2022-2023學年九上數學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖方格紙中每個小正方形的邊長均為1，點P、A、C都在小正方形的頂點上．某人從點P出發，沿過A、C、P三點的圓走一周，則這個人所走的路程是（）A． B． C． D．不確定2．如圖，已知矩形ABCD，AB＝6，BC＝10，E，F分別是AB，BC的中點，AF與DE相交于I，與BD相交于H，則四邊形BEIH的面積為（）A．6 B．7 C．8 D．93．某旅游景點8月份共接待游客16萬人次，10月份共接待游客36萬人次，設游客每月的平均增長率為x，則下列方程正確的是（）A．16（1+x2）＝36 B．16x+16x（x+1）＝36C．16（1+x）+16（1+x）2＝36 D．16x（x+1）＝364．如果反比例函數y=kx的圖像經過點（－3，－A．第一、二象限 B．第一、三象限C．第二、四象限 D．第三、四象限5．如圖的的網格圖，A、B、C、D、O都在格點上，點O是（）A．的外心 B．的外心 C．的內心 D．的內心6．如圖，ABCD是矩形紙片，翻折∠B，∠D，使AD，BC邊與對角線AC重疊，且頂點B，D恰好落在同一點O上，折痕分別是CE，AF，則等于（）A． B．2 C．1.5 D．7．如圖，用尺規作圖作的平分線，第一步是以為圓心，任意長為半徑畫弧，分別交于點；第二步是分別以為圓心，以大于長為半徑畫弧，兩圓弧交于點，連接，那么為所作，則說明的依據是（）A． B． C． D．8．如圖，把正三角形繞著它的中心順時針旋轉60°后，是（）A． B． C． D．9．如圖，已知正五邊形內接于，連結相交于點，則的度數是（）A． B． C． D．10．如圖，△ODC是由△OAB繞點O順時針旋轉30°后得到的圖形，若點D恰好落在AB上，則∠A的度數為（）A．70° B．75° C．60° D．65°二、填空題(每小題3分,共24分)11．一個不透明的袋子里裝有兩雙只有顏色不同的手套，小明已經摸出一只手套，他再任意摸取一只，恰好兩只手套湊成同一雙的概率為__________.12．已知關于的二次函數的圖象如圖所示，則關于的方程的根為__________13．若反比例函數的圖象在每一象限內，y隨x的增大而增大，請寫出滿足條件的一個反比例函數的解折式___________．14．在△ABC中，∠C=90°，BC=2，，則邊AC的長是．15．如圖，矩形對角線交于點為線段上一點，以點為圓心，為半徑畫圓與相切于的中點交于點，若，則圖中陰影部分面積為________________.16．小紅在地上畫了半徑為2m和3m的同心圓，如圖，然后在一定距離外向圈內擲小石子，則擲中陰影部分的概率是_____．17．關于x的方程的兩個根是﹣2和1，則nm的值為_____．18．方程（x﹣1）2=4的解為_____．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，直線與軸交于點，與軸交于點，拋物線與直線交于，兩點，點是拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式；（2）點是直線上方拋物線上的一個動點，其橫坐標為，過點作軸的垂線，交直線于點，當線段的長度最大時，求的值及的最大值．（3）在拋物線上是否存在異于、的點，使中邊上的高為，若存在求出點的坐標；若不存在請說明理由．20．（6分）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC="3"，tan∠BAC=，將∠ABC對折，使點C的對應點H恰好落在直線AB上，折痕交AC于點O，以點O為坐標原點，AC所在直線為x軸建立平面直角坐標系（1）求過A、B、O三點的拋物線解析式；（2）若在線段AB上有一動點P，過P點作x軸的垂線，交拋物線于M，設PM的長度等于d，試探究d有無最大值，如果有，請求出最大值，如果沒有，請說明理由．（3）若在拋物線上有一點E，在對稱軸上有一點F，且以O、A、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形，試求出點E的坐標．