江苏省宿迁市沭阳县2027届九上数学期末检测模拟试题含解析

江苏省宿迁市沭阳县2027届九上数学期末检测模拟试题注意事项：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．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．82．在矩形中，的角平分线与交于点，的角平分线与交于点，若，，则的长为（）A． B． C． D．3．已知如图中，点为，的角平分线的交点，点为延长线上的一点，且，，若，则的度数是（）．A． B． C． D．4．已知点P在线段AB上，且AP∶PB=2∶3，那么AB∶PB为（）A．3∶2 B．3∶5 C．5∶2 D．5∶35．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．6．设A(﹣2，y1)，B(1，y2)，C(2，y3)是抛物线y＝﹣(x+1)2+m上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为（）A．y3＞y2＞y1 B．y1＞y2＞y3 C．y1＞y3＞y2 D．y2＞y1＞y37．在反比例函数的图象在某象限内，随着的增大而增大，则的取值范围是（）A． B． C． D．8．如图，空心圆柱的俯视图是（）A． B． C． D．9．如图，在正方形中，是等边三角形，的延长线分别交于点，连结与相交于点H．给出下列结论，①△ABE≌△DCF；②△DPH是等腰三角形；③；④，其中正确结论的个数是（）A． B． C． D．10．如图，四边形与四边形是位似图形，则位似中心是（）A．点 B．点 C．点 D．点二、填空题(每小题3分,共24分)11．一元二次方程（x﹣5）（x﹣7）＝0的解为_____．12．在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB＝90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，PD'的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．现有以下结论：①连接DD'，则AP垂直平分DD'；②四边形PMBN是菱形；③AD2＝DP•PC；④若AD＝2DP，则；其中正确的结论是_____（填写所有正确结论的序号）13．函数沿直线翻折所得函数解析式为_____________.14．如图所示，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x轴、y轴上，双曲线y＝kx﹣1（k≠0，x＞0）与边AB、BC分别交于点N、F，连接ON、OF、NF．若∠NOF＝45°，NF＝2，则点C的坐标为_____．15．如图，在平面直角坐标系中，点O是边长为2的正方形ABCD的中心．函数y＝（x﹣h）2的图象与正方形ABCD有公共点，则h的取值范围是_____．16．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则两枚硬币全部正面向上的概率是．17．等腰Rt△ABC中，斜边AB＝12，则该三角形的重心与外心之间的距离是_____．18．河堤横截面如图所示，堤高为4米，迎水坡的坡比为1:（坡比=），那么的长度为____________米．三、解答题(共66分)19．（10分）已知关于x的一元二次方程x2+(2m+3)x+m2＝1有两根α，β(1)求m的取值范围；(2)若α+β+αβ＝1．求m的值．20．（6分）如图，AN是⊙O的直径，四边形ABMN是矩形，与圆相交于点E，AB＝15，D是⊙O上的点，DC⊥BM，与BM交于点C，⊙O的半径为R＝1．（1）求BE的长．（2）若BC＝15，求的长．21．（6分）为了解某校九年级男生1000米跑的水平，从中随机抽取部分男生进行测试，并把测试成绩分为D、C、B、A四个等次绘制成如图所示的不完整的统计图，请你依图解答下列问题：（1）a=，b=，c=；（2）扇形统计图中表示C等次的扇形所对的圆心角的度数为度；（3）学校决定从A等次的甲、乙、丙、丁四名男生中，随机选取两名男生参加全市中学生1000米跑比赛，请用列表法或画树状图法，求甲、乙两名男生同时被选中的概率．22．（8分）有5张不透明的卡片，除正面上的图案不同外，其他均相同．将这5张卡片背面向上洗匀后放在桌面上．（1）从中随机抽取1张卡片，卡片上的图案是中心对称图形的概率为_____．（2）若从中随机抽取1张卡片后不放回，再随机抽取1张，请用画树状图或列表的方法，求两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的概率．23．（8分）如图，抛物线的顶点为，且抛物线与直线相交于两点，且点在轴上，点的坐标为，连接.（1），，（直接写出结果）；（2）当时，则的取值范围为（直接写出结果）；（3）在直线下方的抛物线上是否存在一点，使得的面积最大？若存在，求出的最大面积及点坐标.24．（8分）乐至县城有两座远近闻名的南北古塔，清朝道光11年至13年（公元1831--1833年）修建，南塔名为“文运塔”，高30米；北塔名为“凌云塔”.为了测量北塔的高度AB，身高为1.65米的小明在C处用测角仪CD，（如图所示）测得塔顶A的仰角为45°，此时小明在太阳光线下的影长为1.1米，测角仪的影长为1米.随后，他再向北塔方向前进14米到达H处，又测得北塔的顶端A的仰角为60°，求北塔AB的高度．（参考数据≈1.414,≈1.732，结果保留整数）25．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弦EF⊥AB于点C，点D是AB延长线上一点，∠A＝30°，∠D＝30°．（1）求证：FD是⊙O的切线；（2）取BE的中点M，连接MF，若⊙O的半径为2，求MF的长．26．（10分）关于x的一元二次方程mx2﹣（2m﹣3）x+（m﹣1）＝0有两个实数根．（1）求m的取值范围；（2）若m为正整数，求此方程的根．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】连接OC，根据垂径定理和勾股定理，即可得答案．【详解】连接OC，

