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期末真题必刷基础 60 题（60 个考点专练）
一．一元二次方程的解（共1小题）
1．（2022秋•龙岩期末）若x＝﹣1是关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0的一个根，则a﹣b的值为（
）
A．1 B．﹣2 C．﹣1 D．2
【分析】利用一元二次方程根的定义把x＝﹣1代入方程可得到a﹣b的值．
【解答】解：把x＝﹣1代入方程ax2+bx﹣1＝0得a﹣b﹣1＝0，
所以a﹣b＝1．
故选：A．
【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．
二．根的判别式（共1小题）
2．（2022秋•沂南县期末）一元二次方程x2+3x+7＝0的根的情况是（ ）
A．无实数根
B．有一个实根
C．有两个相等的实数根
D．有两个不相等的实数根
【分析】先计算出根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断根的情况即可．
【解答】解：∵Δ＝32﹣4×1×7＝﹣19＜0，
∴方程无实数根．
故选：A．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无
实数根．
三．根与系数的关系（共1小题）
3．（2022秋•迁安市期末）关于x的方程2x2+6x﹣7＝0的两根分别为x ，x ，则x +x 的值为（ ）
1 2 1 2
A．3 B．﹣3 C． D．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即 ， ，即可解答．
【解答】解：∵关于x的方程2x2+6x﹣7＝0的两根分别为x ，x ，
1 2∴ ，
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握和运用一元二次方程根与系数的关系是解
决本题的关键．
四．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题）
4．（2022秋•古浪县校级期末）如图，在长为32m，宽为20m的矩形地面上修筑同样宽的道路（图中阴影
部分），余下的部分种上草坪．要使草坪的面积为 540m2，求道路的宽．如果设小路宽为x，根据题意，
所列方程正确的是（ ）
A．32×20﹣32x﹣20x＝540
B．（32﹣x）（20﹣x）+x2＝540
C．（32﹣x） （20﹣x）＝540
D．32x+20x＝540
【分析】本题根据题意表示出种草部分的长为（32﹣x）m，宽为（20﹣x）m，再根据题目中的等量关
系建立起式子就可以了．
【解答】解：设小路宽为x，则种草坪部分的长为（32﹣x）m，宽为（20﹣x）m，
由题意建立等量关系，得
（32﹣x）（20﹣x）＝540．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的运用，要求学生能根据题意的数量关系建立等式，同时考查了学生
的阅读能力和理解能力．
五．一元二次方程的应用（共1小题）
5．（2022秋•枣阳市期末）学校有一个面积为182平方米的长方形的活动场地，场地一边靠墙（墙长 25
米），另三面用长40米的合金栏网围成．请你计算一下活动场地的长和宽．【分析】设活动场地垂直于墙的边长为x米，则另一边长为（40﹣2x）米，根据长方形的面积计算公式
结合活动场地的面积，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合40﹣2x≤25即可
确定x的值．
【解答】解：设活动场地垂直于墙的边长为x米，则另一边长为（40﹣2x）米，
依题意，得：x（40﹣2x）＝182，
整理，得：x2﹣20x+91＝0，
解得：x ＝7，x ＝13．
1 2
当x＝7时，40﹣2x＝26＞25，不合题意，舍去；
当x＝13，40﹣2x＝14＜25，符合题意．
答：活动场地的长为14米，宽为13米．
【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．
六．反比例函数的图象（共1小题）
6．（2022秋•迁安市期末）反比例函数 （x＜0）的图象如图所示，随着x值的增大，y值（ ）
A．不变 B．减小
C．增大 D．先减小后增大
【分析】根据反比例函数的性质：当k＜0时，在每一个象限内，函数值y随着自变量x的增大而增大作
答．
【解答】解：由解析式知k＝﹣2＞0，
所以当x＜0时，函数y随着自变量x的增大而增大．
故选：C．【点评】本题考查了反比例函数的性质．对于反比例函数y＝ ，当k＞0时，在每一个象限内，函数值
y随自变量x的增大而减小；当k＜0时，在每一个象限内，函数值y随自变量x增大而增大．
七．反比例函数图象的对称性（共1小题）
7．（2022秋•细河区期末）如图，双曲线y＝ 与直线y＝mx相交于A、B两点，B点坐标为（﹣2，﹣
3），则A点坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣3） B．（2，3） C．（﹣2，3） D．（2，﹣3）