21．（6分）如圖，已知AB為⊙O的直徑，AD，BD是⊙O的弦，BC是⊙O的切線，切點為B，OC∥AD，BA，CD的延長線相交于點E.(1)求證：DC是⊙O的切線；(2)若AE＝1，ED＝3，求⊙O的半徑．22．（8分）在平面直角坐標系中，已知拋物線經過A(﹣2，0)，B(0，﹣2)，C(1，0)三點．（1）求拋物線的解析式；（2）若點M為第三象限內拋物線上一動點，點M的橫坐標為m，△AMB的面積為S，求S關于m的函數關系式，并求出S的最大值；（3）若點P是拋物線上的動點，點Q是直線y＝﹣x上的動點，判斷有幾個位置能夠使得點P、Q、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出相應的點Q的坐標．23．（8分）端午節放假期間，小明和小華準備到巴馬的水晶宮（記為A）、百魔洞（記為B）、百鳥巖（記為C）、長壽村（記為D）的一個景點去游玩，他們各自在這四個景點中任選一個，每個景點都被選中的可能性相同．（1）求小明選擇去百魔洞旅游的概率．（2）用樹狀圖或列表的方法求小明和小華都選擇去長壽村旅游的概率．24．（8分）如圖，用一段長為30m的籬笆圍成一個一邊靠墻的矩形菜園（矩形ABCD），墻長為22m，這個矩形的長AB＝xm，菜園的面積為Sm2，且AB＞AD．（1）求S與x之間的函數關系式，并寫出自變量x的取值范圍．（2）若要圍建的菜園為100m2時，求該萊園的長．（3）當該菜園的長為多少m時，菜園的面積最大？最大面積是多少m2？25．（10分）如圖，某足球運動員站在點O處練習射門．將足球從離地面0.5m的A處正對球門踢出（點A在y軸上），足球的飛行高度y（單位：m）與飛行時間t（單位：s）之間滿足函數關系y＝at2+5t+c，己知足球飛行0.8s時，離地面的高度為3.5m．（1）a＝，c＝；（2）當足球飛行的時間為多少時，足球離地面最高？最大高度是多少？（3）若足球飛行的水平距離x（單位：m）與飛行時間t（單位：s）之間具有函數關系x＝10t，已知球門的高度為2.44m，如果該運動員正對球門射門時，離球門的水平距離為28m，他能否將球直接射入球門？26．（10分）甲、乙兩所醫院分別有一男一女共4名醫護人員支援湖北武漢抗擊疫情．(1)若從甲、乙兩醫院支援的醫護人員中分別隨機選1名，則所選的2名醫護人員性別相同的概率是；(2)若從支援的4名醫護人員中隨機選2名，用列表或畫樹狀圖的方法求出這2名醫護人員來自同一所醫院的概率．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】根據題意作△ACP的外接圓，根據網格的特點確定圓心與半徑，求出其周長即可求解．【詳解】如圖，△ACP的外接圓是以點O為圓心，OA為半徑的圓，∵AC=,AP=，CP=，∴AC2=AP2+CP2∴△ACP是等腰直角三角形∴O點是AC的中點，∴AO=CO=OP=∴這個人所走的路程是故選C．【點睛】此題主要考查三角形的外接圓，解題的關鍵是熟知外接圓的作法與網格的特點．2、B【分析】延長AF交DC于Q點，由矩形的性質得出CD＝AB＝6，AB∥CD，AD∥BC，得出＝1，△AEI∽△QDE，因此CQ＝AB＝CD＝6，△AEI的面積：△QDI的面積＝1：16，根據三角形的面積公式即可得出結果．【詳解】延長AF交DC于Q點，如圖所示：∵E，F分別是AB，BC的中點，∴AE＝AB＝3，BF＝CF＝BC＝5，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，AB∥CD，AD∥BC，∴＝1，△AEI∽△QDI，∴CQ＝AB＝CD＝6，△AEI的面積：△QDI的面積＝（）2＝，∵AD＝10，∴△AEI中AE邊上的高＝2，∴△AEI的面積＝×3×2＝3，∵△ABF的面積＝×5×6＝15，∵AD∥BC，∴△BFH∽△DAH，∴＝＝，∴△BFH的面積＝×2×5＝5，∴四邊形BEIH的面積＝△ABF的面積﹣△AEI的面積﹣△BFH的面積＝15﹣3﹣5＝1．