重庆市巴南区2022-2023学年九年级数学第一学期期末教学质量检测试题含解析

这是一份重庆市巴南区2022-2023学年九年级数学第一学期期末教学质量检测试题含解析，共20页。试卷主要包含了下列事件中，必然事件是等内容，欢迎下载使用。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，小明想利用太阳光测量楼高，发现对面墙上有这栋楼的影子，小明边移动边观察，发现站在点处时，可以使自己落在墙上的影子与这栋楼落在墙上的影子重合且高度恰好相同.此时测得墙上影子高(点在同一条直线上).已知小明身高是，则楼高为（ ）
A．B．C．D．
2．已知线段a、b、c、d满足ab=cd，把它改写成比例式，正确的是（ ）
A．a：d＝c：bB．a：b＝c：dC．c：a＝d：bD．b：c＝a：d
3．若半径为5cm的一段弧长等于半径为2cm的圆的周长，则这段弧所对的圆心角为（ ）
A．144°B．132°C．126°D．108°
4．为了测量某沙漠地区的温度变化情况，从某时刻开始记录了12个小时的温度，记时间为（单位：）温度为（单位：）.当时，与的函数关系是，则时该地区的最高温度是（ ）
A．B．C．D．
5．毕业前期，某班的全体学生互赠贺卡，共赠贺卡1980张.设某班共有名学生，那么所列方程为( )
A．B．
C．D．
6．将抛物线y=-2x2向左平移3个单位，再向下平移4个单位，所得抛物线为（ ）
A．B．
C．D．
7．刘徽是我国古代一位伟大的数学家，他的杰作《九章算术注》和《海宝算经》是中国宝贵的文化遗产.他所提出的割圆术可以估算圆周率.割圆术是依次用圆内接正六边形、正十二边形…去逼近圆.如图，的半径为1，则的内接正十二边形面积为( )
A．1B．3C．3.1D．3.14
8．下列事件中，必然事件是（ ）
A．抛一枚硬币，正面朝上
B．打开电视频道，正在播放《今日视线》
C．射击运动员射击一次，命中10环
D．地球绕着太阳转
9．有一个矩形苗圃园，其中一边靠墙，另外三边用长为的篱笆围成．已知墙长为若平行于墙的一边长不小于则这个苗圃园面积的最大值和最小值分别为（ ）
A．B．
C．D．
10．在一个不透明的袋子中装有除颜色外其余均相同的m个小球，其中8个黑球，从袋中随机摸出一球，记下其颜色，这称为一次摸球实验，之后把它放回袋中，搅匀后，再继续摸出一球，记下其颜色，以下是利用计算机模拟的摸球试验次数与摸出黑球次数的列表：
根据列表，可以估计出m的值是（ ）
A．8B．16C．24D．32
11．抛物线y＝﹣（x﹣）2﹣2的顶点坐标是（ ）
A．（，2）B．（﹣，2）C．（﹣，﹣2）D．（，﹣2）
12．方程2x（x﹣5）＝6（x﹣5）的根是（ ）
A．x＝5B．x＝﹣5C．＝﹣5，＝3D． ＝5，＝3
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在AB，AD上，若CE=，且∠ECF=45°，则CF的长为__________．
14．如图，抛物线（是常数，），与轴交于两点，顶点的坐标是，给出下列四个结论：①；②若，，在抛物线上，则；③若关于的方程有实数根，则；④，其中正确的结论是__________．（填序号）
15．如图，如果一只蚂蚁从圆锥底面上的点B出发，沿表面爬到母线AC的中点D处，则最短路线长为_____．
16．某工厂1月份的产值为50000元，3月份的产值达到72000元，这两个月的产值平均月增长的百分率是多少？
17．如图，某舰艇上午9时在A处测得灯塔C在其南偏东75°方向上，且该舰艇以每小时10海里的速度沿南偏东15°方向航行，11小时到达B处，在B处测得灯塔C在北偏东75°方向上，则B处到灯塔C的距离为________海里.