【分析】反比例函数的图象是中心对称图形，则经过原点的直线的两个交点一定关于原点对称．
【解答】解：∵点A与B关于原点对称，
∴A点的坐标为（2，3）．
故选：B．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象的中心对称性，要求同学们要熟练掌握．
八．反比例函数的性质（共1小题）
8．（2022秋•铁西区校级期末）若反比例函数 y＝ 的图象在第二、四象限，则 m的取值范围是
（ ）
A．m＞0 B．m＜0 C．m＞﹣3 D．m＜﹣3
【分析】直接利用反比例函数的性质得出m+3的取值范围，进而得出答案．
【解答】解：∵反比例函数y＝ 的图象在第二、四象限，
∴m+3＜0，
解得：m＜﹣3．
故选：D．
【点评】此题主要考查了反比例函数的性质，正确掌握反比例函数的图象分布特点是解题关键．
九．反比例函数系数k的几何意义（共1小题）9．（2022秋•德州期末）如图，点A在双曲线 上，AB⊥x轴于B，且△AOB的面积S△AOB ＝2，则k的
值为（ ）
A．2 B．4 C．﹣2 D．﹣4
【分析】根据k的几何意义以及函数所在的象限即可确定．
【解答】解：∴S△AOB ＝2，
∴|k|＝4，
∵函数在二、四象限，
∴k＝﹣4．
故选：D．
【点评】反比例函数 中k的几何意义，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做
此类题一定要正确理解k的几何意义．
一十．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题）
10．（2022秋•城固县期末）若点（3，﹣4）在反比例函数 的图象上，则该图象也过点（
）
A．（2，6） B．（3，4） C．（﹣4，﹣3） D．（﹣6，2）
【分析】先利用待定系数法求出反比例函数解析式，进而得到在反比例函数图象上的点横纵坐标的乘积
为﹣12，由此即可得到答案．
【解答】解：∵点（3，﹣4）在反比例函数 的图象上，
∴ ，
∴k＝﹣12，∴反比例函数解析式为 ，
∴在反比例函数图象上的点横纵坐标的乘积为﹣12，
∵四个选项中只有D选项满足横纵坐标的乘积为﹣12，
∴D选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了求反比例函数解析式，反比例函数的性质，正确得到在反比例函数图象上的点
横纵坐标的乘积为﹣12是解题的关键．
一十一．待定系数法求反比例函数解析式（共1小题）
11．（2022秋•兴隆县期末）已知y是x的反比例函数，并且当x＝4时，y＝﹣5．
（1）写出y与x之间的函数关系式；
（2）求y＝2时x的值．
【分析】（1）根据题意，可设y与x的函数关系式为y＝ ．当x＝4时，y＝﹣5．即可确定函数表达式．
（2）将y＝2代入函数表达式，即可求出x的值．
【解答】解：（1）设y是x的函数关系式为y＝ ．
将x＝4，y＝﹣5代入y＝ ，可得﹣5＝ ．
解得k＝﹣20，
即y是x的函数关系式为 ；
（2）将y＝2代入y＝﹣ ，可得x＝﹣10．
【点评】本题考查求反比例函数解析式．熟记反比例函数一般式并能熟练应用是解题关键．
一十二．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
12．（2022秋•黄埔区期末）如图，一次函数y＝kx+b与反比例函数 的图象交于A（n，3），B（﹣
3，﹣2）两点．
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）过点A作AC⊥y轴，垂足为C，求△ABC的面积S△ABC ．【分析】（1）将点B（﹣3，﹣2）代入y＝ ，求出反比例函数解析式；再将A，B代入一次函数解析
式即可；
（2）y＝x+1与轴y交点坐标（0，1），S＝ ×1×（3+2）＝ ；
【解答】解：（1）将点B（﹣3，﹣2）代入y＝ ，
∴m＝6，
∴y＝ ，
∴n＝2，
∴A（2，3），
将A（2，3），B（﹣3，﹣2）代入y＝kx+b，
，
∴ ，
∴y＝x+1；
（2）y＝x+1与x轴交点坐标D（0，1），
过点A作AE⊥x轴，
∴S＝ ×CD×（BC+AE）＝ ×2×（3+2）＝5．【点评】本题考查反比例函数和一次函数图象及性质；熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
一十三．反比例函数的应用（共1小题）
13．（2022秋•代县期末）山西地处黄河中游，是世界上最早最大的农业起源中心之一，是中国面食文化
的发祥地，其中的面条文化至今已有两千多年的历史（面条在东汉称之为“煮饼”）．厨师将一定质量
的面团做成拉面时，面条的总长度y（m）是面条横截面面积S（mm2）的反比例函数，其图象经过A
（4，32），B（a，80）两点（如图）．
（1）求y与S之间的函数关系式；
（2）求a的值，并解释它的实际意义；
（3）某厨师拉出的面条最细时的横截面面积不超过0.8mm2，求这根面条的总长度至少有多长．
