江苏省九年级上学期期中真题必刷常考60题（38个考点专练）-2024-2025学年九年级数学上册考试满分全攻略同步备课备考系列（苏科版）

期中真题必刷常考60题（38个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共2小题） 1．（2023秋•梁溪区校级期中）下列关于的方程中，是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 2．（2023秋•姑苏区校级期中）若关于的方程是一元二次方程，则的值是 　　． 二．一元二次方程的一般形式（共2小题） 3．（2023秋•天宁区校级期中）将一元二次方程化为一般形式，，，为常数），其中的值是　　 A． B． C．6 D．18 4．（2021秋•广陵区期中）将一元二次方程化成一般形式可得　 　． 三．一元二次方程的解（共2小题） 5．（2022秋•姑苏区校级期中）若关于的一元二次方程有一根是3，则的值是　　 A．2 B．3 C．4 D．5 6．（2022秋•泰兴市期中）先化简，再求值：，其中是方程的根． 四．解一元二次方程-直接开平方法（共2小题） 7．（2023秋•姜堰区期中）已知关于的一元二次方程，，均为常数且的解是，则关于的一元二次方程的解是　　 A．， B．， C．， D．， 8．（常熟市校级期中）解方程：． 五．解一元二次方程-配方法（共2小题） 9．（2023秋•玄武区期中）一元二次方程配方后可化为　　 A． B． C． D． 10．（2021秋•淮安区期中）在实数范围内定义运算“☆”和“★”，其规则为：☆，★，则方程3☆★12的解为 　　． 六．解一元二次方程-公式法（共1小题） 11．（2021秋•新北区校级期中）用恰当的方法解方程： （1）； （2）； （3）； （4）． 七．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 12．（2023秋•镇江期中）一个三角形的两边长为3和5，第三边长为方程的根，则这个三角形的周长为　 　． 13．（2023秋•射阳县期中）解方程： （1）． （2） 八．换元法解一元二次方程（共2小题） 14．（2021秋•阜宁县期中）已知，则的值为　　 A．或1 B．1 C．5 D．5或 15．（2021秋•灌南县期中）已知，则的值等于 　　． 九．根的判别式（共2小题） 16．（2023秋•姜堰区期中）关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则　　； 17．（2023秋•姑苏区校级期中）已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论实数取何值，方程总有两个实数根； （2）若方程两个根均为正整数，求负整数的值． 一十．根与系数的关系（共2小题） 18．（2023秋•天宁区校级期中）若，是方程的两个实数根，则代数式的值为 　　． 19．（2023秋•秦淮区期中）已知关于的方程． （1）当该方程有实数根时，求的范围； （2）若该方程的两个根，满足，求的值． 一十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题） 20．（2022秋•常州期中）某校九年级（1）班学生毕业时，每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了1980张相片，如果全班有名学生，根据题意，列出方程为　　 A． B． C． D． 21．（2023秋•姑苏区期中）某新建工业园区今年六月份提供就业岗位1501个，并按计划逐月增长，预计八月份将提供岗位1815个，设七、八两个月提供就业岗位数量的月平均增长率为，根据题意，可列方程为 　　． 一十二．一元二次方程的应用（共2小题） 22．（2023秋•洪泽区校级期中）现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展，我市某家快递公司，今年1月份与3月份完成投送的快递件数分别为10万件和12.1万件．如果按此平均速度增长，该公司4月份投递的快递总件数将达到 　　万件． 23．（2023秋•句容市期中）杭州亚运会的三个吉祥物“琮琮”“宸宸”“莲莲”组合名为“江南忆”，出自唐朝诗人白居易的名句“江南忆，最忆是杭州”，它融合了杭州的历史人文、自然生态和创新基因．吉祥物一开售，就深受大家的喜爱．某商店以每件35元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件58的价格出售．经统计，4月份的销售量为256件，6月份的销售量为400件． （1）求该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率； （2）经市场预测，7月份的销售量将与6月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，调查发现，该吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件．当该吉祥物售价为多少元时，月销售利润达8400元？ 一十三．配方法的应用（共2小题） 24．（2021秋•丰县期中）把二次三项式化成的形式应为　　． 25．（2022秋•丹阳市校级期中）先阅读下面的内容，再解决问题， 例题：若，求和的值． 解：因为， 所以． 所以． 所以，． 所以，． 问题：（1）若，求的值； （2）已知，，是等腰的三边长，且，满足，求的周长． 一十四．无理方程（共1小题） 26．（2022秋•宿城区期中）【阅读材料】 求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组；求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解；求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想转化，把未知转化为已知． 用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解． 【直接应用】 方程的解是，　　，　　． 【类比迁移】 解方程：． 【问题解决】 如图，在矩形中，，，点在上，若，求的长． 一十五．圆的认识（共2小题） 27．（2023秋•泰兴市期中）如图，四边形是扇形的内接矩形，顶点在弧上，且不与，重合，当点在弧上移动时，矩形的形状、大小随之变化，则的值　　 A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定 28．（2020秋•泰兴市期中）如图，是的直径，是的弦，、的延长线交于点，已知，若为直角三角形，则的度数为　　． 一十六．