资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，是的直径，点是上两点，且，连接，过点作，交的延长线于点，垂足为，若，则的半径为( )
A． B． C． D．
2．下列方程中是关于的一元二次方程的是 ( )
A． B． C． D．
3．的值等于( )
A． B． C． D．
4．将一个正方体沿正面相邻两条棱的中点连线截去一个三棱柱，得到一个如图所示的几何体，则该几何体的左视图是( )
A． B． C． D．
5．如图，直线AC,DF被三条平行线所截，若 DE:EF=1:2，AB=2，则AC的值为（ ）
A．6 B．4 C．3 D．
6．在“践行生态文明，你我一起行动”主题有奖竞赛活动中，班共设置“生态知识、生态技能、生态习惯、生态文化”四个类别的竞赛内容，如果参赛同学抽到每一类别的可能性相同，那么小宇参赛时抽到“生态知识”的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，P（x，y）是反比例函数的图象在第一象限分支上的一个动点，PA⊥x轴于点A，PB⊥y轴于点B，随着自变量x的逐渐增大，矩形OAPB的面积（ ）
A．保持不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．无法确定
8．已知函数y=(k-1)x2-4x+4的图象与x轴只有一个交点,则k的取值范围是( )
A．k≤2且k≠1 B．k<2且k≠1
C．k=2 D．k=2或1
9．二次函数的图像如图所示，它的对称轴为直线，与轴交点的横坐标分别为，，且.下列结论中：①；②；③；④方程有两个相等的实数根；⑤.其中正确的有（ ）
A．②③⑤ B．②③ C．②④ D．①④⑤
10．由几个相同的小正方体搭成的一个几何体如图所示，从正面看这个几何体得到的平面图形是( )
A． B． C． D．
11．已知、是一元二次方程的两个实数根，则的值为（ ）
A．-1 B．0 C．1 D．2
12．若一个圆锥的底面积为，圆锥的高为，则该圆锥的侧面展开图中圆心角的度数为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．计算：=______．
14．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AE是⊙O的切线，A为切点，连接BC并延长交AE于点D．若AOC=80°，则ADB的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．20°
15．将抛物线向上平移一个单位后，又沿x轴折叠，得新的抛物线，那么新的抛物线的表达式是_____．
16．方程的解是______________．
17．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(2，2)，B(4，2)，C(6，4)，以原点为位似中心，将△ABC缩小，使变换得到的△DEF与△ABC对应边的比为1∶2，则线段AC的中点P变换后对应点的坐标为____．
18．如图，是的中线，点在延长线上，交的延长线于点，若，则___________.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图所示，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
（1）求OE的长．
（2）求经过O，D，C三点的抛物线的解析式．
（3）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ．
（4）若点N在（2）中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（8分）某学校游戏节活动中，设计了一个有奖转盘游戏，如图，A转盘被分成三个面积相等的扇形，B转盘被分成四个面积相等的扇形，每一个扇形都标有相应的数字，先转动A转盘，记下指针所指区域内的数字，再转动B转盘，记下指针所指区域内的数字（当指针在边界线上时，重新转动转盘，直到指针指向一个区域内为止）
（1）请利用画树状图或列表的方法（只选其中一种），表示出转转盘可能出现的所有结果；
（2）如果将两次转转盘指针所指区域的数据相乘，乘积是无理数时获得一等奖，那么获得一等奖的概率是多少？
21．（8分）如图，在直角△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，作∠ABC的平分线交AC于点D，在AB上取点O，以点O为圆心经过B、D两点画圆分别与AB、BC相交于点E、F（异于点B）．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若点E恰好是AO的中点，求的长；
（3）若CF的长为，①求⊙O的半径长；②点F关于BD轴对称后得到点F′，求△BFF′与△DEF′的面积之比．
22．（10分）2019年12月27日，我国成功发射了“长征五号”遥三运载火箭.如图，“长征五号”运载火箭从地面处垂直向上发射，当火箭到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，当火箭继续升空到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，已知，.
（1）求的长；
（2）若“长征五号”运载火箭在处进行“程序转弯”，且，求雷达站到其正上方点的距离.