故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質、相似三角形的判定與性質、三角形面積的計算；熟練掌握矩形的性質，證明三角形相似是解決問題的關鍵．3、A【分析】設游客每月的平均增長率為x，根據該旅游景點8月份及10月份接待游客人次數，即可得出關于x的一元二次方程，此題得解．【詳解】解：設游客每月的平均增長率為x，依題意，得：16（1+x）2＝1．故選：A．【點睛】本題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，找準等量關系，正確列出一元二次方程是解題的關鍵．4、B【解析】根據反比例函數圖象上點的坐標特點可得k=12，再根據反比例函數的性質可得函數圖象位于第一、三象限．【詳解】∵反比例函數y＝kx的圖象經過點（-3，-4∴k=-3×（-4）=12，∵12＞0，∴該函數圖象位于第一、三象限，故選：B．【點睛】此題主要考查了反比例函數的性質，關鍵是根據反比例函數圖象上點的坐標特點求出k的值．5、B【分析】連接OA、OB、OC、OD，設網格的邊長為1，利用勾股定理分別求出OA、OB、OC、OD的長，根據O點與三角形的頂點的距離即可得答案.【詳解】連接OA、OB、OC、OD，設網格的邊長為1，∴OA==，OB==，OC==，OD==，∵OA=OB=OC=，∴O為△ABC的外心，故選B.【點睛】本題考查勾股定理的應用，熟練掌握三角形的外心和內心的定義是解題關鍵.6、B【詳解】解：∵ABCD是矩形，∴AD=BC，∠B=90°，∵翻折∠B，∠D，使AD，BC邊與對角線AC重疊，且頂點B，D恰好落在同一點O上，∴AO=AD，CO=BC，∠AOE=∠COF=90°，∴AO=CO，AC=AO+CO=AD+BC=2BC，∴∠CAB=30°，∴∠ACB=60°，∴∠BCE=∠ACB=30°，∴BE=CE，∵AB∥CD，∴∠OAE=∠FCO，在△AOE和△COF中，∵∠OAE=∠FCO，AO=CO，∠AOE=∠COF，∴△AOE≌△COF，∴OE=OF，∴EF與AC互相垂直平分，∴四邊形AECF為菱形，∴AE=CE，∴BE=AE，∴=2，故選B．【點睛】本題考查翻折變換（折疊問題）．7、A【分析】根據作圖步驟進行分析即可解答；【詳解】解：∵第一步是以為圓心，任意長為半徑畫弧，分別交于點∴AE=AF∵二步是分別以為圓心，以大于長為半徑畫弧，兩圓弧交于點，連接，∴CE=DE,AD=AD∴根據SSS可以判定△AFD≌△AED∴（全等三角形，對應角相等）故答案為A.【點睛】本題考查的是用尺規作圖做角平分線，明確作圖步驟的依據是解答本題的關鍵.8、A【分析】根據旋轉的性質判斷即可.【詳解】解:∵把正三角形繞著它的中心順時針旋轉60°，∴圖形A符合題意，故選：A．【點睛】本題考查的是圖形的旋轉，和學生的空間想象能力，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵.9、C【分析】連接OA、OB、OC、OD、OE，如圖，則由正多邊形的性質易求得∠COD和∠BOE的度數，然后根據圓周角定理可得∠DBC和∠BCF的度數，再根據三角形的內角和定理求解即可.【詳解】解：連接OA、OB、OC、OD、OE，如圖，則∠COD=∠AOB=∠AOE=，∴∠BOE=144°，∴，，∴.故選：C.【點睛】本題考查了正多邊形和圓、圓周角定理和三角形的內角和定理，屬于基本題型，熟練掌握基本知識是解題關鍵.10、B【分析】由旋轉的性質知∠AOD=30°，OA=OD，根據等腰三角形的性質及內角和定理可得答案．【詳解】由題意得：∠AOD=30°，OA=OD，∴∠A=∠ADO75°．故選B．【點睛】本題考查了旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質：①對應點到旋轉中心的距離相等．②對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角．