浙江省台州市路桥区2022-2023学年数学九年级第一学期期末质量检测试题含解析

这是一份浙江省台州市路桥区2022-2023学年数学九年级第一学期期末质量检测试题含解析，共22页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，方程的解是，若抛物线y=ax2+2ax+4，一元二次方程配方后化为等内容，欢迎下载使用。

1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在平面直角坐标系中，已知正比例函数的图象与反比例函数的图象交于，两点，当时，自变量的取值范围是( )
A．B．
C．或D．或
2．如图，△ABC 中，点 D 为边 BC 的点，点 E、F 分别是边 AB、AC 上两点，且 EF∥BC，若 AE：EB＝m，BD：DC＝n，则（ ）
A．若 m＞1，n＞1，则 2S△AEF＞S△ABDB．若 m＞1，n＜1，则 2S△AEF＜S△ABD
C．若 m＜1，n＜1，则 2S△AEF＜S△ABDD．若 m＜1，n＞1，则 2S△AEF＜S△ABD
3．在一个有 10 万人的小镇，随机调查了 1000 人，其中有 120 人周六早上观看中央电视台的“朝闻天下”节目，那么在该镇随便问一个人，他在周六早上观看中央电视台的“朝闻天下”节目的概率大约是（ ）
A．B．C．D．
4．在平面直角坐标系中，点所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．甲、乙两位同学在一次用频率估计概率的试验中，统计了某一结果出现的频率，给出的 统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是 （ ）
A．掷一枚硬币，出现正面朝上的概率
B．掷一枚硬币，出现反面朝上的概率
C．掷一枚骰子，出现 点的概率
D．从只有颜色不同的两个红球和一个黄球中，随机取出一个球是黄球的概率
6．平面直角坐标系中，点P，Q在同一反比例函数图象上的是( )
A．P(－2，－3)，Q(3，－2)B．P(2，－3)，Q(3，2)
C．P(2，3)，Q(－4，－)D．P(－2，3)，Q(－3，－2)
7．方程的解是（ ）
A．0B．3C．0或–3D．0或3
8．若抛物线y=ax2+2ax+4（a＜0）上有A（-，y1），B（- ，y2），C（ ，y3）三点，则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2 ＜y3B．y3＜y2 ＜y1C．y3＜y1 ＜y2D．y2＜y3 ＜y1
9．一元二次方程配方后化为( )
A．B．C．D．
10．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A,与y轴交于点B,点C是AB的中点，∠ECD绕点C按顺时针旋转，且∠ECD=45°,∠ECD的一边CE交y轴于点F,开始时另一边CD经过点O,点G坐标为（-2,0),当∠ECD旋转过程中，射线CD与x轴的交点由点O到点G的过程中，则经过点B、C、F三点的圆的圆心所经过的路径长为（ ）
A．B．C．D．
11．二次根式有意义的条件是（ ）
A．x>－1B．x≥－1C．x≥1D．x＝－1
12．如图所示，抛物线y=ax²+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，与y轴的一个交点坐标为(0，3)，其部分图象如图所示，下列5个结论中，其中正确的是（ ）
①abc＞0；②4a+c＞0；③方程ax²+bx+c=3两个根是=0，=2；④方程ax²+bx+c=0有一个实数根大于2；⑤当x＜0，y随x增大而增大
A．4B．3C．2D．1
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若长方形的长和宽分别是关于 x 的方程的两个根，则长方形的周长是_______．
14．若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是________．
15．若⊙O是等边△ABC的外接圆，⊙O的半径为2，则等边△ABC的边长为__．
16．在比例尺为1：40000的地图上，某条道路的长为7cm，则该道路的实际长度是_____km．
17．已知一元二次方程有一个根为，则另一根为________．
18．在一个不透(明的袋子中装有除了颜色外其余均相同的个小球，其中红球个，黑球个，若再放入个一样的黑球并摇匀，此时，随机摸出一个球是黑球的概率等于，则的值为__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）现有3个型号相同的杯子，其中A等品2个，B等品1个，从中任意取1个杯子，记下等级后放回，第二次再从中取1个杯子，
（1）用恰当的方法列举出两次取出杯子所有可能的结果；
（2）求两次取出至少有一次是B等品杯子的概率．
20．（8分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O．过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）若CE=1，DE=2，ABCD的面积是 ．
21．（8分）如图①，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AB＝AC，AB⊥AC，过点A作AE⊥BD于点E.
