【浙教版】2025-2026学年第一学期九年级数学期末模拟试卷（1）（含解析）

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2025-2026学年第一学期九年级数学期末模拟试卷（1）
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列事件为必然事件的是（　　）
A．明天是晴天 B．任意掷一枚均匀的硬币100次，正面朝上的次数是50次
C．一个三角形三个内角和小于180° D．两个正数的和为正数
2．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
3．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点．若∠AOC＝62°，则∠B＝（　　）
A．62° B．31° C．30° D．28°
4．在学习“用频率估计概率”这节课时，教材“读一读”环节介绍了“估计6个人中有2个人生肖相同的概率”的模拟试验，课后某课外兴趣小组利用计算器进行模拟试验来探究“6个人中有2个人生肖相同的概率”，他们将试验中获得的数据记录如下：
试验次数 100 200 500 1000 2000 3000
“有2个人生肖相同”的次数 24 53 126 259 522 780
“有2个人生肖相同”的频率 0.24 0.265 0.252 0.259 0.261 0.26
通过试验，该小组估计“6个人中有2个人生肖相同”的概率（精确到0.01）大约是（　　）
A．0.24 B．0.25 C．0.26 D．0.27
5．如图，AD∥BE∥CF，直线a、b与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F．若AB＝3，BC＝5，EF＝4，则DF的长为（　　）
A． B． C．2 D．
6．如图，△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形．若OA：OA′＝1：4，△ABC的周长为2，则△A′B′C′的周长为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．32
7．如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转角度α得到△A'B'C'，且点B刚好落在A'B'上．若∠A＝26°，∠BCA'＝44°，则α等于（　　）
A．37° B．38° C．39° D．40°
8．对于二次函数y＝﹣2x2+mx﹣1，当x＜1时，y随x的增大而增大，则满足条件的m的取值范围是（　　）
A．m≥﹣4 B．m≥2 C．m≥3 D．m≥4
9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD，若∠AOD＝120°，AD＝3，则AC的长度为（　　）
A．3 B． C． D．
10．已知二次函数y＝x2+ax+b＝（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，x1，x2为常数），若1＜x1＜x2＜3，记t＝a+b，则（　　）
A．﹣3＜t＜0 B．﹣1＜t＜0 C．﹣1＜t＜3 D．0＜t＜3
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11．不透明袋子中装有13个球，其中有3个红球、4个黄球、6个绿球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是绿球的概率为 　 　 ．
12．把抛物线y＝x2+1向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为 　 　 ．
13．已知线段a＝3，b＝6，线段c是线段a、b的比例中项，那么线段c的长是 　 　 ．
14．如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与x轴交于（1，0），对称轴是直线x＝﹣1，当y＞0时，自变量x的取值范围是 　 　 ．
15．我国古代数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接、外切正多边形逼近圆，从而估算π范围．如图，设圆半径为r，利用两个正六边形周长为6r，，可得r，即3＜π．若利用两个正六边形的面积，则可得π的范围为　 　 ＜π＜．
16．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE，点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α，当∠F＝3∠PCD时，则＝　 　 ．
三．解答题（共8小题，共72分）
17．已知二次函数y＝x2+2x+m（m是常数）．
（1）若m＝2，求该二次函数图象的顶点坐标；