垂径定理（共2小题） 29．（2023秋•海州区期中）如图，的半径为13，弦，于点．则的长为　　 A． B． C． D． 30．（2023秋•泗洪县期中）如图，是的一条弦，点是的中点，连接并延长交劣弧于点，连接，．若，，求的面积． 一十七．垂径定理的应用（共2小题） 31．（2023秋•淮阴区期中）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知，则球的半径长是　　 A． B． C． D． 32．（2023秋•天宁区校级期中）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度米，拱高米． （1）求圆弧所在的圆的半径的长； （2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即米时，是否要采取紧急措施？ 一十八．圆心角、弧、弦的关系（共1小题） 33．（2023秋•江阴市校级期中）如图，是的直径，四边形内接于，若，则的直径为　　 A． B． C． D． 一十九．圆周角定理（共2小题） 34．（2023秋•常州期中）如图，是半圆的直径，点，在半圆上．若，则的度数为　　 A． B． C． D． 35．（2023秋•淮阴区期中）如图，在中，，以为直径的分别交、于点、． （1）求证：点是的中点； （2）若，求的度数． 二十．圆内接四边形的性质（共1小题） 36．（2023秋•广陵区期中）如图，四边形内接于，为的直径，． （1）若，求的度数； （2）求证：． 二十一．点与圆的位置关系（共2小题） 37．（2023秋•姜堰区期中）如图，半径为5，那么图中到圆心距离为7的点可能是　　 A．点 B．点 C．点 D．点 38．（2022秋•锡山区期中）若的半径为3，点为平面内一点，，那么点在 　　（填“上”、“内部”或“外部” ． 二十二．确定圆的条件（共1小题） 39．（2022秋•射阳县校级期中）下列说法正确的是　　 A．弧长相等的弧是等弧 B．直径是最长的弦 C．三点确定一个圆 D．相等的圆心角所对的弦相等 二十三．三角形的外接圆与外心（共2小题） 40．（2023秋•梁溪区校级期中）如图，是的内接三角形，，，是边上一点，连接并延长交于点．若，，则的半径为　　 A． B． C． D． 41．（2020秋•赣榆区期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，那么的外接圆的圆心坐标为　　． 二十四．直线与圆的位置关系（共1小题） 42．（2023秋•崇川区校级期中）已知的半径是一元二次方程的一个根，圆心到直线的距离，则直线与的位置关系是　　 A．相交 B．相切 C．相离 D．平行 二十五．切线的性质（共2小题） 43．（2023秋•天宁区校级期中）如图，在中，，，，为边的中点，以上一点为圆心的和、均相切，则的半径为　　． 44．（2022秋•常州期中）已知为的直径，，为上一点，连接，． （Ⅰ）如图①，若为的中点，求的大小和的长； （Ⅱ）如图②，若，为的半径，且，垂足为，过点作的切线，与的延长线相交于点，求的长． 二十六．切线的判定（共2小题） 45．（2020秋•海陵区校级期中）如图，正方形的边长为8．是的中点，是边上的动点，连接，以点为圆心，长为半径作．当与正方形的边相切时，的长为　　 A．3 B． C．3或 D．不确定 46．（2023秋•常州期中）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作于点，交的延长线于点． （1）求证：是的切线； （2）当，时，求的长． 二十七．切线长定理（共1小题） 47．（2020秋•亭湖区期中）如图，、分别切圆于、，并与圆的切线，分别相交于、，已知的周长等于，则　　． 二十八．三角形的内切圆与内心（共1小题） 48．（2022秋•阜宁县期中）如图，是的内切圆，切点分别为、、，，． （1）求的度数． （2）求的度数． 二十九．正多边形和圆（共1小题） 49．（2021秋•泰兴市期中）一个适当大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为定值的小正六边形的中心重合，且与边、相交于、（如图）．图中阴影部分的面积记为，三条线段、、的长度之和记为，在大正六边形绕点旋转过程中，下列说法正确的是　　 A．变化，不变 B．不变，变化 C．变化，变化 D．与均不变 三十．弧长的计算（共1小题） 50．（2021秋•邗江区期中）如图，是的直径，点是上一个动点（点不与点，重合），在点运动的过程中，有如下四个结论： ①至少存在一点，使得； ②若，则； ③不是直角； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①③ B．③④ C．②③④ D．①②④ 三十一．扇形面积的计算（共1小题） 51．（2023秋•江阴市校级期中）如图，扇形的圆心角为直角，边长为1的正方形的顶点、、分别在、、上，，交的延长线于点．则图中阴影部分面积是 ． 三十二．圆锥的计算（共1小题） 52．（2023秋•启东市期中）如图，冰淇淋蛋筒下部呈圆锥形，则蛋筒圆锥部分包装纸的面积（接缝忽略不计）是　　 A． B． C． D． 三十三．加权平均数（共1小题） 53．（2023秋•亭湖区校级期中）某企业参加“科技创新企业百强”评选，创新能力、创新价值、创新影响三项得分分别为8分，9分，7分，若将三项得分依次按的比例计算总成绩，则该企业的总成绩为　　 A．8分 B．8.1分 C．8.2分 D．8.3分 三十四．众数（共1小题） 54．（2023秋•大丰区期中）《义务教育课程标准年版）》首次把学生学会炒菜纳入劳动教育课程，并作出明确规定．某班有7名学生已经学会炒的菜品的种数依次为：2，4，3，2，5，2，3．则这组数据的众数和中位数分别是　　 A．2，2 B．2，2.5 C．2，3 D．3，3 三十五．方差（共1小题） 55．（2023秋•姑苏区期中）甲、乙两个篮球队队员身高的平均数都为2.07米，若方差，则队员身高比较整齐的球队是 　　队（填“甲”或“乙” ． 三十六．可能性的大小（共2小题） 56．（2024春•阜宁县期中）抛掷一枚质地均匀的硬币，若抛掷6次都是正面朝上，则抛掷第7次　　 A．正面朝上的可能性大 B．反面朝上的可能性大 C．正面朝上与反面朝上的可能性一样大 D．无法确定 57．（2023秋•姜堰区期中）一只不透明的袋子中装有3个红球，2个白球和1个蓝球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出1个球，则摸到 　　球的可能性最大．（填球的颜色） 三十七．概率公式（共2小题） 58．（2021秋•高淳区期中）一个不透明布袋中有2个红球，3个白球，这些球除颜色外无其他差别，摇匀后从中随机摸出一个小球，该小球是红色的概率为　　 A． B． C． D． 