(1)若BC＝6，求AE的长度；
(2)如图②，点F是BD上一点，连接AF，过点A作AG⊥AF，且AG＝AF，连接GC交AE于点H，证明：GH＝CH.
22．（10分）已知，在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=45°，点D为直线BC上一动点（点D不与点B，C重合）．以AD为边做正方形ADEF，连接CF
（1）如图1，当点D在线段BC上时．求证CF+CD=BC；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；
（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A，F分别在直线BC的两侧，其他条件不变；
①请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；
②若正方形ADEF的边长为，对角线AE，DF相交于点O，连接OC．求OC的长度．
23．（10分）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）、C（3，0），点B为抛物线顶点，直线BD为抛物线的对称轴，点D在x轴上，连接AB、BC，∠ABC＝90°，AB与y轴交于点E，连接CE．
（1）求项点B的坐标并求出这条抛物线的解析式；
（2）点P为第一象限抛物线上一个动点，设△PEC的面积为S，点P的横坐标为m，求S关于m的函数关系武，并求出S的最大值；
（3）如图2，连接OB，抛物线上是否存在点Q，使直线QC与直线BC所夹锐角等于∠OBD，若存在请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
24．（10分）在一个不透明的袋子里有1个红球，1个黄球和个白球，它们除颜色外其余都相同，从这个袋子里摸出一个球，记录其颜色，然后放回，摇均匀后，重复该试验，经过大量试验后，发现摸到白球的频率稳定于0.5左右，求的值.
25．（12分）在平面直角坐标系xOy中，对称轴为直线x＝1的抛物线y＝ax2+bx+8过点（﹣2，0）．
（1）求抛物线的表达式，并写出其顶点坐标；
（2）现将此抛物线沿y轴方向平移若干个单位，所得抛物线的顶点为D，与y轴的交点为B，与x轴负半轴交于点A，过B作x轴的平行线交所得抛物线于点C，若AC∥BD，试求平移后所得抛物线的表达式．
26．在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，求：
（1）csA；
（2）当AB＝4时，求BC的长.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】显然当y1＞y2时，正比例函数的图象在反比例函数图象的上方，结合图形可直接得出结论．
【详解】∵正比例函数y1=k1x的图象与反比例函数的图象交于A（-1，-2），B（1，2）点，
∴当y1＞y2时，自变量x的取值范围是-1＜x＜0或x＞1．
故选：D．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，数形结合的思想是解题的关键．
2、D
【分析】根据相似三角形的判定与性质，得出，，从而建立等式关系，得出，然后再逐一分析四个选项，即可得出正确答案 .
【详解】解：∵EF∥BC，若AE：EB＝m，BD：DC=n，
​∴△AEF∽△ABC，
∴，
∴，
∴，
∴
∴当m=1，n=1，即当E为AB中点，D为BC中点时，，
A.当m＞1，n＞1时，S△AEF与S△ABD同时增大，则或，即2
或2＞，故A错误；
B.当m＞1，n ＜1，S△AEF增大而S△ABD减小，则，即2，故B错误；
C.m＜1，n＜1，S△AEF与S△ABD同时减小，则或，即2或2＜，故C错误；
D.m＜1，n＞1，S△AEF减小而S△ABD增大，则，即2＜，故D正确 .
故选D .
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质， 熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键 .
3、C
【解析】试题解析：由题意知：1000人中有120人看中央电视台的早间新闻，
∴在该镇随便问一人，他看早间新闻的概率大约是．
故选C．
【点睛】本题考查概率公式和用样本估计总体，概率计算一般方法：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）=．
4、D
【分析】根据各象限内点的坐标特征进行判断即可得.
【详解】因
则点位于第四象限
故选：D.
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系象限的性质，象限的符号规律：第一象限、第二象限、第三象限、第四象限，熟记象限的性质是解题关键.