23．（10分）有甲乙两个不透明的布袋，甲布袋装有个形状和重量完全相同的小球，分别标有数字和；乙布袋装有个形状和重量完全相同的小球，分别标有数字，和．先从甲布袋中随机取出一个小球，将小球上标有的数字记作；再从乙布袋中随机取出一个小球，再将小球标有的数字记作．
（1）用画树状图或列表法写出两次摸球的数字可能出现的所有结果；
（2）若从甲、乙两布袋中取出的小球上面的数记作点的坐标，求点在一次函数图象上的概率是多少？
24．（10分）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为BC边上的点，将DA绕D点逆时针旋转120°得到DE．
（1）如图1，若AD＝DC，则BE的长为 ，BE2+CD2与AD2的数量关系为 ；
（2）如图2，点D为BC边山任意一点，线段BE、CD、AD是否依然满足（1）中的关系，试证明；
（3）M为线段BC上的点，BM＝1，经过B、E、D三点的圆最小时，记D点为D1，当D点从D1处运动到M处时，E点经过的路径长为 ．
25．（12分）如图，在O中，，CD⊥OA于点D，CE⊥OB于点E．
（1）求证：；
（2）若∠AOB=120°，OA=2，求四边形DOEC的面积．
26．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于，两点．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）直接写出的面积 ．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】根据已知条件可知、都是含角的直角三角形，先利用含角的直角三角形的性质求得，再结合勾股定理即可求得答案．
【详解】解：连接、，如图：
∵
∴
∴
∴在中，
∵是的直径
∴
∴在中，，即
∴
∴
∴
∴的半径为．
故选：D
【点睛】
本题考查了圆的一些基本性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理，添加适当的辅助线可以更顺利地解决问题．
2、C
【分析】一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】A、不是整式方程，故本选项错误；
B、当=0时，方程就不是一元二次方程，故本选项错误；
C、由原方程，得，符合一元二次方程的要求，故本选项正确；
D、方程中含有两个未知数，故本选项错误．
故选C．
【点睛】
此题考查的是一元二次方程的判断，掌握一元二次方程的定义是解决此题的关键．
3、D
【分析】根据特殊角的三角函数即得．
【详解】
故选：D．
【点睛】
本题考查特殊角的三角函数，解题关键是熟悉，及的正弦、余弦和正切值．
4、B
【分析】根据左视图的定义画出左视图即可得答案.
【详解】从左面看，是正方形，对面中间有一条看不见的棱，用虚线表示，
∴B选项符合题意，
故选B.
【点睛】
此题主要考查了简单几何体的三视图，左视图是从左面看所得到的图形．
5、A
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到比例式，求出BC，计算即可．
【详解】解：∵l1∥l2∥l3，
∴ ，
又∵AB=2，
∴BC=4，
∴AC=AB+BC=1．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
6、B
【解析】直接利用概率公式计算得出答案．
【详解】共设置“生态知识、生态技能、生态习惯、生态文化”四个类别的竞赛内容，参赛同学抽到每一类别的可能性相同，
小宇参赛时抽到“生态知识”的概率是：．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了概率公式，正确掌握概率求法是解题关键．
7、A
【分析】因为过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S是个定值，即S=|k|，所以随着x的逐渐增大，矩形OAPB的面积将不变．
【详解】解：依题意有矩形OAPB的面积=2×|k|=3，所以随着x的逐渐增大，矩形OAPB的面积将不变．
故选：A．
【点睛】
本题考查了反比例函数 y＝中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，解题的关键是掌握图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系即S=|k|．
8、D
【分析】当k+1=0时，函数为一次函数必与x轴有一个交点；当k+1≠0时，函数为二次函数，根据条件可知其判别式为0，可求得k的值．
【详解】当k-1=0，即k=1时，函数为y=-4x+4，与x轴只有一个交点；
当k-1≠0，即k≠1时，由函数与x轴只有一个交点可知，
∴△=（-4）2-4（k-1）×4=0，
解得k=2，
综上可知k的值为1或2，
故选D．
【点睛】
本题主要考查函数与x轴的交点，掌握二次函数与x轴只有一个交点的条件是解题的关键，解决本题时注意考虑一次函数和二次函数两种情况．
9、A
【分析】利用抛物线开口方向得到a＜0，利用对称轴位置得到b＞0，利用抛物线与y轴的交点在x轴下方得c＜0，则可对①进行判断；根据二次函数的对称性对②③进行判断；利用抛物线与直线y=2的交点个数对④进行判断，利用函数与坐标轴的交点列出不等式即可判断⑤.