【分析】（1）直接利用待定系数法得出反比例函数解析式即可；
（2）利用（1）中所求进而得出a的值，得出其实际意义；
（3）利用S＝0.8求出y的值即可得出答案．
【解答】解：（1）设y与x之间的函数表达式为：y＝ （S＞0），
将（4，32）代入可得：k＝128，
∴y与S之间的函数表达式为：y＝ （S＞0）；（2）将（a，80）代入y＝ 可得a＝1.6，
实际意义：当面条的横截面积为1.6mm2时，面条长度为80m；
（3）∵厨师做出的面条横截面面积不超过0.8mm2，
∴y≥ ＝160，
故面条的总长度至少为160m．
【点评】此题主要考查了反比例函数的应用，正确得出理解y与S代表的意义是解题关键．
一十四．二次函数的图象（共1小题）
14．（2022秋•峰峰矿区期末）二次函数y＝kx2﹣x（k＜0）的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意，k＜0，则该二次函数图象开口向下，且当x＝0时，y＝0，故其过原点，由此分析
选项可得答案．
【解答】解：根据题意，k＜0，则该二次函数图象开口向下，
且当x＝0时，y＝0，故其过原点，
分析选项可得，只有C符合，
故选：C．
【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握二次函数的有关性质如开口方向、对称轴、顶点坐标等与系数
的关系．
一十五．二次函数的性质（共1小题）
15．（2022秋•古浪县校级期末）抛物线y＝3（x+1）2﹣4的顶点坐标是（ ）
A．（1，4） B．（1，﹣4） C．（﹣1，4） D．（﹣1，﹣4）
【分析】由抛物线的顶点式可求得出该抛物线的顶点坐标．【解答】解：∵y＝3（x+1）2﹣4，
∴顶点坐标为（﹣1，﹣4），
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
一十六．二次函数图象与系数的关系（共1小题）
16．（2022秋•丛台区校级期末）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．a＞0，b＞0，c＞0 B．a＞0，b＜0，c＜0
C．a＜0，b＞0，c＜0 D．a＜0，b＜0，c＜0
【分析】根据抛物线的开口方向，对称轴位置，与y轴的交点判断a，b，c的符号即可．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴负半轴，
∴c＜0，
∵对称轴在y轴右侧，
∴﹣ ＞0，
∴b＞0，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，关键是对二次函数
性质的掌握．
一十七．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
17．（2022秋•雷州市期末）设A（﹣2，y ），B（1，y ），C（2，y ）是抛物线y＝3（x+1）2+4m（m为
1 2 3
常数）上的三点，则y ，y ，y 的大小关系为（ ）
1 2 3
A．y ＜y ＜y B．y ＜y ＜y C．y ＜y ＜y D．y ＜y ＜y
1 2 3 2 1 3 3 1 2 3 2 1
【分析】根据二次函数的性质得到抛物线y＝3（x+1）2+4m（m为常数）的开口向上，对称轴为直线x＝﹣1，然后根据三个点离对称轴的远近判断函数值的大小．
【解答】解：∵抛物线y＝3（x+1）2+4m（m为常数）的开口向上，对称轴为直线x＝﹣1，
而C（2，y ）离直线x＝﹣1的距离最远，A（﹣2，y ）点离直线x＝﹣1最近，
3 1
∴y ＜y ＜y ．
1 2 3
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了
二次函数的性质．
一十八．二次函数的最值（共1小题）
18．（2022秋•西城区期末）二次函数y＝（x﹣2）2+3的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．﹣2 D．﹣3
【分析】根据二次函数的性质解答即可．
【解答】解：二次函数y＝（x﹣2）2+3，
当x＝2时，最小值是3，
故选：B．
【点评】本题考查的是二次函数的最值，掌握二次函数的性质是解题的关键．
一十九．二次函数的三种形式（共1小题）
19．（2022秋•东湖区校级期末）把二次函数y＝﹣ x2﹣x+3用配方法化成y＝a（x﹣h）2+k的形式时，应
为（ ）
A．y＝﹣ （x﹣2）2+2 B．y＝﹣ （x﹣2）2+4
C．y＝﹣ （x+2）2+4 D．y＝﹣（ x﹣ ）2+3
【分析】利用配方法先提出二次项系数，再加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，把一般式转
化为顶点式．
【解答】解：y＝﹣ x2﹣x+3＝﹣ （x2+4x+4）+1+3＝﹣ （x+2）2+4．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的解析式有三种形式：
（1）一般式：y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）；
