资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．在公园内，牡丹按正方形种植，在它的周围种植芍药，如图反映了牡丹的列数（n）和芍药的数量规律，那么当n=11时，芍药的数量为（ ）
A．84株 B．88株 C．92株 D．121株
2．抛物线的顶点为，与轴交于点，则该抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
3．从一个装有3个红球、2个白球的盒子里（球除颜色外其他都相同），先摸出一个球，不再放进盒子里，然后又摸出一个球，两次摸到的都是红球的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在中，，，点从点沿边，匀速运动到点，过点作交于点，线段，，，则能够反映与之间函数关系的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
5．已知关于的一元二次方程的两个根分别是，，且满足，则的值是（ ）
A．0 B． C．0或 D．或0
6．若点，是函数上两点，则当时，函数值为（ ）
A．2 B．3 C．5 D．10
7．下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ）
A．x2﹣x﹣1＝0 B．x2+x+1＝0 C．x2+1＝0 D．x2+2x+1＝0
8．已知坐标平面上有一直线L，其方程式为y+2=0，且L与二次函数y=3x2+a的图形相交于A，B两点：与二次函数y=﹣2x2+b的图形相交于C，D两点，其中a、b为整数．若AB=2，CD=1．则a+b之值为何？（ ）
A．1 B．9 C．16 D．21
9．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，下列条件中不能判断△ABC∽△AED的是（ ）
A．∠AED=∠B B．∠ADE=∠C C． D．
10．反比例函数y＝的图象，在每个象限内，y的值随x值的增大而增大，则k可以为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．一只不透明的袋子中装有红球和白球共个，这些球除了颜色外都相同，校课外学习小组做摸球试验，将球搅匀后任意摸出一个球，记下颜色后放回、搅匀，通过多次重复试验，算得摸到红球的频率是，则袋中有__________．
12．在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．如果AC=3，那么正方形ABCD的面积是__________．
13．关于的方程的一个根是，则它的另一个根是__________．
14．已知是一元二次方程的一个解，则的值是__________．
15．二次函数的图象与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，作直线，将直线下方的二次函数图象沿直线向上翻折，与其它剩余部分组成一个组合图象，若线段与组合图象有两个交点，则的取值范围为_____．
16．如图，在平面直角坐标系中，直线l:与坐标轴分别交于A，B两点，点C在x正半轴上，且OC＝OB．点P为线段AB（不含端点）上一动点，将线段OP绕点O顺时针旋转90°得线段OQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为___________．
17．若，则=___________.
18．阅读材料：一元二次方程的两个根是-2，3，画出二次函数的图象如图，位于轴上方的图象上点的纵坐标满足，所以不等式点的横坐标的取值范围是，则不等式解是．仿照例子，运用上面的方法解不等式的解是___________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点在轴上，在轴上，把矩形沿对角线所在的直线对折，点恰好落在反比例函数的图象上点处，与轴交于点，延长交轴于点，点刚好是的中点.已知的坐标为．
（1）求反比例函数的函数表达式；
（2）若是反比例函数图象上的一点，点在轴上，若以为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标_________.
20．（6分）如图，一次函数（为常数，且）的图像与反比例函数的图像交于，两点.
（1）求一次函数的表达式；
（2）若将直线向下平移个单位长度后与反比例函数的图像有且只有一个公共点，求的值.
21．（6分）如图方格纸中每个小正方形的边长都是单位1，△ABC的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
(1)将△ABC向上平移3个单位长度，画出平移后的△A1B1C1；
(2)写出A1，C1的坐标；
(3)将△A1B1C1绕B1逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B1C2，求线段B1C1在旋转过程中扫过的面积(结果保留π).