【详解】∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵对称轴为直线
∴b=-2a＞0
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c＜-1，
∴abc＞0，所以①错误；
∵，对称轴为直线
∴故，②正确；
∵对称轴x=1，∴当x=0，x=2时，y值相等，
故当x=0时，y=c＜0，
∴当x=2时，y=，③正确；
如图，作y=2，与二次函数有两个交点，
故方程有两个不相等的实数根，故④错误；
∵当x=-1时，y=a-b+c=3a+c＞0，
当x=0时，y=c＜-1
∴3a＞1，
故，⑤正确；
故选A.
【点睛】
本题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）．也考查了二次函数的性质．
10、A
【解析】根据题意，由题目的结构特点，依据题目的已知条件，正视图是有两行，第一行两个，第二行三个且右对齐，从而得出答案.即可得到题目的结论.
【详解】从正面看到的平面图形是：
，故选A.
【点睛】
此题主要考查的是简单的组合体的三视图等有关知识，题目比较简单，通过考查，了解学生对简单的组合体的三视图等知识的掌握程度.熟练掌握简单的组合体的三视图是解决本题的关键.
11、C
【分析】根据根与系数的关系即可求出的值．
【详解】解：∵、是一元二次方程的两个实数根
∴
故选C．
【点睛】
此题考查的是根与系数的关系，掌握一元二次方程的两根之和=是解决此题的关键．
12、C
【分析】根据圆锥底面积求得圆锥的底面半径，然后利用勾股定理求得母线长，根据圆锥的母线长等于展开图扇形的半径，求出圆锥底面圆的周长，也即是展开图扇形的弧长，然后根据弧长公式可求出圆心角的度数．
【详解】解：∵圆锥的底面积为4πcm2，
∴圆锥的底面半径为2cm，
∴底面周长为4π，
圆锥的高为4cm，
∴由勾股定理得圆锥的母线长为6cm，
设侧面展开图的圆心角是n°，
根据题意得：=4π，
解得：n=1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】直接利用平面向量的加减运算法则求解即可求得，注意去括号时符号的变化．
【详解】解：==
故答案为：.
【点睛】
此题考查了平面向量的运算．此题难度不大，注意掌握运算法则是解此题的关键．
14、B．
【解析】试题分析：根据AE是⊙O的切线，A为切点，AB是⊙O的直径，可以先得出∠BAD为直角．再由同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，求出∠B，从而得到∠ADB的度数．由题意得：∠BAD=90°，∵∠B=∠AOC=40°，∴∠ADB=90°-∠B=50°．故选B．
考点：圆的基本性质、切线的性质．
15、
【分析】先确定抛物线y＝x2﹣2的二次项系数a= 1，顶点坐标为（0，﹣2），向上平移一个单位后（0，﹣1），翻折后二次项系数a= -1，顶点坐标变为（0，1），然后根据顶点式写出新抛物线的解析式．
【详解】抛物线y＝x2﹣2的顶点坐标为（0，﹣2），点（0，﹣2）向上平移一个单位所得对应点的坐标为（0，﹣1），点（0，﹣1）关于x轴的对称点的坐标为（0，1），
因为新抛物线的开口向下，
所以新抛物线的解析式为y＝﹣x2+1．
故答案为：y＝﹣x2+1．
【点睛】
此题考查抛物线的平移规律：左加右减，上加下减，翻折口开口方向改变，但是大小没变，因此二次项系数改变的只是符号，正确掌握平移的规律并运用解题是关键．
16、,
【分析】根据题意先移项，再提取公因式，求出x的值即可．
【详解】解：移项得，x（x-3）-x=0，
提取公因式得，x（x-3-1）=0，即x（x-4）=0，
解得,．
故答案为：,．
【点睛】
本题考查的是解一元二次方程-因式分解法，熟练利用因式分解法解一元二次方程是解答此题的关键．
17、 (1，)或(－1，－)
【分析】位似变换中对应点的坐标的变化规律：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．本题中k＝1或−1．
【详解】解：∵两个图形的位似比是1：（−）或1：，AC的中点是（4，3），
∴对应点是（1，）或（−1，−）．
【点睛】
本题主要考查位似变换中对应点的坐标的变化规律．
18、5
【分析】过D点作DH∥AE交EF于H点，证△BDH∽△BCE，△FDH∽△FAE，根据对应边成比例即可求解.
