2020年浙江省初中毕业生学业水平考试(嘉兴卷)
数学试题卷
一、选择题(本题有10小题，每题3分，共30分．请选出各题中唯一的正确选项，不选、多选、错选，均不得分)
1.2020年3月9日，中国第54颗北斗导航卫星成功发射，其轨道高度约为36000000m．数36000000用科学记数法表示为( )
A. 0.36×108 B. 36×107 C. 3.6×108 D. 3.6×107
【答案】D
【解析】
【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．
【详解】解：36 000 000＝3.6×107，
故答案选：D．
【点睛】本题主要考查了科学记数法的表示方法，关键是确定a的值和n的值．
2.如图，是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的左视图是( )
A. 
B. 
C. 
D. 
【答案】A
【解析】
【详解】从左面看，这个立体图形有两层，且底层有两个小正方形，第二层的左边有一个小正方形．
故选A．
3.已知样本数据2，3，5，3，7，下列说法不正确的是( )
A. 平均数是4 B. 众数是3 C. 中位数是5 D. 方差是3.2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据众数、中位数、平均数、方差的定义和计算公式分别进行分析即可．
【详解】解：样本数据2，3，5，3，7中平均数是4，中位数是3，众数是3，方差是S2＝[(2﹣4)2+(3﹣4)2+(5﹣4)2+(3﹣4)2+(7﹣4)2]＝3.2．
故选：C．
【点睛】本题考查了对中位数、平均数、众数、方差的知识点应用．
4.一次函数y=2x﹣1的图象大致是( )
A. 
B. 
C. 
D. 
【答案】B
【解析】
【分析】
根据一次函数的性质，判断出k和b的符号即可解答．
【详解】由题意知，k=2＞0，b=﹣1＜0时，函数图象经过一、三、四象限．
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数y=kx+b图象所过象限与k，b的关系，当k＞0，b＜0时，函数图象经过一、三、四象限．
5.如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O(0，0)，A(4，3)，B(3，0)．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标( )
A. (﹣1，﹣1) B. (﹣，﹣1) C. (﹣1，﹣) D. (﹣2，﹣1)
【答案】B
【解析】
【分析】
根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A (4，3)，
∴A点的对应点C的坐标为(，﹣1)．
故选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
6.不等式3(1﹣x)＞2﹣4x的解在数轴上表示正确的是( )
A. 
B. 
C. 
D. 
【答案】A
【解析】
【分析】
根据解一元一次不等式基本步骤：去括号、移项、合并同类项可得不等式的解集，继而可得答案．
【详解】解：去括号，得：3﹣3x＞2﹣4x，
移项，得：﹣3x+4x＞2﹣3，
合并，得：x＞﹣1，
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式及用数轴表示不等式的解集，正确解不等式是解题关键，注意“＞”向右，“＜”向左，带等号用实心，不带等号用空心．
7.如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A‘B‘C‘，则它们重叠部分的面积是( )
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
【详解】解：作AM⊥BC于M，如图：
重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，
∴AM＝BM＝，
∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，
∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键．
8.用加减消元法解二元一次方程组时，下列方法中无法消元的是( )
A. ①×2﹣② B. ②×(﹣3)﹣① C. ①×(﹣2)+② D. ①﹣②×3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据各选项分别计算，即可解答．
【详解】方程组利用加减消元法变形即可．
解：A、①×2﹣②可以消元x，不符合题意；
B、②×(﹣3)﹣①可以消元y，不符合题意；
C、①×(﹣2)+②可以消元x，不符合题意；