59．（2023秋•射阳县期中）在一个不透明的袋子中装有3个白球和7个红球，它们除颜色外，大小、质地都相同．从袋子中随机取出一个球，是红球的概率是 　　． 三十八．几何概率（共1小题） 60．（2022秋•东台市期中）如果所示的地板由15块方砖组成，每一块方砖除颜色外完全相同，小球自由滚动，随机停在黑色方砖的概率为 　　． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷常考60题（38个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共2小题） 1．（2023秋•梁溪区校级期中）下列关于的方程中，是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程判定即可． 【解答】解：．是一元二次方程，故本选项符合题意； ．是一元一次方程，故本选项不符合题意； ．当时，该方程不是一元二次方程，故本选项不符合题意； ．该方程是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题主要考查了一元二次方程的定义，解题的关键是明确一元二次方程的定义． 2．（2023秋•姑苏区校级期中）若关于的方程是一元二次方程，则的值是 　　． 【分析】根据一元二次方程的定义得到且，然后解方程和不等式即可得到满足条件的的值． 【解答】解：关于的方程是一元二次方程， ，， 解得； 故答案为：． 【点评】此题主要考查了一元二次方程的定义，关键是掌握一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程． 二．一元二次方程的一般形式（共2小题） 3．（2023秋•天宁区校级期中）将一元二次方程化为一般形式，，，为常数），其中的值是　　 A． B． C．6 D．18 【分析】先化成一元二方程的一般形式，再得出即可． 【解答】解：， ， ， 所以， 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，能熟记一元二次方程的一般形式是解此题的关键，一元二次方程的一般形式是、、为常数，． 4．（2021秋•广陵区期中）将一元二次方程化成一般形式可得　　． 【分析】根据多项式的乘法展开，然后整理即可得解． 【解答】解：， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式是：，，是常数且特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，是常数项．其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 三．一元二次方程的解（共2小题） 5．（2022秋•姑苏区校级期中）若关于的一元二次方程有一根是3，则的值是　　 A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】根据一元二次方程解的定义，把代入一元二次方程得，然后解一次方程即可． 【解答】解：把代入方程得， 解得， 即的值为4． 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解． 6．（2022秋•泰兴市期中）先化简，再求值：，其中是方程的根． 【分析】先把括号内通分，再把除法运算化为乘法运算，接着约分得到原式，然后利用一元二次方程解的定义得到，最后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：原式 ， 是方程的根， ， ， 原式． 【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了分式的化简求值． 四．解一元二次方程-直接开平方法（共2小题） 7．（2023秋•姜堰区期中）已知关于的一元二次方程，，均为常数且的解是，则关于的一元二次方程的解是　　 A．， B．， C．， D．， 【分析】根据二次函数与一元二次方程的关系求出二次函数的图象与轴的交点坐标，进而根据二次函数图象的平移特征，求出二次函数的图象与轴的交点坐标，即可求出的解． 【解答】解：关于的一元二次方程的解是，， 二次函数的图象与轴的交点坐标为，， 将二次函数的图象向右移动1个单位长度，新图象的函数解析式为：， 二次函数的图象与轴的交点坐标为，，即，， 关于的一元二次方程的解为，， 即关于的一元二次方程的解是，． 故选：． 【点评】本题考查二次函数与一元二次方程的关系，二次函数图象的平移，熟知函数图象平移的法则是解题的关键． 8．（常熟市校级期中）解方程：． 【分析】把方程左边化成一个完全平方式，那么将出现两个完全平方式相等，则这两个式子相等或互为相反数，据此即可转化为两个一元一次方程即可求解． 【解答】解：， 或 解之得：，． 【点评】解一元二次方程的基本思想是降次，把一元二次方程转化为一元一次方程，从而求解． 五．解一元二次方程-配方法（共2小题） 9．（2023秋•玄武区期中）一元二次方程配方后可化为　　 A． B． C． D． 【分析】先表示得到，再把方程两边加上4，然后把方程左边配成完全平方形式即可． 【解答】解：， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了解一元二次方程配方法：将一元二次方程配成的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法． 10．（2021秋•淮安区期中）在实数范围内定义运算“☆”和“★”，其规则为：☆，★，则方程3☆★12的解为 　　． 【分析】根据题中的新定义将方程化为普通方程，利用完全平方公式将方程左边的多项式分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解． 【解答】解：根据题中的新定义得：3☆，★， 所求方程化为：，即， 解得：． 故答案为： 【点评】此题考查了解一元二次方程配方法及因式分解法，利用因式分解法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解． 六．解一元二次方程-公式法（共1小题） 11．（2021秋•新北区校级期中）用恰当的方法解方程： （1）； （2）； （3）； （4）． 【分析】（1）利用因式分解法解方程； （2）利用配方法解方程； （3）利用公式法解方程； （4）利用因式分解法解方程． 【解答】解：（1）， ， 或， 所以，； （2）， ， ， ， ， 所以，； （3）， ，，， △， ， ，； （4）， ， ， ， 或， 所以，． 【点评】本题考查的是解一元二次方程，在解答此类问题时要根据方程的特点选择适当的方法求解． 七．