（2）若该二次函数图象与x轴没有交点，求m的取值范围．
18．如图，矩形ABCD中，AB＝16，BC＝8，点P为AB边上一动点，DP交AC于点Q．
（1）求证：△APQ∽△CDQ；
（2）当PD⊥AC时，求DQ的长．
19．如图，AB是半圆O的直径，C是圆上的点，作OD∥AC交BC于点E．
（1）求证：D为的中点．
（2）若DE＝5，，求扇形BOD的面积．
20．“五一”期间，某超市开展有奖促销活动，凡在超市购物的顾客均有抽奖机会，抽奖方式：一个不透明的袋中装有红、黄、白三种颜色的球共10个，它们除颜色外都相同，已知从袋中摸出一个球是红球的概率是，其中黄球个数比白球多3个，摸中白球中一等奖，摸中红球中二等奖，摸中黄球不中奖．
（1）袋中红球有 　 　 个，从袋中摸出一个球是白球的概率为 　 　 ．
（2）小明前两次摸走2个球后未中奖（球不放回），求小明第三次摸球中二等奖的概率；
（3）若“五一”期间有1000人参与抽奖活动，估计获得一等奖的人数是多少？
21．某款旅游纪念品很受游客喜爱，每个纪念品进价40元，规定销售单价不低于44元，且不高于52元．某商户在销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300个，销售单价每上涨1元，每天销量减少10个．现商家决定提价销售，设每天销售量为y个，销售单价为x元．
（1）直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
（2）将纪念品的销售单价定为多少元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
22．如图，在菱形ABCD中，点G在边CD上，连结AG并延长交BC的延长线于点F，连结BD交AF于点E，连结CE．
（1）若BE＝BC，∠ABC＝80°，请直接写出∠DAE的度数．
（2）求证：EC2＝EF EG．
（3）若AB＝6，，求CF的长．
23．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2mx+n．
（1）若n＝m2﹣1，求证：抛物线与x轴一定有两个交点．
（2）若n＝m2+m，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在抛物线上，其中m﹣2＜x1＜m+1，x2＝1﹣2m．
①若y1的最小值是﹣2，求函数的表达式；
②若对于x1，x2，都有y1＜y2，求m的取值范围．
24．如图1，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，连接AG并延长，交DC的延长线于点F，连接AD，CG，GD，其中GD与AB交于点H．
（1）求证：∠ADG＝∠F．
（2）如图2，若，连接AC，求证：AC2＝AH×AF；
（3）在（2）的条件下，已知AG＝6，，求DF的长．
答案与解析
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列事件为必然事件的是（　　）
A．明天是晴天 B．任意掷一枚均匀的硬币100次，正面朝上的次数是50次
C．一个三角形三个内角和小于180° D．两个正数的和为正数
【点拨】直接利用随机事件以及不可能事件、必然事件的定义结合三角形内角和定理分析得出答案．
【解析】解：A．明天是晴天，是随机事件，故此选项不合题意；
B．任意掷一枚均匀的硬币100次，正面朝上的次数是50次，是随机事件，故此选项不合题意；
C．一个三角形三个内角和小于180°，是不可能事件，故此选项不合题意；
D．两个正数的和为正数，是必然事件，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了随机事件以及不可能事件、必然事件的定义等知识，正确判定各事件是解题关键．
2．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【点拨】先把化成+1，再把代入进行计算，即可得出答案．
【解析】解：∵，
∴＝+1＝+1＝．
故选：D．
【点睛】此题考查了比例的性质，解题的关键是化成+1．
3．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点．若∠AOC＝62°，则∠B＝（　　）
A．62° B．31° C．30° D．28°
【点拨】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案
【解析】解：∵∠AOC＝62°，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
4．在学习“用频率估计概率”这节课时，教材“读一读”环节介绍了“估计6个人中有2个人生肖相同的概率”的模拟试验，课后某课外兴趣小组利用计算器进行模拟试验来探究“6个人中有2个人生肖相同的概率”，他们将试验中获得的数据记录如下：
试验次数 100 200 500 1000 2000 3000