D、①﹣②×3无法消元，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了加减消元法解二元一次方程组，只有当两个二元一次方程未知数的系数相同或相反时才可以用加减法消元，系数相同相减消元，系数相反相加消元．
9.如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为( )
A. 2 B. 10 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，设OA交BC于T．
∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，
∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，
在Rt△OCT中，则有r2＝(r﹣2)2+42，
解得r＝5，
故选：D．
【点睛】本题考查作图——复杂作图，等腰三角形的性质，垂径定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10.已知二次函数y＝x2，当a≤x≤b时m≤y≤n，则下列说法正确的是( )
A. 当n﹣m＝1时，b﹣a有最小值
B. 当n﹣m＝1时，b﹣a有最大值
C. 当b﹣a＝1时，n﹣m无最小值
D. 当b﹣a＝1时，n﹣m有最大值
【答案】B
【解析】
【分析】
①当b﹣a＝1时，先判断出四边形BCDE是矩形，得出BC＝DE＝b﹣a＝1，CD＝BE＝m，进而得出AC＝n﹣m，即tan＝n﹣m，再判断出0°≤∠ABC＜90°，即可得出n﹣m的范围；
②当n﹣m＝1时，同①的方法得出NH＝PQ＝b﹣a，HQ＝PN＝m，进而得出MH＝n﹣m＝1，而tan∠MHN＝，再判断出45°≤∠MNH＜90°，即可得出结论．
【详解】解：①当b﹣a＝1时，如图1，过点B作BC⊥AD于C，
∴∠BCD＝90°，
∵∠ADE＝∠BED＝90°，
∴∠ADO＝∠BCD＝∠BED＝90°，
∴四边形BCDE是矩形，
∴BC＝DE＝b﹣a＝1，CD＝BE＝m，
∴AC＝AD﹣CD＝n﹣m，
在Rt△ACB中，tan∠ABC＝＝n﹣m，
∵点A，B在抛物线y＝x2上，
∴0°≤∠ABC＜90°，
∴tan∠ABC≥0，
∴n﹣m≥0，
即n﹣m无最大值，有最小值，最小值为0，故选项C，D都错误；
②当n﹣m＝1时，如图2，过点N作NH⊥MQ于H，
同①的方法得，NH＝PQ＝b﹣a，HQ＝PN＝m，
∴MH＝MQ﹣HQ＝n﹣m＝1，
在Rt△MHQ中，tan∠MNH＝，
∵点M，N在抛物线y＝x2上，
∴m≥0，
当m＝0时，n＝1，
∴点N(0，0)，M(1，1)，
∴NH＝1，
此时，∠MNH＝45°，
∴45°≤∠MNH＜90°，
∴tan∠MNH≥1，
∴≥1，
当a,b异号时，且m=0,n=1时，a,b的差距是最大的情况，
此时b-a=2,
∴b﹣a无最小值，有最大值，最大值为2，故选项A错误；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数，确定出∠MNH的范围是解本题的关键．
二、填空题(本题有6小题，每题4分，共24分)
11.分解因式：________．
【答案】(x+3)(x-3)．
【解析】
【分析】
根据运用公式法(平方差公式)分解因式即可.
【详解】解：(x+3)(x-3)．
故答案为：(x+3)(x-3)．
【点睛】本题考查运用平方差公式分解因式，熟练掌握平方差公式：a2-b2=(a+b)(a-b)是解题的关键.
12.如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件：_______，使▱ABCD是菱形．
【答案】AB=BC(答案不唯一)．
【解析】
分析】
根据菱形的判定条件：邻边相等的平行四边形是菱形，可确定出答案．
【详解】解：∵邻边相等的平行四边形是菱形，
∴当AB=BC时可判定ABCD为菱形．
故答案为：AB=BC(答案不唯一)．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的相关判定条件是解答本题的关键．
13.一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在岔路口随机选择一条路径，它获得食物的概率是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
直接利用概率公式求解．
【详解】解：蚂蚁获得食物的概率＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了概率公式：随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
14.如图，在半径为的圆形纸片中，剪一个圆心角为90°的最大扇形(阴影部分)，则这个扇形的面积为_____；若将此扇形围成一个无底的圆锥(不计接头)，则圆锥底面半径为_____．
【答案】 (1). π (2).
