第24章 圆 综合评价-PDF部分书稿【鸿鹄志·名师测控】2025-2026学年九年级上册数学（人教版）

第二十四章综合评价 9.如图，AB为⊙O的直径，PB,PC分别与⊙O相切于点B,C,过 16.已知⊙O的直径AB垂直于弦CD,垂足为E,∠CAE=30°， (时间：120分钟满分：120分) 点C作AB的垂线，垂足为E,交⊙O于点D.若CD=PB= OE=23,F为CD上一点，OF=4,则CF的长为 23,则BE的长为 ( )17.如图，将边长为3的正六边形铁丝框ABCDEF变形为以点A 一、选择题（每小题3分，共30分） A.1 B.2 C.3 D.4 为圆心，AB长为半径的扇形（忽略铁丝的粗细），则所得扇形 1.已知⊙O的直径为3cm,点P到圆心的距离OP=2cm,则 AFB(阴影部分)的面积为 点P () 18.如图，在R1△AOB中，OB=2v3,∠A=30°，⊙O的半径为1， A.在⊙O外 B.在⊙O上 C.在⊙O内 D.不能确定 点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ(其中 2.如图，⊙O的直径AB=8,点C在⊙O上，∠ABC=30°，则AC 点Q为切点)，则线段PQ长度的最小值为 的长是 (） (第9题图) (第10题图) 三、解答题（共66分） A.2 B.2√2 C.23 D.4 10.如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，O为对角线的交点.将 19.(8分)如图，某公园的石拱桥的桥拱是圆弧形（弓形），其跨度 菱形ABCD绕点O逆时针旋转90°得到菱形A'B'C'D',两个 AB=24m,拱的半径R=13m,求拱高CD. 菱形的公共点为E,F,G,H.对八边形BFB'GDHD'E给出 下面四个结论：①该八边形各边长都相等：②该八边形各内角 都相等：③点O到该八边形各顶点的距离都相等：④点O到 (第2题图) (第3题图) (第4题图) 该八边形各边所在直线的距离都相等.上述结论中，所有正确 3.如图，EF,CD是⊙O的两条直径，A是劣弧DF的中点.若 结论的序号是 ( ∠EOD=32°，则∠CDA的度数为 ( A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ A.37 B.74 C.53 D.63° 二、填空题（每小题3分，共24分） 4.如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E,连接BC,BD,下 1L如图，在⊙O中，直径CD⊥弦AB,垂足为E,已知AB=6, 列结论不一定正确的是 ( ) 封 OE=4,则CD的长为 A.AE=BE B.AD=BD 20.(8分)已知⊙O的两条弦AB,CD相交于点M,且AB=CD. C.OE=DE D.∠DBC=90 (1)如图①，连接AD.求证：AM=DM: 5.如图，在△ABC中，AB=BC=2,以AB为直径的⊙O与BC (2)如图②，若ABLCD.在BD上取一点E,使BE=BC,AE 相切于点B,则AC的长是 ( 交CD于点F,连接AD,DE.判断∠E与∠DFE是否相 A.2 B.3 C.22 D.23 (第11题图) (第13题图) (第14题图)》 等，并说明理由。 12.将一个圆分成三个扇形A,B,C,它们的面积之比为1：3：5， 则面积最小的扇形的圆心角度数为 13.如图，AB是⊙O的直径，C,D是⊙O上两点，BA平分 ∠CBD.若∠AOD=50°，则∠A的度数为 图① 图② (第5题图) (第6题图) (第7题图) 14.如图，木工用角尺的短边紧靠⊙O于点A,长边与⊙O相切于 6.如图，AB为半圆O的直径，C.D是半圆O上的两点，∠BAC= 点B,角尺的直角顶点为C.已知AC=6cm,CB=8cm,则⊙O 20°，AD=CD,则∠DAC的度数为 的半径为 cm. A.40 B.35 C.30° D.25 15.