“有2个人生肖相同”的次数 24 53 126 259 522 780
“有2个人生肖相同”的频率 0.24 0.265 0.252 0.259 0.261 0.26
通过试验，该小组估计“6个人中有2个人生肖相同”的概率（精确到0.01）大约是（　　）
A．0.24 B．0.25 C．0.26 D．0.27
【点拨】在同样条件下，大量反复试验时，该小组估计“6个人中有2个人生肖相同”的频率都在0.26左右，从而得出该小组估计“6个人中有2个人生肖相同”的概率．
【解析】解：通过图表给出的数据得出，该小组估计“6个人中有2个人生肖相同”的概率大约是0.26．
故选：C．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：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．
5．如图，AD∥BE∥CF，直线a、b与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F．若AB＝3，BC＝5，EF＝4，则DF的长为（　　）
A． B． C．2 D．
【点拨】根据题意可得到，求出DE的长，再根据DF＝DE+EF即可得出结果．
【解析】解：∵AD∥BE∥CF，直线a、b与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F．
∴，
∵AB＝3，BC＝5，EF＝4，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，正确记忆相关知识点是解题关键．
6．如图，△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形．若OA：OA′＝1：4，△ABC的周长为2，则△A′B′C′的周长为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．32
【点拨】根据题意，根据相似三角形的性质求出AC：A′C′＝OA：OA′＝1：4，根据相似三角形的性质计算即可．
【解析】解：∵△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，OA：OA′＝1：4，
∴AC∥A′C′，
∴△AOC∽△A′OC′，
∴AC：A′C′＝OA：OA′＝1：4，
∴△ABC和△A′B′C′的周长之比为1：4，
∵△ABC的周长为2，
∴△A′B′C′的周长为2×4＝8．
故选：C．
【点睛】本题考查了位似变换，熟练掌握相似图形的周长比等于相似比是解题关键．
7．如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转角度α得到△A'B'C'，且点B刚好落在A'B'上．若∠A＝26°，∠BCA'＝44°，则α等于（　　）
A．37° B．38° C．39° D．40°
【点拨】先利用旋转的性质得∠A′＝∠A＝26°，∠ABC＝∠B′，CB＝CB′，再利用等腰三角形的性质得∠B′＝∠CBB′，则根据三角形外角性质得∠CBB′＝70°，所以∠B′＝70°，然后利用三角形内角和定理计算∠BCB′的度数即可．
【解析】解：∵△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，且点B刚好落在A′B′上，
∴∠A′＝∠A＝26°，∠ABC＝∠B′，CB＝CB′，
∴∠B′＝∠CBB′，
∵∠CBB′＝∠A′+∠BCA′＝26°+44°＝70°，
∴∠B′＝70°，
∴∠BCB′＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴α＝40°，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
8．对于二次函数y＝﹣2x2+mx﹣1，当x＜1时，y随x的增大而增大，则满足条件的m的取值范围是（　　）
A．m≥﹣4 B．m≥2 C．m≥3 D．m≥4
【点拨】可先求得抛物线的对称轴和开口方向，再由条件可求得关于m的不等式，可求得答案．
【解析】解：∵二次函数y＝﹣2x2+mx﹣1，
∴a＝﹣2＜0，对称轴为直线，
∴抛物线开口向下，
∴在对称轴左侧y随x的增大而增大，
∵当x＜1时，y随x的增大而增大，
∴，解得m≥4，
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，由函数的增减性得到关于m的不等式是解题的关键．
9．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD，若∠AOD＝120°，AD＝3，则AC的长度为（　　）
A．3 B． C． D．
【点拨】先利用圆周角定理及平行线的性质证明△BCE是等腰直角三角形，△AED是等腰直角三角形，利用勾股定理求出AE的长，再根据圆周角定理及直角三角形的性质求出∠BAC＝30°，再利用勾股定理求出CE的长，即可求解．
