第25章 概率初步 单元检测卷-【超级考卷】2024-2025学年九年级全册数学学业质量评估（人教版 江西专版）

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(2)证明：AC=BC, .AC=BC. AO=BO=CO,∠BOC=0°， ∴△BOC为等边三角形，“BC -BO, ∴AO=BO=AC-BC, ∴四边形AOBC为菱形 ,OA=OE,.∠A=∠AEO 19.解：(1)证明：连接OE,如图 CD⊥AB,∴∠AHP=90,.,∠A 十∠APH=∠A十∠FPE=90 ,FE=FP,∠FPE=∠FEP， 6第二十五章单元检测卷 ,∴.∠AEO+∠FEP=90°=∠FEO, 1.B2.A3.D4.C .OE⊥EF,∴.FE是⊙O的切线. 5.B【解析】抛掷这个立方体，共有6种 (2)在Rt△OEG中，设EG=3x,则 等可能的情况，其中3和6,8和1,4和 OG=5x. 2是相对的面.当4朝上或6朝上时，朝 OE+EG=0G, 上一面的数字恰好等于朝下一面的数 ∴.8十(3x)2=(5x)2, :以CD为直径的⊙O与直线AB 字的2倍，其概率是号 解得x=2(负值已舍去)， 相切于点E, ,.OG=10,,.BG=OG-OB=10 6.B【解析】列表如下： .OE⊥AB 8=2. -5 -3 0 47 E是AB的中点， 22.解：(1)：GM∥PA,∠FGH= -5,-(-5,0(-54-5,7) .OE垂直平分AB, ∠FBP=30° ..OA=OB. ,FH⊥GM,.∠FHG=90,,FG -3-3,-5 (-30-3 (-3,7 (2)设⊙0的半径为r OE⊥AB,OC⊥AC,OE=OC, =2PH=号n 0,-)0,3》 (0,4)(0,0 ,AO平分∠BAC,∠B十∠BAC (2②：EF=4m,FG=号m,BG= 4 4,-4，-3》,0 (4, =90°， ∴∠OAC=∠OAB 7,-7,-3)T,0(2,40 OA=OB EF-FG=4- 号-m. 由上表可舞，共有20种等可能的结 ∴∠B=∠OAB ∠AB41=180-90°-30°=60° 果，其中点P(m,n)在平面直角坐标 ,∠BAC=∠QAC+∠OAB,∠B +∠BAC=90", BA-2m 系中第二象限内的结渠有4种， ∴点P(m,)在平面直角坐标系中第 .∠QAC=∠B=∠OAB=30° ,点A运动至点A:所经过的路程 .在Rt△OAC中，OA=2OC,∴.AC 60xX2 二象限内的板率是0= =√OA-0C=/30C=√/3r +1 =4(m) 10.2 在Rt△ACD中，AC心+CD=AD, 为180 23.解：(1)证明：连接D0,如图 9 .(W3r)2十(2r)2=7)2 'AD∥OC,.∠DAO=∠COB, 11. 【解析】列表如下： 解得r=1(负值已舍去)， ∠ADO=∠COD. 1 3 5 即⊙O的半径为1. 又，OA=OD,∴.∠DAO=∠ADO, 20.解：(1)证明：连接OM,过点O作 .∴.∠COD=∠COB 4 1,9)2,9)3,914,15,9) ON⊥CD于点N,如图. ,BC是⊙O的切线，.∠CO=90 (18) 28 38别 (4,8 在△COD和△COB中， OD=OB, 17)2,70 3 4,7】 5,2) ∠COD=∠COB OC=0℃ (1,6 5,6 ,∴，△COD2△COB(AS) 15)2,5)3,5) (45)5,5 ,./CD0=∠CB0=90°， M 由上表可知，一共有25种等可能的 ⊙O与BC相切， 即OD I CE 结果，其中两根指针司时落在奇数 ∴，OM⊥BC ∴.CD是⊙O的切线 上的结果有9种，两根指针同时 :四边形ABCD是正方形， (2)没⊙0的半径是r,OD=x, ,.CA平分∠BCD, 0E=r+1. 蓄在奇数上的概率是 5 ,CD是⊙O的切线，.∠EDO=90°， ..OM=ON. ∴.ED+OD3=OE, 12. 3 【解析】此三角形的瓶序旋转和 .CD与⊙O相切」 (2)·四边形ABCD是正方形， 即9十2=(x十1)2， 与逆序旋转和的差为(4x十2z十3y) ∴.AB=BC=1,∠B=90°，∠ACB 解得r=4,.⊙0的半径是4. -(3x十2y+4x)=x十y-2z. =45°， (3)如图，△ABD绕点A逆时针旋 “当x取最小值1时，x十y一2x有 .AC=. 转120°至△AB1D,则阴影部分即 最大值，x十y<6.