2023-2024学年内蒙古鄂尔多斯市伊金霍洛旗九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年内蒙古鄂尔多斯市伊金霍洛旗九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图形是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.抛物线y=3(x−1)2+2的顶点坐标为( )
A. (−1,2)B. (1,−2)C. (1,2)D. (2,1)
3.如图，点A、点B、点C在⊙O上，∠BAC=100°，那么∠BOC是( )
A. 160°
B. 120°
C. 100°
D. 200°
4.已知方程x2−4x+1=0的两根分别是α和β，则代数式αβα+β的值为( )
A. 1B. 14C. −14D. 4
5.如图，在△ABC中，∠B=70°，将△ABC绕点C逆时针旋转55°得到△A′B′C′，且AB⊥A′C于点D，求∠A′CB′的度数( )
A. 70°
B. 75°
C. 65°
D. 55°
6.新冠肺炎是一种传染性极强的疾病，如果有一人患病，经过两轮传染后有64人患病，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，下列列式正确的是( )
A. x+x(1+x)=64B. 1+x+x2=64
C. (1+x)2=64D. x(1+x)=64
7.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB= 10，BC=3，以点A为圆心，AC的长为半径画弧，交AB于点D，交AC于点C，以点B为圆心，AC的长为半径画弧，交AB于点E，交BC于点F，则图中阴影部分的面积为( )
A. 9−π
B. 3−π
C. 1−π4
D. 32−π4
8.下列说法正确的是( )
A. 400人中有两个人的生日在同一天是随机事件
B. 将函数y=2x2的图象向左平移1个单位，再向上平移3个单位，可得到的抛物线是y=2(x+1)2+3
C. 三点确定一个圆
D. 已知点A(m,2)与点B(−6,n)关于原点对称，则m−n=−8
9.风力发电是一种常见的绿色环保发电形式，它能够使大自然的资源得到更好地利用.如图1，风力发电机有三个底端重合、两两成120°角的叶片，以三个叶片的重合点为原点水平方向为x轴建立平面直角坐标系(如图2所示)，已知开始时其中一个叶片的外端点的坐标为A(5,5)，在一段时间内，叶片每秒绕原点O顺时针转动90°，则第2024秒时，点A的对应点A2024的坐标为( )
A. (5,5)B. (5,−5)C. (−5,−5)D. (−5,5)
10.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，顶点坐标为(1,m)，与y轴的交点在(0,−4)，(0,−3)之间(包含端点)，下列结论：①4a+2b+c<0；②−3≤c≤−4；③c=a+m：④关于x的方程ax2+bx+c+1−m=0有实数根.其中正确的结论有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.历史上，有些人曾做过成千上万次抛掷硬币的试验，其中一些试验结果如表：
由此估计重复抛掷一枚硬币时，“正面向上”的概率是______.(结果保留小数点后一位)．
12.已知抛物线y=x2−x−1与x轴的一个交点为(m,0)，则代数式m2−m+2023的值为______．
13.如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD=2，△ABC的周长为14，则BC的长为______．
14.“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣“，早在1800多年前，魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积.如图所示的圆的内接正十二边形，若该圆的半径为1，则这个圆的内接正十二边形的面积为______．
15.如图，母线长为4，底圆半径为1的圆锥，展开后得到扇形AOB，则阴影部分的面积是______．
16.如图，在四边形ABCD中，AB=BC=CD=AD=6，∠A=∠C=60°，连接BD，将△BCD绕点B旋转，使BD旋转到BD′，BC旋转到BC′，当BD′与AD交于一点E，BC′同时与CD交于一点F时，下面四个结论：①AE=DF；②∠EBF=60°；③∠DEB=∠DFB；④△DEF周长的最小值是6+3 3，其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共7小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解方程：
(1)x2−2x−2=0．
(2)2(x−5)2=5−x．
18.(本小题9分)
