资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在x轴的上方，直角∠BOA绕原点O按顺时针方向旋转.若∠BOA的两边分别与函数、的图象交于B、A两点，则∠OAB大小的变化趋势为（ ）
A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．时大时小 D．保持不变
2．不透明袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，两次都摸到红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．扬帆中学有一块长，宽的矩形空地，计划在这块空地上划出四分之一的区域种花，小禹同学设计方案如图所示，求花带的宽度．设花带的宽度为，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．一元钱硬币的直径约为24 mm，则用它能完全覆盖住的正六边形的边长最大不能超过( )
A．12 mm B．12 mm
C．6 mm D．6 mm
5．已知二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③
6．两名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，绘制出统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是（ ）
A．抛一枚硬币，正面朝上的概率
B．掷一枚正六面体的骰子，出现点的概率
C．转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率
D．从装有个红球和个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率
7．如图，二次函数y＝ax1+bx+c（a≠0）图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且对称轴为x＝1，点B坐标为（﹣1，0）．则下面的四个结论：①1a+b＝0；②4a﹣1b+c＜0；③b1﹣4ac＞0；④当y＜0时，x＜﹣1或x＞1．其中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．1个 D．1个
8．如图是二次函数y =ax2+bx + c(a≠0)图象如图所示，则下列结论，①c<0，②2a + b=0；③a+b+c=0，④b2–4ac<0，其中正确的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4
9．半径为R的圆内接正六边形的面积是（ ）
A．R2 B．R2 C．R2 D．R2
10．小明随机地在如图正方形及其内部区域投针，则针扎到阴影区域的概率是（ ）
A． B． C． D．
11．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，有以下结论：①a+b+c＜0；②a﹣b+c＞1；③abc＞0；④4a﹣2b+c＜0；⑤c﹣a＞1，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③④ C．①②③⑤ D．①②③④⑤
12．已知，在中，，则边的长度为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，已知等边，顶点在双曲线上，点的坐标为（2，0）．过作，交双曲线于点，过作交轴于，得到第二个等边．过作交双曲线于点，过作交轴于点得到第三个等边；以此类推，…，则点的坐标为______，的坐标为______．
14．使代数式有意义的实数x的取值范围为_____．
15．如果在比例尺1：100000的滨海区地图上，招宝山风景区与郑氏十七房的距离约是19cm，则它们之间的实际距离约为_____千米．
16．已知是关于的方程的一个根，则___________.
17．如图是测量河宽的示意图，AE与BC相交于点D，∠B=∠C=90°，测得BD=120m，DC=60m，EC=50m，求得河宽AB=______m．
18．一辆快车从甲地驶往乙地，一辆慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，匀速行驶．设行驶的时间为x（时），两车之间的距离为y（千米），图中的折线表示从两车出发至快车到达乙地过程中y与x之间的函数关系．已知两车相遇时快车比慢车多行驶60千米．若快车从甲地到达乙地所需时间为t时，则此时慢车与甲地相距_____千米．
三、解答题（共78分）
19．（8分）观察下列等式：
第个等式为：；第个等式为：；第个等式为：；…根据等式所反映的规律，解答下列问题：
（1）猜想：第个等式为_______________________________(用含的代数式表示)；
（2）根据你的猜想，计算：．
20．（8分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，记∠ABC＝α，点D为射线BC上的动点，连接AD，将射线DA绕点D顺时针旋转α角后得到射线DE，过点A作AD的垂线，与射线DE交于点P，点B关于点D的对称点为Q，连接PQ．
（1）当△ABD为等边三角形时，
①依题意补全图1；
②PQ的长为 ；
（2）如图2，当α＝45°，且BD＝时，求证：PD＝PQ；
（3）设BC＝t，当PD＝PQ时，直接写出BD的长．（用含t的代数式表示）
21．（8分）如图，中，，以为直径作半圆交于点，点为的中点，连接．
（1）求证：是半圆的切线；
（2）若，，求的长．
22．（10分）一个不透明的布袋里装有3个白球，1个黑球和若干个红球，它们除颜色外其余都相同，从中任意摸出1个球，是白球的概率.
(1)布袋里红球有多少个？
(2)先从布袋中摸出1个球后不放回，再摸出1个球，求出两次都摸到白球的概率.