22．（8分）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均落在格点上．
(1)将△ABC绕点O顺时针旋转90°后，得到△A1B1C1．在网格中画出△A1B1C1；
(2)求线段OA在旋转过程中扫过的图形面积；(结果保留π)
23．（8分）解方程：x2﹣x﹣12=1．
24．（8分）数学兴趣小组对矩形面积为9，其周长m的范围进行了探究．兴趣小组的同学们已经能用“代数”的方法解决，以下是他们从“图形”的角度进行探究的部分过程，请把过程补充完整．
（1）建立函数模型．
设矩形相邻两边的长分别为x，y，由矩形的面积为9，得xy＝9，即y＝；由周长为m，得2（x+y）＝m，即y＝﹣x+．满足要求的（x，y）应是两个函数图象在第 象限内交点的坐标．
（2）画出函数图象．
函数y＝（x＞0）的图象如图所示，而函数y＝﹣x+的图象可由直线y＝﹣x平移得到，请在同一直角坐标系中画出直线y＝﹣x．
（3）平移直线y＝﹣x，观察函数图象．
①当直线平移到与函数y＝（x＞0）的图象有唯一交点（3，3）时，周长m的值为 ；
②在直线平移过程中，直线与函数y＝（x＞0）的图象交点个数还有哪些情况？请写出交点个数及对应的周长m的取值范围．
（4）得出结论
面积为9的矩形，它的周长m的取值范围为 ．
25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点运动到点停止，设运动时间为，过点作轴的垂线，交直线于点, 交抛物线于点．连接，是线段的中点，将线段绕点逆时针旋转得线段．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，当为何值时，面积有最大值，最大值是多少？
（3）当为何值时，点落在抛物线上．
26．（10分）如图，O是所在圆的圆心，C是上一动点，连接OC交弦AB于点D．已知AB=9.35cm，设A，D两点间的距离为cm，O,D两点间的距离为cm，C，D两点间的距离为cm.小腾根据学习函数的经验，分别对函数,随自变量的变化而变化的规律进行了探究.下面是小腾的探究过程，请补充完整：
（1）按照下表中自变量的值进行取点、画图、测量，分别得到了,与的几组对应值：
/cm
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
7.10
8.00
9.35
/cm
4.93
3.99
2.28
1.70
1.59
2.04
2.88
3.67
4.93
/cm
0.00
0.94
1.83
2.65
3.23
3.34
2.89
2.05
1.26
0.00
（2）①在同一平面直角坐标系中，描出表中各组数值所对应的点（,）, （,）,并画出（1）中所确定的函数,的图象；
②观察函数的图象，可得 cm(结果保留一位小数)；
（3）结合函数图象，解决问题：当OD=CD时，AD的长度约为 cm（结果保留一位小数）．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】解：由图可得，芍药的数量为：4+（2n﹣1）×4，∴当n=11时，芍药的数量为：4+（2×11﹣1）×4=4+（22﹣1）×4=4+21×4=4+84=88，故选B．
点睛：本题考查规律型：图形的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中图形的变化规律．
2、A
【分析】设出抛物线顶点式，然后将点代入求解即可.
【详解】解：设抛物线解析式为，
将点代入得：，
解得：a=1，
故该抛物线的解析式为：，
故选：A.
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
3、D
【分析】画树状图得出所有等可能的情况数，找出两次都是红球的情况数，即可求出所求的概率．
【详解】解：画树状图得：
∵共有20种等可能的结果，两次摸到的球的颜色都是红球的有6种情况，
∴两次摸到的球的颜色相同的概率为：．
故选：D．
【点睛】
此题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
4、D
【分析】分两种情况：①当P点在OA上时，即2≤x≤2时；②当P点在AB上时，即2＜x≤1时，求出这两种情况下的PC长，则y=PC•OC的函数式可用x表示出来，对照选项即可判断．
【详解】解：∵△AOB是等腰直角三角形，AB=，
∴OB=1．
①当P点在OA上时，即2≤x≤2时，
PC=OC=x，S△POC=y=PC•OC=x2，
是开口向上的抛物线，当x=2时，y=2；
OC=x，则BC=1-x，PC=BC=1-x，
S△POC=y=PC•OC=x（1-x）=-x2+2x，
是开口向下的抛物线，当x=1时，y=2．
综上所述，D答案符合运动过程中y与x的函数关系式．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图象，解决这类问题要先进行全面分析，根据图形变化特征或动点运动的背景变化进行分类讨论，然后动中找静，写出对应的函数式．
5、C
【分析】首先根据一元二次方程根与系数关系得到两根之和和两根之积，然后把x12+x22转换为（x1+x2）2-2x1x2，然后利用前面的等式即可得到关于m的方程，解方程即可求出结果．
【详解】解：∵x1、x2是一元二次方程x2-mx+2m-1=0的两个实数根，
∴x1+x2=-（2m+1），x1x2=m-1，
∵x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2=3，
∴[-（2m+1）]2-2（m-1）=3，
解得：m1=0，m2=，
又∵方程x2-mx+2m-1=0有两个实数根，
∴△=（2m+1）2-4（m-1）≥0，
∴当m=0时，△=5>0，当m=时，△=6>0
∴m1=0，m2=都符合题意.