如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O,点P是CD上的任意 7.如图，半径为5的⊙A与y轴交于点B(0,2),C(0,10),则点A 点，则∠APB的大小是 的横坐标为 ( A.-3 B.3 C.4 D.6 8.若圆锥的底面半径为3cm,母线长为8cm,则这个圆锥的侧面 积为 ( B.24 cm2 (第15题图) (第17题图) (第18题图 A.12 cm2 C.12cm2 D.24πcm 第1页（共6页） 第2页（共6页） 第3页（共6页） 21.(8分)如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C,交AB的23.(10分)如图，在△ABC中，AB=4,∠C=64°，以AB为直径25.(14分)已知⊙O为等腰三角形ABC的外接圆，AB=AC,P 延长线于点D,且∠D=2∠A 的⊙O与AC相交于点D,E为ABD上一点，且∠ADE=40°， 为BC上任一点，连接PB,PC (1)求∠D的度数； (1)求BE的长； 【问题背景】 (2)若CD=2.求BD的长. (2)若∠EAD=76°，求证：CB为⊙O的切线： (1)如图①.若∠BAC=60°，求证：PB+PC=PA: 【迁移运用】 (2如图@，若∠BAC=90.求P的值， 【拓展运用】 (3)如图③，点P在BC上，∠BOC=120°，BC=4V3.求PB+ PC的最大值. 图① 图② 图③ 24.(10分)已知在△AOB中，∠ABO=30°，AB为⊙O的弦，直 22.(8分)如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC 线MN与⊙O相切于点C.、T 于点D,点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好 (1)如图①，若AB∥MN,直径CE与AB相交于点D,求 经过点D,分别交AC,AB于点E,F. ∠A(OB和∠BCE的大小： (1)试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由： (2)如图②，若OB∥MN,CG⊥AB,垂足为G,CG与OB相交 (2)若BD=2、3,AB=6,求阴影部分的面积.（结果保留π） 于点F,OA=3,求线段OF的长. 图① 图② 第4页（共6页） 第5页（共6页） 第6页（共6页）第二十三章综合评价 -5=n=之m=；.20解：1r-2+e=9整理，得r-2kr十-9=0. ÷Q1.2)②当∠QC=90时，CN=CQ+QN,3+(是)=1+(a-3+ 1.D2.A3.A4.C5.C6C7.D8C9.B10.B11.(1)△EDB(2)8 △=（一2k)一4（太-9）=36>0..此方程有两个不相等的实数根：(2)把x=2代入 12.90°13.1214.平行四边形15.一16,46°17.33-318.4-区19.解： 方程，得4-4k+9.∴.k2-k=5..3k一12+2025=3(-4k)+2025=2040. -是)+.解科a=∴(1,+)或，2)：当∠c0 (1)A90°(2)：△ADF旋转一定角度后得到△ABE,AF一2.AB-5.·AE-AF= 2L,解：(1)如图，△AB,C即为所求： (2)如图，△A2BC即 90时，C0-CN+Q,1+(u-32-3+(2)+(1-是)）+2，解得a 2,AB=AD=5,∴.DE=AD-AE=5-2=3.20.解：根据题意，得y=-3,(x2+2x) +(x十2)=0.解得m=一1.=一2.点P在第二象限，∴x+2x<0.∴x=一1. Q(1.-)综上所述点Q的坐标为(1.名)或(1，计T)或 x十2y=-1十2X(-3)=-7.21.解：(1)令y=0.则x=-2:令x=0.则y=4, A(一2,0)，B(0,4).点C,D分别是点A,B关于原点的对称点，∴C(2,0),D(0, (1.3)或.-) 解得/=2， 一4).