23．（10分）在一元二次方程x2-2ax+b=0中，若a2-b>0，则称a是该方程的中点值.
（1）方程x2-8x+3=0的中点值是________；
（2）已知x2-mx+n=0的中点值是3，其中一个根是2，求mn的值.
24．（10分）如图：在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，经过点的抛物线的对称轴是．
（1）求抛物线的解析式．
（2）平移直线经过原点，得到直线，点是直线上任意一点，轴于点，轴于点，若点在线段上，点在线段的延长线上，连接，，且．求证：．
（3）若（2）中的点坐标为，点是轴上的点，点是轴上的点，当时，抛物线上是否存在点，使四边形是矩形？若存在，请求出点的坐标，如果不存在，请说明理由．
25．（12分）已知一个二次函数的图象经过点、和三点.
（1）求此二次函数的解析式；
（2）求此二次函数的图象的对称轴和顶点坐标.
26．如图，AB是⊙O 的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
（1）求证：∠BCO=∠D；
（2）若CD=，AE=2，求⊙O的半径．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】如图，作辅助线；首先证明△BEO∽△OFA，，得到；设B为（a，），A为（b，），得到OE=-a，EB=，OF=b，AF=，进而得到，此为解决问题的关键性结论；运用三角函数的定义证明知tan∠OAB=为定值，即可解决问题．
【详解】解：分别过B和A作BE⊥x轴于点E，AF⊥x轴于点F，
则△BEO∽△OFA，
∴，
设点B为（a，），A为（b，），
则OE=-a，EB=，OF=b，AF=，
可代入比例式求得，即，
根据勾股定理可得：OB=，OA=，
∴tan∠OAB===
∴∠OAB大小是一个定值，因此∠OAB的大小保持不变.
故选D
该题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定等知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助线，将分散的条件集中；解题的关键是灵活运用相似三角形的判定等知识点来分析、判断、推理或解答．
2、D
【分析】用列表法或树状图法可以列举出所有等可能出现的结果，然后看符合条件的占总数的几分之几即可．
【详解】解：两次摸球的所有的可能性树状图如下：
第一次 第二次
开始
∴两次都是红球．
故选D．
考查用树状图或列表法，求等可能事件发生的概率，关键是列举出所有等可能出现的结果数，然后用分数表示，同时注意“放回”与“不放回”的区别．
3、D
【分析】根据空白区域的面积矩形空地的面积可得.
【详解】设花带的宽度为，则可列方程为，
故选D．
本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是根据图形得出面积的相等关系.
4、A
【解析】试题解析：已知圆内接半径r为12mm，
则OB=12，
∴BD=OB•sin30°=12×=6，
则BC=2×6=12，
可知边长为12mm，就是完全覆盖住的正六边形的边长最大．
故选A．
5、C
【分析】由抛物线开口方向得到a＞0，由抛物线的对称轴方程得到b=-2a，则可对①②进行判断；利用判别式的意义可对③进行判断；利用平方差公式得到（a+b）2-b2=（a+b-b）（a+b+b），然后把b=-2a代入可对④进行判断．
【详解】∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线的对称轴为直线x=-=1，
∴b=-2a＜0，所以①正确；
∴b+2a=0，所以②错误；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△=b2-4ac＞0，所以③正确；
∵（a+b）2-b2=（a+b-b）（a+b+b）=a（a+2b）=a（a-4a）=-3a2＜0，
∴（a+b）2＜b2，所以④正确．
故选：C．
考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置． 当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
6、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、掷一枚正六面体的骰子，出现点的概率为，故此选项不符合题意；
C、转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率为，故此选项不符合题意；
D、从装有个红球和个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为，故此选项符合题意．
故选：D．
此题考查了利用频率估计概率，属于常见题型，明确大量反复试验下频率稳定值即概率是解答的关键．
7、B
【分析】根据二次函数的图象和二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否成立，从而可以解答本题．
【详解】∵二次函数y＝ax1+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝1，
∴﹣＝1，得1a+b＝0，故①正确；