如图，在边长为1的正方形网格中建立平面直角坐标系，△ABC的三个顶点均在格点上．
(1)画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
(2)画出△ABC绕点A逆时针旋转90°得到的△A2B2C2，并写出点B2，C2的坐标；
(3)求出点C旋转到C2所经过的路线长．
19.(本小题8分)
如图，一个可以自由转动的质地均匀的转盘，被分成三个面积相等的扇形，每个扇形分别标有数字−3，1，2.转动转盘两次，待转盘自动停止后，指针指向扇形内的数字分别作为关于x的一元二次方程ax2+2x+c=0中的a，c的值(若指针指向两个扇形的交线，则不计该次转动，重新转动转盘，直到指针指向一个扇形的内部为止).其中第一次转动转盘后指针指向扇形内的数字记为a，第二次转动转盘后指针指向扇形内的数字记为c．
(1)若转盘第一次转动后a的值为1，则转盘第二次转动后c的值为正数的概率是______；
(2)转盘转动两次后，请用列表或画树状图的方法求出关于x的一元二次方程ax2+2x+c=0有两个不同实数根的概率．
20.(本小题10分)
牛肉干是内蒙古的特产，被誉为“成吉思汗的行军粮”.某超市销售一款牛肉干，每袋进价150元，售价170元，平均每月可售出200袋.为了提高利润，该超市决定涨价销售，经调查，每袋涨价1元时，平均每月可少卖出2袋．
(1)当该款牛肉干每袋涨价多少元时，当月利润最大？
(2)若超市要求该款牛肉干每月盈利不低于5400元，求每袋牛肉干售价的取值范围．
21.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，F是⊙O上的点，C是弧BF的中点，过点C作CE⊥AF于点E，延长EC交AB延长线于点D．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若AD=8，CD=4，求CE的长．
22.(本小题13分)
如图，正方形ABCD的边长为5，点E为正方形CD边上一动点，过点B作BP⊥AE于点P，将△APB绕点A逆时针旋转90°得△AP′D，延长BP交P′D于点F，连接CP．
(1)判断四边形的AP′FP的形状，并说明理由；
(2)若DF=1，求AP的长度；
(3)在(2)的条件下，求S△CPBS△APB．
23.(本小题14分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2ax−3a与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，该抛物线过点(−2,−3)．
(1)求该抛物线的解析式及点A、点B的坐标；
(2)如图1，连接AC，抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ACM是直角三角形？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，点P是该抛物线上一动点，且位于第三象限，连接AP，直线PO交AC于点Q，△APQ和△OCQ的面积分别为S1和S2，当S1−S2的值最大时求直线PO的解析式．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项D的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=3(x−1)2+2是顶点式，
∴顶点坐标是(1,2)．
故选：C．
已知抛物线顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)．
本题考查了二次函数的性质，由抛物线的顶点式写出抛物线顶点的坐标，比较容易．
3.【答案】A
【解析】解：如图，在⊙O的优弧BC上任意取一点D，连接DB、DC，
∵四边形ACDB是⊙O的内接四边形，
∴∠BAC+∠BDC=180°，
∵∠BAC=100°，
∴∠BDC=180°−100°=80°，
∴∠BOC=2∠BDC=160°．
故选：A．
根据圆内接四边形的性质求出∠BDC，再根据圆周角定理进行计算即可．
本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理以及圆内接四边形的性质是正确解答的关键．
4.【答案】B
【解析】解：根据根与系数的关系得α+β=4，αβ=1，
所以αβα+β=14．
故选：B．
先根据根与系数的关系得α+β=4，αβ=1，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．
5.【答案】B
【解析】解：∵AB⊥A′C于点D，
∴∠BDC=90°，
∵∠B=70°，
∴∠BCD=90°−∠B=90°−70°=20°，
由旋转得∠BCB′=55°，
∴∠A′CB′=∠BCB′+∠BCD=55°+20°=75°，
故选：B．