设直线CD的解析式为y=x十6，则一4，解 b=-4·直线CD的部 第二十四章综合评价 1.A2.D3.C4.C5.C6.B7.B8.D9.C10.B11.1012.4o13.65 所式为y=2x一4(2》Sm-S6十Sm=立×4×4+2×4X4-16 为所求：由图可知B(0.-2).C2(一2.-1)：(3)△ABC(1.-1)22.解：(1)y与 x之间的函数解析式为y-一2x十60(10≤≤19)：(2)根据题意，得(x一10)（一2x+ 14.萼1530°164或817.1818.2219.解：如答图，设的圆心为点0.由 2.解：1(6)(-5，-)（2(-，（3)根据题意.得十3+2%3-0，解 60)=192.整理，得x2-40x十396=0.解得x1=18,=22.又：10≤x≤19，.x=18. 1-b+6-2a=0. 答：销售单价为18元：(3)根据题意，得=(x一10)（一2.x十60）=一2.x2+80x一600■ 题意，得AD=7AB=号×24=12(m),0C=0A=0B=13m在 2÷a+-2=2.2点解：△ABM与△ACM关于直线AF成轴为 一2(x一20)2+200.，：=-2<0，抛物线的对称轴为直线x=20,.当10-≤r≤19时， Rt△AOD中，由勾股定理，得(0D=√OA-AD=13-12 和随x的增大而增大∴.当x=19时，w有最大值，m大=198，答：当销售单价为19元 称，.△ABM≌△ACM.,AB=AC又，△ABE与△DCE关于点E成中心对称， 5(m),∴.CD=OC-OD=13-5=8(m.答：拱高CD为8m 时，每天获利最大，最大利润是198元23.解：(1)由题意，得点A在y轴上.令x一0， 答图 .△ABE2△DCE,AB=CD,.AC=CD:(2)∠F=∠MCD.理h如下：由(I)可得 20.解：1)AB=CD,∴，B=D.即C+=C+D,∴.C ∠BAE=∠CAE=∠CDE,∠CMA-∠BMA:∠BAC=2∠MPC,.设∠MPC=a. 则y-言×0-5r+6-名，01-号m答：雕塑商Q1为号m(2)由题意，得点 D,∠D=∠A,∴.AM-DM:(2)∠E与∠DFE相篆.理由如下，连接AC, 则∠BAC-2a,∴.∠BAE=∠(CAE-∠CDE=a.设∠BMA=A,则∠PMF=∠CMA= BE,.∠CAB=∠EAB.:AB⊥CD,∴.∠AC=∠AMF.易得△ACM≌△AFM, B∴.∠F=∠MPC-∠PMF=e-A,∠MCD=∠CDE-∠IDMC=a-3,.∠F= D在r轴上.0D=0C令y=0,则-青(x-52+6=0,解得五=11，=-1（不合题 AC=AF,∠C=∠AFC'∠C=∠E,∠AFC=∠DFE.∠DFE=∠E21.解： ∠MCD.24.解：(1)由旋转的性质知∠BAM=∠FAN.又，AB=AF,∠B=∠F= 意，舍去)..OD=11m,CD=2OD=22m.答：落水点C.D之间的距离为22m+ (1)∠D=2∠A,∠COD=2∠A.∠COD=∠D.PD与⊙O相切于点C,∴.COC⊥ 60°，∴.△ABM≌△AFNCASA),∴.AM=AN:(2)当旋转角a=3D时，四边形ABPF是 (3)当=10时=一。×10-5)+6=>1.8.∴雕塑F顶部F不会碰到水柱 PD,即∠OCD=90°，·∠D=45(2)由(1)可知△OCD是等腰直角三角形，∴，OC-CD 菱形.理由如下：a=30,.∠B4F=∠FAE十∠BMM=90十30°=120'.又，∠B= -2.在R△OD中，由勾股定理，得OD=√+CD=√+2=2√2，∴BD=OD ∠F=60,∴∠B+∠BAF=180,∠F+∠BAF=180,AF∥BP,AB∥FP,四边 24.解：【何题解决】恩路一：如图①.将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BPA,连 一OB一22一2.22.解：(1)直线BC与⊙O相切.理由如下：连接OD.,0A-(OD, 形ABPF是平行四边形.又：AB=AF,.四边形ABPF是菱形.25.解：(1)画图如 接PP,.∠PBP=90,BP=BP=2,AP=CP=3.