（2）顶点式：y＝a（x﹣h）2+k；
（3）交点式（与x轴）：y＝a（x﹣x ）（x﹣x ）．
1 2二十．抛物线与x轴的交点（共1小题）
20．（2022秋•南开区校级期末）二次函数y＝x2﹣2x+1的图象与x轴的交点个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．不能确定
【分析】利用“二次函数的图象和性质与一元二次方程之间的关系”解答即可．
【解答】解：判断二次函数图象与x轴的交点个数，就是当y＝0时，方程x2﹣2x+1＝0解的个数，
∵Δ＝（﹣2）2﹣4×1×1＝0，
∴此方程有两个相同的根，
∴二次函数y＝x2﹣2x+1的图象与x轴有一个交点．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的图象和性质与一元二次方程之间的关系，掌握两者之间的关系是解题的
关键．
二十一．根据实际问题列二次函数关系式（共1小题）
21．（2022秋•南关区校级期末）如图，某农场要盖一排三间长方形的羊圈，打算一面利用旧墙，其余各
面用木材围成栅栏，该农场计划用木材围成总长 24m的栅栏，设面积为s（m2），垂直于墙的一边长为
x（m）．则s关于x的函数关系式： s ＝﹣ 4 x 2 +2 4 x （ 0 ＜ x ＜ 6 ） （并写出自变量的取值范围）
【分析】先根据栅栏的总长度24表示出三间羊圈与旧墙平行的一边的总长为（24﹣4x），再根据长方
形的面积公式表示即可得到s关于x的函数关系式；找到关于x的两个不等式：24﹣4x＞0，x＞0，解之
即可求出x的取值范围．
【解答】解：根据题意可知，三间羊圈与旧墙平行的一边的总长为（24﹣4x），
则：s＝（24﹣4x）x＝﹣4x2+24x
由图可知：24﹣4x＞0，x＞0，
所以x的取值范围是0＜x＜6，
故答案为：s＝﹣4x2+24x（0＜x＜6）．
【点评】此题主要考查了结合实际问题列二次函数解析式．本题中主要涉及的知识点有：二次函数的表
示方法，自变量取值范围的解法，找到关于x的不等式．
二十二．二次函数的应用（共1小题）
22．（2022秋•香洲区期末）如图①，一个可调节高度的喷灌架喷射出的水流可以近似地看成抛物线．图②是喷射出的水流在平面直角坐标系中的示意图，其中喷灌架置于点O处，喷水头的高度（喷水头距
喷灌架底部的距离）设置的是1米，当喷射出的水流距离喷水头水平距离为8米时，达到最大高度5米．
（1）求水流运行轨迹的函数解析式；
（2）若在距喷灌架12米处有一棵3.5米高的果树，问：水流是否会碰到这棵果树？请通过计算说明．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣8）2+5，用待定系数法求得解析式；
（2）将x＝12代入（1）中所求代数式，再跟3.5进行比较．
【解答】解：（1）由题可知：抛物线的顶点为（8，5），
设水流形成的抛物线为y＝a（x﹣8）2+5，
将点（0，1）代入可得a＝﹣ ，
∴抛物线为：y＝﹣ （x﹣8）2+5．
（2）不能，理由如下：
当x＝12时，y＝﹣ （12﹣8）2+5＝4＞3.5，
∴水流不能碰到这棵果树．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确理解题意、熟练掌握待定系数法及二次函数的
性质是解题的关键．
二十三．垂径定理（共1小题）
23．（2022秋•青川县期末）如图，AB是 O的直径，AB＝10，弦CD⊥AB于点E，若OA：OE＝5：3，
则弦CD的长为（ ） ⊙
A．3 B．4 C．6 D．8
【分析】先根据勾股定理求出CE的长，再根据垂径定理即可求出CD的长．【解答】解：∵AB是 O的直径，AB＝10，
∴OC＝OA＝5， ⊙
∵弦CD⊥AB于点E，OA：OE＝5：3，
∴OE＝3，
根据勾股定理，得CE＝ ＝ ＝4，
再根据垂径定理，得CD＝2CE＝8．
故选：D．
【点评】本题考查的是勾股定理以及垂径定理，熟知垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两
条弧是解题的关键．
二十四．圆心角、弧、弦的关系（共1小题）
24．（2022秋•钢城区期末）如图，AB是圆O的直径，C、D是AB上的两点，连接AC、BD相交于点E，
若∠BEC＝58°，那么∠DOC的度数为（ ）
A．33° B．66° C．64° D．57°
【分析】连接BC，利用直径所对的圆周角是直角，可得∠ACB＝90°，易得∠1，利用圆周角定理可得
结果．
【解答】解：连接BC，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BEC＝58°，
∴∠1＝90°﹣∠BEC＝90°﹣58°＝32°，∴∠DOC＝2∠1＝2×32°＝64°，
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆周角定理及其推论，作出恰当的辅助线是解答此题的关键．
二十五．圆周角定理（共1小题）