5、D
【分析】根据统计图可知，试验结果在0.33附近波动，即其概率P≈0.33，计算四个选项的概率，约为0.33者即为正确答案．
【详解】解：A. 掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项不符合题意；
B. 掷一枚硬币，出现反面朝上的概率为，故此选项不符合题意；
C. 掷一枚骰子，出现 点的概率为，故此选项不符合题意；
D. 从只有颜色不同的两个红球和一个黄球中，随机取出一个球是黄球的概率为，故此选项符合题意；
故选：D.
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．同时此题在解答中要用到概率公式．
6、C
【解析】根据反比函数的解析式y=（k≠0），可得k=xy，然后分别代入P、Q点的坐标，可得：
-2×（-3）=6≠3×（-2），故不在同一反比例函数的图像上；2×（-3）=-6≠2×3，故不正确同一反比例函数的图像上；2×3=6=（-4）×（－），在同一反比函数的图像上；-2×3≠（-3）×（-2），故不正确同一反比例函数的图像上.
故选C.
点睛：此题主要考查了反比例函数的图像与性质，解题关键是求出函数的系数k，比较k的值是否相同来得出是否在同一函数的图像上.
7、D
【解析】运用因式分解法求解.
【详解】由得x(x-3)=0
所以，x1=0,x2=3
故选D
【点睛】
掌握因式分解法解一元二次方程.
8、C
【分析】根据抛物线y＝ax2＋2ax＋4（a＜0）可知该抛物线开口向下，可以求得抛物线的对称轴，又因为抛物线具有对称性，从而可以解答本题．
【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋2ax＋4（a＜0），
∴对称轴为：x＝，
∴当x＜−1时，y随x的增大而增大，当x＞−1时，y随x的增大而减小，
∵A（−，y1），B（−，y2），C（，y3）在抛物线上，且−＜−，−0.5＜，
∴y3＜y1＜y2，
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，解题的关键是明确二次函数具有对称性，在对称轴的两侧它的增减性不一样．
9、A
【分析】先把常数项移到方程的右边，再在方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可.
【详解】
移项得：，
方程两边同加上9，得：，
即：，
故选A.
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程的配方法，熟练掌握完全平方公式，是解题的关键.
10、A
【解析】先确定点B、A、C的坐标，①当点G在点O时，点F的坐标为（0,2），此时点F、B、C三点的圆心为BC的中点，坐标为（1,3）；②当直线OD过点G时，利用相似求出点F的坐标，根据圆心在弦的垂直平分线上确定圆心在线段BC的垂直平分线上，故纵坐标为，利用两点间的距离公式求得圆心的坐标，由此可求圆心所走的路径的长度.
【详解】∵直线与x轴交于点A,与y轴交于点B,
∴B(0,4),A(4,0),
∵点C是AB的中点，
∴C(2,2),
①当点G在点O时，点F的坐标为（0,2），此时点F、B、C三点的圆心为BC的中点，坐标为（1,3）；
②当直线OD过点G时，如图，
连接CN,OC,则CN=ON=2，∴OC=,
∵G(-2，0),
∴直线GC的解析式为：，∴直线GC与y轴交点M(0，1),
过点M作MH⊥OC,∵∠MOH=45，∴MH=OH=,
∴CH=OC-OH=,
∵∠NCO=∠FCG=45,∴∠FCN=∠MCH,
又∵∠FNC=∠MHC,
∴△FNC∽△MHC,
∴,即，得FN=,∴F(,0),
此时过点F、B、C三点的圆心在BF的垂直平分线上，设圆心坐标为（x，），
则，解得，
当∠ECD旋转过程中，射线CD与x轴的交点由点O到点G的过程中，则经过点B、C、F三点的圆的圆心所经过的路径为线段，即由BC的中点到点（，），
∴所经过的路径长=.
故选：A.
【点睛】
此题是一道综合题，考查一次函数的性质，待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定及性质定理，两点间的距离公式，综合性比较强，做题时需时时变换思想来解题.
11、C
【解析】根据二次根式有意义，被开方数为非负数，列不等式求出x的取值范围即可.