故选：C.
【点睛】
本题考查一元二次方程根与系数的关系、完全平方公式，解题关键是熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程两个为x1，x2，则x1+x2=-，x1•x2=.
6、B
【分析】根据点A(x1，5)，B(x2，5)是函数y=x2﹣2x+1上两对称点，可求得x=x1+x2=2，把x=2代入函数关系式即可求解．
【详解】∵点A(x1，5)，B(x2，5)是函数y=x2﹣2x+1上两对称点，对称轴为直线x=1，
∴x1+x2=2×1=2，
∴x=2，
∴把x=2代入函数关系式得y=22﹣2×2+1=1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，以及二次函数的性质．求出x1+x2的值是解答本题的关键．
7、A
【分析】逐项计算方程的判别式，根据根的判别式进行判断即可．
【详解】解：
在x2﹣x﹣1＝0中，△＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣1）＝1+4＝5＞0，故该方程有两个不相等的实数根，故A符合题意；
在x2+x+1＝0中，△＝12﹣4×1×1＝1﹣4＝﹣3＜0，故该方程无实数根，故B不符合题意；
在x2+1＝0中，△＝0﹣4×1×1＝0﹣4＝﹣4＜0，故该方程无实数根，故C不符合题意；
在x2+2x+1＝0中，△＝22﹣4×1×1＝0，故该方程有两个相等的实数根，故D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查根的判别式，解题的关键是记住判别式，△＞0有两个不相等实数根，△＝0有两个相等实数根，△＜0没有实数根，属于中考常考题型．
8、A
【解析】分析：判断出A、C两点坐标，利用待定系数法求出a、b即可；
详解：如图，
由题意知：A（1，﹣2），C（2，﹣2），
分别代入y=3x2+a，y=﹣2x2+b可得a=﹣5，b=6，
∴a+b=1，
故选A．
点睛：本题考查二次函数图形上点的坐标特征，待定系数法等知识，解题的关键是理解题意，判断出A、C两点坐标是解决问题的关键．
9、D
【分析】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．根据此，分别进行判断即可．
【详解】解：由题意得∠DAE=∠CAB，
A、当∠AED=∠B时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
B、当∠ADE=∠C时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
C、当=时，△ABC∽△AED，故本选项不符合题意；
D、当=时，不能推断△ABC∽△AED，故本选项符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．
10、A
【解析】试题分析：因为y=的图象，在每个象限内，y的值随x值的增大而增大，
所以k-1＜0，k＜1．
故选A．
考点：反比例函数的性质．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
【详解】设袋中有x个红球．
由题意可得：，
解得：，
故答案为：1．
【点睛】
本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．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
12、1
【分析】由正方形的面积公式可求解．
【详解】解：∵AC=3，
∴正方形ABCD的面积=3×3×=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，熟练运用正方形的性质是解题的关键．
13、6
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系解答即可.
【详解】解：设方程的另一个根是，则，解得：.
故答案为：6.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，属于基础题型，熟练掌握一元二次方程的两根之和与两根之积与其系数的关系是解此类题的关键.
14、4
【分析】把x=-2代入x2+mx+4=0可得关于m的一元一次方程，解方程即可求出m的值.
【详解】∵是一元二次方程的一个解，
∴4-2m+4=0，
解得：m=4，
故答案为：4
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
15、或
【解析】画出图形，采用数形结合，分类讨论讨论，分直线y=t在x轴上方和下方两种情况，需要注意的是，原抛物线与线段BC本来就有B、C两个交点.具体过程见详解.
【详解】解：分类讨论（一）：原抛物线与线段BC就有两个交点B、C.
当抛物线在x轴下方部分，以x轴为对称轴向上翻折后，就会又多一个交点，所以要满足只有两个交点，直线y=t需向上平移，点B不再是交点，交点只有点C和点B、C之间的一个点，所以t >0；当以直线y=3为对称轴向上翻折时，线段与组合图象就只有点C一个交点了，不符合题意，所以t<3，故；
（二）∵=（x-2）2-1,
∴抛物线沿翻折后的部分是抛物线）2+k在直线y=t的上方部分，当直线BC：y=-x+3与抛物线只有一个交点时，即 的△=0，解得k= ,此时线段BC与组合图象W的交点，既有C、B,又多一个，共三个，不符合题意，所以翻折部分需向下平移，即直线y=t向下平移，k=时，抛物线）2+的顶点坐标为（2，），与的顶点（2，-1）的中点是（2，-），所以t<-，又因为，所以.