【详解】过D点作DH∥AE交EF于H点，
∴∠BDH=∠BCE，∠BHD=∠BEC,
∴△BDH∽△BCE
同理可证：△FDH∽△FAE
∵AD是△ABC的中线
∴BD=DC
∴
又
∴
∴
∴
故答案为：5
【点睛】
本题考查的是相似三角形，找到两队相似三角形之间的联系是关键.
三、解答题（共78分）
19、（1）3；（2）；（3）t=；（1）存在，M点的坐标为（2,16）或（-6,16）或
【分析】（1）由矩形的性质以及折叠的性质可求得CE、CO的长，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE的长；
（2）设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理列方程可求得m的值，从而得出D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）用含t的式子表示出BP、EQ的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；
（1）由（2）可知C（-1，0），E（0，-3），设N（-2，n），M（m，y），分以下三种情况：①以EN为对角线，根据对角线互相平分，可得CM的中点与EN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；②当EM为对角线，根据对角线互相平分，可得CN的中点与EM的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；③当CE为对角线，根据对角线互相平分，可得CE的中点与MN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】解：（1）∵OABC为矩形，∴BC=AO=5，CO=AB=1．
又由折叠可知，，
；
（2）设AD=m，则DE=BD=1-m，
∵OE=3，∴AE=5-3=2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=DE2，
∴m2+22=(1-m)2，∴m=，∴D，
∵该抛物线经过C(-1，0）、O（0，0），
∴设该抛物线解析式为，
把点D代入上式得，
∴a=，
∴；
（3）如图所示，连接DP、DQ．由题意可得，CP=2t，EQ=t，则BP=5-2t．
当DP=DQ时，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，
，
∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ，
∴5-2t=t，∴t=．
故当t=时，DP=DQ；
（1）∵抛物线的对称轴为直线x==-2，
∴设N（-2，n），
又由（2）可知C（-1，0），E（0，-3），设M（m，y），
①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，如图1，
则线段EN的中点横坐标为=-1，线段CM的中点横坐标为，
∵EN，CM互相平分，
∴=-1，解得m=2，
又M点在抛物线上，
∴y=×22+×2=16，
∴M（2，16）；
②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，如图2，
则线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为，
∵EM，CN互相平分，
∴m=-3，解得m=-6，
又∵M点在抛物线上，
，
∴M（-6，16）；
③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，如图3，
线段CE的中点的横坐标为=-2，线段MN的中点的横坐标为，
∵CE与MN互相平分，∴，
解得m=-2，
当m=-2时，y=，
即M．
综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（-6，16）或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、矩形的性质以及平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，第（1）小题注意分类讨论思想的应用．
20、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）列表法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；本题用列表法得出所有等可能的情况，进而可得转转盘可能出现的所有结果；
（2）无理数是无限不循环小数，找出乘积为无理数的情况数，再除以所有等可能出现的结果数，即可求出一等奖的概率．
【详解】（1）由题意列表如下，
由列表得知：当A转盘出现0，1，-1时，B转盘分别可能有4种等可能情况，
所以共有4×3=12种等可能情况．