由AB⊥A′C于点D，得∠BDC=90°，因为∠B=70°，所以∠BCD=90°−∠B=20°，由旋转得∠BCB′=55°，则∠A′CB′=∠BCB′+∠BCD=75°，于是得到问题的答案．
此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、旋转的性质等知识，正确理解旋转角的概念并且正确地求出∠BCB′的度数是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵每轮传染中平均一个人传染了x个人，
∴第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(1+x)人被传染．
依题意得：1+x+x(1+x)=64，即(1+x)2=64，
故选：C．
由每轮传染中平均一个人传染了x个人，可得出第一轮传染中共x人被传染，第二轮传染中x(1+x)人被传染，根据经过两轮传染后有64人患病，即可得出关于x的一元二次方程．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意可知AC= AB2−BC2= 10−9=1，则BE=BF=AD=AC=1，
设∠B=n°，∠A=m°，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠A=90°，即n+m=90，
∴S阴影部分=S△ABC−(S扇形EBF+S扇形DAC)=12×1×3−(nπ×12360+mπ×12360)=32−(n+m)π360=32−π4，
故选：D．
先根据直角三角形中的勾股定理求得AC=1，再将求不规则的阴影部分面积转化为求规则图形的面积：S阴影部分=S△ABC−(S扇形EBF+S扇形DAC)，将相关量代入求解即可．
本题考查扇形面积的计算及勾股定理，通常需要将不规则图形的面积转化为规则图形的面积来进行求解．
8.【答案】B
【解析】解：A、400人中有两个人的生日在同一天是必然事件，故A不符合题意；
B、将函数y=2x2的图象向左平移1个单位，再向上平移3个单位，可得到的抛物线是y=2(x+1)2+3，故B符合题意；
C、不在同一直线上的三点确定一个圆，故C不符合题意；
D、∵点A(m,2)与点B(−6,n)关于原点对称，
∴m=6，n=−2，
∴m−n=6−(−2)=6+2=8，
故D不符合题意；
故选：B．
根据随机事件，确定圆的条件，二次函数图象与几何变换，逐一判断即可解答．
本题考查了随机事件，确定圆的条件，二次函数图象与几何变换，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：如图．
∵A(5,5)，
∴A在第一象限的角平分线上，
∵叶片每秒绕原点O顺时针转动90°，
∴A1(5,−5)，A2(−5,−5)，A3(−5,5)，A4(5,5)，
∴A点的坐标以每4秒为一个周期依次循环，
∵2024÷4=506，
∴第2023s时，点的对应点A2024的坐标与A3相同，为(5,5)．
故选：A．
根据旋转的性质分别求出第1、2、3、4s时，点A的对应点A1、A2、A3、A4的坐标，找到规律，进而得出第2024s时，点的对应点A2024的坐标．
本题考查了旋转的性质，规律型：点的坐标，找到A点的坐标循环的规律是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：①根据题意，该抛物线的开口方向向上，与x轴的另一个交点坐标为(3,0)，
当x=2时，y=4a+2b+c<0，
故①正确；②函数y=ax2+bx+c与y轴的交点为(0,c)，与y轴的交点在(0,−4)，(0,−3)之间(包含端点)，
所以−4≤c≤−3，故−3≤c≤−4，
故②错误；
③抛物线y=ax2+bx+c对称轴为x=1，
故b=−2a；与x轴交于点A(−1,0)，x=−1时，y=a−b+c=0，
故c=−3a；
因为顶点坐标为(1,m)，
所以m=a+b+c=−4a，则a+m=−3a=c，
故③正确；
④顶点坐标为(1,m)开口向上，
∴m<0，y=ax2+bx+c向上平移−m个单位时，抛物线顶点在x轴上，
故ax2+bx+c−m=−1无实数根，
即ax2+bx+c+1−m=)无实数根，故④错误；
故选：B．
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0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．
本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解答此类问题的关键是掌握二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定，解题时要注意数形结合思想的运用．
11.【答案】0.5
【解析】解：由于正面朝上的频率都在0.5左右摆动，故估计抛掷一枚硬币正面朝上的概率为0.5．
故答案为：0.5．