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 12．（2023秋•镇江期中）一个三角形的两边长为3和5，第三边长为方程的根，则这个三角形的周长为　11　． 【分析】直接利用因式分解法解方程，进而利用三角形三边关系得出答案． 【解答】解： ， 解得：，， 一个三角形的两边长为3和5， 第三边长的取值范围是：， 则第三边长为：3， 这个三角形的周长为：11． 故答案为：11． 【点评】此题主要考查了因式分解法解方程以及三角形三边关系，正确掌握三角形三边关系是解题关键． 13．（2023秋•射阳县期中）解方程： （1）． （2） 【分析】（1）求出的值，再代入公式求出即可； （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． 【解答】解：（1）， ， ， ，； （2）， ， ， ，， ，． 【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键． 八．换元法解一元二次方程（共2小题） 14．（2021秋•阜宁县期中）已知，则的值为　　 A．或1 B．1 C．5 D．5或 【分析】解题时把当成一个整体来考虑，再运用因式分解法就比较简单． 【解答】解：原方程变形得，， ， 又的值是非负数， 的值为只能是1． 故选：． 【点评】任何数的平方都是非负数，解这类问题要特别注意这一点． 15．（2021秋•灌南县期中）已知，则的值等于 　3　． 【分析】设，方程变形后利用因式分解法求解，再根据，这个条件确定最后结果； 【解答】解：设， 原方程化为：， 解得，， ， ． 故答案为：3． 【点评】本题考查了换元法解一元二次方程，掌握如何换元是解题关键． 九．根的判别式（共2小题） 16．（2023秋•姜堰区期中）关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则　　； 【分析】由一元二次方程有有两个相等的实数根得△，得到，再将其代入所求式子中计算即可求解． 【解答】解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根， △， ， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查一元二次方程根的判别式． 17．（2023秋•姑苏区校级期中）已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论实数取何值，方程总有两个实数根； （2）若方程两个根均为正整数，求负整数的值． 【分析】（1）根据根的判别式方程，可证无论实数取何值，方程总有两个实数根； （2）根据题意得到和是原方程的根，根据方程两个根均为正整数，可求负整数的值． 【解答】（1）证明：△， 无论实数取何值，方程总有两个实数根； （2）解：， ， ，， ，， 是负整数， ． 【点评】本题考查的是根的判别式及一元二次方程的解的定义，在解答（2）时得到方程的两个根是解题的关键． 一十．根与系数的关系（共2小题） 18．（2023秋•天宁区校级期中）若，是方程的两个实数根，则代数式的值为 　2024　． 【分析】由，是方程的两个实数根，推出，，，利用整体代入的射线思考问题． 【解答】解：，是方程的两个实数根， ，， ， ． 故答案为：2024． 【点评】本题考查根与系数的关系，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 19．（2023秋•秦淮区期中）已知关于的方程． （1）当该方程有实数根时，求的范围； （2）若该方程的两个根，满足，求的值． 【分析】（1）根据△，解不等式即可； （2）由根与系数的关系得出和的值，再代入得到关于的方程计算可得． 【解答】解：（1）由题意得△， ． 故实数的取值范围为； （2）依题意有，， ， ， 解得（舍去），． 故的值是． 【点评】本题考查了一元二次方程的根的判别式△：当△，方程有两个不相等的实数根；当△，方程有两个相等的实数根；当△，方程没有实数根．也考查了一元二次方程根与系数的关系． 一十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题） 20．（2022秋•常州期中）某校九年级（1）班学生毕业时，每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了1980张相片，如果全班有名学生，根据题意，列出方程为　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意得：每人要赠送张相片，有个人，然后根据题意可列出方程． 【解答】解：根据题意得：每人要赠送张相片，有个人， 全班共送：， 故选：． 【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用，本题要注意读清题意，弄清楚每人要赠送张相片，有个人是解决问题的关键． 21．（2023秋•姑苏区期中）某新建工业园区今年六月份提供就业岗位1501个，并按计划逐月增长，预计八月份将提供岗位1815个，设七、八两个月提供就业岗位数量的月平均增长率为，根据题意，可列方程为 　　． 【分析】根据今年六月份提供就业岗位1501个，并按计划逐月增长，预计八月份将提供岗位1815个，列一元二次方程即可． 【解答】解：根据题意，得， 故答案为：． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键． 一十二．一元二次方程的应用（共2小题） 22．（2023秋•洪泽区校级期中）现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展，我市某家快递公司，今年1月份与3月份完成投送的快递件数分别为10万件和12.1万件．如果按此平均速度增长，该公司4月份投递的快递总件数将达到 　13.31　万件． 【分析】设该公司每月的投递总件数的平均增长率为，结合题意依据增长模型建立方程，求得增长率，从而可求解． 【解答】解：设该公司每月的投递总件数的平均增长率为， 根据题意得：， 解得：或（不合题意，舍去）， 按此平均速度增长，则该公司4月份投递的快递总件数将达到：（万件）， 故答案为：13.31． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用中的增长率问题，一般形式为，为起始时间的有关数量，为终止时间的有关数量．根据数量关系得出关于的一元二次方程是解题的关键． 23．（2023秋•句容市期中）杭州亚运会的三个吉祥物“琮琮”“宸宸”“莲莲”组合名为“江南忆”，出自唐朝诗人白居易的名句“江南忆，最忆是杭州”，它融合了杭州的历史人文、自然生态和创新基因．