画树状图如图 为线段BD扫过区城的面积，S△ABD ,'OM BC,,.∠MOC=∠MCO =S△1D1· =45, ∠ABD=30°，AB=2AO=8,AE .MC=OM=OA, 是⊙O的直径， .OC=√/Of+MC=√20A. 又，'AC=OA十O℃ ÷∠ADB=90,AD=2AB=4, 23 由树状图可知，共有12种等可能的 .0A+②0A=2, ·.S强每都开=S形81十S△A8马 结果，其中对任意正整数，此三角 2-7 招报考有数学·9年级全一册(R1版) 形的覆序旋转和与逆序旋转和的差 由树状图可知，共有12种等可能的 一定小于4的结果有9种， 结果，其中小张同学在该天早餐刚 ,对任意正整数，此三角形的顺序 好得到猪肉包和油饼的结果有 旋转和与逆序旋转和的差一定小于 2种， 一次 4的板率是品-？ 3 ∴，小张同学在该天早餐刚好得到猪 第二次 幸华李明 王 13.解：(1)令每个小正方形的边长为1， 肉包和油饼的瓶率是品-号 由树状图可知，共有4种等可能的 结果，其中足球传到李华处的结果 则S阴方计=5，S后省方*=15， P(最终停在阴影方陵上)=是 17.解：1)号 只有1种， (2)再树状图如图 P(足球传到李华处)= 开 (2)应从李明开始踢 (2)①，四边形ABCD是平行四边 理由：假设先从李明开始踢，画树状 形，AB=BC,.四边形ABCD是 图如图 明 菱形： ②四边形ABCD是平行四边形， 乙 ② 第一次 AC=BD,.四边形ABCD是矩形 由树状图可知，共有6种等可能的 ③，四边形ABCD是平行四边形， 结果，其中甲与乙恰好相邻而坐的 第二次 AC⊥BD,.四边形ABCD是菱形： 结果有4种， ④：四边形ABCD是平行四边形 ∴甲与乙恰好湘邻而坐的叛率是号 第三次 AB⊥BC,,,四边形ABCD是矩形 华 明华明 只有①③可判定口ABCD是菱形， = 由树状图可知，若从李明开始踢，则 ,可判定口ABCD是菱形的概率是 P(足球传到李明处)= 2 1 2 =4 4 2 18解：1)号 司可知，若从王强开始弱，则P 14.解：(1)列表如下： (2)画树状图如图 (足球传到李明处)=音， 学生 教师 A B 若从李华开始踢，则P(足球传到李 第一张 甲 (甲，A) (甲，B) 第二张3 6136253 明处)=3 ) (乙，A) (之，B) 由树状图可知，共有12种等可能的 两 (两，A) (两，B) 结果，其中抽取的这两张牌的牌面 (2)由(1)可知，共有6种等可能的 数宇恰好相同的结果有2和， 应从李明开始圆 结果，其中选中教师甲和学生A的 ,抽取的这两张牌的牌面数字恰好 2解：1)1 结果只有1种， P(恰好选中教师甲和学生A) 相同的概率为泛 6 (2)由题意，得a≠0且△=4r一 1 19,解：(1)列表如下： 4a(a十3)=一12a≥0，解得a<0, 关于x的一元二次方程ax r 15.解：(1)画树状图如图 2 2ax十a十3=0有实数根的概率为 (1,1 (2,1 (3,10 (40 4 2 (3)列表如下 1,2) (2, (3,2) (4,2) -3 -1 0 (1,3) (2,3) (3,30 (4,3) -1,-3)水0，-3)水2，-3 由树状图可知，共有8种等可能的 (1,4) (2,40 (3,40(4,40 -3,-1 k0,-1水2，-1 结果，其中甲、乙、丙三名学生在同 (-3,0)(-1,0) (2,0) 一处考点进行中考体有测试的结果 (x,y)所有可能出现的结果总数 2 (-3,2)(-1:2)0,2) 有2种，，甲、乙、丙三名学生在同 为16. (2)公平 由上表可知，共有12种等可能的结 一处考点进行中考体育测试的概率 果，其中点(x,y)落在第二象限内的 为号 1 连由：由(1)可知，共有16种等可能 4 的结果，其中x十y为奇数的结果有 结果有2种， B种，x十y为偶数的结果有8种， ·点(x,y)落在第二象限内的概率 (2)由(1)中的树状图可知，甲、乙 丙三名学生中至少有两人在B处考 ,P(甲获胜)=P(乙获胜)，即这个 点进行中考体育测试的结果有 游戏对双方公平 23.解：(1)502045 4种， 20.解，(1) (2)七 甲，乙、丙三名学生中至少有两人 (3)2400 在B处考点进行中考体育测试的假 (2)画树状图如图 (4)把七年级1名教狮记为A,八年 率为= 级1名教师记为B,九年级2名教师 分别记为C,D 16.