18．若代数式有意义，则的取值范围是____________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）某水果经销商到水果种植基地采购葡萄，经销商一次性采购葡萄的采购单价（元/千克）与采购量（千克）之间的函数关系图象如图中折线所示（不包括端点）.
（1）当时，写出与之间的函数关系式；
（2）葡萄的种植成本为8元/千克，某经销商一次性采购葡萄的采购量不超过1000千克，当采购量是多少时，水果种植基地获利最大，最大利润是多少元？
20．（8分）如图，在大楼AB正前方有一斜坡CD，坡角∠DCE=30°，楼高AB=60米，在斜坡下的点C处测得楼顶B的仰角为60°，在斜坡上的D处测得楼顶B的仰角为45°，其中点A,C,E在同一直线上.
（1）求坡底C点到大楼距离AC的值；
（2）求斜坡CD的长度.
21．（8分）一个盒子中装有两个红球，一个白球和一个蓝球，这些球除颜色外都相同，从中随机摸出一个球，记下颜色后放回，再从中随机摸出一个球，请你用列表法和画树状图法求两次摸到的球的颜色能配成紫色的概率（说明：红色和蓝色能配成紫色）
22．（10分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作⊙O，点D为⊙O上一点，且CD=CB、连接DO并延长交CB的延长线于点E
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BE=4，DE=8，求AC的长．
23．（10分）如图，顶点为M的抛物线y=a(x+1)2-4分别与x轴相交于点A，B(点A在点B的)右侧)，与y轴相交于点C(0，﹣3)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)判断△BCM是否为直角三角形，并说明理由．
(3)抛物线上是否存在点N(不与点C重合)，使得以点A，B，N为顶点的三角形的面积与S△ABC的面积相等？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA＝1，tan∠BAO＝3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B、C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t，设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求以C、E、F为顶点三角形与△COD相似时点P的坐标．
25．（12分）如图：已知▱ABCD，过点A的直线交BC的延长线于E，交BD、CD于F、G．
（1）若AB＝3，BC＝4，CE＝2，求CG的长；
（2）证明：AF2＝FG×FE．
26．如图，△ABC的顶点都在方格线的交点（格点）上．
（1）将△ABC绕C点按逆时针方向旋转90°得到△A′B′C′，请在图中画出△A′B′C′；
（2）将△ABC向上平移1个单位，再向右平移5个单位得到△A″B″C″，请在图中画出△A″B″C″；
（3）若将△ABC绕原点O旋转180°，A的对应点A1的坐标是 ．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】过点C作CN⊥AB，可得四边形CDME、ACDN是矩形，即可证明，从而得出AN，进而求得AB的长．
【详解】过点C作CN⊥AB，垂足为N，交EF于M点，
∴四边形CDEM、BDCN是矩形，
∴，
∴，
依题意知，EF∥AB，
∴，
∴，即：，
∴AN=20，
(米)，
答：楼高为21.2米．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的应用，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求解即可，体现了转化的思想．
2、A
【分析】根据比例的基本性质：两外项之积等于两内项之积．对选项一一分析，选出正确答案．
【详解】解：A、a：d=c：b⇒ab=cd，故正确；
B、a：b=c：d⇒ad=bc，故错误；
C、c：a＝d：b ⇒bc=ad，故错误
D、b：c＝a：d ⇒ad =bc，故错误．
故选A．
【点睛】
本题考查比例的基本性质，解题关键是根据比例的基本性质实现比例式和等积式的互相转换．
3、A
【分析】利用圆的周长公式求得该弧的长度，然后由弧长公式进行计算.
【详解】解：依题意得 2π×2＝，
解得 n＝1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了弧长的计算. 此题的已知条件是半径为2的圆的周长=半径为5的弧的弧长.
4、D
【分析】利用配方法求最值.
【详解】解：
∵a=-1<0
∴当t=5时，y有最大值为36
故选：D
【点睛】
本题考查配方法求最值，掌握配方法的方法正确计算是本题的解题关键.