【详解】∵二次根式有意义，
∴x-1≥0，
∴x≥1，
故选：C.
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，要使二次根式有意义，被开方数为非负数；熟练掌握二次根式有意义的条件是解题关键.
12、B
【分析】根据二次函数图象的开口方向、对称轴位置、与x轴的交点坐标等知识，逐个判断即可．
【详解】抛物线开口向下，a＜0，对称轴为直线x＝1＞0，a、b异号，因此b＞0，与y轴交点为（0，3），因此c＝3＞0，于是abc＜0，故结论①是不正确的；
由对称轴为直线x＝− ＝1得2a＋b＝0，当x＝−1时，y＝a−b＋c＜0，所以a＋2a＋c＜0，即3a＋c＜0，又a＜0，4a＋c＜0，故结论②不正确；
当y＝3时，x1＝0，即过（0，3），抛物线的对称轴为直线x＝1，由对称性可得，抛物线过（2，3），因此方程ax2＋bx＋c＝3的有两个根是x1＝0，x2＝2；故③正确；
抛物线与x轴的一个交点（x1，0），且−1＜x1＜0，由对称轴为直线x＝1，可得另一个交点（x2，0），2＜x2＜3，因此④是正确的；
根据图象可得当x＜0时，y随x增大而增大，因此⑤是正确的；
正确的结论有3个，
故选：B．
【点睛】
考查二次函数的图象和性质，掌握a、b、c的值决定抛物线的位置以及二次函数与一元二次方程的关系，是正确判断的前提．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、6
【分析】设长方形的长为a，宽为b，根据根与系数的关系得a+b=3，即可得到结论．
【详解】解：设长方形的长为a，宽为b，
根据题意得，a+b=3，
所以长方形的周长是2×（a+b）=6.
故答案为：6.
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=.
14、且
【分析】根据分母不等于0，且被开方数是非负数列式求解即可.
【详解】由题意得
x-1≥0且x-2≠0，
解得
且
故答案为：且
【点睛】
本题考查了代数式有意义时字母的取值范围，代数式有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当代数式是整式时，字母可取全体实数；②当代数式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当代数式是二次根式时，被开方数为非负数．
15、
【解析】试题解析：如图：
连接OA交BC于D，连接OC，
是等边三角形，是外心,
故答案为
16、2.1
【解析】试题分析：设这条道路的实际长度为x，则：，解得x=210000cm=2.1km，∴这条道路的实际长度为2.1km．故答案为2.1．
考点：比例线段．
17、4
【分析】先把x=2代入一元二次方程，即可求出c，然后根据一元二次方程求解即可.
【详解】解：把x=2代入得
4﹣12+c=0
c=8,
（x-2）（x-4）=0
x1=2，x2=4,
故答案为4.
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程，解题的关键是求出c的值.
18、1
【分析】由概率=所求情况数与总情况数之比，根据随机摸出一个球是黑球的概率等于可得方程，继而求得答案．
【详解】根据题意得：，
解得：．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）根据已知条件画出树状图得出所有等情况数即可；
（2）找出两次取出至少有一次是B等品杯子的情况数，再根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：（1）根据题意画树状图如下：
由图可知，共有9中等可能情况数；
（2）∵共有9中等可能情况数，其中两次取出至少有一次是B等品杯子的有5种，
∴两次取出至少有一次是B等品杯子的概率是．
【点睛】
本题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比。
20、（1）证明见解析；（2）1．
【解析】（1）欲证明四边形OCED是矩形，只需推知四边形OCED是平行四边形，且有一内角为90度即可；
（2）由菱形的对角线互相垂直平分和菱形的面积公式解答．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°．
∵CE∥OD，DE∥OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∠COD=90°，
∴平行四边形OCED是矩形；
（2）由（1）知，平行四边形OCED是矩形，则CE=OD=1，DE=OC=2．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=2OC=1，BD=2OD=2，
∴菱形ABCD的面积为：AC•BD=×1×2=1，
故答案为1．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，熟练掌握矩形的判定及性质、菱形的性质是解题的关键.
21、 (1)AE=；(2)证明见解析.