吉祥物一开售，就深受大家的喜爱．某商店以每件35元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件58的价格出售．经统计，4月份的销售量为256件，6月份的销售量为400件． （1）求该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率； （2）经市场预测，7月份的销售量将与6月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，调查发现，该吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件．当该吉祥物售价为多少元时，月销售利润达8400元？ 【分析】（1）设该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为，根据4月份的销售量为256件，6月份的销售量为400件．列出一元二次方程，解之取其正值即可； （2）设该吉祥物售价为元，则每件的销售利润为元，月销售量为件，根据月销售利润达8400元，列出一元二次方程，解之取满足题意的值即可． 【解答】解：（1）设该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为，则6月份的销售量为， 根据题意得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为； （2）设该吉祥物售价为元，则每件的销售利润为元，月销售量为（件， 根据题意得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：该款吉祥物售价为50元时，月销售利润达8400元． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 一十三．配方法的应用（共2小题） 24．（2021秋•丰县期中）把二次三项式化成的形式应为　　． 【分析】二次三项式变形后，利用完全平方公式化简即可得到结果． 【解答】解： ． 故答案为：． 【点评】此题考查了配方法的应用，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 25．（2022秋•丹阳市校级期中）先阅读下面的内容，再解决问题， 例题：若，求和的值． 解：因为， 所以． 所以． 所以，． 所以，． 问题：（1）若，求的值； （2）已知，，是等腰的三边长，且，满足，求的周长． 【分析】（1）仿照例题的思路，配成两个完全平方式，然后利用偶次方的非负性，进行计算即可解答； （2）仿照例题的思路，配成两个完全平方式，再利用偶次方的非负性，先求出，的值，然后分两种情况，进行计算即可解答． 【解答】解：（1）， ， ， ，， ，， ， 的值为； （2）， ， ， ，， ，， 因为是等腰三角形， 所以或4， 分两种情况： 当时，的周长为， 当，的周长为， 所以的周长为13或14． 【点评】本题考查了配方法的应用，偶次方的非负性，三角形的三边关系，熟练掌握完全平方式是解题的关键． 一十四．无理方程（共1小题） 26．（2022秋•宿城区期中）【阅读材料】 求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组；求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解；求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想转化，把未知转化为已知． 用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解． 【直接应用】 方程的解是，　2　，　　． 【类比迁移】 解方程：． 【问题解决】 如图，在矩形中，，，点在上，若，求的长． 【分析】【问题解决】利用因式分解法，可得结论； 【类比迁移】利用两边平方，把无理方程转化为整式方程，求解即可； 【问题解决】根据题意先列出方程，再把无理方程转化为整式方程，求解即可． 【解答】解：， ． ． 或或． ，，． 故答案为：2，4． 解方程：． 方程两边平方，得． ． ． 或． 经检验是方程的解，不符合题意舍去． 所以原方程的解为：． 设的长为，则． 由题意，得， 移项，得， 两边平方，得， 整理，得． 解得． 经检验是方程的解． 所以的长为． 【点评】本题主要考查了高次方程、无理方程的解法，掌握转化的思想方法是解决本题的关键． 一十五．圆的认识（共2小题） 27．（2023秋•泰兴市期中）如图，四边形是扇形的内接矩形，顶点在弧上，且不与，重合，当点在弧上移动时，矩形的形状、大小随之变化，则的值　　 A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定 【分析】连接，根据勾股定理以及矩形的性质定理即可求解． 【解答】解：直角中，， 又矩形中，， ． 故选：． 【点评】本题考查的是圆的认识，涉及到矩形的性质定理以及勾股定理，正确作出辅助线是关键． 28．（2020秋•泰兴市期中）如图，是的直径，是的弦，、的延长线交于点，已知，若为直角三角形，则的度数为　22.5　． 【分析】由于是的直径，则，而，可得，根据等腰三角形的性质得到，又由于为直角三角形，而，所以为等腰直角三角形， 于是可得，利用三角形外角性质有，则． 【解答】解：是的直径， ， 而， ， ， 为直角三角形， 而， 为等腰直角三角形， ， ， ． 故答案为． 【点评】本题考查了圆的认识：圆上任意两点的连线段叫圆的弦；过圆心的弦叫圆的直径；直径的长等于半径的2倍．也考查了等腰直角三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质． 一十六．垂径定理（共2小题） 29．（2023秋•海州区期中）如图，的半径为13，弦，于点．则的长为　　 A． B． C． D． 【分析】先利用垂径定理得到，然后利用勾股定理计算的长． 【解答】解：，， ， 的半径为13， 在中，， ． 故选：． 【点评】本题考查了垂径定理以及勾股定理，掌握垂径定理的应用是解题的关键． 30．（2023秋•泗洪县期中）如图，是的一条弦，点是的中点，连接并延长交劣弧于点，连接，．若，，求的面积． 【分析】设的半径是，由勾股定理，垂径定理求出圆的半径，由三角形的面积公式即可计算． 【解答】解：设的半径是， 点是的中点，过圆心， ， ，， ，， ， ， ， ， 的面积． 【点评】本题考查勾股定理，垂径定理，关键是应用勾股定理求出圆的半径长． 一十七．垂径定理的应用（共2小题） 31．（2023秋•淮阴区期中）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知，则球的半径长是　　 A． B． C． D． 