【解析】
【分析】
由勾股定理求扇形的半径，再根据扇形面积公式求值；根据扇形的弧长等于底面周长求得底面半径即可．
【详解】解：连接BC，
由∠BAC＝90°得BC为⊙O的直径，
∴BC＝2，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得：AB＝AC＝2，
∴S扇形ABC＝＝π；
∴扇形的弧长为：＝π，
设底面半径为r，则2πr＝π，
解得：r＝，
故答案为：π，．
【点睛】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．
15.数学家斐波那契编写《算经》中有如下问题：一组人平分10元钱，每人分得若干；若再加上6人，平分40元钱，则第二次每人所得与第一次相同，求第一次分钱的人数．设第一次分钱的人数为x人，则可列方程_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据“第二次每人所得与第一次相同，”列分式方程即可得到结论．
【详解】解：根据题意得，，
故答案为：
【点睛】本题主要考查分式方程的实际应用，找出等量关系，列出分式方程，是解题的关键．
16.如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B‘，C‘上．当点B‘恰好落在边CD上时，线段BM的长为_____cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB‘与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为_____cm．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
【详解】如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠3，
由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，
∴∠2＝∠3，
∴MB′＝NB′，
∵NB′＝＝＝(cm)，
∴BM＝NB′＝(cm)．
如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，
在Rt△ADE中，则有x2＝22+(4﹣x)2，解得x＝，
∴DE＝4﹣＝(cm)，
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2(cm)，
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′(即DE″)＝5﹣1﹣＝(4﹣)(cm)，
∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2﹣+2﹣(4﹣)＝()(cm)．
故答案为，()．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题(本题有8小题，第17～19题每题6分，第20、21题每题8分，第22、23题每题10分，第24题12分，共66分)
17.(1)计算：(2020)0﹣+|﹣3|；
(2)化简：(a+2)(a﹣2)﹣a(a+1)．
【答案】(1)2；(2)﹣4﹣a
【解析】
【分析】
(1)直接利用零指数幂的性质和二次根式的性质、绝对值的性质分别化简得出答案；
(2)直接利用平方差公式以及单项式乘以多项式计算得出答案．
【详解】解：(1)(2020)0﹣+|﹣3|
＝1﹣2+3
＝2；
(2)(a+2)(a﹣2)﹣a(a+1)
＝a2﹣4﹣a2﹣a
＝﹣4﹣a．
【点睛】本题主要考查了实数的运算，准确运用零指数幂、二次根式的性质和绝对值的性质是解题的关键．
18.比较x2+1与2x的大小．
(1)尝试(用“＜”，“＝”或“＞”填空)：
①当x＝1时，x2+1 2x；
②当x＝0时，x2+1 2x；
③当x＝﹣2时，x2+1 2x．
(2)归纳：若x取任意实数，x2+1与2x有怎样的大小关系？试说明理由．
【答案】(1)①=；②>；③>；(2)x2+1≥2x，理由见解析
【解析】
【分析】
(1)根据代数式求值，可得代数式的值，根据有理数的大小比较，可得答案；
(2)根据完全平方公式，可得答案．
【详解】解：(1)①当x＝1时，x2+1＝2x；
②当x＝0时，x2+1＞2x；
③当x＝﹣2时，x2+1＞2x．
故答案为：＝；＞；＞．
(2)x2+1≥2x．
证明：∵x2+1﹣2x＝(x﹣1)2≥0，
∴x2+1≥2x．
【点睛】本题考查了求代数式的值，有理数的大小比较，两个整式大小比较及证明，公式法因式分解、不完全归纳法，解题关键是理解根据“A-B”的符号比较“A、B”的大小．
19.已知：如图，在△OAB中，OA=OB，⊙O与AB相切与点C．求证：AC=BC．
小明同学的证明过程如下框：
小明的证法是否正确？若正确，请在框内打“√”；若错误，请写出你的证明过程．
【答案】证法错误．证明见解析
【解析】
【分析】
小明同学通过两边及一边对角对应相等证明两个三角形全等是错误的，没有这样的判定定理.连接OC，根据切线的性质和等腰三角形三线合一的性质得出结论即可.