③旋轉前、后的圖形全等是解題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、【分析】設一雙為紅色，另一雙為綠色，畫樹狀圖得出總結果數和恰好兩只手套湊成同一雙的結果數，利用概率公式即可得答案.【詳解】畫樹狀圖如下：∵共有6種可能情況，恰好兩只手套湊成同一雙的情況有2種，∴恰好兩只手套湊成同一雙的概率為，故答案為：【點睛】本題考查用列表法或樹狀圖法求概率，熟練掌握概率公式是解題關鍵.12、0或-1【分析】求關于的方程的根，其實就是求在二次函數中，當y=4時x的值，據此可解．【詳解】解：∵拋物線與x軸的交點為（-4，0），（1，0），∴拋物線的對稱軸是直線x=-1.5，∴拋物線與y軸的交點為（0，4）關于對稱軸的對稱點坐標是（-1，4），

∴當x=0或-1時，y=4,即=4，即=0∴關于x的方程ax2+bx=0的根是x1=0，x2=-1．故答案為：x1=0，x2=-1．【點睛】本題考查的是二次函數與一元二次方程的關系，能根據題意利用數形結合把求出方程的解的問題轉化為二次函數的問題是解答此題的關鍵．13、【分析】根據反比例函數的性質：當k>0時函數圖像的每一支上，y隨x的增大而減少；當k<0時，函數圖像的每一支上，y隨x的增大而增大，因此符合條件的反比例函數滿足k<0即可．【詳解】因為反比例函數的圖象在每一象限內，y隨x的增大而增大，所以k＜0故答案為：【點睛】本題考查的是反比例函數的性質，掌握反比例函數的增減性是關鍵．14、.【詳解】解：∵BC=2，∴AB==3∴AC=故答案為：.15、【分析】連接BG，根據切線性質及G為中點可知BG垂直平分AO，再結合矩形性質可證明為等邊三角形，從而得到∠ABD=60°，∠ADB=30°，再利用30°角直角三角形的三邊關系求出AB，然后求出和扇形BEF的面積，兩者相減即可得到陰影部分面積．【詳解】連接BG，由題可知BG⊥OA，∵G為OA中點，∴BG垂直平分OA，∴AB=OB，∵四邊形ABCD為矩形，∴OA=OB=OD=OC，∠BAD=90°，∴AB=OB=OA，即為等邊三角形，∴∠ABO=∠BAO=60°，∴∠ADB=30°，∠ABG=30°，在中，∠ADB=30°，AD=，∴AB=OA=2，在中，∠ABG=30°，AB=2，∴AG=1，BG=，∴，又∵，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了扇形面積的計算，矩形的性質，含30°角的直角三角形的三邊關系以及等邊三角形的判定與性質，較為綜合，需熟練掌握各知識點．16、．【分析】分別計算出陰影部分面積和非陰影面積，即可求出擲中陰影部分的概率．【詳解】∵大圓半徑為3，小圓半徑為2，∴S大圓(m2)，S小圓(m2)，S圓環=9π﹣4π=5π(m2)，∴擲中陰影部分的概率是．故答案為：．【點睛】本題考查了幾何概率的求法，用到的知識點為：概率=相應的面積與總面積之比．17、﹣1【分析】由方程的兩根結合根與系數的關系可求出m、n的值，將其代入nm中即可求出結論．【詳解】解：∵關于x的方程的兩個根是﹣2和1，∴，∴m＝2，n＝﹣4，∴．故答案為：﹣1．【點睛】本題主要考查一元二次方程根與系數的關系，熟練掌握根與系數的關系是解題的關鍵．18、x1=3，x2=﹣1【解析】試題解析：（x﹣1）2=4，即x﹣1=±2，所以x1=3，x2=﹣1．故答案為x1=3，x2=﹣1．三、解答題(共66分)19、（1）；（2）當時，PM有最大值；（3）存在，理由見解析；，，，【分析】（1）先求得點、的坐標，再代入二次函數表達式即可求得答案；（2）設點橫坐標為，則，，求得PM關于的表達式，即可求解；（3）設，則，求得，根據等腰直角三角形的性質，求得，即可求得答案.【詳解】（1），令，則，令，則，故點、的坐標分別為、，將、代入二次函數表達式為，解得：，故拋物線的表達式為：.（2）設點橫坐標為，則，，，當時，PM有最大值；（3）如圖，過作軸交于點，交軸于點，作于，設，則，，是等腰直角三角形，，，當中邊上的高為時，即，，，當時，解得或，或，當時，解得或，或，綜上可知存在滿足條件的點，其坐標為，，，．