【分析】取的中点，作于点，取上的球心，连接，设，则，，然后在中利用勾股定理求得的长即可． 【解答】解：取的中点，作于点，取上的球心，连接， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ， 设，则， ，， 在直角三角形中， 即： 解得： 故选：． 【点评】本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 32．（2023秋•天宁区校级期中）如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度米，拱高米． （1）求圆弧所在的圆的半径的长； （2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，即米时，是否要采取紧急措施？ 【分析】（1）连接，利用表示出的长，在中根据勾股定理求出的值即可； （2）连接，在△中，由勾股定理得出的长，进而可得出的长，据此可得出结论． 【解答】解：（1）连接， 由题意得：（米，米， 在中，由勾股定理得：， 解得，（米； （2）连接， 米， 在△中，由勾股定理得：，即：， 解得：（米． （米． ， 不需要采取紧急措施． 【点评】本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键． 一十八．圆心角、弧、弦的关系（共1小题） 33．（2023秋•江阴市校级期中）如图，是的直径，四边形内接于，若，则的直径为　　 A． B． C． D． 【分析】如图，连接、．根据圆心角、弧、弦的关系证得是等边三角形，则的半径长为，求出直径即可． 【解答】解：如图，连接、， ， ． 又， 是等边三角形， ， 的直径为． 故选：． 【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的判定，解题的关键是利用“有一内角是60度的等腰三角形为等边三角形”证得是等边三角形． 一十九．圆周角定理（共2小题） 34．（2023秋•常州期中）如图，是半圆的直径，点，在半圆上．若，则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】根据直径所对的圆周角是直角求得，再根据直角三角形的两个锐角互余即可求解，再根据圆内接四边形的性质即可得解． 【解答】解：是半圆的直径， ． 又， ， 四边形为圆的内接四边形， ， ， 故选：． 【点评】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，熟记圆周角定理及圆内接四边形的性质是解题的关键． 35．（2023秋•淮阴区期中）如图，在中，，以为直径的分别交、于点、． （1）求证：点是的中点； （2）若，求的度数． 【分析】（1）连接，由圆周角定理推出，由等腰三角形的性质即可证明是的中点； （2）由等腰三角形的性质得到，求出，由圆周角定理推出，即可求出． 【解答】（1）证明：连接， 是圆的直径， ， ， 是的中点； （2）解： ， ， ． 【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，关键是有圆周角定理得到，． 二十．圆内接四边形的性质（共1小题） 36．（2023秋•广陵区期中）如图，四边形内接于，为的直径，． （1）若，求的度数； （2）求证：． 【分析】（1）根据，可得，根据三角形的内角和定理得出，根据平行线的性质求出，根据圆内接四边形的性质求出的度数即可； （2）连接，根据，可得，根据平行线的性质可得，从而证得结论． 【解答】（1）解：，， ， ， ， ， 四边形是的内接四边形， ， ； （2）证明：连接， ， ， ， ，， ， ． 【点评】本题考查了圆心角、弦、弧之间的关系定理以及平行线的性质，解题的关键是掌握相关定理并灵活运用． 二十一．点与圆的位置关系（共2小题） 37．（2023秋•姜堰区期中）如图，半径为5，那么图中到圆心距离为7的点可能是　　 A．点 B．点 C．点 D．点 【分析】根据图中的点在圆的分布位置，即可作答． 【解答】解：、因为点在圆上，所以点到圆心距离即为半径，为5，故该选项是错误的； 、因为点在圆内，所以点到圆心距离小于半径5，故该选项是错误的； 、因为点在圆内，所以点到圆心距离小于半径5，故该选项是错误的； 、因为点在圆外，所以点到圆心距离大于半径5，那么图中到圆心距离为7的点可能是点，故该选项是正确的； 故选：． 【点评】本题考查了点与圆心的位置关系，难度较小． 38．（2022秋•锡山区期中）若的半径为3，点为平面内一点，，那么点在 　内部　（填“上”、“内部”或“外部” ． 【分析】根据点和圆的位置关系得出即可． 【解答】解：的半径， ， 点在内部， 故答案为：内部． 【点评】本题考查了点和圆的位置关系的应用，注意：已知的半径是，点到圆心的距离是，当时，点在圆外，当时，点在圆上，当时，点在圆内． 二十二．确定圆的条件（共1小题） 39．（2022秋•射阳县校级期中）下列说法正确的是　　 A．弧长相等的弧是等弧 B．直径是最长的弦 C．三点确定一个圆 D．相等的圆心角所对的弦相等 【分析】根据等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及圆心角、弧、弦之间的关系定理判断即可． 【解答】解：、能够重合的弧是等弧，弧长相等的弧不一定是等弧，故本选项说法错误，不符合题意； 、直径是最长的弦，本选项说法正确，符合题意； 、不在同一直线上的三点确定一个圆，故本选项说法错误，不符合题意； 、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故本选项说法错误，不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查的是圆的概念和有关性质，熟记等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及圆心角、弧、弦之间的关系是解题的关键． 二十三．三角形的外接圆与外心（共2小题） 40．（2023秋•梁溪区校级期中）如图，是的内接三角形，，，是边上一点，连接并延长交于点．若，，则的半径为　　 A． B． C． D． 【分析】连接，，，根据等腰三角形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论． 【解答】解：连接，，， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， ，， ， ， ， ，， ， ， 即的半径为， 故选：． 【点评】本题考查了三角形的外接圆和外心，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形 的判定和性质是解题的关键． 