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AB=8，AE=1，∴，

∴，∴，∴，故选：B．本题考查了垂径定理和勾股定理，解题关键是学会添加常用辅助线面构造直角三角形解决问题．2、D【分析】先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC得出CG与DE的倍数关系，并根据BG＝BC＋CG进行计算即可．【详解】延长EF和BC，交于点G，∵3DF＝4FC，∴，∵矩形ABCD中，∠ABC的角平分线BE与AD交于点E，∴∠ABE＝∠AEB＝45°，∴AB＝AE＝7，∴直角三角形ABE中，BE＝，又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F，∴∠BEG＝∠DEF，∵AD∥BC，∴∠G＝∠DEF，∴∠BEG＝∠G，∴BG＝BE＝，∵∠G＝∠DEF，∠EFD＝∠GFC，∴△EFD∽△GFC，∴，设CG＝3x，DE＝4x，则AD＝7＋4x＝BC，∵BG＝BC＋CG，∴7＋4x＋3x＝7，解得x＝−1，∴BC＝7＋4x＝7＋4−4＝3＋4，故选：D．本题主要考查了矩形、相似三角形以及等腰三角形，解决问题的关键是掌握矩形的性质：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等．解题时注意：有两个角对应相等的两个三角形相似．3、C【分析】连接BO，证O是△ABC的内心，证△BAO≌△DAO，得∠D=∠ABO，根据三角形外角性质得∠ACO=∠BCO=∠D+∠COD=2∠D，即∠ABC=∠ACO=∠BCO，再推出∠OAD+∠D=180°-138°=42°，得∠BAC+∠ACO=84°，根据三角形内角和定理可得结果.【详解】连接BO，由已知可得因为AO,CO平分∠BAC和∠BCA所以O是△ABC的内心所以∠ABO=∠CBO=∠ABC因为AD=AB,OA=OA,∠BAO=∠DAO所以△BAO≌△DAO所以∠D=∠ABO所以∠ABC=2∠ABO=2∠D因为OC=CD所以∠D=∠COD所以∠ACO=∠BCO=∠D+∠COD=2∠D所以∠ABC=∠ACO=∠BCO因为∠AOD=138°所以∠OAD+∠D=180°-138°=42°所以2（∠OAD+∠D）=84°即∠BAC+∠ACO=84°所以∠ABC+∠BCO=180°-（∠BAC+∠ACO）=180°-84°=96°所以∠ABC=96°=48°故选：C考核知识点：三角形的内心.利用全等三角形性质和角平分线性质和三角形内外角定理求解是关键.4、D【分析】根据比例的合比性质直接求解即可．【详解】解：由题意AP∶PB=2∶3，AB∶PB=（AP+PB）∶PB=（2+3）∶3=5∶3；故选择：D.本题主要考查比例线段问题，关键是根据比例的合比性质解答．5、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．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．6、B【分析】本题要比较y1，y2，y3的大小，由于y1，y2，y3是抛物线上三个点的纵坐标，所以可以根据二次函数的性质进行解答：先求出抛物线的对称轴，再由对称性得A点关于对称轴的对称点A'的坐标，再根据抛物线开口向下，在对称轴右边，y随x的增大而减小，便可得出y1，y2，y3的大小关系．【详解】∵抛物线y＝﹣（x+1）2+m，如图所示，∴对称轴为x＝﹣1，∵A（﹣2，y1），∴A点关于x＝﹣1的对称点A'（0，y1），∵a＝﹣1＜0，∴在x＝﹣1的右边y随x的增大而减小，∵A'（0，y1），B（1，y2），C（2，y3），0＜1＜2，∴y1＞y2＞y3，故选：B．本题考查了二次函数图象上点的坐标的特征，解题的关键是能画出二次函数的大致图象，据图判断．7、C【分析】由于反比例函数的图象在某象限内随着的增大而增大，则满足，再解不等式求出的取值范围即可．【详解】∵反比例函数的图象在某象限内，随着的增大而增大∴解得：故选：C.本题考查了反比例函数的图象和性质，熟练掌握图象在各象限的变化情况跟系数之间的关系是关键.8、D【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．【详解】解：从上边看是三个水平边较短的矩形，中间矩形的左右两边是虚线，故选：D．本题考查了三视图，俯视图是指从上往下看得到的图形。注意：看的见的线画实线，看不见的线画虚线．9、A【分析】①利用等边三角形的性质以及正方形的性质得出∠ABE=∠DCF=30°，再直接利用全等三角形的判定方法得出答案；