当x＝﹣1时，y＝4a﹣1b+c＜0，故②正确；
该函数图象与x轴有两个交点，则b1﹣4ac＞0，故③正确；
∵二次函数y＝ax1+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝1，点B坐标为（﹣1，0），
∴点A（3，0），
∴当y＜0时，x＜﹣1或x＞3，故④错误；
故选B．
本题考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
8、B
【分析】由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】①抛物线与y轴交于负半轴，则c＜1，故①正确；
②对称轴x1，则2a+b=1．故②正确；
③由图可知：当x=1时，y=a+b+c＜1．故③错误；
④由图可知：抛物线与x轴有两个不同的交点，则b2﹣4ac＞1．故④错误．
综上所述：正确的结论有2个．
故选B．
本题考查了图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的值求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
9、C
【分析】连接OE、OD，由正六边形的特点求出判断出△ODE的形状，作OH⊥ED，由特殊角的三角函数值求出OH的长，利用三角形的面积公式即可求出△ODE的面积，进而可得出正六边形ABCDEF的面积．
【详解】解：如图示，连接OE、OD，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠DEF=120°，
∴∠OED=60°，
∵OE=OD=R，
∴△ODE是等边三角形，
作OH⊥ED，则
∴
∴
故选：C．
本题考查了正多边形和圆的知识，理解正六边形被半径分成六个全等的等边三角形是解答此题的关键．
10、D
【分析】根据几何概型的意义，求出圆的面积，再求出正方形的面积，算出其比值即可．
【详解】解：设正方形的边长为2a，则圆的半径为a，
则圆的面积为：，
正方形的面积为：，
∴针扎到阴影区域的概率是，
故选：D．
本题考查几何概型的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积和总面积的比，这个比即事件（A）发生的概率．
11、C
【分析】根据二次函数的性质逐项分析可得解.
【详解】解：由函数图象可得各系数的关系：a＜0，b＜0，c＞0，
则①当x=1时，y=a+b+c＜0，正确；
②当x=-1时，y=a-b+c＞1，正确；
③abc＞0，正确；
④对称轴x=-1，则x=-2和x=0时取值相同，则4a-2b+c=1＞0，错误；
⑤对称轴x=-=-1，b=2a，又x=-1时，y=a-b+c＞1，代入b=2a，则c-a＞1，正确．
故所有正确结论的序号是①②③⑤．
故选C
12、B
【分析】如图，根据余弦的定义可求出AB的长，根据勾股定理即可求出BC的长．
【详解】如图，∵∠C=90°，AC=9，cosA=，
∴cosA==，即，
∴AB=15，
∴BC===12，
本题考查三角函数的定义，在直角三角形中，锐角的正弦是角的对边与斜边的比值；余弦是角的邻边与斜边的比值；正切是角的对边与邻边的比值；熟练掌握三角函数的定义是解题关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、（2，0）， （2，0）．
【分析】根据等边三角形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征分别求出B2、B3、B4的坐标，得出规律，进而求出点Bn的坐标．
【详解】解：如图，作A2C⊥x轴于点C，设B1C=a，则A2C=a，
OC=OB1+B1C=2+a，A2（2+a，a）．
∵点A2在双曲线上，
∴（2+a）•a=，
解得a=-1，或a=--1（舍去），
∴OB2=OB1+2B1C=2+2-2=2，
∴点B2的坐标为（2，0）；
作A3D⊥x轴于点D，设B2D=b，则A3D=b，
OD=OB2+B2D=2+b，A2（2+b，b）．
∵点A3在双曲线y=（x＞0）上，
∴（2+b）•b=，
解得b=-+，或b=--（舍去），
∴OB3=OB2+2B2D=2-2+2=2，
∴点B3的坐标为（2，0）；
同理可得点B4的坐标为（2，0）即（4，0）；
以此类推…，
∴点Bn的坐标为（2，0），
故答案为（2，0），（2，0）．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，正确求出B2、B3、B4的坐标进而得出点Bn的规律是解题的关键．
14、
【分析】根据二次根式有意义的条件得出即可求解.
【详解】若代数式有意义，
则，
解得：，
即实数x的取值范围为.
故填：
本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义即根号内的式子要大于等于零是关键.
15、1．
【分析】根据比例尺=图上距离∶实际距离，列比例式即可求得它们之间的实际距离. 要注意统一单位.
【详解】解：设它们之间的实际距离为xcm，
1∶100000＝1∶x，
解得x＝100000．
100000cm＝1千米．
所以它们之间的实际距离为1千米．
故答案为1．
本题考查了比例线段. 熟练运用比例尺进行计算，注意单位的转换.