即（0，）、（0,1．5）、（0,-3）、（0,﹣）、（1，）、（1,1．5）、（1,-3）、（1,﹣）、（-1，）、（-1,1．5）、（-1,-3）、（-1,﹣）．
（2）无理数是无限不循环小数，由列表得知：乘积是无理数的情况有2种，即（1,﹣）、（-1,﹣）．乘积分别是﹣，，
∴P（乘积为无理数）==．即P（获得一等奖）=．
考点：用列表法或树状图法求随机事件的概率．
21、（1）见解析；（2）；（3）①r1＝1，；②△BFF'与△DEF'的面积比为或
【分析】（1）连结，证明，得出，则结论得证；
（2）求出，，连结，则，由弧长公式可得出答案；
（3）①如图3，过作于，则，四边形是矩形，设圆的半径为，则．，证明，由比例线段可得出的方程，解方程即可得出答案；
②证明，当或时，根据相似三角形的性质可得出答案．
【详解】解：（1）连结DO，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABD，
∵DO＝BO，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠CBD＝∠ODB．
∴DO∥BC，
∵∠C＝90°，
∴∠ADO＝90°，
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵E是AO中点，
∴AE＝EO＝DO＝BO＝，
∴sin∠A＝，
∴∠A＝30°，∠B＝60°，
连结FO，则∠BOF＝60°，
∴＝．
（3）①如图3，连结OD，过O作OM⊥BC于M，
则BM＝FM，四边形CDOM是矩形
设圆的半径为r，则OA＝5﹣r．BM＝FM＝r﹣，
∵DO∥BC，
∴∠AOD＝∠OBM，
而∠ADO＝90°＝∠OMB，
∴△ADO∽△OMB，
∴，
即，
解之得r1＝1，．
②∵在（1）中∠CBD＝∠ABD，
∴DE＝DF，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE＝90°，
而F、F'关于BD轴对称，
∴BD⊥FF'，BF＝BF'，
∴DE∥FF'，
∴∠DEF'＝∠BF'F，
∴△DEF'∽∠BFF'，
当r＝1时，AO＝4，DO＝1，BO＝1，
由①知，
，
，
，
，
，
，
与的面积之比，
同理可得，当时．时，与的面积比．
与的面积比为或．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了直角三角形30度角的性质，切线的判定和性质，等腰三角形的判定，圆周角定理，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线，熟练运用圆的相关性质定理是解题的关键．
22、（1）km；（2）
【分析】（1）设为，根据题意可用含x的代数式依次表示出AM、AC、AN的长，然后在直角△CAN中利用解直角三角形的知识即可求出x的值，进而可得答案；
（2）由（1）的结果可得CN的长，作，垂足为点，如图，根据题意易得∠DCN和∠DNC的度数，设HN=y，则可用y的代数式表示出CH，根据CH+HN=CN可得关于y的方程，解方程即可求出y的值，进一步即可求出结果.
【详解】解：（1）设为，
∵，
∴，
则，
在中，
∵，AC=AB+BC=x+40，AN=AM+MN=x+120，
∴，
即，
解得：，
∴km；
（2）作，垂足为点，如图，
由（1）可得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CH=DH，
∵，
∴，
设为，
则，
∴，
解得：，
∴.
答：雷达站到其正上方点的距离为.
【点睛】
本题以“长征五号”遥三运载火箭发射为背景，是解直角三角形的典型应用题，主要考查了解直角三角形的知识，属于常考题型，正确添加辅助线构造直角三角形、熟练掌握锐角三角函数的知识是解题关键.
23、（1）（1，﹣1），（1，0），（1，﹣3），（2，﹣1），（2，0），（2，﹣3）；（2）
【分析】（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；
（2）由（1）可求得点（x，y）在一次函数y=-2x+1图象上的情况，然后直接利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：（1）画树状图得：
则点可能出现的所有坐标：
（1，﹣1），（1，0），（1，﹣3），（2，﹣1），（2，0），（2，﹣3）；
（2）∵在所有的6种等可能结果中，落在y=﹣2x+1图象上的有
（1，﹣1）、（2，﹣3）两种结果，
∴点（x，y）在一次函数y=﹣2x+1图象上的概率是
【点睛】
本题考查了列表法和树状图法求概率，一次函数图象上点的坐标特征，正确的画出树状图是解题的关键．
24、（1）1；BE1+CD1＝4AD1；（1）能满足（1）中的结论，见解析；（3）1
【分析】（1）依据旋转性质可得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°，再证明：△BDE≌△BDA，利用勾股定理可得结论；