【點睛】本題主要考查的知識點有：利用待定系數法確定函數解析式、等腰直角三角形的判定和性質以及平行四邊形的判定和性質；第（2）問中，利用二次函數求最值是解題的關鍵；最后一問利用兩點之間的距離公式和等腰直角三角形的性質構建等式是解題的關鍵．20、（1）y=；（2）當t=時，d有最大值，最大值為2；（3）在拋物線上存在三個點：E1（，-），E2（，），E3（-，），使以O、A、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形．【解析】（1）在Rt△ABC中，根據∠BAC的正切函數可求得AC=1，再根據勾股定理求得AB，設OC=m，連接OH由對稱性知，OH=OC=m，BH=BC=3，∠BHO=∠BCO=90°，即得AH=AB-BH=2，OA=1-m．在Rt△AOH中，根據勾股定理可求得m的值，即可得到點O、A、B的坐標，根據拋物線的對稱性可設過A、B、O三點的拋物線的解析式為：y=ax（x-），再把B點坐標代入即可求得結果；（2）設直線AB的解析式為y=kx+b，根據待定系數法求得直線AB的解析式，設動點P（t，），則M（t，），先表示出d關于t的函數關系式，再根據二次函數的性質即可求得結果；（3）設拋物線y=的頂點為D，先求得拋物線的對稱軸，與拋物線的頂點坐標，根據拋物線的對稱性，A、O兩點關于對稱軸對稱．分AO為平行四邊形的對角線時，AO為平行四邊形的邊時，根據平行四邊形的性質求解即可.【詳解】（1）在Rt△ABC中，∵BC=3，tan∠BAC=，∴AC=1．∴AB=．設OC=m，連接OH由對稱性知，OH=OC=m，BH=BC=3，∠BHO=∠BCO=90°，∴AH=AB-BH=2，OA=1-m．∴在Rt△AOH中，OH2+AH2=OA2，即m2+22=(1-m)2，得m=．∴OC=，OA=AC－OC=，∴O（0，0）A（，0），B（-，3）．設過A、B、O三點的拋物線的解析式為：y=ax（x-）．把x=，y=3代入解析式，得a=．∴y=x（x-）=．即過A、B、O三點的拋物線的解析式為y=．（2）設直線AB的解析式為y=kx+b，根據題意得，解之得，．∴直線AB的解析式為y=．設動點P（t，），則M（t，）．∴d=（）—（）=—=∴當t=時，d有最大值，最大值為2．（3）設拋物線y=的頂點為D．∵y==，∴拋物線的對稱軸x=，頂點D（，-）．根據拋物線的對稱性，A、O兩點關于對稱軸對稱．當AO為平行四邊形的對角線時，拋物線的頂點D以及點D關于x軸對稱的點F與A、O四點為頂點的四邊形一定是平行四邊形．這時點D即為點E，所以E點坐標為（）．當AO為平行四邊形的邊時，由OA=，知拋物線存在點E的橫坐標為或，即或，分別把x=和x=代入二次函數解析式y=中，得點E（，）或E（-，）．所以在拋物線上存在三個點：E1（，-），E2（，），E3（-，），使以O、A、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形．考點：二次函數的綜合題點評：此題綜合性較強，難度較大，注意掌握輔助線的作法是解此題的關鍵，注意數形結合思想與方程思想的應用．21、（1）證明見解析；（2）1．【解析】試題分析：(1)、連接DO，根據平行線的性質得出∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD，結合OA=OD得出∠COD=∠COB，從而得出△COD和△COB全等，從而得出切線；(2)、設⊙O的半徑為R，則OD=R，OE=R+1，根據Rt△ODE的勾股定理求出R的值得出答案．試題解析：（1）證明：連結DO．∵AD∥OC，∴∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD．又∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADO，∴∠COD=∠COB．在△COD和△COB中∵OD=OB，OC=OC，∴△COD≌△COB（SAS），∴∠CDO=∠CBO．