资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
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(每小题3分,共30分)
1．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CAB＝25°，则∠BOD等于（ ）
A．70° B．65° C．50° D．45°
2．从，0，π，3.14，6这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．若，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
4．下列图形中，绕某个点旋转72度后能与自身重合的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，将绕点A按顺时针方向旋转一定角度得到，点B的对应点D恰好落在边上.若，则的长为（ ）
A．0.5 B．1.5 C． D．1
6．如图，⊙O中，弦AB与CD交于点M，∠A=45°，∠AMD=75°，则∠B的度数是（ ）
A．15° B．25° C．30° D．75°
7．在校田径运动会上，小明和其他三名选手参加100米预赛，赛场共设1，2，3，4四条跑道，选手以随机抽签的方式决定各自的跑道．若小明首先抽签，则小明抽到1号跑道的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．方程的解是（ ）
A． B． C．或 D．或
9．关于的二次方程的一个根是0，则a的值是（ ）
A．1 B．-1 C．1或-1 D．0.5
10．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB=8，AE=1，则弦CD的长是（ ）
A． B．2 C．6 D．8
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，边长为的正六边形在足够长的桌面上滚动(没有滑动)一周，则它的中心点所经过的路径长为______．
12．如图，△ABC中，∠C=90°，，D为AC上一点，∠BDC=45°,CD=6,则AB=_______．
13．如图，直线，等腰直角三角形的三个顶点分别在，，上，90°，交于点，已知与的距离为2，与的距离为3，则的长为________．
14．如图，在以A为直角顶点的等腰直角三角形纸片ABC中，将B角折起，使点B落在AC边上的点D（不与点A，C重合）处，折痕是EF．
如图1，当CD＝AC时，tanα1＝；
如图2，当CD＝AC时，tanα2＝；
如图3，当CD＝AC时，tanα3＝；
……
依此类推，当CD＝AC（n为正整数）时，tanαn＝_____．
15．如图，四边形ABCD是菱形，⊙O经过点A、C、D，与BC相交于点E，连接AC、AE.若∠D＝70°，则∠EAC的度数为____________.
16．某养鱼专业户为了估计鱼塘中鱼的总条数，他先从鱼塘中捞出100条，将每条鱼作了记号后放回水中，当它们完全混合于鱼群后，再从鱼塘中捞出100条鱼，发现其中带记号的鱼有10条，估计该鱼塘里约有________ 条鱼.
17．已知二次函数y＝﹣x2+2x+m的部分图象如图所示，则关于x的一元二次方程﹣x2+2x+m＝0的解为_____．
18．已知两个相似三角形的相似比为2︰5，其中较小的三角形面积是，那么另一个三角形的面积为 ．
三、解答题(共66分)
19．（10分）（发现）在解一元二次方程的时候，发现有一类形如x2+（m+n）x+mn＝0的方程，其常数项是两个因数的积，而它的一次项系数恰好是这两个因数的和，则我们可以把它转化成x2+（m+n）x+mn＝（m+x）（m+n）＝0
（探索）解方程：x2+5x+6＝0：x2+5x+6＝x2+（2+3）x+2×3＝（x+2）（x+3），原方程可转化为（x+2）（x+3）＝0，即x+2＝0或x+3＝0，进而可求解．
（归纳）若x2+px+q＝（x+m）（x+n），则p＝ q＝ ；
（应用）
（1）运用上述方法解方程x2+6x+8＝0；
（2）结合上述材料，并根据“两数相乘，同号得正，异号得负“，求出一元二次不等式x2﹣2x﹣3＞0的解．
20．（6分）解一元二次方程：
（1）
（2）
21．（6分）阅读材料，回答问题：
材料
题1：经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转．如果这三种可能性的大小相同，求三辆汽车经过这个十字路口时，至少要两辆车向左转的概率
题2：有两把不同的锁和三把钥匙，其中两把钥匙分别能打开这两把锁（一把钥匙只能开一把锁），第三把钥匙不能打开这两把锁．随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率是多少？
我们可以用“袋中摸球”的试验来模拟题1：在口袋中放三个不同颜色的小球，红球表示直行，绿球表示向左转，黑球表示向右转，三辆汽车经过路口，相当于从三个这样的口袋中各随机摸出一球.