【解析】解：∵BC∥AD，
∴∠BCA＝∠CAD，
∵∠CBE＝∠CAD，
∴∠BCA＝∠CBE，
∴BE＝CE，
∵AC⊥BD，
∴△BCE是等腰直角三角形，
同理可得，△AED是等腰直角三角形，
∴AE＝DE，
∵AD＝3，
∴AD2＝AE2+DE2＝2DE2，即32＝2DE2，
解得，则，
∵∠AOD＝120°，
∴，
∴∠CDE＝90°﹣60°＝30°，
∴CD＝2CE，
∴CE2+DE2＝CD2＝4CE2，即，
解得，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握圆的相关性质及等腰直角三角形的判定是解题的关键．
10．已知二次函数y＝x2+ax+b＝（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，x1，x2为常数），若1＜x1＜x2＜3，记t＝a+b，则（　　）
A．﹣3＜t＜0 B．﹣1＜t＜0 C．﹣1＜t＜3 D．0＜t＜3
【点拨】由二次函数解析式得到抛物线与x轴的两个交点坐标（x1，0），（x2，0）；然后由二次函数解析式与一元二次方程的关系以及根的判别式得到a2﹣4b＞0；结合根与系数的关系知：x1+x2＝﹣a，x1 x2＝b；最后根据限制性条件1＜x1＜x2＜3列出相应的不等式并解答．
【解析】解：∵y＝x2+ax+b＝（x﹣x1）（x﹣x2），二次项系数1＞0，
∴抛物线开口向上，与x轴交点坐标为（x1，0），（x2，0），1＜x1＜x2＜3，
∴x＝1时，y＝1+a+b＞0，即1+t＞0，
∴t＞﹣1．
又对称轴x＝﹣，
此时y＝b﹣＜0．
∴a+b＜+a＝（a+2）2﹣1．
∵1＜﹣＜3，
∴﹣6＜a＜﹣2，
∴﹣1＜（a+2）2﹣1＜3．
综上所述，t的取值范围是﹣1＜t＜3．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数图象的性质是解题的根本依据．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11．不透明袋子中装有13个球，其中有3个红球、4个黄球、6个绿球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是绿球的概率为 　　 ．
【点拨】从袋子中随机取出1个球共有13种等可能结果，其中它是绿球的有6种结果，再根据概率公式求解即可．
【解析】解：从袋子中随机取出1个球共有13种等可能结果，其中它是绿球的有6种结果，
所以从袋子中随机取出1个球，是绿球的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
12．把抛物线y＝x2+1向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为 y＝（x+1）2+4　 ．
【点拨】依据题意，根据抛物线平移的规律：左加右减，上加下减，即可判断得解．
【解析】解：由题意，抛物线y＝x2+1向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，
∴平移后抛物线的解析式为y＝（x+1）2+1+3＝（x+1）2+4．
故答案为：y＝（x+1）2+4．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
13．已知线段a＝3，b＝6，线段c是线段a、b的比例中项，那么线段c的长是 　3　 ．
【点拨】根据线段比例中项的概念，得出a：c＝c：b，则c2＝ab，即可得到答案．
【解析】解：∵线段c是线段a，b的比例中项，
∴c2＝ab＝3×6＝18，
解得c＝±3，
∵线段的长是正数，
∴c＝3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了比例线段，正确记忆如果a：b＝b：c，那么b叫做a，c的比例中项是本题关键．
14．如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0）的图象与x轴交于（1，0），对称轴是直线x＝﹣1，当y＞0时，自变量x的取值范围是 　﹣3＜x＜1　 ．
【点拨】直接利用二次函数的对称性得出抛物线与x轴的另一个交点，进而得出答案．
【解析】解：∵二次函数的图象与x轴交于点（1，0），对称轴是直线x＝﹣1，
∴图象与x轴的另一个交点为（﹣3，0），
∴当函数值y＞0时，﹣3＜x＜1．
故答案为：﹣3＜x＜0．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，解答本题的关键是熟练掌握“数形结合”的数学思想．
15．我国古代数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接、外切正多边形逼近圆，从而估算π范围．如图，设圆半径为r，利用两个正六边形周长为6r，，可得r，即3＜π．若利用两个正六边形的面积，则可得π的范围为　　 ＜π＜．