【分析】(1)根据题意可得：AB＝AC＝6，可得AO＝3，根据勾股定理可求BO的值，根据S△ABO＝AB×BO＝BO×AE，可求AE的长度.
(2)延长AE到P，使AP＝BF，可证△ABF≌△APC，可得AF＝PC.则GA＝PC，由AG⊥AF，AE⊥BE可得∠GAH＝∠BFA＝∠APC，可证△AGH≌△PHC，结论可得.
【详解】解：(1)∵AB＝AC，AB⊥AC，BC＝6
∴AB2+AC2＝BC2，
∴2AC2＝72
∴AC＝AB＝6
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AO＝CO＝3
在Rt△AOB中，BO＝＝3
∵S△ABO＝AB×BO＝BO×AE
∴3×6＝3×AE
∴AE＝
(2)如图：延长AE到P，使AP＝BF
∵∠BAC＝90°，AE⊥BE
∴∠BAE+∠ABE＝90°，∠BAE+∠CAE＝90°
∴∠ABE＝∠CAE且AB＝AC，BF＝AP
∴△ABF≌△APC
∴AF＝PC，∠AFB＝∠APC
∵AG⊥AF，AG＝AF
∴AG＝PC
∵∠GAH＝∠GAF+∠FAE＝90°+∠FAE，∠AFB＝∠AEB+∠FAE＝90°+∠FAE
∴∠GAH＝∠AFB
∴∠AFB＝∠GAH＝∠APC，且AG＝PC，∠GHA＝∠CHP
∴△AGH≌△CHP
∴GH＝HC
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，添加恰当辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
22、（1）证明见解析；（1）CF﹣CD=BC；（3）①CD﹣CF=BC；②1．
【分析】（1）三角形ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF，从而证得CF=BD，据此即可证得．
（1）同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CF﹣CD=BC．
（3）①同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CD﹣CB=CF．
②证明△BAD≌△CAF，△FCD是直角三角形，然后根据正方形的性质即可求得DF的长，则OC即可求得．
【详解】解：（1）∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°．∴AB=AC．
∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°．
∵∠BAD=90°﹣∠DAC，∠CAF=90°﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF．
∵在△BAD和△CAF中，AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF，
∴△BAD≌△CAF（SAS）．∴BD=CF．
∵BD+CD=BC，∴CF+CD=BC．
（1）CF-CD=BC；
理由：∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠DAC，∠CAF=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，，
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴BD=CF
∴BC+CD=CF，
∴CF-CD=BC；
（3）①∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°-∠BAF，∠CAF=90°-∠BAF，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD=CF，
∴CD-BC=CF，
②∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°．∴AB=AC．
∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°．
∵∠BAD=90°﹣∠BAF，∠CAF=90°﹣∠BAF，∴∠BAD=∠CAF．
∵在△BAD和△CAF中，AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF，
∴△BAD≌△CAF（SAS）．∴∠ACF=∠ABD．
∵∠ABC=45°，∴∠ABD=135°．∴∠ACF=∠ABD=135°．∴∠FCD=90°．
∴△FCD是直角三角形．
∵正方形ADEF的边长为且对角线AE、DF相交于点O，
∴DF=AD=4，O为DF中点．
∴OC=DF=1．