在R△PBP中，，BP=BP= ·∠OAD=∠ODA,,AD平分∠CAB,,∴，∠2AD=∠CAD,.∠CAD=∠ODA, 图②：135°(2)PA=PE.理由如下：CA=(B,∠C=90°..∠A1C=∠B4C=45, 2.∴∠BPP=45,由勾股定理，得PP=√BP+BPT=√②+2=2√Z.:AP=1, .AC∥OD.∴.∠ODB=∠C=90,即BC⊥OD.又，'OD为⊙O的半径.∴.直线BC是 如图②，过点P作PM∥AB交AC于点M,.∠MPC=∠ABC=∠BAC=∠PMC= .AP+Pp=1+8=9.AP归=3=9.，AP十PP:=AP,△APP是直角三 ⊙O的切线：(2)设OA=OD=OF=r,则(OB=AB一OA=6-在Rt△ODB中，由勾 45,.CP=CM,∠AMP=135°-∠PBE,.CA-一CM=CB-CP,即AM=PB.,将射 角形，且∠APP=90,∴，∠APB=∠APP+∠BPP=90+45=135:思路二：求解 股定理，得OD+B0=OB,即2+(23)=(6-r),解得r=2..OB=4,∴.OD 线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E,,∠APE=90,,∠EPB=90° 过程路： OA■AB-(OB=2∴.OD=7OB∠B-30°.·∠DB=180'-∠B-∠ODB=60 ∠APC=∠PAM.∴.△APM≌△PEB(ASA),∴.PA=PE:(3)当点P在线段BC上 时，如图②，由(2)可知，BE=PM,BP=AM易知BA=√2(AM+CM),∴.BA=√2BF ∴S=5m-m=之×2，X2-2=28-豪2A解：1连接0E +√2CM易知PM=√②CM,,BA=√2BP+BE.当点P在线段CB的延长线上时，过 ,AB是⊙0的直径，且AB=4,.⊙O的半径为2.：∠ADE=40°，∠AE 点P作PN⊥BC交BE于点N.如图③.易知∠ABD=90,∠ABC=45,∴.∠PBN= 图① 图② 180°一∠ABC-∠ABD=45,.△BPN是等腰直角三角形，∠ABP=135,,BP= 2∠ADE-80.∠B0E-180-∠A0E-100,屏的长-10XmX2-9(2连 180 【类比探究】如图②，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BPA,连接PP, NP,∠PNB=45.∴.∠ENP=135=∠ABP,BN=V2BP.易知∠APE=90. 接BD.∠EAD=76,∠ADE=40,∠AED=180-∠EAD-∠ADE=64, ∴.∠PBP90,BP-BP-1,AP=CP-T,.∠BPP=45.在Rt△BPP中，由 .∠EPN=90-∠APN=∠APB,∴.△EPN2△APB(ASA).∴.EN=BA.,BE= ·∠ABD=∠AED=64.AB是⊙O的直径，∴.∠ADB=90..∠BAC=0° 勾股定理，得PP=√BP+BPm=√+F=2.,AP=3,,AP+Pp9=9+2= EN+BN,,BE-BA十②BP.综上所述，当点P在线段BC上时，BA=2BP十BE:当 ∠ABD=26°.∠C=64°.∴.∠ABC=∠180°-∠C-∠BAC=90.即AB⊥BC..OB 11.:AP=(11)=11,AP严+PP=AP,,△APP是直角三角形，且∠APP 是⊙O的半径.∴.BC是⊙O的切线.24.解：(1)：Q4-OB.∴∠A=∠AB7.:∠A 点P在线段CB的延长线上时，BE=BA十√②BP =90.∴∠APB=∠APP-∠BPP=90°-45=45.25.解：(1)A(-1,0),B(3. +∠AB0+∠A0B=180,∠AB0=30',·∠A0B=180°一2∠AB0=120.,直线 0),C(0.3):(2)设直线BC的解析式为y=kx十k把B(3.0),C(0,3)代人y=x十b,得 MN与⊙O相切于点C,CE为⊙O的直径，∴，∠EM=9o.AB∥MN,∴，∠CDB= +-0解得21 6=3, 1b=3. .y=一x十3.