②利用等边三角形的性质结合正方形的性质得出∠DHP=∠BHC=75°，进而得出答案；

③利用相似三角形的判定与性质结合锐角三角函数关系得出答案；

④根据三角形面积计算公式，结合图形得到△BPD的面积=△BCP的面积+△CDP面积-△BCD的面积，得出答案．【详解】∵△BPC是等边三角形，

∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，

在正方形ABCD中，

∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°

∴∠ABE=∠DCF=30°，

在△ABE与△CDF中，，

∴△ABE≌△DCF，故①正确；∵PC=BC=DC，∠PCD=30°，

∴∠CPD=75°，

∵∠DBC=45°，∠BCF=60°，

∴∠DHP=∠BHC=18075°，

∴PD=DH，

∴△DPH是等腰三角形，故②正确；

设PF=x，PC=y，则DC=AB=PC=y，

∵∠FCD=30°，∴即，整理得：解得：，则，故③正确；如图，过P作PM⊥CD，PN⊥BC，

设正方形ABCD的边长是4，∵△BPC为正三角形，

∴∠PBC=∠PCB=60°，PB=PC=BC=CD=4，

∴∠PCD=30°，∴，，

S△BPD=S四边形PBCD-S△BCD=S△PBC+S△PDC-S△BCD，∴，故④正确；故正确的有4个，

故选：A．本题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定等知识，解答此题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义表示出出FE及PC的长是解题关键．10、B【分析】根据位似图形的定义:如果两个图形不仅是相似图形,而且每组对应点的连线交于一点,对应边互相平行或在一条直线上,那么这两个图形叫做位似图形,这个点叫做位似中心,判断即可.【详解】解:由图可知,对应边AG与CE的延长线交于点B，∴点B为位似中心故选B.此题考查的是找位似图形的位似中心，掌握位似图形的定义是解决此题的关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、x1＝5，x2＝7【分析】根据题意利用ab=0得到a=0或b=0，求出解即可.【详解】解：方程（x﹣5）（x﹣7）＝0，可得x﹣5＝0或x﹣7＝0，解得：x1＝5，x2＝7，故答案为：x1＝5，x2＝7.本题考查解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．12、①②③【分析】根据折叠的性质得出AP垂直平分DD'，判断出①正确．过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC判断出③正确；DP∥AB，所以∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，所以∠PAM＝∠APM，由于∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB，从而可知PM＝MB＝AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；判断出②正确；由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，从而求出GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，由于CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得，，从而可求出EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC，从而可得，判断出④错误．【详解】解：∵将△ADP沿AP翻折得到△AD'P，∴AP垂直平分DD'，故①正确；解法一：过点P作PG⊥AB于点G，∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，∴AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC∵∠APB＝90°，∴∠APG+∠GPB＝∠GPB+∠PBG＝90°，∴∠APG＝∠PBG，∴△APG∽△PBG，∴，∴PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC；解法二：易证：△ADP∽△PCB，∴，由于AD＝CB，∴AD2＝DP•PC；故③正确；∵DP∥AB，∴∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，∴∠PAM＝∠APM，∵∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB∴AM＝PM，PM＝MB，∴PM＝MB，又易证四边形PMBN是平行四边形，∴四边形PMBN是菱形；故②正确；由于，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，∵PG2＝AG•GB，∴4＝1•GB，∴GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，∵CP∥AB，∴△PCF∽△BAF，∴，∴又易证：△PCE∽△MAE，AM＝AB＝∴，∴，∴EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC∴，故④错误，即：正确的有①②③，故答案为：①②③．本题是一道关于矩形折叠的综合题目，考查的知识点有折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的性质，菱形的判定等，此题充分考查了学生对所学知识点的掌握情况以及综合利用能力，是一道很好的题目.13、【解析】函数沿直线翻折所得函数图像开口向下，只要根据轴对称的性质求出对称后的顶点坐标即可.【详解】∵=(x-1)2+3，∴其顶点坐标是（1,3），∵（1,3）关于直线的点的坐标是（1，-1），∴所得函数解析式为(x-1)2-1.故答案为：.本题考查了二次函数的轴对称变换，其形状不变，但开口方向相反，因此a值为原来的相反数，顶点位置改变，只要根据轴对称的点坐标特征求出新的顶点坐标，即可确定解析式.14、(0，+1)【分析】将△OAN绕点O逆时针旋转90°，点N对应N′，点A对应A′，由旋转和正方形的性质即可得出点A′与点C重合，以及F、C、N′共线，通过角的计算即可得出∠N'OF＝∠NOF＝45°，结合ON′＝ON、OF＝OF即可证出△N'OF≌△NOF（SAS），由此即可得出N′M＝NF＝1，再由△OCF≌△OAN即可得出CF＝N，通过边与边之间的关系即可得出BN＝BF，利用勾股定理即可得出BN＝BF＝，设OC＝a，则N′F＝1CF＝1（a﹣），由此即可得出关于a的一元一次方程，解方程即可得出点C的坐标．【详解】将△OAN绕点O逆时针旋转90°，点N对应N′，点A对应A′，如图所示．∵OA＝OC，∴OA′与OC重合，点A′与点C重合．∵∠OCN′+∠OCF＝180°，∴F、C、N′共线．∵∠COA＝90°，∠FON＝45°，∴∠COF+∠NOA＝45°．∵△OAN旋转得到△OCN′，∴∠NOA＝∠N′OC，∴∠COF+∠CON'＝45°，∴∠N'OF＝∠NOF＝45°．在△N'OF与△NOF中，，∴△N′OF≌△NOF（SAS），∴NF＝N'F＝1．∵△OCF≌△OAN，∴CF＝AN．又∵BC＝BA，∴BF＝BN．又∠B＝90°，∴BF1+BN1＝NF1，∴BF＝BN＝．设OC＝a，则CF＝AN＝a﹣．∵△OAN旋转得到△OCN′，∴AN＝CN'＝a﹣，∴N'F＝1（a﹣），又∵N'F＝1，∴1（a﹣）＝1，解得：a＝+1，∴C（0，+1）．故答案是：（0，+1）．本题考查了反比例函数综合题，涉及到了全等三角形的判定与性质、旋转的性质以及勾股定理，解题的关键是找出关于a的一元一次方程．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边角关系是关键．15、【解析】由于函数y=（x-h）1的图象为开口向上，顶点在x轴上的抛物线，故可先分别得出点A和点B的坐标，因为这两个点为抛物线与与正方形ABCD有公共点的临界点，求出即可得解．【详解】∵点O是边长为1的正方形ABCD的中心，∴点A和点B坐标分别为（1，1）和（-1，1），∵函数y=（x-h）1的图象为开口向上，顶点在x轴上的抛物线，∴其图象与正方形ABCD有公共点的临界点为点A和点B，把点B坐标代入y=（x-h）1，得1=（-1-h）1∴h=0（舍）或h=-1；把点A坐标代入y=（x-h）1，得1=（1-h）1∴h=0（舍）或h=1．函数y=（x-h）1的图象与正方形ABCD有公共点，则h的取值范围是-1≤h≤1．故答案为-1≤h≤1．本题考查二次函数图象与正方形交点的问题，需要先判断抛物线的开口方向，顶点位置及抛物线与正方形二者的临界交点，需要明确临界位置及其求法．16、．【解析】试题分析：画树状图为：共有4种等可能的结果数，其中两枚硬币全部正面向上的结果数为1，所以两枚硬币全部正面向上的概率=．故答案为．考点：列表法与树状图法．17、1．【分析】画出图形，找到三角形的重心与外心，利用重心和外心的性质求距离即可.【详解】如图，点D为三角形外心，点I为三角形重心，DI为所求.∵直角三角形的外心是斜边的中点，∴CD＝AB＝6，∵I是△ABC的重心，∴DI＝CD＝1，故答案为：1．本题主要考查三角形的重心和外心，能够掌握三角形的外心和重心的性质是解题的关键.18、8【分析】在Rt△ABC中，根据坡面AB的坡比以及BC的值，求出AC的值，再通过解直角三角形即可求出斜面AB的长．