问题：
（1）事件“至少有两辆车向左转”相当于“袋中摸球”的试验中的什么事件？
（2）设计一个“袋中摸球”的试验模拟题2，请简要说明你的方案
（3）请直接写出题2的结果．
22．（8分）解方程．
（1）1x1﹣6x﹣1＝0；
（1）1y（y+1）﹣y＝1．
23．（8分）问题呈现：
如图 1，在边长为 1 小的正方形网格中，连接格点 A、B 和 C、D，AB 和 CD 相交于点 P，求 tan ∠CPB 的值方法归纳：求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出(或构造出)一个直角三角形，观察发现问题中∠ CPB不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格点 B、 E，可得 BE∥CD，则∠ABE=∠CPB，连接AE，那么∠CPB 就变换到 Rt△ABE 中．问题解决：
（1）直接写出图 1 中 tan ÐCPB 的值为______；
（2）如图 2，在边长为 1 的正方形网格中，AB 与 CD 相交于点 P，求 cos ÐCPB 的值．
24．（8分）定义：如果一个三角形中有两个内角α，β满足α+2β＝90°，那我们称这个三角形为“近直角三角形”．
（1）若△ABC是“近直角三角形”，∠B＞90°，∠C＝50°，则∠A＝ 度；
（2）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝1．若BD是∠ABC的平分线，
①求证：△BDC是“近直角三角形”；
②在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE也是“近直角三角形”？若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为AC边上一点，以BD为直径的圆交BC于点E，连结AE交BD于点F，若△BCD为“近直角三角形”，且AB＝5，AF＝3，求tan∠C的值．
25．（10分）如图，一次函数的图象与反比例函数（）的图象相交于点和点，点在第四象限，轴，．
（1）求的值；
（2）求的值．
26．（10分）抛物线上部分点的横坐标，纵坐标的对应值如下表：
-3
-2
-1
0
1
0
4
3
0
(1)把表格填写完整；
(2)根据上表填空：
①抛物线与轴的交点坐标是________和__________；
②在对称轴右侧，随增大而_______________；
③当时，则的取值范围是_________________；
(3)请直接写出抛物线的解析式．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】先根据垂径定理可得，然后根据圆周角定理计算∠BOD的度数．
【详解】解：∵弦CD⊥AB，
∴，
∴∠BOD＝2∠CAB＝2×25°＝50°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了垂径定理、圆心角定理和圆周角定理，熟悉掌握定义，灵活应用是解本题的关键
2、C
【解析】∵在 这5个数中只有0、3.14和6为有理数，
∴从这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是．
故选C．
3、D
【解析】∵，
∴==，
故选D
4、B
【解析】根据旋转的定义即可得出答案.
【详解】解：A．旋转90°后能与自身重合，不合题意；
B．旋转72°后能与自身重合，符合题意；
C．旋转60°后能与自身重合，不合题意；
D．旋转45°后能与自身重合，不合题意；
故选B．
【点睛】
本题考查的是旋转：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
5、D
【解析】利用∠B的正弦值和正切值可求出BC、AB的长，根据旋转的性质可得AD=AB，可证明△ADB为等边三角形，即可求出BD的长，根据CD=BC-BD即可得答案.
【详解】∵AC=，∠B=60°，
∴sinB=，即，tan60°=，即，
∴BC=2，AB=1，
∵绕点A按顺时针方向旋转一定角度得到，
∴AB=AD，
∵∠B=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴BD=AB=1，
∴CD=BC-BD=2-1=1.
故选D.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，熟记性质并判断出△ABD是等边三角形是解题的关键．
6、C
【分析】由三角形外角定理求得∠C的度数，再由圆周角定理可求∠B的度数．
【详解】∵∠A=45°，∠AMD=75°，
∴∠C=∠AMD-∠A=75°-45°=30°，
∴∠B=∠C=30°，
故选C．
7、B
【详解】解：小明选择跑道有4种结果，抽到跑道1只有一种结果，小明抽到1号跑道的概率是
故选B．
【点睛】
本题考查概率．
8、C
【解析】方程左边已经是两个一次因式之积，故可化为两个一次方程，解这两个一元一次方程即得答案.
【详解】解：∵，
∴x－1=0或x－2=0，
解得：或.
故选：C.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法，属于基本题型，熟练掌握分解因式解方程的方法是关键.
9、B
【分析】把代入可得，根据一元二次方程的定义可得，从而可求出的值．
【详解】把代入，得：
，
解得：，
∵是关于x的一元二次方程，
∴，
即，
∴的值是，
故选：B．
【点睛】
本题考查了对一元二次方程的定义，一元二次方程的解，以及一元二次方程的解法等知识点的理解和运用，注意隐含条件．
10、B
【解析】根据垂径定理，构造直角三角形，连接OC，在RT△OCE中应用勾股定理即可．
【详解】试题解析：由题意连接OC，得
OE=OB-AE=4-1=3，
CE=CD= =，
CD=2CE=2，
故选B．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】首先求得从B到B´时，圆心O的运动路线与点F运动的路线相同，即是的长,又由正六边形的内角为120°，求得所对 的圆心角为60°，根据弧长公式计算即可.