设点P的坐标为(1，一4+3)，则M(4,一产十2 ∠BM=90,∠乐=90-∠A0=60.∴.∠BE=7∠BOE=30:(2)连接0C OB∥MN,.∠MC0=∠(OB=903.G⊥AB,∴∠FGB=90.:∠ABO=30, 图 图 +3).∴PM=-+2+3-(-1+3)=-f+3.∴Smw=5w+5amw=7B0: ∠BFG-90°-∠ABO=60'.∴∠CFO=∠BFG=60°..∠OF-30..在R1△F 期中综合评价 PM=2×3x(-f+30=-2r+2=-受(-2)+g(0<<3.-2<0, 中，CF=2OF.由勾股定理，得O+(O=CF,即OF2+3=4OF,.OF=√3.即线 1.A 2.A 3.D 4.C 5.C 6.C 7.B 8.C 9.D 10.B I1.n -0x 段(OF的长为v.25.解：(1)在PA上收PM=PC,连接MC,:△ABC为等腰三角 开口向下，六当1一受时Sv有最大值，此时点P的坐标为（受·受）：(3)由2)知 形.∠BAC=60..△ABC为等边三角形.∠ABC=∠APC=∠ACB=60°. 12.-413.m>0且m≠14.20°15.当<16.417.180°-号&18.9 △PMC是等边三角形，.MC=PC=MP,∠MCP=6O,∴.∠MCP=∠ACB=60. N2,0）抛物线的对称轴为直线x=1,C(0,3).设Q1a,①当∠QCN=90时， 19.解：(1)移项，得，x2一6x=11.配方，得x一6x十9=9+11，(x一3)2=20.由此可得x ∠ACB-∠MB=∠MP-∠MCB,即∠A(M=∠BCP,∴.△A(≌△BP(SAS), ∴.AM=PB.:PM+AM=AP,.PA=PB+PC:(2)过点A作AM⊥AP交直线PB 一3=士25，.1=3+25，n=3-25:(2)方程可变形为2(2-1)2-3(2x一1)=0， NQ=CQ+CN(1-)+d=F+(a-3)+3+(2).解得u=2: 于点M.∴.∠MAP=∠BAC=90°..∠MAP-∠BAP=∠BAC-∠BAP,即∠MAB 因式分解，得(2x-1D[2(2x-1)-3]-0.(2x-1)(4r-5)=0.于是得2x-1-0,或4x =∠PAC.:四边形ABPC是⊙O的圆内接四边形.·∠ABP+∠ACP=18O.又 第34页（共54页） 第35页（共54页） 第36页（共54页） :∠ABM+∠ABP=180°..∠ACP=∠ABM.,AB=AC.∴.△ABAM2△ACP 图如图： 人社 ②120(2)易知被调查的学生有300 √/CE十C=√+2=210.25解：(1》物线的解析式为y=一x+1)(x (ASA),.BM=PC,AM=AP.在R1△MAP中，由勾股定理，得Af+AP=MP, 3),即y=一2十2x十3：(2)易得该抛物线的对称轴为直线x=1.令x一0，则y=3, Mp-EP_P--,()由a知，PB+C-PA,放PA C(0,3),设P1,m).由题意，得PB=PC,∴PB=PC,∴，(3-1)+m=1F+(m PA 3)2,解得m一1..P(1,1):(3)假设存在点M满足条件，在抛物线第一象限上任取点 取最大值时，即PA为⊙O的直径时，PB十PC有最大值.∠BC=120°，BC=43, M,设M(1,一产+21+3)，连接(M,BM.设BC交对称轴于点Q,过点M作MN∥y轴， 可求得OB=4,∴，⊙O的直径为8，即PB+PC的最大值为8. 下兴厘活诗小圳 交BC于点N.易得直线BC的解析式为y=-r+3,N(,一1+3).：P(1,1) 第二十五章综合评价 1.A2C3A4B5D6B7.A8D9.A10D11.012. 名，30×照=720（名.答：该胶参加E组（人工智能）的学生约有720名：(3)根据题 Q1,2)PQ-2-1=1.Saw=Sr=7PQ·n-=zX1X13-0 131714.}15是16京17.片18希19.解：1)82)根据题意.得20 意的时个个春各 三.由点M.N的坐标，得MN=-+2+3-(-t+3)=-+3,5mu=号MN -寻，解得=2.20.