用频率来估计概率，频率都在0.5左右摆动，所以估计概率为0.5，这是概率与频率之间的关系，即用频率值来估计概率值．
本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
12.【答案】2024
【解析】解：∵抛物线y=x2−x−1与x轴的一个交点为(m,0)，
∴m2−m−1=0，
∴m2−m+2023=m2−m−1+2024=2024．
故答案为：2024．
由点(m,0)在抛物线y=x2−x−1上，可得出m2−m−1=0，将其代入m2−m+2023中即可得出结论．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，根据点在抛物线上得出m2−m−1=0是解题的关键．
13.【答案】5
【解析】解：∵⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F
∴AF=AD=2，BD=BE，CE=CF，
∵△ABC的周长为14，
∴AD+AF+BE+BD+CE+CF=14，
∴2(BE+CE)=10，
∴BC=5．
故答案为5．
根据切线长定理得到AF=AD=2，BD=BE，CE=CF，由△ABC的周长为14，可求BC的长．
本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的性质．
14.【答案】3
【解析】解：如图，过A作AC⊥OB于C，
∵圆的内接正十二边形的圆心角为360°30=30°，
∵OA=1，
∴AC=12OA=12，
∴S△OAB=12×1×12=14，
∴这个圆的内接正十二边形的面积为12×14=3，
故答案为：3．
如图，过A作AC⊥OB于C，得到圆的内接正十二边形的圆心角为360°30=30°，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
15.【答案】4π−8
【解析】解：由题意知：弧长=圆锥底面周长=2×π×1=2π，
扇形的圆心角=弧长×180÷母线长÷π=2π×180÷4π=90°，
∴S阴影=S扇形−S△AOB=90π×42360−12×4×4=4π−8．
故答案为：4π−8．
首先求得展开扇形的圆心角的度数，用扇形的面积减去三角形的面积即可求得阴影部分的面积．
本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：弧长=圆锥底面周长及弧长与圆心角的关系，掌握公式是解答此类题目的关键，难度不大．
16.【答案】①②④
【解析】解：∵AB=BC=CD=AD=8，∠A=∠C=60°，
∴△ABD，△BCD为等边三角形，
∴∠A=∠BDC=60°，
∵将△BCD绕点B旋转到△BC′D′位置，
∴∠ABD′=∠DBC′，AB=BD，∠A=∠DBC′，
∴△ABE≌△BFD(ASA)，
∴AE=DF，BE=BF，∠AEB=∠BFD，
∴∠BED+∠BFD=180°，
故①正确，③错误；
∵∠ABD=60°，∠ABE=∠DBF，
∴∠EBF=60°，
故②正确，
∵△DEF的周长=DE+DF+EF=AD+EF=4+EF，
∴当EF最小时，△DEF的周长最小．
∵∠EBF=60°，BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE，
∴当BE⊥AD时，BE长度最小，即EF长度最小，
∵AB=6，∠A=60°，BE⊥AD，
∴∠ABE=30°，
∴AE=12AB=3，
∴BE= 3AE=3 3，
∴△DEF周长最小值为6+3 3，
故④正确，
故答案为：①②④．
根据题意可证△ABE≌△BDF，可判断①②③，由△DEF的周长=DE+DF+EF=AD+EF=4+EF，则当EF最小时△DEF的周长最小，根据垂线段最短，可得BE⊥AD时，BE最小，即EF最小，即可求此时△BDE周长最小值．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质，最短路径问题，关键是灵活运用这些性质解决问题．
17.【答案】解：(1)x2−2x−2=0，
x2−2x=2，
x2−2x+1=2+1，
(x−1)2=3，
x−1=± 3，
x1=1+ 3，x2=1− 3；
(2)2(x−5)2=5−x，
2(x−5)2+(x−5)=0，
(x−5)[2(x−5)+1]=0，
x−5=0或2(x−5)+1=0，
x1=5，x2=92．
【解析】(1)移项，配方，开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
(2)移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．

(2)如图，A2B2C2即为所求．点B2(1,4)，C2(−1,5)．
(3)根据图形可知，点C旋转到C2所经过的路线是半径为AC，圆心角是90°的扇形，
∵AC= 42+22=2 5，
∴90π×2 5180= 5π，
∴点C旋转到C2所经过的路线长为 5π.