【详解】解：∵正六边形的内角为120°，
∴∠BAF=120°,
∴∠FAF´=60°,
∴
∴正六边形在桌子上滚动(没有滑动)一周，则它的中心O点所经过的路径长为：
故答案为：
【点睛】
本题考查的是正六边形的性质及正六边形中心的运动轨迹长，找到其运动轨迹是解决本题的关键．
12、1
【分析】根据题意由已知得△BDC为等腰直角三角形，所以CD=BC=6，又因为已知∠A的正弦值，即可求出AB的长．
【详解】解：∵∠C=90°，∠BDC=45°，
∴BC=CD=6，
又∵sinA=＝，
∴AB=6÷=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查解直角三角形问题，直角三角形知识的牢固掌握和三角函数的灵活运用．
13、
【分析】作AF⊥，BE⊥，证明△ACF≌△CBE，求出CE，根据勾股定理求出BC、AC，作DH⊥，根据DH∥AF证明△CDH∽△CAF，求出CD，再根据勾股定理求出BD.
【详解】如图，作AF⊥，BE⊥，则∠AFC=BEC=90°，
由题意得BE=3，AF=2+3=5，
∵△是等腰直角三角形，90°，
∴AC=BC,∠BCE+∠ACF=90°，
∵∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACF=∠CBE,
∴△ACF≌△CBE,
∴CE=AF=5，CF=BE=3，
∴,
作DH⊥，
∴DH∥AF
∴△CDH∽△CAF，
∴，
∴ ，
∴CD=，
∴BD=，
故答案为：.
【点睛】
此题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线间的距离处处相等的性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键.
14、
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】观察可知，正切值的分子是3，5，7，9，…，2n+1，
分母与勾股数有关系，分别是勾股数3，4，5；5，12，13；7，24，25；9，40，41；…，2n+1，，中的中间一个．
当，
将
故答案为：
【点睛】
本题考查规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
15、
【分析】根据菱形的性质求∠ACD的度数，根据圆内接四边形的性质求∠AEC的度数，由三角形的内角和求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC,AD=DC,
∴∠DAC=∠ACB, ∠DAC=∠DCA
∵∠D=70°,
∴∠DAC= ,
∴∠ACB=55°,
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠AEC+∠D=180°,
∴∠AEC=180°-70°=110°，
∴∠EAC=180°-∠AEC-∠ACB=180°-55°-110°=15°,
∴∠EAC=15°.
故答案为：15°
【点睛】
本题考查了菱形的性质，三角形的内角和，圆内接四边形的性质，熟练掌握菱形的性质和圆的性质是解答此题的关键．
16、1000
【解析】试题考查知识点：统计初步知识抽样调查
思路分析：第二次捞出来的100条鱼中有10条带记号的，说明带记号的鱼约占整个池塘鱼的总数的十分之一．
具体解答过程：
第二次捞出来的100条鱼中有10条带记号的，说明带记号的鱼约占整个池塘鱼的总数的比例为：
∵先从鱼塘中捞出后作完记号又放回水中的鱼有100条
∴该鱼塘里总条数约为：
（条）
试题点评：
17、x1＝﹣1或x2＝1．
【分析】由二次函数y＝﹣x2+2x+m的部分图象可以得到抛物线的对称轴和抛物线与x轴的一个交点坐标，然后可以求出另一个交点坐标，再利用抛物线与x轴交点的横坐标与相应的一元二次方程的根的关系即可得到关于x的一元二次方程﹣x2+2x+m＝0的解．
【详解】解：依题意得二次函数y＝﹣x2+2x+m的对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为（1，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点横坐标为1﹣（1﹣1）＝﹣1，
∴交点坐标为（﹣1，0）
∴当x＝﹣1或x＝1时，函数值y＝0，
即﹣x2+2x+m＝0，
∴关于x的一元二次方程﹣x2+2x+m＝0的解为x1＝﹣1或x2＝1．
故答案为：x1＝﹣1或x2＝1．
【点睛】
本题考查了关于二次函数与一元二次方程，在解题过程中，充分利用二次函数图象，根据图象提取有用条件来解答，这样可以降低题的难度，从而提高解题效率．
18、25
【解析】试题解析：∵两个相似三角形的相似比为2:5，
∴面积的比是4:25，
∵小三角形的面积为4，
∴大三角形的面积为25.
故答案为25.
点睛：相似三角形的面积比等于相似比的平方.