解：()(2)设从袋中取出黑球的个数为x根据题意，得 出，所有可能出现的结果共有12种，这些结果出现的可能性相等，其中抽到一名男生 1m-=含×(-+30×13-01=是解得1=35.0<3生5<3∴存在满足 2 号一子解得=2经检验=2是原方程的解，且符合题盘。六从袋中取出黑球 和一名女生的结果有8种，所以P(给好抽到一名男生和一名女生)一是-号 条件的点M的横童标为3中或2。 期末综合评价 阶段抓分小卷答案 的个数为2.2L.解：(1) (2)根据题意，可以画出如下的树状图： 1,D2.C3.D4.C5.A6.B7.C8.A9D10.A1L.312.12l3.3cm 阶段微测试（一） 14,3615516.(2.-5)17.-218.②19.解：(10m=2+23w=2-28: 1.C2.A3.B4.C5.B6.A7.C8.B9.22-6r-15=0-6-15 10.n=2,=111.112.-3或413.解：(1)2x+3=±3.2x+3=3.或2x+3 (2五-3，-号.20.解：1)如图，△A,BC即为所求于买 一-3,1=0，=一3：(2)因式分解，得(.x一3)(4zx一9)=0，于是得x一3=0，或4一9= 由树状图可以看出，所有可能出现的结果共有12种，这些结果出现的可能性相等，其 中刚好能组成一个词语的结果有4种，所以P(刚好能组成一个词语)一立一寻 01=3小=具。14.1)乙(2)方程两边同时除以某一项时：需婴保证该项不为0， 否测可能会出现输解的情况15.解：(1)根据题意，得△=（一3）一4k≥0，解得k 22.解：1 (2)列表如下： 第一次 (2Sr=2X3-号×2X1-名×2X1-×3X1=号.由旋转可知∠ACA,=90 号(2：6<号k的最大整数值为2∴原方程为2一3+2-0，解得-1， A B 2.由题意，得当x=1是两方程相同的根时，有m一1+1十m一3=0，解得m=多.当x= 第二次 易得AC-个于写=而，S-0D-号∴△AC扫过的面积 A (C.A) 360 (B.A) (D,A) 2是两方程相同的根时，有4(m一1)十2十m一3一0，解得一1.，m一1≠0，即m≠1， & (A,B) (C,B) (D.B) 为S4,十S一多x十多.21.解：1(2)根据题意，可以画出如下的树状 5 m的值为号.16.解，(1)令2+2r=m,则m2一m-2=0,(m-2)(m+1)=0, C (A.C)(B.C) (D,C) D 图： (A,D)(B,D)(C,D) D由树状图可以看出，所有可能出现的结果共 ∴m一2=0，或m十1=0，解得m1=2,=一1.当m=2时，x2十2x=2,即x十2x一2 =0,解得x1=一1十3，程=一1一3.当m=一1时，x2+2x=一1，即x2+2r十1=0， 由表可以看出，可能出现的结果有12种，并且它们出现的可能性相等，其中轴到的两 有16种，这些结果出现的可能性相等，其中恰好抽到景区A和景区B门票的结果有2 张卡片恰好是(C(冲浪)和D(运动攀岩)的结果有2种，所以P[体育老师抽到的两张卡 解得x=x4=一上综上所述，原方程的解为=一1十，3.=一1一3，= 片恰好是C冲滚)和D运动攀岩)门-最-云2及解：1号 种，所以P绝恰好抽到联区A和最区B门票)=希-冬2.解：(1)连接0E,OD 一1：(2)：一元二次方程a(x十m)十n=0的两根分别为一3.1，∴.方程a(2x十m一4)月 (2)这个游戏公平，理 ∠C=90,AC=BC,∴.∠OAD=∠B=45.OA=(OD,.∠0AD=∠AO=45, 十n=0(a≠0)中2x-4=-3,或2r-4=1,解得x=2,或x=号.即方程a(2x+m 由如下：列表如下 ∠AOD=90,.∠DOF=90.'点E是的中点，∴.∠DOE=∠BOF=号∠DOF 转盘A 4)+n=0(a≠0)的两根分别是之和受 和 6 -1 =45.∠OEB=180-∠3F-∠B=90.OE LBC,又OE为⊙O的半径，.BC 是⊙O的切线：(2)，OE⊥BC,∠B=45,.△OEB为等覆直角三角形.