∵BC是⊙O的切線，∴∠CBO=90°，∴∠CDO=90°，又∵點D在⊙O上，∴CD是⊙O的切線；（2）設⊙O的半徑為R，則OD=R，OE=R+1，∵CD是⊙O的切線，∴∠EDO=90°，∴ED2+OD2=OE2，∴32+R2=（R+1）2，解得R=1，∴⊙O的半徑為1．22、（2）y＝x2+x﹣2；（2）S＝﹣m2﹣2m（﹣2＜m＜0），S的最大值為2；（3）點Q坐標為：(﹣2，2)或(﹣2+，2﹣)或(﹣2﹣，2+)或(2，﹣2)．【分析】（2）設此拋物線的函數解析式為：y＝ax2+bx+c，將A，B，C三點代入y＝ax2+bx+c，列方程組求出a、b、c的值即可得答案；（2）如圖2，過點M作y軸的平行線交AB于點D，M點的橫坐標為m，且點M在第三象限的拋物線上，設M點的坐標為（m，m2+m﹣2），﹣2＜m＜0，由A、B坐標可求出直線AB的解析式為y＝﹣x﹣2，則點D的坐標為（m，﹣m﹣2），即可求出MD的長度，進一步求出△MAB的面積S關于m的函數關系式，根據二次函數的性質即可求出其最大值；（3）設P（x，x2+x﹣2），分情況討論，①當OB為邊時，根據平行四邊形的性質知PQ∥OB，且PQ＝OB，則Q（x，﹣x），可列出關于x的方程，即可求出點Q的坐標；②當BO為對角線時，OQ∥BP，A與P應該重合，OP＝2，四邊形PBQO為平行四邊形，則BQ＝OP＝2，Q橫坐標為2，即可寫出點Q的坐標．【詳解】（2）設此拋物線的函數解析式為：y＝ax2+bx+c，將A（﹣2，0），B（0，﹣2），C（2，0）三點代入，得，解得：，∴此函數解析式為：y＝x2+x﹣2．（2）如圖，過點M作y軸的平行線交AB于點D，∵M點的橫坐標為m，且點M在第三象限的拋物線上，∴設M點的坐標為（m，m2+m﹣2），﹣2＜m＜0，設直線AB的解析式為y＝kx﹣2，把A（﹣2，0）代入得，-2k-2=0，解得：k＝﹣2，∴直線AB的解析式為y＝﹣x﹣2，∵MD∥y軸，∴點D的坐標為（m，﹣m﹣2），∴MD＝﹣m﹣2﹣（m2+m﹣2）＝﹣m2﹣2m，∴S△MAB＝S△MDA+S△MDB＝MD?OA＝×2（m2﹣2m）＝﹣m2﹣2m＝﹣（m+2）2+2，∵﹣2＜m＜0，∴當m＝﹣2時，S△MAB有最大值2，綜上所述，S關于m的函數關系式是S＝﹣m2﹣2m（﹣2＜m＜0），S的最大值為2．（3）設P（x，x2+x﹣2），①如圖，當OB為邊時，根據平行四邊形的性質知PQ∥OB，且PQ＝OB，∴Q的橫坐標等于P的橫坐標，∵直線的解析式為y＝﹣x，則Q（x，﹣x），由PQ＝OB，得|﹣x﹣（x2+x﹣2）|＝2，即|﹣x2﹣2x+2|＝2，當﹣x2﹣2x+2＝2時，x2＝0（不合題意，舍去），x2＝﹣2，∴Q（﹣2，2），當﹣x2﹣2x+2＝﹣2時，x2＝﹣2+，x2＝﹣2﹣，∴Q（﹣2+，2﹣）或（﹣2﹣，2+），②如圖，當BO為對角線時，OQ∥BP，∵直線AB的解析式為y=-x-2，直線OQ的解析式為y=-x，∴A與P重合，OP＝2，四邊形PBQO為平行四邊形，∴BQ＝OP＝2，點Q的橫坐標為2，把x=2代入y＝﹣x得y=-2，∴Q（2，﹣2），綜上所述，點Q的坐標為（﹣2，2）或（﹣2+，2﹣）或（﹣2﹣，2+）或（2，﹣2）．【點睛】本題是對二次函數的綜合考查，有待定系數法求二次函數解析式，三角形的面積，二次函數的最值問題，平行四邊形的對邊相等的性質，平面直角坐標系中兩點間的距離的表示，熟練掌握二次函數的性質把運用分類討論的思想是解題關鍵．23、（1）；（2）【分析】（1）利用概率公式計算即可；（2）列樹狀圖求事件的概率即可.【詳解】解：（1）∵小明準備到巴馬的水晶宮（記為A）、百魔洞（記為B）、百鳥巖（記為C）、長壽村（記為D）的一個景點去游玩，∴小明選擇去百魔洞旅游的概率=；（2）畫樹狀圖分析如下：兩人選擇的方案共有16種等可能的結果，其中選擇同種方案有1種，所以小明和小華都選擇去長壽村旅游的概率=.【點睛】此題考查概率的計算公式，列樹狀圖求事件的概率，正確列樹狀圖表示所有的等可能的結果是解題的關鍵.24、（1）S＝﹣x1+13x，10＜x≤11；（1）菜園的長為10m；（3）該菜園的長為13m時，菜園的面積最大，