解：(1)不可能 转盘甲 画树款图如图 (2)画树状图如图， 开 转盘乙AB 由树状图可知，共有12种等可能的结 第1教师 第一样内包 果，其中两个转盘的指针指向的区域 的字母相同的结果有2种， 第2名教佛BCDACDABDABO 2 第二林 :P(顾客享受人折优惑)一26 由树状图可知，共有12和等可鲳的 结果，其中选中的2名教师恰好不 21.解：(1)画树状图如图. 在同一年级的结果有10种， 2-8 参考答案 ,选中的2名教师恰好不在同一年 12.(-2,1)或(-2+√2，-1)或(-2 级的：奉为吕-名 2,一1)【解折】当半径为1的⊙P 与直线y=0相切时，点P的纵坐标 7阶段性检测卷{二) 为士1. 1.B 2.D3.A4.B 当y=1时，1=-x2-4x-3,解得 5.B 【解析】画树状图如图」 1=x2=一2，此时点P的坐标 期 开始 为(-2,1)； 当y=-1时，-1=-x2-4x-3, 由树状图可知，共有12种等可能的 -一新汽车 点 解得x1=一2十√2，x2=一2一√②， 结果，其中有一天是星期二的结果 此时点P的坐标为（一2十②，一1）或 有6种，P(其中有一天是星期二》 第二辆汽车 行转转行转转行转 (一2w2,-1). 12=2 由树状图可知，一共有9种等可能的 综上所述，点P的坐标为（一2,1）或 18.解：(1)，抛物线y■x2+x+6经 结果，其中一辆向右转、一辆向左转 的结果有2种。 (-2+√2，-1)或(-2-2，-1). 过点A(-1,0),B(3,0), 一辆向右转、一辆向左转的概率 13.解：(1)两边司时开平方，得x一4= 2x十3或x-4=一2z一3， 时。解得他- c=-3 是品 解得1=一7，= 1 ∴揽物线的解析式为y=x2一2z 3 6.A【解析】如图，记新函数的图象与 (2)连接BC,如图 x轴的交点分别为A,B.由y=一x (2)如图，连接BE. 十2x+3可知，当y=0,即-x2+2x AB是⊙O的直径，∠ACB=90. 十3=0时，解得x=一1，=3， ∠B=∠D=26”, .∠CAB=90°-26°=64 ,A(一1,0)，B(3,0).作函数y=x 的图象并平移至过点B时，恰好与新 函数的图象有3个公共点，此时有0 =3十b,.b=一3.平移函数y=x的 图象至过点C时，恰好与新函数的图 象有3个公共点，当一1≤x≤3时，新 函数的图象由函数y=一x2十2x十3 点E(2,m)在地物线上 的图象关于x轴对称得到，.当一 .m=4一4一3=-3， 14.解：(1)当=0时，方程为x2一3x+ ≤3时，新函数的解析式为y=x .点E的坐标为(2，一3) 2=0. -2x-3.联立，得{y=x十b, 原方程可化为x一2x一(x一2) 由勾股定理，得BE=√/12十3 y=x2-2x-3. =0. =/10. 整理，得x2一3x一3一b=0,,△ 因式分解，得(x一1)(x一2)=0， ·抛物线的对称轴与x轴交于点 (-3)-4(-3-b)=21+46=0,.b ,,x一1=0或x一2=0， H,,H为AB的中点. 21 综上所述，6的值为-3或-斗 41 解得x1■1，x1=2. F是AE的中点，.FH是△ABE (2)证明：4=[-（兔十3》]一 的中位线， 4(2k十2) =k3十6k十9-8k-8 六FH=是BE=×v而= 2 =表-2k十1 19.解：(1)DE与⊙0相切 =(k-1)2≥0， 理由：如图，连接OD 无论是取什么实数，方程总有实 数根 15.解：(1)如图①，AD即为所求 (2)如图②，AP即为所求 ,OD=OB,.∠OBD=∠ODB 7.g8.29.010.青 BD平分∠ABC 图) 16.解：(1)如图所示，△A1BC1即为所 ∴·∠OBD=∠DBE 11,(1,1)【解析】根据旋转中心的确 ∴∠ODB-∠DBE 定方法可知，旋转中心是对应点连 求.A(-2,一4). (2)如图所示，△A:B2C即为所求 ∴.OD∥BE 线的垂直平分线的交点. DE⊥BE,∴.ODLDE 如图，连接BE,分别作OC和BE的 2(-4,2) 又OD为⊙O的半径 垂直平分线交于点F,点F即为旋 ,.DE与⊙O相切 转中心， ,旋转中心的坐标为(1,1). (2):BD平分∠ABC,DE⊥BE, DF⊥AB, y ∴.DF=DE=3. .∠ABD=30 .∠AOD=60°， ∴.∠ODF=30° 在Rt△DOF中，设OF=x,则OD ■2x. 由勾殷定理，得O十DF=OD, 即x2+32=(2x)2, 17.解：1)号 解得1=5，=一3（舍去）， (2)根据题意，画树状图如图 .OF=x=3,0D=2x=2√3， 2-9