25．（2022秋•裕华区校级期末）如图，已知A，B，C是 O上的三点，∠BOC＝100°，则∠BAC的度数
为（ ） ⊙
A．30° B．40° C．45° D．50°
【分析】根据圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：∵A，B，C是 O上的三点，∠BOC＝100°，
⊙
∴∠BAC＝ ∠BOC＝ ×100°＝50°，
故选：D．
【点评】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．
二十六．圆内接四边形的性质（共1小题）
26．（2022秋•天河区校级期末）如图，四边形ABCD是 O的内接四边形，若∠D＝85°，则∠B的度数
为（ ） ⊙
A．95° B．105° C．115° D．125°
【分析】直接根据圆内接四边形的性质进行解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为 O的内接四边形，
∴∠D+∠B＝180°， ⊙
∵∠D＝85°，
∴∠B＝180°﹣∠D＝180°﹣85°＝95°．故选：A．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．
二十七．点与圆的位置关系（共1小题）
27．（2022秋•建昌县期末）已知 O的半径为3，点P到圆心O的距离为4，则点P与 O的位置关系是
（ ） ⊙ ⊙
A．点P在 O外 B．点P在 O上 C．点P在 O内 D．无法确定
【分析】根⊙据点与圆心的距离与半⊙径的大小关系即可确定⊙点P与 O的位置关系．
【解答】解：∵ O的半径分别是3，点P到圆心O的距离为4，⊙
∴d＞r， ⊙
∴点P与 O的位置关系是：点在圆外．
故选：A．⊙
【点评】本题考查了点与圆的位置关系．注意若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点
在圆外；当d＝r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
二十八．三角形的外接圆与外心（共1小题）
28．（2022秋•麻章区期末）如图，△ABC内接于 O，CD是 O的直径，∠BCD＝54°，则∠A的度数是
（ ） ⊙ ⊙
A．36° B．33° C．30° D．27°
【分析】首先连接BD，由CD是 O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠CBD的度数，
继而求得∠D的度数，然后由圆周⊙角定理，求得∠A的度数．
【解答】解：连接BD，
∵CD是 O的直径，
∴∠CBD⊙＝90°，
∵∠BCD＝54°，
∴∠D＝90°﹣∠BCD＝36°，
∴∠A＝∠D＝36°．
故选：A．【点评】此题考查了圆周角定理与直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数
形结合思想的应用．
二十九．直线与圆的位置关系（共1小题）
29．（2022秋•莱州市期末）若∠OAB＝30°，OA＝10cm，则以O为圆心，4cm为半径的圆与直线AB的位
置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定
【分析】直线和圆的位置关系与数量之间的联系：若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线与圆相
切；若d＞r，则直线与圆相离．
【解答】解：如图，作OD⊥AB，垂足为D，
∵∠OAB＝30°，OA＝10cm，
∴OD＝5cm，
∵d＝5cm＞r＝4cm，
∴直线AB与圆O相离．
故选：C．
【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，要正确作出圆心到直线的距离，然后求出距离，与半径进行
比较，即可解决问题．
三十．切线的性质（共1小题）
30．（2022秋•合川区期末）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆上两点， ，过点C作 O的
⊙
切线与AB的延长线交于点E，若∠CEO＝20°，则∠BOD的大小为（ ）
A．20° B．35° C．45° D．70°【分析】根据切线的性质得∠OCE＝90°，再根据 ，知∠BOD＝∠COD＝ ∠BOC＝35°．
【解答】解：∵CE是 O的切线，
∴OC⊥CE， ⊙
∴∠OCE＝90°，
∵∠CEO＝20°，
∴∠COB＝70°，
∵ ，
∴∠BOD＝∠COD＝ ∠BOC＝35°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了切线的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
三十一．切线的判定（共1小题）
31．（2023春•丰城市校级期末）如图，点A是 O上一定点，点B是 O上一动点、连接OA、OB、
AB、分别将线段AO、AB绕点A顺时针旋转60⊙°到AA'，AB'，连接OA'⊙，BB'，A'B'，OEB'，下列结论正
确的有（ ）