5、D
【分析】根据题意得：每人要赠送（x-1）张贺卡，有x个人，然后根据题意可列出方程：（x-1）x=1．
【详解】解：根据题意得：每人要赠送（x-1）张贺卡，有x个人，
∴全班共送：（x-1）x=1，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，本题要注意读清题意，弄清楚每人要赠送(x-1)张贺卡，有x个人是解决问题的关键．
6、B
【解析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】解：把抛物线y=-2x2先向左平移3个单位，再向下平移4个单位，所得的抛物线的解析式是y=-2（x+3）2-4，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
7、B
【分析】根据直角三角形的30度角的性质以及三角形的面积公式计算即可解决问题．
【详解】解：如图，作AC⊥OB于点C.
∵⊙O的半径为1，
∴圆的内接正十二边形的中心角为360°÷12=30°，
∴过A作AC⊥OB，
∴AC=OA=，
∴圆的内接正十二边形的面积S=12××1×=3.
故选B.
【点睛】
此题主要考查了正多边形和圆，三角形的面积公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8、D
【分析】根据事件发生的可能性大小及必然事件的定义即可作出判断．
【详解】解:A、抛一枚硬币，正面朝上是随机事件；
B、打开电视频道，正在播放《今日视线》是随机事件；
C、射击运动员射击一次，命中10环是随机事件；
D、地球绕着太阳转是必然事件；
故选：D．
【点睛】
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定会发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不会发生的事件，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．
9、C
【分析】设垂直于墙面的长为xm，则平行于墙面的长为（20－2x）m，这个苗圃园的面积为ym2，根据二次函数的图象及性质求最值即可．
【详解】解：设垂直于墙面的长为xm，则平行于墙面的长为（20－2x）m，这个苗圃园的面积为ym2
由题意可得y=x（20－2x）=-2（x－5）2＋50，且8≤20－2x≤15
解得：2.5≤x≤6
∵-2＜0，二次函数图象的对称轴为直线x=5
∴当x=5时，y取最大值，最大值为50 ；
当x=2.5时，y取最小值，最小值为37.5 ；
故选C．
【点睛】
此题考查的是二次函数的应用，掌握二次函数的图象及性质是解题关键．
10、C
【分析】利用大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率求解即可．
【详解】解：∵通过大量重复试验后发现，摸到黑球的频率稳定于，
由题意得：，
解得：m=24，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率，关键是根据黑球的频率得到相应的等量关系．
11、D
【分析】根据二次函数的顶点式的特征写出顶点坐标即可.
【详解】因为y＝﹣（x﹣）2﹣2是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（，﹣2）．
故选：D．
【点睛】
此题考查的是求二次函数的顶点坐标,掌握二次函数的顶点式中的顶点坐标是解决此题的关键.
12、D
【分析】利用因式分解法求解可得．
【详解】解：∵2x（x﹣5）＝6（x﹣5）
2x（x﹣5）﹣6（x﹣5）＝0，
∴（x﹣5）（2x﹣6）＝0，
则x﹣5＝0或2x﹣6＝0，
解得x＝5或x＝3，
故选：D．
【点睛】
本题考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【解析】如图，延长FD到G，使DG=BE；
连接CG、EF；
∵四边形ABCD为正方形，
在△BCE与△DCG中，
，∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴CG=CE，∠DCG=∠BCE，∴∠GCF=45°，
在△GCF与△ECF中，
，∴△GCF≌△ECF(SAS)，∴GF=EF，
∵CE=3，CB=6，∴BE=，∴AE=3，
设AF=x,则DF=6−x,GF=3+(6−x)=9−x，
∴EF= ，∴(9−x)²=9+x²，∴x=4，即AF=4，
∴GF=5，∴DF=2，
∴CF= = ,
故答案为：.
点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理的知识点，构建三角形，利用方程思想是解答本题的关键.
14、①②④
【分析】根据二次函数的图象和性质逐一对选项进行分析即可.
【详解】①∵
∴ 即，故①正确；
②由图象可知，若，，在抛物线上，则，故②正确；
③∵抛物线与直线有交点时，即有解时，要求
所以若关于的方程有实数根，则，故③错误；
④当 时，
∵
∴，故④正确.