（1）将△ACD绕点A顺时针旋转110°得到△ABD′，再证明：∠D′BE＝∠D′AE＝90°，利用勾股定理即可证明结论仍然成立；
（3）从（1）中发现：∠CBE＝30°，即：点D运动路径是线段；分别求出点D位于D1时和点D运动到M时，对应的BE长度即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1，∵AB＝AC，∠BAC＝110°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵AD＝DC
∴∠CAD＝∠ACB＝30°，∠ADB＝∠CAD+∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝90°，
由旋转得：DE＝DA＝CD，∠BDE＝∠ADB＝60°
∴△BDE≌△BDA（SAS）
∴∠BED＝∠BAD＝90°，BE＝AB＝
∴BE1+CD1＝BE1+DE1＝BD1
∵＝cos∠ADB＝cos60°＝
∴BD＝1AD
∴BE1+CD1＝4AD1；
故答案为：；BE1+CD1＝4AD1；
（1）能满足（1）中的结论．如图1，将△ACD绕点A顺时针旋转110°得到△ABD′，使AC与AB重合，
∵∠DAD′＝110°，∠BAD′＝∠CAD，∠ABD′＝∠ACB＝30°，AD′＝AD＝DE，∠DAE＝∠AED＝30°，BD′＝CD，∠AD′B＝∠ADC
∴∠D′AE＝90°
∵∠ADB+∠ADC＝180°
∴∠ADB+∠AD′B＝180°
∴A、D、B、D′四点共圆，
同理可证：A、B、E、D四点共圆，A、E、B、D′四点共圆；
∴∠D′BE＝90°
∴BE1+BD′1＝D′E1
∵在△AD′E中，∠AED′＝30°，∠EAD′＝90°
∴D′E＝1AD′＝1AD
∴BE1+BD′1＝（1AD）1＝4AD1
∴BE1+CD1＝4AD1．
（3）由（1）知：经过B、E、D三点的圆必定经过D′、A，且该圆以D′E为直径，
该圆最小即D′E最小，∵D′E＝1AD
∴当AD最小时，经过B、E、D三点的圆最小，此时，AD⊥BC
如图3，过A作AD1⊥BC于D1，∵∠ABC＝30°
∴BD1＝AB•cos∠ABC＝cos30°＝3，AD1＝
∴D1M＝BD1﹣BM＝3﹣1＝1
由（1）知：在D运动过程中，∠CBE＝30°，∴点D运动路径是线段；
当点D位于D1时，由（1）中结论得：，∴BE1＝
当点D运动到M时，易求得：BE1＝
∴E点经过的路径长＝BE1+BE1＝1
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的是圆的综合，综合性很强，难度系数较大，运用到了全等和勾股定理等相关知识需要熟练掌握相关基础知识.
25、（1）详见解析；（2）
【分析】（1）连接OC，由AC=BC，可得∠AOC=∠BOC，又CD⊥OA，CE⊥OB，由角平分线定理可得CD=CE；
（2）由∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC，可得∠AOC=60°，又∠CDO=90°，得∠OCD=30°，可得，由勾股定理可得，可得；同理可得，进而求出．
【详解】（1）证明：连接OC．
∵AC=BC，
∴∠AOC=∠BOC．
∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴CD=CE．
（2）解：∵∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC，
∴∠AOC=60°．
∵∠CDO=90°，
∴∠OCD=30°，
∵OC=OA=2，
∴．
∴，
∴，
同理可得，
∴．
【点睛】
本题主要考查了圆心角与弧的关系，角平分线的性质，勾股定理以及面积计算，熟练掌握圆中的相关定理是解题的关键．
26、（1）y=﹣x+5，y=；（2）
【分析】（1）由点B在反比例函数图象上，可求出点B的坐标，将点A的坐标代入反比例函数即可求出反比例函数解析式；将点A和点B的坐标代入一次函数y=k1x+b即可求出一次函数解析式；
（2）延长AB交x轴与点C，由一次函数解析式可找出点C的坐标，通过分割图形利用三角形的面积公式即可得出结论；
【详解】⑴解：将A（1,4）代入y=，
得k2=4，
∴该反比例函数的解析式为y=，
当x=4时代入该反比例函数解析式可得y=1，即点B的坐标为（4，1），
将A（1，4）B（4，1）代入y=k1x+b中，
得，
解得k1=﹣1，b=5，
∴该一次函数的解析式为y=﹣x+5；
（2）设直线y=﹣x+5与x轴交于点C，如图，
当y=0时，−x+5=0，
解得：x=5，
则C（5，0），
∴S△AOB=S△AOC−S△BOC=×5×4−×5×1=．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、反比例函数图象上点的坐标特征、三角形的面积公式以及解二元一次方程组，掌握知识点是解题的关键．
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