41．（2020秋•赣榆区期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，那么的外接圆的圆心坐标为　　． 【分析】作和的垂直平分线，它们的交点为的外接圆的圆心，从而得到的外接圆的圆心坐标． 【解答】解：如图，点为的外接圆的圆心，其坐标为． 故答案为． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心． 二十四．直线与圆的位置关系（共1小题） 42．（2023秋•崇川区校级期中）已知的半径是一元二次方程的一个根，圆心到直线的距离，则直线与的位置关系是　　 A．相交 B．相切 C．相离 D．平行 【分析】先求方程的根，可得的值，由直线与圆的位置关系的判断方法可求解． 【解答】解：， ，， 的半径为一元二次方程程的根， ， ， 直线与的位置关系是相离， 故选：． 【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离与圆半径大小关系完成判定． 二十五．切线的性质（共2小题） 43．（2023秋•天宁区校级期中）如图，在中，，，，为边的中点，以上一点为圆心的和、均相切，则的半径为　　． 【分析】过点作于点，于点，连接，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式列式计算，得到答案． 【解答】解：过点作于点，于点，连接， 、是的切线， 点、是切点， ， 在中，，，， ， 是边的中点， ， ，即， 解得，， 的半径是， 故答案为：． 【点评】本题考查的是切线的性质、勾股定理、三角形的面积计算，掌握圆的切线的性质定理是解题的关键． 44．（2022秋•常州期中）已知为的直径，，为上一点，连接，． （Ⅰ）如图①，若为的中点，求的大小和的长； （Ⅱ）如图②，若，为的半径，且，垂足为，过点作的切线，与的延长线相交于点，求的长． 【分析】（Ⅰ）根据圆周角定理得到，，进而求出，根据余弦的定义求出； （Ⅱ）根据切线的性质得到，证明四边形为矩形，根据矩形的性质得到，根据勾股定理求出，根据垂径定理解答即可． 【解答】解：（Ⅰ）为的直径， ， 为的中点， ， ， ； （Ⅱ）是的切线， ， ，， 四边形为矩形， ， 在中，，，， 则， ， ， ． 【点评】本题考查的切线的性质、垂径定理、矩形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键． 二十六．切线的判定（共2小题） 45．（2020秋•海陵区校级期中）如图，正方形的边长为8．是的中点，是边上的动点，连接，以点为圆心，长为半径作．当与正方形的边相切时，的长为　　 A．3 B． C．3或 D．不确定 【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当与直线相切时；如图2中当与直线相切时．设切点为，连接，则，四边形是矩形； 【解答】解：如图1中，当与直线相切时，设． 在中，， ， ， ，． 如图2中当与直线相切时．设切点为，连接，则，四边形是矩形． ， ，， 在中，． 综上所述，的长为3或． 故选：． 【点评】本题考查切线的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题． 46．（2023秋•常州期中）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作于点，交的延长线于点． （1）求证：是的切线； （2）当，时，求的长． 【分析】（1）连接，由，根据等边对等角得到一对角相等，再由，根据等边对等角得到又一对角相等，等量代换可得一对同位角相等，根据同位角相等两直线平行可得与平行，又垂直于，根据垂直于两平行线中的一条，与另一条也垂直，得到与也垂直，可得为圆的切线； （2）连接，由为圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角可得，即与垂直，又，根据三线合一得到为中点，由求出的长，再由的长，利用勾股定理求出的长，三角形的面积有两种求法，乘以除以2，或乘以除以2，列出两个关系式，两关系式相等可求出的长． 【解答】（1）证明：连接， ， ， ， ， ， ， ， ，且为圆的半径， 是的切线； （2）连接， 为的直径， ， 又，且， ， 在中，，， 根据勾股定理得：， 又， 即， ． 【点评】此题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，平行线的性质，勾股定理，三角形面积的求法，以及切线的判定，其中证明切线的方法为：有点连接圆心与此点，证垂直；无点过圆心作垂线，证明垂线段长等于圆的半径．本题利用的是第一种方法． 二十七．切线长定理（共1小题） 47．（2020秋•亭湖区期中）如图，、分别切圆于、，并与圆的切线，分别相交于、，已知的周长等于，则　5　． 【分析】由于、、都是的切线，可根据切线长定理，将的周长转换为、的长，然后再进行求解． 【解答】解：如图，设与的切点为； 、分别是的切线，且切点为、； ； 同理，可得：，； 则的周长； ， 故答案为：5． 【点评】此题主要考查了切线长定理的应用，能够将的周长转换为切线、的长是解答此题的关键． 二十八．三角形的内切圆与内心（共1小题） 48．（2022秋•阜宁县期中）如图，是的内切圆，切点分别为、、，，． （1）求的度数． （2）求的度数． 【分析】（1）由切线长定理可知，分别是和的角平分线，则和的度数可求出，进而可求出的度数； （2）连接，．由三角形内角和定理可求得，由切线的性质可知：，，从而得到，故可求得，即可解决问题． 【解答】解： （1）是的内切圆，切点分别为、、， ，分别是和的角平分线， ，， ； （2）如图所示；连接，． ，， ． 是圆的切线， ． 同理． ． ， ． 【点评】本题主要考查的是切线的性质、切线长定理、三角形、四边形的内角和、圆周角定理，求得的度数是解题的关键． 二十九．正多边形和圆（共1小题） 49．（2021秋•泰兴市期中）一个适当大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为定值的小正六边形的中心重合，且与边、相交于、（如图）．图中阴影部分的面积记为，三条线段、、的长度之和记为，在大正六边形绕点旋转过程中，下列说法正确的是　　 A．变化，不变 B．不变，变化 C．变化，变化 D．与均不变 【分析】如图，连接，．证明，可得结论． 【解答】解：如图，连接，． ，， ， 在和中， ， ， ， 定值，定值， 故选：． 【点评】本题考查正多边形与圆，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 三十．