①点A'在 O上；②△OAB≌△A'AB'；③∠BB′A′＝ ∠BOA′；④当OB′＝2OA时，AB′与
O相切．⊙
⊙
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】可证得△AOA′和△ABB′是等边三角形，可推出OA′＝OA，从而得出①正确；根据“边角
边”可证得②；根据②可推出A′B′＝OB＝AA′，进一步得出③正确；作OC⊥B′B，可推出
∠OB′B＝30°，进而得出OB′＝2OC，结合OB′＝2OB可推出点C和点B重合，进而得出④正确，
从而得出结果．【解答】解：∵OA＝AA′，∠OAA′＝60°，
∴△AOA′是等边三角形，
同理可得，
△ABB′是等边三角形，
①∵△AOA′是等边三角形，
∴OA′＝OA，
∴点A′在 O上，
故①正确，⊙
∵∠OAA′＝∠BAB′＝60°，
∴∠OAB＝∠A′AB′，
∵OA＝AA′，AB＝AB′，
∴△OAB≌△A′AB′，
故②正确，
③由②知，
△OAB≌△A′AB′，
∴A′B′＝OB，
∵OB＝OA＝AA′，
∴AA′＝A′B′，
∴∠A′AB′＝∠A′B′A，
∵△ABB′是等边三角形，
∴∠BAB′＝∠AB′B＝60°，
∴∠A′B′B＝∠BAA′，
∵∠BOA′＝2∠BAA′，
∴∠BB′A′＝ ∠BOA′，
故③正确，
④如图，过点O作OC⊥BB′于C，
∵△ABB′是等边三角形，
∴∠AB′B＝60°，
∵OA＝OB，B′A＝B′B，
∴B′O垂直平分AB，
∴∠OB ＝30°，
∴OB′＝2OC，
∵OB′＝2OA＝2OB，
∴OC和OB重合，
∴OB⊥B′B，
∴BB′是 O的切线，
故④正确⊙，
综上所述：①②③④均正确，
故选A．
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解决问
题的关键是熟练掌握有关基础知识．
三十二．切线长定理（共1小题）
32．（2022秋•金东区期末）如图， O是△ABC的内切圆，点D、E分别为边AB、AC上的点，且DE为
O的切线，若△ABC的周长为2⊙5，BC的长是9，则△ADE的周长是（ ）
⊙A．7 B．8 C．9 D．16
【分析】根据切线长定理，可得 BI＝BG，CI＝CH，DG＝DF，EF＝EH，则C△ADE ＝AD+AE+DE＝
AD+AE+DF+EF＝AD+DG+EH+AE＝AG+AH＝C△ABC ﹣（BG+CH+BC），据此即可求解．
【解答】解：∵AB、AC、BC、DE都和 O相切，
∴BI＝BG，CI＝CH，DG＝DF，EF＝EH⊙．
∴BG+CH＝BI+CI＝BC＝9，
∴C△ADE ＝AD+AE+DE＝AD+AE+DF+EF＝AD+DG+EH+AE＝AG+AH＝C△ABC ﹣（BG+EH+BC）＝25﹣
2×9＝7．
故选：A．
【点评】本题考查了切线长定理，理解定理，找出图形中存在的相等的线段是关键．
三十三．三角形的内切圆与内心（共1小题）
33．（2022秋•鄞州区期末）正三角形的内切圆半径为1，则该正三角形的外接圆半径是（ ）
A． B． C．2 D．2.5
【分析】由正三角形外接圆的半径和它的内切圆的数量关系直接得到．
【解答】解：等边三角形的外接圆半径是它的内切圆半径的2倍，
所以当正三角形内切圆的半径为1时，它的外接圆的半径为2．
故选C．
【点评】熟练掌握等边三角形的有关性质．特别记住等边三角形的内切圆半径，外接圆半径和它的高的比（1：2：3）．
三十四．正多边形和圆（共1小题）
34．（2022秋•仙居县期末）如图，正六边形ABCDEF的中心角∠AOB＝ 6 0 度．
【分析】根据正六边形的性质即可得到结论．
【解答】解：正六边形ABCDEF的中心角∠AOB＝ ＝60°，
故答案为：60．
【点评】本题考查了正多边形与圆，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
三十五．弧长的计算（共1小题）
35．（2022秋•嘉峪关校级期末）一个扇形的半径为4，圆心角为90°，则此扇形的弧长为 2 ．
【分析】根据弧长的计算公式直接解答即可． π
【解答】解：扇形弧长为： ＝2 ，
故答案为：2 ． π
【点评】本题π考查了弧长的计算，熟记弧长的计算公式即可．
三十六．扇形面积的计算（共1小题）
36．（2022秋•东丽区期末）如图，在△ABC中，AB＝3，BC＝6，∠ABC＝30°，以点B为圆心，AB长为
半径画弧，交BC于点D，则图中阴影部分的面积为 ．
【分析】先求出三角形的高，再用三角形面积减去扇形面积即可求出阴影部分面积．
【解答】解：如图，过点A作AG⊥BC于点G，
∵∠B＝30°∴ ．
∴ ．
【点评】本题考查三角形面积公式和扇形面积公式，细心观察，发现阴影部分面积是三角形面积与扇形
面积的差是解题的关键．
三十七．圆锥的计算（共1小题）
37．（2022秋•蔡甸区期末）如图，圆锥的侧面展开图是一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，圆锥
的母线长为6cm，则侧面展开图的圆心角的度数为 12 0 °