16、2024
【分析】把代入方程得出的值，再整体代入中即可求解.
【详解】把代入方程
得：，即
∴
故填：2024.
本题考查一元二次方程的解法，运用整体代入法是解题的关键.
17、1
【分析】由两角对应相等可得△BAD∽△CED，利用对应边成比例即可得两岸间的大致距离AB的长．
【详解】解：∵∠ADB=∠EDC，∠ABC=∠ECD=90°，
∴△ABD∽△ECD，
∴，
即 ，
解得：AB= =1（米）．
故答案为1．
本题主要考查了相似三角形的应用，用到的知识点为：两角对应相等的两三角形相似；相似三角形的对应边成比例．
18、
【分析】求出相遇前y与x的关系式，确定出甲乙两地的距离，进而求出两车的速度，即可求解．
【详解】设AB所在直线的解析式为：y＝kx+b，
把（1.5，70）与（2，0）代入得：
，
解得：，
∴AB所在直线的解析式为：y＝-140x+280，
令x＝0，得到y＝280，即甲乙两地相距280千米，
设两车相遇时，乙行驶了x千米，则甲行驶了（x+60）千米，
根据题意得：x+x+60＝280，
解得：x＝110，即两车相遇时，乙行驶了110千米，甲行驶了170千米，
∴甲车的速度为85千米/时，乙车速度为55千米/时，
根据题意得：280﹣55×（280÷85）＝（千米）．
则快车到达乙地时，慢车与甲地相距千米．
故答案为：
本题主要考查根据函数图象的信息解决行程问题，根据函数的图象，求出AB所在直线的解析式是解题的关键.
三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）-1
【分析】（1）根据已知的三个等式，可观察出每个等式左边的分母经过将加号变为减号后取相反数作为化简结果，由此规律即可得出第n个等式的表达式；
（2）根据（1）中的规律，将代数式化简后计算即可得出结果．
【详解】解：（1）∵
∴第个等式为；
（2）计算：
本题考查了数字的变化类规律，解答本题的关键是发现数字的变化特点，写出化简结果即可求出代数式的值．
20、（1）①详见解析；②1；（1）详见解析；（3）BD＝．
【分析】（1）①根据题意画出图形即可．
②解直角三角形求出PA，再利用全等三角形的性质证明PQ＝PA即可．
（1）作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H．通过计算证明DF＝FQ即可解决问题．
（3）如图3中，作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H．设BD＝x，则CD＝x﹣t， ，利用相似三角形的性质构建方程求解即可解决问题．
【详解】（1）解：①补全图形如图所示：
②∵△ABD是等边三角形，AC⊥BD，AC＝1
∴∠ADC＝60°，∠ACD＝90°
∴
∵∠ADP＝∠ADB＝60°，∠PAD＝90°
∴PA＝AD•tan60°＝1
∵∠ADP＝∠PDQ＝60°，DP＝DP．DA＝DB＝DQ
∴△PDA≌△PDQ（SAS）
∴PQ＝PA＝1．
（1）作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H，如图：
∵PA⊥AD，
∴∠PAD＝90°
由题意可知∠ADP＝45°
∴∠APD＝90°﹣45°＝45°＝∠ADP
∴PA＝PD
∵∠ACB＝90°
∴∠ACD＝90°
∵AH⊥PF，PF⊥BQ
∴∠AHF＝∠HFC＝∠ACF＝90°
∴四边形ACFH是矩形
∴∠CAH＝90°，AH＝CF
∵∠ACH＝∠DAP＝90°
∴∠CAD＝∠PAH
又∵∠ACD＝∠AHP＝90°
∴△ACD≌△AHP（AAS）
∴AH＝AC＝1
∴CF＝AH＝1
∵，BC＝1，B，Q关于点D对称
∴，
∴
∴F为DQ中点
∴PF垂直平分DQ
∴PQ＝PD．
（3）如图3中，作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H．设BD＝x，则CD＝x﹣t，
∵PD＝PQ，PF⊥DQ
∴
∵四边形AHFC是矩形
∴
∵△ACB∽△PAD
∴
∴
∴
∵△PAH∽△DAC
∴
∴
解得
∴．
故答案是：（1）①详见解析；②1；（1）详见解析；（3）．
本题是三角形综合题目，主要考查了三角形的旋转、等边三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，构造全等三角形、相似三角形、直角三角形是解题的关键．
21、（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接、，由AB是直径可得，由点是的中点可得，，由OB与OD是半径可得，进而得到，即可求证.