设BE=(OE 阶段微测试（二） 转盘B 1.D2.B3.A4.A5.B6.D7.A8.A9.110.111.112.2或14 6 0 11 r,则OA=x,BC=夏+x,OB=√2x,∴AB=x+2x,,AC=C,∠C=0°，∴AB= 13.解：(1)由题意，得△=[2(k一1)下一4(2-1)>0，解得<1：(2)假设0是方程的 一7 -13-8-2 Cr②a一EwE+,解得r-2Sm=Sm-Sem-是×2X2-镉 个根.代人方程，得一1=0.解得k=±1.，<1..k=一1，.2(k一1)=一4.n十 4 -239 ■4.：x1一0，■4..0可能是方程的一个根，方程的另一个根是么14.解： 由表可以看出，可能出现的结果有9种，并且它们出现的可能性相等，其中a十b>0的 ×π×2=2-2.23解：(1)y=一2x十80：(2)根据题意，得(x-20)y=150,即(x (1)设月平均增长率为x.根据题意，得10(1十z)2一12.1，解得=0.1=10%，n 结果有4种a+b<0的结果有4种，所以P(小聪获胜)=青，P(小明获胜)=。.因为 201(一2x十80)=150.整理，得Y2一60x十875■0，解得x1■25，x2=35.20≤.x≤28， 一21（不符合题意，舍去），答：该快递公司投递快递总件数的月平均增长率为10%： ∴x=25.客：每本纪念册的销售单价是25元：(3)根据题意，得=(x一20)（一2x十 (2)12.1×(1+10%)=13.31(万件).0.6×16■9.6（万件），9.6<13.31.∴.该公可现 P(小聪获胜)=P(小明获胜)，所以这个游戏公平.24.解：(1)：红球有2x个，白球有 80)=-2x2+120x一1600=-2(x-30)2+200.:-20,对称轴为直线x=30,,当 有的16名快递投递业务员不能完成今年6月份的快递投递任务.设需要增加y名业务 3个，P(摸到红球)一2千号，P换到白球)-2号，P(锁到红球) x<30时，随x的增大面增大.又20≤x≤28，.当x=28时，m大一一2×(28 员，根超题意，得Q6(16+≥131.解得y≥又y为正整数y的最小值为 30)1十200=192，答：该纪念册销售单价定为28元时，才能使文具店每周销售该纪念册 P(摸到白球)，∴这个办法不公平：(2)取出3个白球后，红球有2x个，白球有(3r一3) 所获利润量大，最大利润是192元，24.解：【探究】成立.证明如下：，△ABC和 7.答：该公司现有的16名快递投递业务员不能完成今年6月份的快递投递任务，至少 个P摸到红球)二P镀到白球)一二>1P摸到红球)一P(到白 △ADE都是等题直角三角形，，AB=AC,AD=AE.,将△ADE绕点A逆时针旋转 需要增加7名业务员.15.解：(1)由题意，得AP=2cm,BQ=4rcm.则PB=AB a,∴.∠BAD=∠(AE=a,.△ABD≌△ACE(SAS),'.BD=CE:【应用】在R1△AB AP=(10-2)m在R△PBQ中，由勾股定理，得PB+BQ=PQ,即(10一2)2+ 球)=兰3立①当1K<3,即上=2时.P(换到红球)>P(换到白 23一33一 (41)-10.整理，得F-21=0.解得1-2,2=0（不符合题意.舍去）..当1=2时，PQ 中，由勾股定理，得BC=V/AB+AC=√(2√2)+(2√2)=4，易证△ACE≌△ABD 的长度等于10m:(2)存在：的值，使得五边形APQD的面积等于104c.理由如 球)，对妹妹有利：②当x一3时，P(摸到红球)一P(摸到白球).对妹妹，小明是公平的： (SAS)..∠ACE=∠ABD=45°，BD=CE,,∠BCE=∠ACB+∠ACE=45+45°= ③当>3时.P(摸到红球)<P(摸到白球)，对小明有利。25.解：(1)①补全条形统计 90,CE=BD=BC+CD=4+2=G.在Rt△IDCE中，由勾股定理.得DE 下：由题意，得S￥*，um=10×12=120(m),Sa四=2PB·BQ-2×(10-2)× 第37页（共54页） 第38页（共54页） 第39页（共54页）