【分析】根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公
式即可求解．
【解答】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2 r＝2 ×2＝4 （cm），
π π π
设圆心角的度数是 度，则 ＝4 ，
解得 ＝120， θ π
故答案θ为：120．
【点评】此题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决
本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
三十八．关于原点对称的点的坐标（共1小题）
38．（2022秋•澄迈县期末）平面直角坐标系内一点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，2） B．（﹣2，﹣3） C．（2，﹣3） D．（2，3）【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．
【解答】解：平面直角坐标系内一点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，﹣3）．
故选：C．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴
对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关
于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
三十九．坐标与图形变化-旋转（共1小题）
39．（2023春•巨野县期末）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中A点的坐标是（﹣3，
0），现将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°，则旋转后点A的坐标是（ ）
A．（1，3） B．（﹣1，﹣4） C．（﹣2，﹣4） D．（﹣3，3）
【分析】根据网格的特点结合旋转的性质画出△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°的图形，以此即可求
解．
【解答】△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°后，得到△A′BC′，如图，由图可知，点A′的坐标为（﹣1，﹣4），
故旋转后点A的坐标是（﹣1，﹣4）．
故选：B．
【点评】本题主要考查坐标与图形变化﹣旋转，解题关键是图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形
的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
四十．比例线段（共1小题）
40．（2022秋•伊川县期末）下列各组的四条线段a，b，c，d是成比例线段的是（ ）
A．a＝4，b＝6，c＝5，d＝10 B．a＝1，b＝2，c＝3，d＝4
C． ，b＝3，c＝2， D．a＝2， ， ，
【分析】根据比例线段的定义即如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比
例线段，对选项一一分析，即可得出答案．
【解答】解：A.4×10≠6×5，故不符合题意，
B.1×4≠2×3，故不符合题意，
C. ≠2×3，故不符合题意，
D. ，故符合题意，
故选：D．
【点评】此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另
外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．
四十一．黄金分割（共1小题）
41．（2022秋•嘉兴期末）若点C是线段AB的黄金分割点，AC＞BC，AB＝2，则AC的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据点C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，得出AC＝ AB，代入数据即可得出AC
的值．
【解答】解：∵C为线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，
∴AC＝ AB，
∵AB＝2，∴AC＝ ×2＝ ﹣1．
故选：B．
【点评】此题考查了黄金分割，用到的知识点是黄金分割点的概念，关键是熟记黄金比的值，列出算式．
四十二．平行线分线段成比例（共1小题）
42．（2022秋•余姚市校级期末）如图，已知AB∥CD∥EF，BD：DF＝1：2，那么下列结论中，正确的是
（ ）
A．AC：AE＝1：3 B．CE：EA＝1：3 C．CD：EF＝1：2 D．AB：EF＝1：2
【分析】三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例，据此可得结论．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，BD：DF＝1：2，