（2）有（1）中结论及题意得，可得BC=4，由可得，，可得，AC=2BC=8，AD= AC-DC=6.
【详解】解：（1）证明：如图，连接、,
是半圆的直径
，
点是的中点
即
是半圆的半径
是半圆的切线．
（2）由（1）可知，，
，
∵
可得
∴，
∵，
∴，
AC=2BC=8，
∴AD=AC-DC=8-2=6
本题考查含30°角直角三角形的性质和切线的判定.
22、 (1)红球的个数为2个；(2).
【分析】（1）设红球的个数为x，根据白球的概率可得关于x的方程，解方程即可；
（2）画出树形图，即可求出两次摸到的球都是白球的概率．
【详解】解：（1）设红球的个数为，
由题意可得：，
解得：，经检验是方程的根，
即红球的个数为2个；
（2）画树状图如下：
两次都摸到白球的概率：.
此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．
23、 (1)4；(2)48.
【分析】(1)根据中点值的定义进行求解即可；
(2)根据中点值的定义可求得m的值，再将方程的根代入方程可求得n的值，由此即可求得答案.
【详解】(1)，
x2-2×4x+3=0，
42-3=13>0，
所以中点值为4，
故答案为4；
(2)由中点值的定义得：，，
，
将代入方程，得：，，
.
本题考查了一元二次方程的根，新定义，弄懂新定义是解题的关键.
24、（1）；（2）证明见解析；（3）存在，点的坐标为或.
【分析】（1）先求得点A的坐标，然后依据抛物线过点A，对称轴是，列出关于a、c的方程组求解即可；
（2）设P（3n，n），则PC=3n，PB=n，然后再证明∠FPC=∠EPB，最后通过等量代换进行证明即可；
（3）设，然后用含t的式子表示BE的长，从而可得到CF的长，于是可得到点F的坐标，然后依据中点坐标公式可得到，，从而可求得点Q的坐标（用含t的式子表示），最后，将点Q的坐标代入抛物线的解析式求得t的值即可．
【详解】解：（1）当时，，
解得，即，
抛物线过点，对称轴是，
得，
解得，抛物线的解析式为；
（2）∵平移直线经过原点，得到直线，
∴直线的解析式为.
∵点是直线上任意一点，
∴，则，.
又∵，
∴.
∵轴，轴
∴
∴
∵，
∴，
∴.
（3）设，点在点的左侧时，如图所示，则.
∵，
∴.
∴.
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴，.
将点的坐标代入抛物线的解析式得：，
解得：或（舍去）.
∴.
当点在点的右侧时，如下图所示，则.
∵，
∴.
∴.
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴，.
将点的坐标代入抛物线的解析式得：，
解得：或（舍去）.
∴.
综上所述，点的坐标为或.
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、待定系数法求二次函数的解析式、中点坐标公式，用含t的式子表示点Q的坐标是解题的关键．
25、（1）；（2）对称轴是直线，顶点坐标是.
【分析】(1)直接用待定系数法求出二次函数的解析式；(2)根据对称轴和顶点坐标的公式求解即可.
【详解】（1）设二次函数解析式为，
∵抛物线过点，
∴，
解得，
∴.
（2）由（1）可知：，
∵a=1,b=-2,c=-3,
∴对称轴是直线，=-4,顶点坐标是.
本题考查了用待定系数法求二次函数解析式的方法以及利用公式求二次函数图象的对称轴及顶点坐标．
26、（1）见解析；（2）1．
【解析】试题分析：根据OC=OB得到∠BCO=∠B，根据弧相等得到∠B=∠D，从而得到答案；根据题意得出CE的长度，设半径为r，则OC=r，OE=r－2，根据Rt△OCE的勾股定理得出半径．
试题解析：（1）证明：∵ OC=OB，∴ ∠BCO=∠B ∵， ∴ ∠B=∠D， ∴ ∠BCO=∠D．
（2）解：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB， ∴ CE=．
在Rt△OCE中，OC2=CE2+OE2， 设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=OA－AE=r－2，
∴，解得：r=1， ∴⊙O的半径为1
考点：圆的基本性质
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