弧长的计算（共1小题） 50．（2021秋•邗江区期中）如图，是的直径，点是上一个动点（点不与点，重合），在点运动的过程中，有如下四个结论： ①至少存在一点，使得； ②若，则； ③不是直角； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是　　 A．①③ B．③④ C．②③④ D．①②④ 【分析】根据圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系解决问题即可． 【解答】解：①至少存在一点，使得，错误．不存在． ②若，则，错误，应该是． ③不是直角，正确． ④．正确． 故选：． 【点评】本题考查弧长的计算，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 三十一．扇形面积的计算（共1小题） 51．（2023秋•江阴市校级期中）如图，扇形的圆心角为直角，边长为1的正方形的顶点、、分别在、、上，，交的延长线于点．则图中阴影部分面积是． 【分析】通过观察图形可知，，弧弧，阴影部分的面积正好等于长方形的面积，根据正方形的性质求出扇形的半径，从而求出的长，即可求出长方形的面积． 【解答】解：连接， 正方形的边长为1，即， ， ， ，，弧弧， 图形是面积等于图形的面积， 长方形的面积． 故答案为：． 【点评】本题要把不规则的图形通过几何变换转化为规则图形的面积求解．如通过观察可知阴影部分的面积正好等于长方形的面积，直接根据相关条件求长方形的面积即可． 三十二．圆锥的计算（共1小题） 52．（2023秋•启东市期中）如图，冰淇淋蛋筒下部呈圆锥形，则蛋筒圆锥部分包装纸的面积（接缝忽略不计）是　　 A． B． C． D． 【分析】由于锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，所以根据扇形的面积公式可计算出蛋筒圆锥部分包装纸的面积 【解答】解：根据题意，圆锥的侧面积， 即蛋筒圆锥部分包装纸的面积为． 故选：． 【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 三十三．加权平均数（共1小题） 53．（2023秋•亭湖区校级期中）某企业参加“科技创新企业百强”评选，创新能力、创新价值、创新影响三项得分分别为8分，9分，7分，若将三项得分依次按的比例计算总成绩，则该企业的总成绩为　　 A．8分 B．8.1分 C．8.2分 D．8.3分 【分析】根据加权平均数的计算方法求出该企业的总成绩即可． 【解答】解：该企业的总成绩为：（分， 故选：． 【点评】本题考查加权平均数，掌握加权平均数的计算方法是正确解答的关键． 三十四．众数（共1小题） 54．（2023秋•大丰区期中）《义务教育课程标准年版）》首次把学生学会炒菜纳入劳动教育课程，并作出明确规定．某班有7名学生已经学会炒的菜品的种数依次为：2，4，3，2，5，2，3．则这组数据的众数和中位数分别是　　 A．2，2 B．2，2.5 C．2，3 D．3，3 【分析】根据中位数和众数的概念求解即可． 【解答】解：这组数据2，2，2，3，3，4，5中2出现3次，次数最多， 所以这组数据的众数为2， 中位数为3． 故选：． 【点评】本题主要考查众数和中位数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数． 三十五．方差（共1小题） 55．（2023秋•姑苏区期中）甲、乙两个篮球队队员身高的平均数都为2.07米，若方差，则队员身高比较整齐的球队是 　甲　队（填“甲”或“乙” ． 【分析】根据方差的意义可作出判断，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 【解答】解： 队员身高比较整齐的球队是甲． 故答案为：甲． 【点评】本题考查方差，解题的关键在于知道方差的意义． 三十六．可能性的大小（共2小题） 56．（2024春•阜宁县期中）抛掷一枚质地均匀的硬币，若抛掷6次都是正面朝上，则抛掷第7次　　 A．正面朝上的可能性大 B．反面朝上的可能性大 C．正面朝上与反面朝上的可能性一样大 D．无法确定 【分析】根据大量重复试验事件发生的频率接近事件发生的可能性的大小（概率），可得答案． 【解答】解：虽然连续抛掷一枚质地均匀的硬币6次都是正面朝上， 但抛掷第7次正面朝上与反面朝上的可能性也一样大． 故选：． 【点评】本题考查了概率，大量重复试验事件发生的频率接近事件发生的可能性的大小（概率）． 57．（2023秋•姜堰区期中）一只不透明的袋子中装有3个红球，2个白球和1个蓝球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出1个球，则摸到 　红　球的可能性最大．（填球的颜色） 【分析】哪种颜色的球最多，摸到哪种球的可能性就最大，据此求解即可． 【解答】解：红球数量最多， 摸到红球的可能性最大， 故答案为：红． 【点评】考查了可能性大小的知识，解题的关键是了解“哪种颜色的球最多，摸到哪种球的可能性就最大”，难度不大． 三十七．概率公式（共2小题） 58．（2021秋•高淳区期中）一个不透明布袋中有2个红球，3个白球，这些球除颜色外无其他差别，摇匀后从中随机摸出一个小球，该小球是红色的概率为　　 A． B． C． D． 【分析】直接根据概率公式求解． 【解答】解：从中随机摸出一个小球，恰好是红球的概率． 故选：． 【点评】本题考查了概率公式：随机事件的概率（A）事件可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数． 59．（2023秋•射阳县期中）在一个不透明的袋子中装有3个白球和7个红球，它们除颜色外，大小、质地都相同．从袋子中随机取出一个球，是红球的概率是 　　． 【分析】从袋子中随机摸出1个球共有10种等可能结果，其中是红球的有7种结果，再根据概率公式求解即可． 【解答】解：从袋子中随机摸出1个球共有10种等可能结果，其中是红球的有7种结果， 从袋子中随机取出一个球，是红球的概率为． 故选：． 【点评】本题主要考查概率公式，随机事件的概率（A）事件可能出现的结果数所有可能出现的结果数． 三十八．几何概率（共1小题） 60．（2022秋•东台市期中）如果所示的地板由15块方砖组成，每一块方砖除颜色外完全相同，小球自由滚动，随机停在黑色方砖的概率为 　　． 【分析】根据几何概率的求法：小球落在黑色方砖的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值． 【解答】解：总面积为15块方砖的面积，其中黑色方砖有5个， 小球停在黑色方砖的概率为， 故答案为：． 【点评】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$