【点拨】根据正六边形的性质，直角三角形的边角关系求出△AOB、△POQ的底和高，进而求出正六边形ABCDEF，正六边形MNPQRS的面积，有两个正六边形的面积与圆面积的大小关系得出答案．
【解析】解：如图，连接OA、OB，则△AOB是正三角形，
∴AB＝OA＝r，
∴S△AOB＝r×r＝r2，
∴S正六边形ABCDEF＝6S△AOB＝r2，
在Rt△POD中，OD＝r，∠OPD＝60°，
∴PD＝r，
∴PQ＝2PD＝r，
∴S△POQ＝×r×r＝r2，
∴S正六边形MNPQRS＝6S△POQ＝2r2，
∵圆的面积为πr2，
∴r2＜πr2＜2r2，
即＜π＜2，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及三角形、正六边形面积的计算方法是正确解答的关键．
16．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE，点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α，当∠F＝3∠PCD时，则＝　　 ．
【点拨】设圆的半径是r，OM＝x，由∠AFE＝3∠PCD，求出α＝15°，得到∠POB＝90°，因此OP∥CE，推出△POM∽△CEM，得到OM：EM＝OP：CE，代入有关数据即可求出OM的长，得到AM，BM的长，即可得到答案．
【解析】解：连接OD，BD，PO，
∵弦CD⊥AB于点E，OE＝BE，
∴OD＝BD，
∵OD＝OB，
∴△ODB是等边三角形，
∴∠BOD＝60°，
∵∠AFE＝3∠PCD，
∴60°﹣α＝3α，
∴α＝15°，
∴∠POD＝2∠PCD＝30°，
∴∠POB＝90°，
∴OP∥CE，
∴△POM∽△CEM，
∴OM：EM＝OP：CE，
∵直径AB⊥CD，
∴DE＝CE，
∴OM：EM＝OP：ED，
设圆的半径是r，OM＝x，
∴EM＝，
∴，
∴x＝（2﹣）r，
∴OM＝（2﹣）r，
∴AM＝AO+OM＝3r﹣r，BM＝OB﹣OM＝r﹣r，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，关键是证明△POM∽△CEM，求出OM与半径的数量关系，从而解决问题．
三．解答题（共8小题，共72分）
17．已知二次函数y＝x2+2x+m（m是常数）．
（1）若m＝2，求该二次函数图象的顶点坐标；
（2）若该二次函数图象与x轴没有交点，求m的取值范围．
【点拨】（1）把代入，然后化为顶点式求解即可；
（2）根据方程x2+2x+2＝0的Δ＜0求解即可．
【解析】解：（1）∵m＝2，
∴二次函数的解析式为y＝x2+2x+2，
∴y＝（x+1）2+1，
∴该二次函数图象的顶点坐标为（﹣1，1）；
（2）由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2+2x+2，
∵该二次函数图象与x轴没有交点，
∴方程x2+2x+2＝0的Δ＜0，
∵a＝1，b＝2，c＝2，
∴Δ＝22﹣4×m＜0，
解得m＞1．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，熟知以上知识是解题的关键．
18．如图，矩形ABCD中，AB＝16，BC＝8，点P为AB边上一动点，DP交AC于点Q．
（1）求证：△APQ∽△CDQ；
（2）当PD⊥AC时，求DQ的长．
【点拨】（1）根据矩形的性质，可得出CD∥AB，从而得出C，利用两角对应相等的三角形相似得出结论；
（2）由PD⊥AC，得∠AQD＝90°，得出，由等面积法得出DQ的长．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠PAQ＝∠DCQ，∠QPA＝∠QDC，
∴△APQ∽△CDQ；
（2）解：∵DP⊥AC，
∴∠AQD＝90°，
在Rt△ADC中，AD＝BC＝8，CD＝AB＝16，
∴，
∴AD DC＝AC DQ，
即，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质以及矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
19．如图，AB是半圆O的直径，C是圆上的点，作OD∥AC交BC于点E．
（1）求证：D为的中点．
（2）若DE＝5，，求扇形BOD的面积．
【点拨】（1）先证明出∠ACB＝90°，再结合平行线的性质得出BC⊥OD，据此即可解决问题；
（2）先求出半径的长，再求出圆心角的度数，最后结合扇形的面积公式进行计算即可．
【解析】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC．
∵OD∥AC，
∴OD⊥BC，
∴点D为的中点；
（2）解：∵OD⊥BC，，
∴BE＝．
令⊙O的半径为r，
在Rt△BOE中，
，
解得r＝10．
∵sin∠BOD＝，
∴∠BOD＝60°，
