
∵ ，
∴△BGO≌△DFO(ASA)，
∴DF=BG;
(2)解：过点O作OK∥AD，
∵点O是对角线AC、BD交点，
∴点O是线段AC的中点，
∴OK是△ACD的中线，
∴OK= AD=2，DK= CD=2.
∵AD∥OK，
∴△DEF∽△KOF，
∴ = ，即 = ，解得DF=1.
(3)解：过点O作OH⊥AD于点H，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADO=30°，∠OAH=60°，
设OH=x，则DH= x，AH= x.
∵AD=4，
∴ x+ x=4，解得x= ，
∴HD=3，OH= ，
∴HE=HD+DE=3+2=5，
∴tan∠AEO= = .
【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质及锐角三角函数的定义等知识，涉及面较广，难度较大.
25.(12分)(2016秋•泰州期末)如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，点E是AD边上一动点(不与点A，D重合 )，过A、E、C三点的⊙O交AB延长线于点F，连接CE、CF.
(1)求证：△DEC∽△BFC;
(2)设DE的长为x，△AEF的面积为y.
①求y关于x的函数关系式，并求出当x为何值时，y有最大值;
②连接AC，若△ACF为等腰三角形，求x的值.
【考点】圆的综合题.
【分析】(1)如图1中，连接EF.首先证明EF是⊙O直径，推出∠ECF=90°，由∠DCB=∠ECF，推出∠DCE=∠BCF，由∠D=∠CBF，即可证明△DEC∽△BFC.
(2)①由△DEC∽△BFC，得 = ，求出BF，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题.
②分三种情形讨论即可解决问题.a、当AC=AF= 时.b、当CA=CF时，易知AB=BF=1，c、当FC=FA时，则有(2x)2+22=(1+2x)2.
【解答】(1)证明：如图1中，连接EF.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=1，AD=BC=2，∠A=∠D=∠DCB=∠ABC=∠CBF=90°，
∴EF是⊙O直径，
∴∠ECF=90°，
∴∠DCB=∠ECF，
∴∠DCE=∠BCF，∵∠D=∠CBF，
∴△DEC∽△BFC.
(2)①∵△DEC∽△BFC，
∴ = ，
∴ = ，
∴BF=2x，AF=1+2x，
∴y= •AE•AF= (2﹣x)(1+2x)=﹣x2+ x+1=﹣(x﹣ )2+ ，
∵﹣1<0，
∴当x= 时，y有最大值.
②如图2中，a、当AC=AF= 时，
∵BF=2x= ﹣1，
∴x= .
b、当CA=CF时，易知AB=BF=1，
∴2x=1，
∴x= .
c、当FC=FA时，则有(2x)2+22=(1+2x)2，
解得x= ，
综上所述，△ACF为等腰三角形，x的值为 或 或 .
【点评】本题考查圆综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会添加常用辅助线，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.
26.(14分)(2016秋•泰州期末)已知二次函数y=mx2﹣nx+n﹣2(n>0，m≠0)的图象经过A(2，0).
(1)用含n的代数式表示m;
(2)求证：二次函数y=mx2﹣nx+n﹣2的图象与x轴始终有2个交点;
(3)设二次函数y=mx2﹣nx+n﹣2的图象与x轴的另一个交点为B(t，0).
①当n取n1，n2时，t 分别为t1，t2，若n1
②若t为整数，求整数n的值.
【考点】抛物线与x轴的交点;二次函数的图象.
【分析】(1)把A(2，0)代入y=mx2﹣nx+n﹣2，即可用含n的代数式表示m;
(2)只需证明△=(﹣n)2﹣4m(n﹣2)>0即可;
(3)①根据题意用含n的代数式表示t，可得t1﹣t2= ﹣ = ，依此可得t1﹣t2<0，从而求解;
②t= =2﹣ ，因为t为整数且n>0，可得n+2>2，得到n+2=4或n+2=8，解方程即可求解.
【解答】解：(1)把A(2，0)代入y=mx2﹣nx+n﹣2，得4m﹣2n+n﹣2=0，m= ;
(2)∵△=(﹣n)2﹣4m(n﹣2)=n2﹣4× ×(n﹣2)=n2﹣n2+4=4>0，
∴二次函数y=mx2﹣nx+n﹣2的图象与x轴始终有2个交点;
(3)①依题意可知t= ;
所以t1﹣t2= ﹣ = ，
因为n1
又因为n>0，
所以n1+2>0，n2+2>0，
所以t1﹣t2<0，
所以t1
②t= =2﹣ ，
因为t为整数且n>0，
所以n+2>2，
所以n+2=4或n+2=8
所以n=2或n=6.
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点.解答本题的关键是根据根的判别式△>0证明抛物线与x轴有两个交点.
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