【详解】解：证法错误．
证明：连结 OC．
∵⊙O与AB相切于点C，
∴OC⊥AB．
∵OA=OB，
∴AC=BC．
【点睛】本题考查切线的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质和等腰三角形三线合一的性质是解题的关键.
20.经过实验获得两个变量x(x＞0)，y(y＞0)的一组对应值如下表．
| x | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| y | 6 | 2.9 | 2 | 1.5 | 1.2 | 1 |
(1)请画出相应函数的图象，并求出函数表达式．
(2)点A(x1，y1)，B(x2，y2)在此函数图象上．若x1＜x2，则y1，y2有怎样的大小关系？请说明理由．
【答案】(1)图象见解析，()；(2)y1＞y2，理由见解析．
【解析】
【分析】
(1)利用描点法即可画出函数图象，再利用待定系数法即可得出函数表达式；
(2)根据反比例函数的性质解答即可．
【详解】解：(1)函数图象如图所示，设函数表达式为，
把x＝1，y＝6代入，得k＝6，
∴函数表达式为()；
(2)∵k＝6＞0，
∴在第一象限，y随x的增大而减小，
∴0＜x1＜x2时，则y1＞y2．
【点睛】本题主要考查反比例函数图象的特点和求函数关系表达式，解题的关键是求出函数表达式，并熟悉反比例函数的性质和特点．
21.小吴家准备购买一台电视机，小吴将收集到的某地区A、B、C三种品牌电视机销售情况的有关数据统计如下：
根据上述三个统计图，请解答：
(1)2014～2019年三种品牌电视机销售总量最多的是 品牌，月平均销售量最稳定的是 品牌．
(2)2019年其他品牌的电视机年销售总量是多少万台？
(3)货比三家后，你建议小吴家购买哪种品牌的电视机？说说你的理由．
【答案】(1)B， C；(2)2019年其他品牌的电视机年销售总量是115.2万台；(3)建议购买C品牌(建议购买B品牌)，理由见解析
【解析】
【分析】
(1)从条形统计图、折线统计图可以得出答案；
(2)求出总销售量，“其它”的所占的百分比；
(3)从市场占有率、平均销售量等方面提出建议．
【详解】解：(1)由条形统计图可得，2014～2019年三种品牌电视机销售总量最多的是B品牌，是1746万台；
由条形统计图可得，2014～2019年三种品牌电视机月平均销售量最稳定的是C品牌，比较稳定，极差最小；
故答案为：B，C；
(2)∵20×12÷25%＝960(万台)，1﹣25%﹣29%﹣34%＝12%，
∴960×12%＝115.2(万台)；
答：2019年其他品牌的电视机年销售总量是115.2万台；
(3)建议购买C品牌，因为C品牌2019年的市场占有率最高，且5年的月销售量最稳定；
建议购买B品牌，因为B品牌的销售总量最多，受到广大顾客的青睐．
【点睛】本题考查了条形统计图，折线统计图，扇形统计图，认真审题，搞清三个统计图分别反映不同意义是解题关键．
22.为了测量一条两岸平行的河流宽度，三个数学研究小组设计了不同的方案，他们在河南岸的点A处测得河北岸的树H恰好在A的正北方向．测量方案与数据如下表：
(1)哪个小组的数据无法计算出河宽？
(2)请选择其中一个方案及其数据求出河宽(精确到0.1m)．
(参考数据：)
【答案】(1)第二小组；(2)56.4m．
【解析】
【分析】
(1)由已知数据可知，第二个小组的数据无法计算河宽．
(2)第一个小组：证明BC=BH=60m，解直角三角形求出AH即可．
【详解】(1)第二小组的数据中，通过解直角三角形可得到Rt△中的BC、DC，无法与Rt△产生关联，故第二小组无法计算出河宽．
(2)答案不唯一．若选第一小组的方案及数据(如图)，
∵∠ABH=∠ACH+∠BHC，∠ABH=70°，∠ACH=35°，
，
m．
在Rt△中，AH=BH×sin70°≈56.4(m)．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
23.在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图1)，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD(如图2)，当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形(如图3)．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连结OB，OE(如图4)．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．
【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【解析】
【分析】
【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x(cm)，则OA＝OE＝(x+4)，得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH(ASA)，得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD(AAS)，得出BD＝OH，则结论得证．
【详解】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】