综上所述：t的取值范围是：或
故答案为或.
【点睛】
本题考查抛物线的翻折和上下平移、抛物线和线段的交点问题.解题关键是熟练掌握二次函数的图像和性质.
16、
【分析】在OA上取使，得，则，根据点到直线的距离垂线段最短可知当⊥AB时，CP最小，由相似求出的最小值即可.
【详解】解：如图，在OA上取使，
∵，
∴，
在△和△QOC中，
，
∴△≌△QOC（SAS），
∴
∴当最小时，QC最小，
过点作⊥AB，
∵直线l:与坐标轴分别交于A，B两点，
∴A坐标为：（0，8）；B点（-4，0），
∵，
∴，.
∵，
∴，
∴，
∴线段CQ的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了一次函数图像与坐标轴的交点及三角形全等的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．
17、
【分析】根据题干信息，利用已知得出a= b，进而代入代数式求出答案即可．
【详解】解：∵，
∴a= b，
∴=．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查比例的性质，正确得出a=b，并利用代入代数式求值是解题关键．
18、
【分析】根据题意可先求出一元二次方程的两个根是1，3，画出二次函数的图象，位于轴上方的图象上点的纵坐标满足，即可得解．
【详解】解：根据题意可得出一元二次方程的两个根是1，3，画出二次函数的图象如下图，
因此，不等式的解是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的知识点是二次函数与不等式的解，理解题意，找出求解的步骤是解此题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2），，（，0）．
【分析】(1)证得BD是CF的垂直平分线，求得，作DG⊥BF于G，求得点D的坐标为 ，从而求得反比例函数的解析式；
(2)分3种情形，分别画出图形即可解决问题．
【详解】(1) ∵四边形ABOC是矩形，
∴AB=OC，AC=OB，，
根据对折的性质知，，
∴，，AB=DB，
又∵D是CF的中点，
∴BD是CF的垂直平分线，
∴BC=BF，，
∴，
∵，
∴，
∵点B的坐标为 ，
∴，
在中，，，，
∴，
过D作DG⊥BF于G，如图，
在中，，，，
∴，，
∴，
∴点D的坐标为 ，
代入反比例函数的解析式得：，
∴反比例函数的解析式；
(2) 如图①、②中，作EQ∥x轴交反比例函数的图象于点Q，
在中， ，，
∴，
∴点E的坐标为 ，
点Q纵坐标与点E纵坐标都是，代入反比例函数的解析式得：
，
解得：，
∴点Q的坐标为 ，
∴，
∵四点构成平行四边形，
∴
∴点的坐标分别为 ， ；
如图③中，构成平行四边形，作QM∥y轴交轴于点M，
∵四边形为平行四边形，
∴， ，
∴，
∴，，
∴点的坐标为 ，
∴
∴，
∴点的坐标为 ，
综上，符合条件点的坐标有： ， ，；
【点睛】
本题考查反比例函数综合题、矩形的性质、翻折变换、直角三角形中30度角的性质、平行四边形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
20、（1）；（2）1或9.
【解析】试题分析：（1）把A(－2，b)的坐标分别代入一次函数和反比例函数表达式，求得k、b的值，即可得一次函数的解析式；（2）直线AB向下平移m(m＞0)个单位长度后，直线AB对应的函数表达式为y＝x＋5－m，根据平移后的图象与反比例函数的图象有且只有一个公共点，把两个解析式联立得方程组，解方程组得一个一元二次方程，令△=0，即可求得m的值.
试题解析：
(1)根据题意，把A(－2，b)的坐标分别代入一次函数和反比例函数表达式，得，
解得，
所以一次函数的表达式为y＝x＋5.
(2)将直线AB向下平移m(m＞0)个单位长度后，直线AB对应的函数表达式为y＝x＋5－m.由得， x2＋(5－m)x＋8＝0.Δ＝(5－m)2－4××8＝0，
解得m＝1或9.
点睛：本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解．
21、（1）图形见解析（2）A1（5，7）； C1（9，4），（3）见解析，
【解析】（1）正确画出平移后的图形，如图所示；
（2）A1（5，7）； C1（9，4），
（3）正确画出旋转后的图形，如图所示，根据线段B1C1旋转过程中扫过的面积为扇形，扇形半径为5，圆心角为90°，则计算扇形面积：．
22、 (1)见解析； (2)扫过的图形面积为2π．
【解析】（1）先确定A、B、C三点分别绕O点旋转90°后的点的位置，再顺次连接即可得到所求图形；
（2）先运用勾股定理求解出OA的长度，再求以OA为半径、圆心角为90°的扇形面积即可.