∴．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算、平行线的性质、勾股定理、垂径定理及圆周角定理，熟知平行线的性质、勾股定理、垂径定理、圆周角定理及扇形的面积公式是解题的关键．
20．“五一”期间，某超市开展有奖促销活动，凡在超市购物的顾客均有抽奖机会，抽奖方式：一个不透明的袋中装有红、黄、白三种颜色的球共10个，它们除颜色外都相同，已知从袋中摸出一个球是红球的概率是，其中黄球个数比白球多3个，摸中白球中一等奖，摸中红球中二等奖，摸中黄球不中奖．
（1）袋中红球有 　3　 个，从袋中摸出一个球是白球的概率为 　　 ．
（2）小明前两次摸走2个球后未中奖（球不放回），求小明第三次摸球中二等奖的概率；
（3）若“五一”期间有1000人参与抽奖活动，估计获得一等奖的人数是多少？
【点拨】（1）总个数乘以摸出一个球是红球的概率即可得出答案；设白球有x个，则黄球有 （x+3）个，根据白球与黄球的个数之和列出关于x的方程，求出x的值，再根据概率公式求解即可；
（2）取走2个球后，还剩8个球，其中红球的个数没有变化，据此根据概率公式求解即可；
（3）用球的总个数乘以白球的概率即可得出答案．
【解析】解：（1）∵一个不透明的袋中装有红、黄、白三种颜色的球共10个，从袋中摸出一个球是红球的概率是，
∴红球个数：（个），
设白球有x个，
依题意得：x+3+x+3＝10，
解得：x＝2，
∴从袋中摸出一个球是白球的概率：，
故答案为：3；；
（2）∵取走2个球后，还剩8个球，其中红球的个数没有变化，
∴从剩余的球中摸出一个球是红球的概率是：；
（3）（人），
答：估计获得一等奖的人数是200人．
【点睛】本题考查概率公式，解答本题的关键是熟练掌握概率的求法．
21．某款旅游纪念品很受游客喜爱，每个纪念品进价40元，规定销售单价不低于44元，且不高于52元．某商户在销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300个，销售单价每上涨1元，每天销量减少10个．现商家决定提价销售，设每天销售量为y个，销售单价为x元．
（1）直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
（2）将纪念品的销售单价定为多少元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）y＝﹣10x+740（44≤x≤52）；
（2）将纪念品的销售单价定为52元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【点拨】（1）根据题意直接写出y与x之间的函数关系式和自变量的取值范围；
（2）根据销售利润＝销售量×（售价﹣进价），列出平均每天的销售利润w（元）与销售价x（元/箱）之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得最大利润；
（3）根据题意得剩余利润为（w﹣200）元，利用函数性质求出w﹣200≥2200时的x的取值范围即可．
【解析】解：（1）设每天销售量为y个，销售单价为x元．
依题意得：y＝300﹣10（x﹣44）＝﹣10x+740，
∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣10x+740（44≤x≤52）；
（2）商家每天销售纪念品获得的利润w元，
依题意得：w＝（﹣10x+740）（x﹣40）＝﹣10x2+1140x﹣29600＝﹣10（x﹣57）2+2890，
∵﹣10＜0，
∴当x＜57时，w随x的增大而增大，
∵44≤x≤52，
∴当x＝52时，w有最大值，最大值为﹣10×（52﹣57）2+2890＝2640，
∴将纪念品的销售单价定为52元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【点睛】此题考查了二次函数的应用，根据题意准确列出函数解析式是关键．
22．如图，在菱形ABCD中，点G在边CD上，连结AG并延长交BC的延长线于点F，连结BD交AF于点E，连结CE．
（1）若BE＝BC，∠ABC＝80°，请直接写出∠DAE的度数．
（2）求证：EC2＝EF EG．
（3）若AB＝6，，求CF的长．
【点拨】（1）∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣80°＝100°，
，得出∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝100°﹣70°＝30°；
（2）证明△CEG∽△FEC，即可得出EC2＝EF EG；
（3）证明△ADG∽△FCG，得出，从而得到CF＝2AD＝2×6＝12．
【解析】（1）解：∵ABCD是菱形，BE＝BC，
∴AB＝BC＝BE，AD∥BC，，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣80°＝100°，，