【解析】(1)根据中心对称的性质作图即可．
(2)根据旋转的性质作图，即可得出答案；
(3)点C旋转到C2所经过的路线是半径为AC，圆心角是90°的扇形，据此解答即可．
本题考查作图−旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质是解答本题的关键．
19.【答案】23
【解析】解：(1)若转盘第一次转动后a的值为1，则转盘第二次转动后c的值为正数的概率是23，
故答案为：23；
(2)画树状图如下：
共有9种等可能的结果．
使关于x的一元二次方程ax2+2x+c=0有两个不同实数根的结果有4种，
∴关于x的一元二次方程ax2+2x=c=0有两个不同实数根的概率为49．
(1)根据概率公式求解；
(2)画出树状图，得出一共有多少种结果，再算出符合条件的种类，根据概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】解：(1)由题意，设该款牛肉干每袋涨价x元，当月利润为y元，
则可得，y=(170+x−150)(200−2x)
=−2x2+160x+4000
=−2(x−40)2+7200．
∵−2<0，
，当x=40时，y最大．
答：该款牛肉干每袋涨价40元时，当月利润最大．
(2)由(1)知，令y=5400，
∴−2x2+160x+4000=5400．
∴解得x1=10，x2=70．
∵利润y不低于5400元，
∴10≤x≤70．
∴180元≤每袋牛肉干售价≤240元．
答：每袋牛肉干售价不低于180元不高于240元．
【解析】(1)依据题意，设该款牛肉干每袋涨价x元，当月利润为y元，进而可得y=(170+x−150)(200−2x)=−2(x−40)2+7200，再由二次函数的性质可以判断得解；
(2)依据题意，由(1)知，令y=5400，从而−2x2+160x+4000=5400，再由利润y不低于5400元，进而可以判断得解．
本题主要考查二次函数的应用，根据不同自变量的取值范围，利用基本数量关系得出函数解析式是关键．
21.【答案】(1)证明：连接OC，
∵C是弧BF的中点，
∴∠BAC=∠CAF，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠OCA，
∴∠OCA=∠CAF，
∴OC/​/AE，
∵CE⊥AF，
∴OC⊥CE，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
(2)解：过C作CM⊥AD于M，
设⊙O的半径为r，
在Rt△OCD中，
∵OD=AD−OA=8−r，OC=r，CD=4，
∴r2+42=(8−r)2，
解得r=3，
∴OD=5，
∵S△OCD=12OC⋅CD=12OD⋅CM，
∴CM=OC⋅CDOD=3×45=125，
∵∠BAC=∠CAF，CE⊥AF，CM⊥AD
∴CE=CM=125．
【解析】(1)连接OC，如图，由BC=CF得到∠BAC=∠FAC，加上∠OCA=∠OAC.则∠OCA=∠FAC，所以OC/​/AE，从而得到OC⊥DE，然后根据切线的判定定理得到结论；
(2)利用勾股定理计算出半径为3，进而得到OD=5，由三角形的面积公式求得CM，根据角平分线的性质即可求出答案．
本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，解题的关键：(1)熟练掌握切线的证明方法；(2)根据勾股定理构造方程，求出半径．
22.【答案】解：(1)四边形AP′FP是正方形，理由如下：
由△APB绕点A逆时针旋转90°得△AP′D可得：△ABP≌△ADP′，
∴∠APB=∠AP′D=90°，AP=AP′，∠BAP=∠DAP′，
在正方形ABCD中，∠DAB=∠ABC=90°，
∴∠PAP′=∠P′AD+∠DAP=∠BAP+∠DAP=90°，
∴∠PAP′=∠APB=∠AP′D=90°，
∴四边形AP′FP是矩形，
∵AP=AP′，
∴四边形AP′FP是正方形；
(2)过点C作CG⊥BP于点G.如图，

在正方形ABCD中，AB=AD=BC=5，
在正方形AP′FP中，设AP′=P′F=x，则P′D=(x+1)，
在Rt△AP′D中，∠AP′D=90°，AP2+PD2=AD2，
即：x2+(x+1)2=52，
解得：x1=−4(不符合题意，舍去)，x2=3，
∴x=3，
∴AP′=AP=3；