【详解】(1)如图，先确定A、B、C三点分别绕O点旋转90°后的点A1、B1、C1，再顺次连接即可得到所求图形，△A1B1C1即为所求三角形；
(2)由勾股定理可知OA＝，
线段OA在旋转过程中扫过的图形为以OA为半径，∠AOA1为圆心角的扇形，
则S扇形OAA1＝
答：扫过的图形面积为2π．
【点睛】
本题结合网格线考查了旋转作图以及扇形面积公式，熟记相关公式是解题的关键.
23、x1=﹣3，x2=2．
【解析】试题分析：方程左边利用十字相乘法分解因式后，利用两数相乘积为1，两因式中至少有一个为1转化为两个一元一次方程来求解．
试题解析：解：分解因式得：（x+3）（x﹣2）=1，可得x+3=1或x﹣2=1，解得：x1=﹣3，x2=2．
24、（1）一；（2）见解析；（3）①1；②0个交点时，m＜1；1个交点时，m＝1； 2个交点时，m＞1；（4）m≥1．
【分析】（1）x，y都是边长，因此，都是正数，即可求解；
（2）直接画出图象即可；
（3）在直线平移过程中，交点个数有：0个、1个、2个三种情况，联立y＝和y＝﹣x+整理得：﹣mx+9＝0，即可求解；
（4）由（3）可得．
【详解】解：（1）x，y都是边长，因此，都是正数，
故点（x，y）在第一象限，
故答案为：一；
（2）图象如下所示：
（3）①当直线平移到与函数y＝（x＞0）的图象有唯一交点（3，3）时，
由y＝﹣x+得：3＝﹣3+m，解得：m＝1，
故答案为1；
②在直线平移过程中，交点个数有：0个、1个、2个三种情况，
联立y＝和y＝﹣x+并整理得：x²﹣mx+9＝0，
∵△＝m²﹣4×9，
∴0个交点时，m＜1；1个交点时，m＝1； 2个交点时，m＞1；
（4）由（3）得：m≥1，
故答案为：m≥1．
【点睛】
本题是反比例函数综合运用题，涉及到一次函数、一元二次方程、函数平移等知识点，此类探究题，通常按照题设条件逐次求解即可．
25、（1）；（2）当时，面积的最大值为16；（3）
【分析】（1）用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）先用待定系数法求出直线AB的解析式，然后根据点P的坐标表示出Q,D的坐标，进一步表示出QD的长度，从而利用面积公式表示出的面积，最后利用二次函数的性质求最大值即可；
（3）分别过点作轴的垂线，垂足分别为，首先证明≌，得到，然后得到点N的坐标，将点N的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出t的值，注意t的取值范围．
【详解】（1）∵抛物线过点，
∴解得
所以抛物线的解析式为： ；
（2）设直线AB的解析式为 ，
将代入解析式中得,
解得
∴直线AB解析式为 ．
∵，
，
∴，
∴，
∴当时，面积的最大值为16 ；
（3）分别过点作轴的垂线，垂足分别为，
．
在和中， ，
∴≌，
∴．
∵，
．
当点落在抛物线上时，.
∴,
，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查二次函数与几何综合，掌握待定系数法，全等三角形的判定及性质，二次函数的性质是解题的关键．
26、（2）① 见解析；② 3.1 (3) 6.6cm或2.8cm
【分析】（2）①根据画函数图象的步骤：描点、连线即可画出函数图象；②根据题意，利用图象法解答即可；
（3）根据题意：就是求当时对应的x的值，可利用函数图象，观察两个函数的交点对应的x的值即可.
【详解】解：（2）① 如 图所示 ：
②观察图象可得：当x=2时，y1=3.1，∴m=3.1；
故答案为：3.1；
(3) 当OD=CD时，即y1=y2时，如图，x约为6.6或2.8，即AD的长度约为6.6cm或2.8cm.
故答案为：6.6cm或2.8cm.
【点睛】
本题是圆与函数的综合题，主要考查了圆的有关知识和动点问题的函数图象，熟练运用图象法、灵活应用数形结合的思想是解题的关键.
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