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝100°﹣70°＝30°；
（2）证明：∵ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠ADE＝∠CDE，
又∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAF＝∠DCE，
又∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠F，
∴∠DCE＝∠F，
又∵∠CEF＝∠GEC，
∴△CEG∽△FEC，
∴，即EC2＝EF EG；
（3）解：在菱形ABCD中，CD＝AB＝6，
设GE＝a，则AE＝CE＝3a，
∵EC2＝EF EG，
∴EF＝9a，
∴AG＝AE+EG＝3a+a＝4a，FG＝FE﹣EG＝9a﹣a＝8a，
又∵AD∥BC，
∴∠ADG＝∠DCF，∠DAF＝∠F，
∴△ADG∽△FCG，
∴，
∴CF＝2AD＝2×6＝12．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，菱形的性质．
23．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2mx+n．
（1）若n＝m2﹣1，求证：抛物线与x轴一定有两个交点．
（2）若n＝m2+m，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在抛物线上，其中m﹣2＜x1＜m+1，x2＝1﹣2m．
①若y1的最小值是﹣2，求函数的表达式；
②若对于x1，x2，都有y1＜y2，求m的取值范围．
【点拨】（1）求得Δ＝（﹣2m）2﹣4（m2﹣1）＝4＞0，即可得到结论；
（2）①求得抛物线的对称轴为直线x＝m，结合m﹣2＜x1＜m+1，y1的最小值是﹣2可知当x＝m时，y1＝m＝﹣2，据此即可求得函数的表达式为y＝x2+4x+2；
②由题意可知1﹣2m≤m﹣2或1﹣2m≥m+2，解得即可．
【解析】（1）证明：∵n＝m2﹣1，
∴y＝x2﹣2mx+m2﹣1，
令y＝0，x2﹣2mx+m2﹣1＝0，
Δ＝（﹣2m）2﹣4（m2﹣1）＝4＞0，
∴抛物线与x轴一定有两个交点．
（2）解：①若n＝m2+m，则y＝x2﹣2mx+m2+m，
∴对称轴为直线x＝m，
∵m﹣2＜x＜m+1，y1的最小值是﹣2，
∴当x＝m时，y1＝m＝﹣2，
∴函数的表达式为y＝x2+4x+2．
②∵对于x1，x2，都有y1＜y2，
又∵图象开口向上，（m﹣2，y）关于对称轴的对称点为（m+2，y），
∴1﹣2m≤m﹣2或1﹣2m≥m+2，
∴或m≥1．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数的性质是解题的关键．
24．如图1，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，连接AG并延长，交DC的延长线于点F，连接AD，CG，GD，其中GD与AB交于点H．
（1）求证：∠ADG＝∠F．
（2）如图2，若，连接AC，求证：AC2＝AH×AF；
（3）在（2）的条件下，已知AG＝6，，求DF的长．
【点拨】（1）连接BG，由AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，得∠AGB＝∠AEF＝90°，再根据角的关系即可的结论；
（2）根据题意证得△AGC≌△AHD，再证得△CAG∽△FAC即可得到结论；
（3）连结BD，由△AGC≌△AHD及角的关系得HE＝BE，设HE＝BE＝x根据ED2＝EB EA＝DH2﹣EH2列方程，再根据△CAG∽△FAC即可求出DF的长．
【解析】（1）证明：连接BG，
∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴∠AGB＝∠AEF＝90°，
∴∠BAG+∠B＝∠EAF+∠F＝90°，
∴∠B＝∠F，
∵∠ADG＝∠B，
∴∠ADG＝∠F；
（2）证明：∵CD⊥AB，，
∴∠GAC＝∠CAB＝∠BAD＝∠GDC，
∵，
∴AC＝AD，
∵∠ACG＝∠ADH，
∴△AGC≌△AHD（ASA），
∴AG＝AH，
∵∠ADG＝∠F＝∠ACG，
∴△CAG∽△FAC，
∴AC2＝AG AF＝AH AF；
（3）解：连接BD，
∵△AGC≌△AHD（ASA），
∴，∠HAD＝∠GAC，
∴GC＝HD＝BD，
∴HE＝BE，设HE＝BE＝x，
∵ED2＝EB EA＝DH2﹣EH2，
∴x（6+x）＝20﹣x2，
解得：x＝2，
∴，
∵△CAG∽△FAC，
∴
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识点，灵活应用相关知识是解题的关键．
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