【详解】∵Rt△ABC中，BC=6米，迎水坡AB的坡比为1：，∴BC：AC=1：，∴AC=•BC=4（米），∴（米）本题考查了解直角三角形的应用----坡度坡角问题，熟练运用勾股定理是解答本题的关键．三、解答题(共66分)19、(1)m≥﹣34；(2)m的值为2【解析】（1）根据方程有两个相等的实数根可知△＞1，求出m的取值范围即可；（2）根据根与系数的关系得出α+β与αβ的值，代入代数式进行计算即可．【详解】(1)由题意知，(2m+2)2﹣4×1×m2≥1，解得：m≥﹣34(2)由根与系数的关系得：α+β＝﹣(2m+2)，αβ＝m2，∵α+β+αβ＝1，∴﹣(2m+2)+m2＝1，解得：m1＝﹣1，m1＝2，由(1)知m≥﹣34所以m1＝﹣1应舍去，m的值为2．本题考查的是根与系数的关系，熟知x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝1（a≠1）的两根时，x1+x2＝﹣ba，x1x2＝c20、（1）1﹣15；（2）15π【分析】（1）连接OE，过O作OF⊥BM于F，在Rt△OEF中，由勾股定理得出EF的长，进而求得EB的长．（2）连接OD，则在直角三角形ODQ中，可求得∠QOD=60°，过点E作EH⊥AO于H，在直角三角形OEH中，可求得∠EOH=1°，则得出的长度．【详解】解：（1）连接OE，过O作OF⊥BM于F，则四边形ABFO是矩形，∴FO=AB=15，BF=AO，在Rt△OEF中，EF＝＝15，∵BF＝AO＝1，∴BE＝1﹣15．（2）连接OD，在直角三角形ODQ中，∵OD＝1，OQ＝1﹣15＝15，∴∠ODQ＝1°，∴∠QOD＝60°，过点E作EH⊥AO于H，在直角三角形OEH中，∵OE＝1，EH＝15，∴，∴∠EOH＝1°，∴∠DOE＝90°，∴＝π•60＝15π．本题考查了直角三角形的性质，弧长的计算、矩形的性质以及垂径定理，是基础知识要熟练掌握．21、（1）2、45、20；（2）72；（3）【解析】分析：（1）根据A等次人数及其百分比求得总人数，总人数乘以D等次百分比可得a的值，再用B、C等次人数除以总人数可得b、c的值；（2）用360°乘以C等次百分比可得；（3）画出树状图，由概率公式即可得出答案．详解：（1）本次调查的总人数为12÷30%=40人，∴a=40×5%=2，b=×100=45，c=×100=20，（2）扇形统计图中表示C等次的扇形所对的圆心角的度数为360°×20%=72°，（3）画树状图，如图所示：共有12个可能的结果，选中的两名同学恰好是甲、乙的结果有2个，故P（选中的两名同学恰好是甲、乙）=．点睛：此题主要考查了列表法与树状图法，以及扇形统计图、条形统计图的应用，要熟练掌握．22、（1）；（2）两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的概率为．【分析】（1）先判断其中的中心对称图形，再根据概率公式求解即得答案；（2）先画出树状图得到所有可能的情况，再判断两次都是轴对称图形的情况，然后根据概率公式计算即可.【详解】解：（1）中心对称图形的卡片是A和D，所以从中随机抽取1张卡片，卡片上的图案是中心对称图形的概率为，故答案为；（2）轴对称图形的卡片是B、C、E.画树状图如下：由树状图知，共有20种等可能结果，其中两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的有6种结果，分别是（B，C）、（B，E）、（C，B）、（C，E）、（E，B）、（E，C），∴两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的概率=．本题考查了用画树状图或列表法求两次事件的概率、中心对称图形和轴对称图形的定义等知识，熟知中心对称图形和轴对称图形的定义以及用画树状图或列表法求概率的方法是解题的关键.23、（1）1，-1，1；（2）；（3）最大值为，点.【分析】（1）将代入求得k值，求得点A的坐标，再将A、B的坐标代入即可求得答案；（2）在图象上找出抛物线在直线下方自变量的取值范围即可；（3）设点P的坐标为，则点Q的坐标为，求得的长，利用三角形面积公式得到，然后根据二次函数的性质即可解决问题．【详解】（1）∵直线经过点，∴，解得：，∵直线与x轴交于点A，令，则，点A的坐标为，∵抛物线与直线相交于两点，∴，解得：，故答案为：，，；（2）∵抛物线与直线相交于A，两点，观察图象，抛物线在直线下方时，，∴当时，则的取值范围为：，故答案为：；（3）过点P作y轴的平行线交直线于点Q，设点P的坐标为，则点Q的坐标为，∴，，∴，当时，的面积有最大值为，此时P点坐标为；故答案为：面积有最大值为，P点坐标为；本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；会运用数形结合的