23、（1）点B坐标为（1，2），y＝﹣x2+x+；（2）S＝﹣m2+2m+，S最大值；（3）点Q的坐标为（﹣，）．
【分析】（1）先求出抛物线的对称轴，证△ABC是等腰直角三角形，由三线合一定理及直角三角形的性质可求出BD的长，即可写出点B的坐标，由待定系数法可求出抛物线解析式；
（2）求出直线AB的解析式，点E的坐标，用含m的代数式表示出点P的坐标，如图1，连接EP，OP，CP，则由S△EPC＝S△OEP+S△OCP﹣S△OCE即可求出S关于m的函数关系式，并可根据二次函数的性质写出S的最大值；
（3）先证△ODB∽△EBC，推出∠OBD＝∠ECB，延长CE，交抛物线于点Q，则此时直线QC与直线BC所夹锐角等于∠OBD，求出直线CE的解析式，求出其与抛物线交点的坐标，即为点Q的坐标．
【详解】解：（1）∵A（﹣1，0）、C（3，0），
∴AC＝4，抛物线对称轴为x＝＝1，
∵BD是抛物线的对称轴，
∴D（1，0），
∵由抛物线的对称性可知BD垂直平分AC，
∴BA＝BC，
又∵∠ABC＝90°，
∴BD＝AC＝2，
∴顶点B坐标为（1，2），
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+2，
将A（﹣1，0）代入，
得0＝4a+2，
解得，a＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x﹣1）2+2＝﹣x2+x+；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
将A（﹣1，0），B（1，2）代入，
得，
解得，k＝1，b＝1，
∴yAB＝x+1，
当x＝0时，y＝1，
∴E（0，1），
∵点P的横坐标为m，
∴点P的纵坐标为﹣m2+m+，
如图1，连接EP，OP，CP，
则S△EPC＝S△OEP+S△OCP﹣S△OCE
＝×1×m+×3（﹣m2+m+）﹣×1×3
＝﹣m2+2m+，
＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，根据二次函数和图象及性质知，当m＝时，S有最大值；
（3）由（2）知E（0，1），
又∵A（﹣1，0），
∴OA＝OE＝1，
∴△OAE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝，
又∵AB＝BC＝AB＝2，
∴BE＝AB﹣AE＝，
∴，
又∵，
∴，
又∵∠ODB＝∠EBC＝90°，
∴△ODB∽△EBC，
∴∠OBD＝∠ECB，
延长CE，交抛物线于点Q，则此时直线QC与直线BC所夹锐角等于∠OBD，
设直线CE的解析式为y＝mx+1，
将点C（3，0）代入，
得，3m+1＝0，
∴m＝﹣，
∴yCE＝﹣x+1，
联立，
解得，或，
∴点Q的坐标为（﹣，）．
【点睛】
本题是一道关于二次函数的综合题目，巧妙利用二次函数的性质是解题的关键，根据已知条件可得出抛物线的解析式是解题的基础，难点是利用数形结合作出合理的辅助线.
24、2
【分析】根据“摸到白球的频率稳定于0.5左右”利用概率公式列方程计算可得；
【详解】解：根据题意，得，
解得
答：的值是2.
【点睛】
本题考查了用频率估计概率和概率公式，掌握概率公式是解题的关键.
25、（1）y=﹣x2+2x+8，其顶点为（1，9）（2）y=﹣x2+2x+3
【分析】(1)根据对称轴为直线x=1的抛物线y=ax2+bx+8过点（﹣2,0）,可得,解得即可求解,
(2)设令平移后抛物线为, 可得D（1,k）,B（0,k-1）,且,根据BC平行于x轴,可得点C与点B关于对称轴x=1对称,可得C（2,k-1）, 根据,解得,即.作DH⊥BC于H,CT⊥x轴于T, 则在△DBH中,HB=HD=1,∠DHB=90°, 又AC∥BD,得△CTA∽△DHB,所以CT=AT，即, 解得k=4,即可求平移后的二次函数解析式.
【详解】（1）由题意得:,
解得:,
所以抛物线的表达式为,其顶点为（1,9）.
（2）令平移后抛物线为,
易得D（1,k）,B（0,k-1）,且,
由BC平行于x轴,知点C与点B关于对称轴x=1对称,得C（2,k-1）,
由,解得（舍正）,即.
作DH⊥BC于H,CT⊥x轴于T,
则在△DBH中，HB=HD=1,∠DHB=90°,
又AC∥BD，得△CTA∽△DHB,
所以CT=AT，即,
解得k=4,
所以平移后抛物线表达式为.
26、（1）；（2）
【解析】（1）根据等腰直角三角形的判定得到△ABC为等腰直角三角形，则∠A=45°，然后利用特殊角的三角函数值求解即可；（2）根据∠A的正弦求解即可.
【详解】∵AC＝BC，∠C＝90°，
∴∠A=∠B=45°，
∴csA=cs45°= ，
∴BC=AB=2，
【点睛】
本题考查解直角三角形及等腰直角三角形的判定，熟练掌握特殊角三角函数值是解题关键.