如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x(cm)，则OA＝OE＝(x+4)，
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x＝，
∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，
∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH(ASA)，
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD(AAS)，
∴BD＝OH＝2OF．
【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
24.在篮球比赛中，东东投出的球在点A处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分(如图1所示建立直角坐标系)，抛物线顶点为点B．
(1)求该抛物线的函数表达式．
(2)当球运动到点C时被东东抢到，CD⊥x轴于点D，CD＝2.6m．
①求OD的长．
②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点D处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华，目标为华华接球点E(4，1.3)．东东起跳后所持球离地面高度h1(m)(传球前)与东东起跳后时间t(s)满足函数关系式h1＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7(0≤t≤1)；小戴在点F(1.5，0)处拦截，他比东东晚0.3s垂直起跳，其拦截高度h2(m)与东东起跳后时间t(s)的函数关系如图2所示(其中两条抛物线的形状相同)．东东的直线传球能否越过小戴的拦截传到点E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由(直线传球过程中球运动时间忽略不计)．
【答案】(1)y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32；(2)①1m；②能，
【解析】
【分析】
(1)设y＝a(x﹣0.4)2+3.32(a≠0)，将A(0，3)代入求解即可得出答案；
(2)①把y＝2.6代入y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32，解方程求出x，即可得出OD＝1m；
②东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，设MD＝h1，NF＝h2，当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，证明△MPN∽△NEH，得出，则NH＝5MP．分不同情况：(Ⅰ)当0≤t≤0.3时，(Ⅱ)当0.3＜t≤0.65时，(Ⅲ)当0.65＜t≤1时，分别求出t的范围可得出答案．
【详解】解：(1)设y＝a(x﹣0.4)2+3.32(a≠0)，
把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32．
(2)①把y＝2.6代入y＝﹣2(x﹣0.4)2+3.32，
化简得(x﹣0.4)2＝0.36，
解得x1＝﹣0.2(舍去)，x2＝1，
∴OD＝1m．
②东东的直线传球能越过小戴的拦截传到点E．
由图1可得，当0≤t≤0.3时，h2＝2.2．
当0.3＜t≤1.3时，h2＝﹣2(t﹣0.8)2+2.7．
当h1﹣h2＝0时，t＝0.65，
东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，
设MD＝h1，NF＝h2，
当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，
∴MD∥NF，PN∥EG，
∴∠M＝∠HEN，∠MNP＝∠NEH，
∴△MPN∽△NEH，
∴，
∵PN＝0.5，HE＝2.5，
∴NH＝5MP．
(Ⅰ)当0≤t≤0.3时，
MP＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7﹣2.2＝﹣2(t﹣0.5)2+0.5，
NH＝2.2﹣1.3＝0.9．
∴5[﹣2(t﹣0.5)2+0.5]＝0.9，
整理得(t﹣0.5)2＝0.16，
解得(舍去)，，
当0≤t≤0.3时，MP随t的增大而增大，
∴．
(Ⅱ)当0.3＜t≤0.65时，MP＝MD﹣NF＝﹣2(t﹣0.5)2+2.7﹣[﹣2(t﹣0.8)2+2.7]＝﹣1.2t+0.78，
NH＝NF﹣HF＝﹣2(t﹣0.8)2+2.7﹣1.3＝﹣2(t﹣0.8)2+1.4，
∴﹣2(t﹣0.8)2+1.4＝5×(﹣1.2t+0.78)，
整理得t2﹣4.6t+1.89＝0，
解得，(舍去)，，
当0.3＜t≤0.65时，MP随t的增大而减小，
∴．
(Ⅲ)当0.65＜t≤1时，h1＜h2，不可能．
给上所述，东东在起跳后传球的时间范围为．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式以及能将实际问题转化为二次函数问题求解．
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