故答案为①②④
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.
15、3．
【分析】将圆锥侧面展开，根据“两点之间线段最短”和勾股定理，即可求得蚂蚁的最短路线长.
【详解】如图将圆锥侧面展开，得到扇形ABB′，
则线段BF为所求的最短路线．
设∠BAB′＝n°．
∵，
∴n＝120，即∠BAB′＝120°．
∵E为弧BB′中点，
∴∠AFB＝90°，∠BAF＝60°，
Rt△AFB中，∠ABF＝30°，AB＝6
∴AF＝3，BF＝＝3，
∴最短路线长为3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查“化曲面为平面”求最短路径问题，属中档题.
16、20%
【分析】设这两个月的产值平均月增长的百分率为x，根据该工厂1月份及3月份的产值，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】解：设这两个月的产值平均月增长的百分率为x，
依题意，得：50000（1+x）2＝72000，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（舍去）．
答：这两个月的产值平均月增长的百分率是20%．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出一元二次方程．
17、20
【分析】根据题意得出，，据此即可求解．
【详解】根据题意：(海里)，
如图，根据题意：
，
，
∴，
，
∴，
∴，
答：B处到灯塔C的距离为海里．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用－方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
18、x≥1且x≠1
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，即可求解．
【详解】解：根据二次根式有意义，分式有意义得：x-1≥0且x-1≠0，
解得：x≥1且x≠1．
故答案为：x≥1且x≠1．
【点睛】
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数，难度不大.
三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）一次性采购量为800千克时，蔬菜种植基地能获得最大利润为12800元.
【分析】（1）根据函数图象中的点B和点C可以求得当500【详解】解：
（1）设当时，与之间的函数关系式为：，
，解得.
故与之间的函数关系式为：；
（2）当采购量是千克时，蔬菜种植基地获利元，
当时，，则当时，有最大值11000元，
当时，，
，
故当时，有最大值为12800元，
综上所述，一次性采购量为800千克时，蔬菜种植基地能获得最大利润为12800元；
【点睛】
本题主要考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，掌握二次函数的应用，一元二次方程的应用是解题的关键.
20、（1）坡底C点到大楼距离AC的值为20米；（2）斜坡CD的长度为80-120米.
【解析】分析：（1）在直角三角形ABC中，利用锐角三角函数定义求出AC的长即可；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，则四边形AEDF为矩形，得AF=DE，DF=AE.利用DF=AE=AC+CE求解即可.
详解：（1）在直角△ABC中，∠BAC=90°，∠BCA=60°，AB=60米，则AC=（米）
答：坡底C点到大楼距离AC的值是20米．
（2）过点D作DF⊥AB于点F，则四边形AEDF为矩形，
∴AF=DE，DF=AE.
设CD=x米，在Rt△CDE中，DE=x米，CE=x米
在Rt△BDF中，∠BDF=45°，
∴BF=DF=AB-AF=60-x（米）
∵DF=AE=AC+CE，
∴20+x=60-x
解得：x=80-120（米）
故斜坡CD的长度为（80-120）米.
点睛：此题考查了解直角三角形-仰角俯角问题，坡度坡角问题，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
21、．
【分析】利用画树状图法得到总的可能和可能发生的结果数，即可求出概率.
【详解】解：画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中红色和蓝色的结果数4，
所以摸到的两个球的颜色能配成紫色的概率＝.
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率.
22、（1）相切，证明见解析；（2）6.