三、解答题(共66分)
19、归纳：m+n，m；应用（1）：x1＝﹣2，x2＝4；（2）x＞3或x﹣1
【分析】归纳：根据题意给出的方法即可求出答案．
应用：（1）根据题意给出的方法即可求出答案；
（2）根据题意给出的方法即可求出答案；
【详解】解：归纳：故答案为：m+n，m；
应用：（1）x2+6x+8＝0，
∴（x+2）（x+4）＝0
∴x+2＝0，x+4＝0
∴x1＝﹣2，x2＝4；
（2）∵x2﹣2x﹣3＞0
∴（x﹣3）（x+1）＞0
∴或
解得：x＞3或x﹣1
【点睛】
本题考查了一元二次方程，一元二次不等式的解及题目所给信息的总结归纳能力
20、（1）;（2）
【分析】（1）利用直接开方法求解；
（2），故用因式分解法解方程；
【详解】（1）
（2）
【点睛】
本题考查一元二次方程的解法，根据每题情况不一样选择合适的方法是解题的关键。
21、题1.；题2.(1)至少摸出两个绿球；(2)方案详见解析；(3).
【解析】试题分析：题1：因为此题需要三步完成，所以画出树状图求解即可，注意要做到不重不漏；
题2：根据题意列出表格，得出所有等可能的情况数，找出随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的情况数，即可求出所求的概率；
问题：
（1）绿球代表左转，所以为：至少摸出两个绿球；
（2）写出方案；
（3）直接写结果即可．
试题解析：题1：画树状图得：
∴一共有27种等可能的情况；
至少有两辆车向左转的有7种：直左左，右左左，左直左，左右左，左左直，左左右，左左左，
则至少有两辆车向左转的概率为：．
题2：列表得：
锁1
锁2
钥匙1
（锁1，钥匙1）
（锁2，钥匙1）
钥匙2
（锁1，钥匙2）
（锁2，钥匙2）
钥匙3
（锁1，钥匙3）
（锁2，钥匙3）
所有等可能的情况有6种，其中随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的2种，
则P==．
问题：
（1）至少摸出两个绿球；
（2）一口袋中放红色和黑色的小球各一个，分别表示不同的锁；另一口袋中放红色、黑色和绿色的小球各一个，分别表示不同的钥匙；其中同颜色的球表示一套锁和钥匙．“随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率”，相当于，“从两个口袋中各随机摸出一个球，两球颜色一样的概率”；
（3）．
考点：随机事件．
22、（1），；（1）y1＝﹣1，y1＝.
【分析】（1）根据配方法即可求出答案；
（1）根据因式分解法即可求出答案；
【详解】解：（1）∵1x1﹣6x﹣1＝0，
∴x1﹣3x＝，
∴（x﹣）1＝，
∴x＝，
解得：，；
（1）∵1y（y+1）﹣y＝1，
∴1y（y+1）﹣y﹣1＝0，
∴（y+1）（1y﹣1）＝0，
∴y+1＝0或1y﹣1＝0，
解得：y1＝﹣1，y1＝.
【点睛】
本题考查解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
23、（1）2；（2）
【分析】（1）根据平行四边形的判定及平行线的性质得到∠CPB=∠ABE，利用勾股定理求出AE，BE，AB，证明△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，即可求出tan ÐCPB= tan ÐABE；
（2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．通过平行四边形及平行线的性质得到∠CPB=∠MCD，利用勾股定理的逆定理证明△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，即可得到cos∠CPB=cos∠MCD．
【详解】解：（1）连接格点 B、 E，
∵BC∥DE，BC=DE，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴DC∥BE，
∴∠CPB=∠ABE，
∵AE=，BE=，AB=
，
∴△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，
∴tan∠CPB= tan∠ABE=，
故答案为：2；
（2）如图2所示，取格点M，连接CM，DM，
∵CB∥AM，CB=AM，
∴四边形ABCM是平行四边形，
∴CM∥AB，
∴∠CPB=∠MCD，
∵CM=，CD=，MD=，
，
∴△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，
∴cos∠CPB=cos∠MCD=．
【点睛】
本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理及勾股定理逆定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题．
24、（1）20；（2）①见解析；②存在，CE＝；（3）tan∠C的值为或．
【分析】（1）∠B不可能是α或β，当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°；
（2）①如图1，设∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；
②∠ABE＝∠C，则△ABC∽△AEB，即,即，解得：AE=，即可求解.
