《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

9. 在如图所示的转盘中,A,B,C 三点都在圆上,$\angle CAB= 40^{\circ},\angle ABC= 60^{\circ}$,连接OA,OB,OC,把转盘分成三个扇形区域,且转盘绕圆心 O 自由转动.当转盘停止时(指针指向分界线时,重新转),指针指向区域Ⅲ的概率是 (C)
A.$\frac{2}{9}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{4}{9}$
D.$\frac{5}{9}$

答案： C

10. 新素养 运算能力(2025·江苏无锡期末)一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上分别写有数字1,2,3,4,5,6.任意掷两次这枚骰子,设其朝上一面的两个数字之和除以 4 的余数分别是 0,1,2,3 的概率为$P_{0},P_{1},P_{2},P_{3}$,则$P_{0},P_{1},P_{2},P_{3}$中最大的是 ( )

A.$P_{0}$
B.$P_{1}$
C.$P_{2}$
D.$P_{3}$

答案：
D　解析:画树状图如图:
　　
由树状图，得共有36种等可能的结果，其中两个数字之和除以4，和是4,8，12时余数是0，共有9种结果；和是5,9时余数是1，共有8种结果；和是2,6,10时余数是2，共有9种结果；和是3,7,11时余数是3，共有10种结果。所以$P_{0}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$ \，$P_{1}=\frac{8}{36}=\frac{2}{9}$ \，$P_{2}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$ \，$P_{3}=\frac{10}{36}=\frac{5}{18}$ \，即$P_{1}＜P_{0}=P_{2}＜P_{3}$。则$P_{0}$，$P_{1}$，$P_{2}$，$P_{3}$中最大的是$P_{3}$。

11. 从一副扑克牌中任意抽取一张.① 这张牌是“A”;② 这张牌是“红心”;③ 这张牌是“大王”;④ 这张牌是“红色”的.将这些事件按发生的可能性从小到大的顺序排列是③①②④. (填序号)

答案： ③①②④

12. 亮点原创 人工智能(A I)是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量,其应用十分广泛.小明想在“语音技术”“机器视觉”“自然语言处理”“推荐引擎”这四种应用中任意选一个进行了解,则他选中“语音技术”的概率是$\frac{1}{4}$.

答案： $\frac{1}{4}$

13. 小明在商场买了一个密码箱,该密码箱的密码由四个数字组成,每个数字都是 0~9 这十个数字中的一个,只有当四个数字与所设定的密码相同时,才能将密码箱打开.粗心的小明只记得第一和第三个数字,则他一次就能打开该密码箱的概率是$\frac{1}{100}$.

答案： $\frac{1}{100}$

14. (2024·山东潍坊)小莹在做手抄报时,用到了红色、黄色、蓝色三支彩笔,这三支彩笔的笔帽和笔芯颜色分别一致.完成手抄报后,她任意地将三个笔帽分别盖在三支彩笔上,则笔帽和笔芯的颜色都不匹配的概率是______$\frac{1}{3}$.

答案： $\frac{1}{3}$

15. (2024·山东威海改编)如图,在扇形 OAB 中,$\angle AOB= 90^{\circ}$,C 是 AO 的中点,过点 C 作$CE\perp AO交\overset{\frown}{AB}$于点 E,过点 E 作$ED\perp OB$,垂足为 D,连接 OE.若在扇形内任意选取一点 P,则点 P 落在阴影部分的概率是$\frac{1}{3}$.

答案： 1. 首先，设$OA = OB=2r$：
因为$C$是$AO$的中点，所以$OC = r$。
在$Rt\triangle OCE$中，$\angle ECO = 90^{\circ}$，$OE = OA = 2r$，$OC = r$，根据余弦函数的定义$\cos\angle EOC=\frac{OC}{OE}$，则$\cos\angle EOC=\frac{r}{2r}=\frac{1}{2}$。
所以$\angle EOC = 60^{\circ}$，根据勾股定理$CE=\sqrt{OE^{2}-OC^{2}}=\sqrt{(2r)^{2}-r^{2}}=\sqrt{3}r$。
因为$\angle AOB = 90^{\circ}$，$CE\perp OA$，$ED\perp OB$，$\angle DOC = 90^{\circ}$，所以四边形$OCED$是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形），则$ED = OC = r$，$OD = CE=\sqrt{3}r$。
2. 然后，计算阴影部分面积$S_{阴}$：
扇形$OAB$的面积$S_{扇OAB}=\frac{1}{4}\pi(2r)^{2}=\pi r^{2}$。
扇形$OEB$的面积$S_{扇OEB}=\frac{60^{\circ}}{360^{\circ}}\pi(2r)^{2}=\frac{2}{3}\pi r^{2}$。
矩形$OCED$的面积$S_{矩形OCED}=OC\cdot CE=r\cdot\sqrt{3}r=\sqrt{3}r^{2}$，$\triangle ODE$的面积$S_{\triangle ODE}=\frac{1}{2}OD\cdot ED=\frac{1}{2}×\sqrt{3}r× r=\frac{\sqrt{3}}{2}r^{2}$。
我们可以通过$S_{阴}=S_{矩形OCED}-S_{\triangle ODE}+(S_{扇OEB}-S_{\triangle ODE})$来计算阴影部分面积（也可以用其他等价方法）。
先计算$S_{矩形OCED}-S_{\triangle ODE}=\sqrt{3}r^{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}r^{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}r^{2}$，$S_{扇OEB}-S_{\triangle ODE}=\frac{2}{3}\pi r^{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}r^{2}$。
则$S_{阴}=\frac{\pi r^{2}}{3}$。
3. 最后，计算点$P$落在阴影部分的概率$P$：
根据几何概型概率公式$P = \frac{S_{阴}}{S_{扇OAB}}$。
把$S_{阴}=\frac{\pi r^{2}}{3}$，$S_{扇OAB}=\pi r^{2}$代入可得$P=\frac{1}{3}$。
故点$P$落在阴影部分的概率是$\frac{1}{3}$。

16. 如图,有两个完全相同且可以自由转动的转盘 A 和 B,其中转盘 A 被三等分,分别标有数 2,0,-1;转盘 B 被四等分,分别标有数 3,2,-2,-3.如果同时转动转盘 A,B,转盘停止时,两根指针指向转盘 A,B 上的对应数分别为 x,y(当指针指在两个扇形的分界线时,需重新转动转盘),那么点$(x,y)$落在平面直角坐标系第二象限的概率是______$\frac{1}{6}$.

答案： $\frac{1}{6}$

17. 若从满足不等式组$\begin{cases}2x + 1\leqslant7,\\3x - 2＞-11\end{cases} $的所有整数解中任意取一个数记为 a,则关于 y 的一元二次方程$ay^{2}-y-\frac{3}{4}= 0$有实数根的概率是$\frac{1}{2}$.

答案： $\frac{1}{2}$　解析:解不等式$2x + 1\leqslant7$ \，得$x\leqslant3$；解不等式$3x - 2 ＞ -11$ \，得$x ＞ -3$ \，则不等式组的解集为$-3 ＜ x\leqslant3$。所以不等式组的整数解有$-2$，$-1$，$0$，$1$，$2$，$3$，共6个。又$(-1)^{2}-4a\cdot(-\frac{3}{4}) = 1 + 3a\geqslant0$ \，且$a\neq0$ \，所以$a\geqslant-\frac{1}{3}$且$a\neq0$ \，即$a$可取的值为1，2，3，共3个。所以关于$y$的一元二次方程$ay^{2}-y-\frac{3}{4}=0$有实数根的概率为$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。