【分析】（1）欲证明CD是切线，只要证明OD⊥CD，利用全等三角形的性质即可证明；
（2）设⊙O的半径为r．在Rt△OBE中，根据OE2=EB2+OB2，可得（8﹣r）2=r2+42，推出r=3，由tan∠E=，推出，可得CD=BC=6，再利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：（1）相切，理由如下，
如图，连接OC，
∵CB=CD，CO=CO，OB=OD，
∴△OCB≌△OCD，
∴∠ODC=∠OBC=90°，
∴OD⊥DC，
∴DC是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为r，
在Rt△OBE中，∵OE2=EB2+OB2，
∴（8﹣r）2=r2+42，
∴r=3，AB=2r=6，
∵tan∠E=，
∴，
∴CD=BC=6，
在Rt△ABC中，AC=．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系、圆周角定理、勾股定理、锐角三角函数等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活应用相关知识解决问题是关键．
23、 (1)；(2)见解析；(3)存在，(，3)，(，3)，(，)
【分析】(1)用待定系数法求出抛物线解析式即可；
(2)由抛物线解析式确定出抛物线的顶点坐标和与x轴的交点坐标，用勾股定理的逆定理即可；
(3)根据题意得出，然后求出，再代入求解即可．
【详解】(1)∵抛物线与轴相交于点C(0，-3)．
∴，
∴，
∴抛物线解析式为，
(2)△BCM是直角三角形，
理由：由(1)有，抛物线解析式为，
∴顶点为M的坐标为(-1，-4)，
由(1)抛物线解析式为，
令，，
∴，
∴点A的坐标为(1，0)，点B的坐标为(-3，0)，
∴，
，
=，
∵，
∴，
∴△BCM是直角三角形，
(3)设N点纵坐标为，
根据题意得，即，
∴，
当N点纵坐标为3时，，
解得：
当N点纵坐标为-3时，，
解得：(与点C重合，舍去)，
∴N点坐标为(，3)，(，3)，(，)，
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求抛物线解析式，勾股定理的逆定理的应用，图形面积的计算，解本题的关键是利用勾股定理的逆定理判断出△BCM是直角三角形．
24、（1）抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+1；（2）当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，1）．
【解析】（1）根据正切函数，可得OB，根据旋转的性质，可得△DOC≌△AOB，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）分两种情况讨论：①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点；②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，得到△EFC∽△EMP，根据相似三角形的性质，可得PM与ME的关系，解方程，可得t的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】（1）在Rt△AOB中，OA＝1，tan∠BAO1，∴OB＝1OA＝1．
∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的，∴△DOC≌△AOB，∴OC＝OB＝1，OD＝OA＝1，∴A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0），代入解析式为
，解得：，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1；
（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1，∴对称轴为l1，∴E点坐标为（﹣1，0），如图，分两种情况讨论：
①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，P（﹣1，4）；
②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，∵∠CFE=∠PME=90°，∠CEF=∠PEM，∴△EFC∽△EMP，∴，∴MP＝1ME．
∵点P的横坐标为t，∴P（t，﹣t2﹣2t+1）．
∵P在第二象限，∴PM＝﹣t2﹣2t+1，ME＝﹣1﹣t，t＜0，∴﹣t2﹣2t+1＝1（﹣1﹣t），解得：t1＝﹣2，t2＝1（与t＜0矛盾，舍去）．
当t＝﹣2时，y＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+1＝1，∴P（﹣2，1）．
综上所述：当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，1）．
【点睛】
本题是二次函数综合题．解（1）的关键是利用旋转的性质得出OC，OD的长，又利用了待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出MP＝1ME．
25、（1）1；（2）证明见解析
【解析】（1）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，证明△EGC∽△EAB，根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算即可；
（2）分别证明△DFG∽△BFA，△AFD∽△EFB，根据相似三角形的性质证明．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△EGC∽△EAB，
∴，即，
解得，CG＝1；
（2）∵AB∥CD，
∴△DFG∽△BFA，
∴，
∴AD∥CB，
∴△AFD∽△EFB，
∴，
∴，即AF2＝FG×FE．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
26、（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）（2，﹣3）．
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用关于原点对称点的性质直接得出答案．
【详解】解：（1）如图所示：△A′B′C′，即为所求；
（2）如图所示：△A″B″C″，即为所求；
（3）将△ABC绕原点O旋转180°，A的对应点A1的坐标是（2，﹣3）．
【点睛】
考点：1.-旋转变换；2.-平移变换．
摸球试验次数
100
1000
5000
10000
50000
100000
摸出黑球次数
49
425
1722
3208
16698
33329