（3）①如图2所示，当∠ABD＝∠DBC＝β时，设BH＝x，则HE＝5﹣x，则AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝，即可求解；
②如图3所示，当∠ABD＝∠C＝β时，AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，则DE＝2k，则AG＝3k＝R（圆的半径）＝BG，点H是BE的中点，则GH＝DE＝k，在△BGH中，BH＝＝2k，在△ABH中，AB＝5，BH＝2k，AH＝AG+HG＝1k，由勾股定理得：25＝8k2+16k2，解得：k＝，即可求解.
【详解】解：（1）∠B不可能是α或β，
当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；
故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°，
故答案为20；
（2）①如图1，设∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，
则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；
②存在，理由：
在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE是“近直角三角形”，
AB＝3，AC＝1，则BC＝5，
则∠ABE＝∠C，则△ABC∽△AEB，
即，即，解得：AE＝，
则CE＝1﹣＝；
（3）①如图2所示，当∠ABD＝∠DBC＝β时，
则AE⊥BF，则AF＝FE＝3，则AE＝6，
AB＝BE＝5，
过点A作AH⊥BC于点H，
设BH＝x，则HE＝5﹣x，
则AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝；
cos∠ABE＝＝＝cos2β，则tan2β＝，
则tanα＝；
②如图3所示，当∠ABD＝∠C＝β时，
过点A作AH⊥BE交BE于点H，交BD于点G，则点G是圆的圆心（BE的中垂线与直径的交点），
∵∠AEB＝∠DAE+∠C＝α+β＝∠ABC，故AE＝AB＝5，则EF＝AE﹣AF＝5﹣3＝2，
∵DE⊥BC，AH⊥BC，
∴ED∥AH，则AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，
则DE＝2k，则AG＝3k＝R（圆的半径）＝BG，点H是BE的中点，则GH＝DE＝k，
在△BGH中，BH＝＝2k，
在△ABH中，AB＝5，BH＝2k，AH＝AG+HG＝1k，
由勾股定理得：25＝8k2+16k2，解得：k＝；
在△ABD中，AB＝5，BD＝6k＝，
则cos∠ABD＝cosβ＝＝＝cosC，
则tanC＝；
综上，tan∠C的值为或．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数值等知识. 属于圆的综合题，解决本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来.
25、（1）2；（2）
【分析】（1）根据点在一次函数的图象上，即可得到，进而得到k的值；
（2）设交轴于点，交轴于点，得，，易证∽，进而即可得到答案．
【详解】（1）依题意得：，
∵在的图象上，
∴；
（2）设交轴于点，交轴于点，
在中，令得，，
∴E(0，-2)，
∵，
∴，，
∵，，
∴∽，
∴．
【点睛】
本题主要考查一次函数和反比例函数以及相似三角形的综合，掌握相似三角形的判定和性质定理，是解题的关键．
26、（1）2；（2）①抛物线与轴的交点坐标是和；②随增大而减小；③的取值范围是；（2）．
【分析】（1）利用表中对应值的特征和抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x=-1，则x=0和x=-2时，y的值相等，都为2；
（2）①利用表中y=0时x的值可得到抛物线与x轴的交点坐标；
②设交点式y=a（x+2）（x-1），再把（0，2）代入求出a得到抛物线解析式为y=-x2-2x+2，则可判断抛物线的顶点坐标为（-1，1），抛物线开口向下，然后根据二次函数的性质解决问题；③由于x=-2时，y=2；当x=2时，y=-5，结合二次函数的性质可确定y的取值范围；
（2）由（2）得抛物线解析式．
【详解】解：（1）∵x=-2，y=0；x=1，y=0，
∴抛物线的对称轴为直线x=-1，
∴x=0和x=-2时，y=2；
故答案是：2；
（2）①∵x=-2，y=0；x=1，y=0，
∴抛物线与x轴的交点坐标是（-2，0）和（1，0）；
故答案是：（-2，0）和（1，0）；
②设抛物线解析式为y=a（x+2）（x-1），
把（0，2）代入得2=-2a，解得a=-1，
∴抛物线解析式为y=-（x+2）（x-1），即y=-x2-2x+2，
抛物线的顶点坐标为（-1，1），抛物线开口向下，
∴在对称轴右侧，y随x增大而减小；
故答案是：减小；
③当x=-2时，y=2；当x=2时，y=-1-1+2=-5，当x=-1，y有最大值为1，
∴当-2＜x＜2时，则y的取值范围是-5＜y≤1．
故答案是：-5＜y≤1；
（2）由（2）得抛物线解析式为y=-x2-2x+2，
故答案是：y=-x2-2x+2．
【点睛】
本题考查了抛物线解析式的求法及与x轴的交点问题：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点问题转化为关于x的一元二次方程的问题．也考查了二次函数的性质．
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