(3)∵AP′=AP=3，
∴P′D=PB=4，
∵∠APB=∠CGB=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠BCG，
在△ABP和△BCG中，
∠APB=∠BGC∠ABP=∠BCGAB=BC，
∴△ABP≌△BCG(AAS)，
∴CG=PB=4，
∴S△CPBS△APB=CGAP=43．
【解析】(1)根据旋转的性质和正方形的性质以及正方形的判定解答即可；
(2)根据勾股定理和正方形的性质求得AP即可；
(3)利用全等三角形的判定和性质解答求得CG=PB=4，最后利用S△CPBS△APB=CGAP解答即可．
此题考查四边形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识点，解答本题的关键是根据正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质解答．
23.【答案】解：(1)把点(−2,−3)代入抛物线y=ax2+2ax−3a，
得−3=4a−4a−3a，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x2+2x−3，
当y=0时，解得x1=3，x2=1，
∴A(−3,0)，B(1,0)；
(2)抛物线为y=x2+2x−3对称轴为x=−1，
∴点M(−1,m)，
当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∵A(−3,0)，
∴AC2= 32+32=18，AM2=(−3+1)2+(0−m)2=4+m2，CM2=(0+1)2+(−3−m)2=m2+6m+10，
当∠ACM=90°时，AC2+CM2=AM2，
∴18+m2+6m+10=4+m2，
解得m=−4，
∴M(−1,−4)；
当∠AMC=90°时，AC2=CM2+AM2，
∴18=m2+6m+10+4+m2，
解得m=−3± 172，m=−4，
∴M(−1,−3+ 172)或(−1,−3− 172)；
当∠CAM=90°时，AC2+AM2=CM2，
∴18+4+m2=m2+6m+10，
解得m=2，
∴M(−1,2)，
综上所述，M的坐标为(−1,−4)或(−1,1)或(−1,2)；
(3)∵抛物线为y=x2+2x−3，
∴当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∴OC=3，
∵S1=S△APO−S△AOQ，S2=S△AOC−S△AOQ，
∴S1−S2=S△APO−S△AOC，
过点P作PF⊥x轴交于点F，设P(m,m2+2m−3)，

∵P点在第三象限，
∴PF=−m2−2m+3，
∵OA=OC=3，
∴S△ACO=12×AO×CO=92，
∴S1−S2=12×3×(−m2−2m+3)−92=−32(m+1)2+32，
∴当m=−1时，S1−S2的值最大为32，
此时P(−1,−4)，
设直线PO的解析式为y=kx，
∴k=4，
∴直线OP的解析式为y=4x．
【解析】(1)把点(−2,−3)代入抛物线y=ax2+2ax−3a，解方程即可得到结论；
(2)根据抛物线为y=x2+2x−3对称轴为x=−1，得到点M(−1,m)，求得C(0,−3)，根据勾股定理得到AC2= 32+32=18，AM2=(−3+1)2+(0−m)2=4+m2，CM2=(0+1)2+(−3−m)2=m2+6m+10，当∠ACM=90°时，当∠AMC=90°时，当∠CAM=90°时，根据勾股定理列方程即可得到结论；
(3)由S1=S△APO−S△AOQ，S2=S△AOC−S△AOQ，可得S1−S2=S△APO−S△AOC，过点P作PF⊥x轴交于点F，设P(m,m2+2m−3)，则S1−S2=−32(m+1)2+32，当m=−1时，S1−S2的值最大为32，此时P(−1,−4)，再由待定系数法可求直线OP的解析式为y=4x．
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，勾股定理，二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质是解题的关键．抛掷次数
2048
4040
10000
12000
24000
“正面朝上”的频率
0.5181
0.5069
0.4979
0.5016
0.5005