∴AC：AE＝1：3，故A选项正确；
CE：EA＝2：3，故B选项错误；
CD：EF的值无法确定，故C选项错误；
AB：EF的值无法确定，故D选项错误；
故选：A．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
四十三．相似多边形的性质（共1小题）
43．（2022秋•会宁县校级期末）已知两个相似多边形的面积比是 9：16，其中较小多边形的周长为
18cm，则较大多边形的周长为（ ）
A．24cm B．27cm C．28cm D．32cm
【分析】根据相似多边形面积之比等于相似比的平方求出相似比，根据相似多边形周长之比等于相似比
去周长比，列式计算即可．
【解答】解：两个相似多边形的面积比是9：16，
∴两个相似多边形的相似比是3：4，
∴两个相似多边形的周长比是3：4，
设较大多边形的周长为为xcm，由题意得，18：x＝3：4，
解得，x＝24，
故选：A．
【点评】本题考查的是相似多边形的性质，相似多边形对应边之比、周长之比等于相似比，而面积之比
等于相似比的平方．
四十四．相似三角形的性质（共1小题）
44．（2022秋•西湖区校级期末）两个相似三角形的相似比是4：9，则它们的面积比是（ ）
A．4：9 B．16：81 C．2：3 D．1：3
【分析】根据相似三角形的性质，面积比等于相似比的平方即可求解．
【解答】解：∵相似三角形的相似比是4：9，
∴面积比为： ，
故选：B．
【点评】本题主要考查相似三角形的性质，理解并掌握相似三角形的性质，相似比与面积比的关系是解
题的关键．
四十五．相似三角形的判定（共1小题）
45．（2022秋•洞口县期末）如图，已知∠B＝∠D＝90°，请添加一个条件 ∠ BAC ＝∠ DCE （不添加
字母及辅助线）使△ABC与△DCE相似．
【分析】根据三角形相似的判定定理去添加条件（答案不唯一）．
【解答】解：添加∠BAC＝∠DCE，
∵∠B＝∠D＝90°，∠BAC＝∠DCE，
∴△ABC∽△CDE．
故答案为：∠BAC＝∠DCE（答案不唯一）．
【点评】本题考查了三角形相似的判定定理，熟练掌握三角形相似的判定定理是解题的关键．
四十六．相似三角形的判定与性质（共1小题）
46．（2022秋•茌平区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，点D在边AC上，且DE⊥AC交BC于点
E．（1）求证：△CDE∽△CBA；
（2）若AB＝3，AC＝5，E是BC中点，求DE的长．
【分析】（1）由 DE⊥AC，∠B＝90°可得出∠CDE＝∠B，再结合公共角相等，即可证出
△CDE∽△CBA；
（2）在Rt△ABC中，利用勾股定理可求出BC的长，结合点E为线段BC的中点可求出CE的长，再利
用相似三角形的性质，即可求出DE的长．
【解答】（1）证明：∵DE⊥AC，∠B＝90°，
∴∠CDE＝90°＝∠B．
又∵∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CBA．
（2）解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，AC＝5，
∴BC＝ ＝4．
∵E是BC中点，
∴CE＝ BC＝2．
∵△CDE∽△CBA，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴DE＝ ＝ ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用“两角对应相
等两三角形相似”证出两三角形相似；（2）利用相似三角形的性质求出DE的长．
四十七．相似三角形的应用（共1小题）47．（2022秋•济南期末）如图，小明同学用自制的直角三角形纸板 DEF测量树的高度AB，他调整自己
的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条直角边DE＝
40cm，EF＝20cm，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝8m，则树高AB＝ 5. 5 m．
【分析】利用直角三角形DEF和直角三角形BCD相似求得BC的长后加上小明同学的身高即可求得树
高AB．
【解答】解：∵∠DEF＝∠BCD＝90°，∠D＝∠D
∴△DEF∽△DCB
∴ ＝
∵DE＝40cm＝0.4m，EF＝20cm＝0.2m，AC＝1.5m，CD＝8m，
∴ ＝
∴BC＝4米，
∴AB＝AC+BC＝1.5+4＝5.5（米），
故答案为：5.5．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出相似三角形的模型．
四十八．位似变换（共1小题）
48．（2022秋•陈仓区期末）如图，以点 O为位似中心，将△ABC缩小后得△A′B′C′，已知OB＝
3OB′，则△A′B′C′与△ABC的面积比为（ ）
A．1：3 B．3：1 C．9：1 D．1：9【分析】根据位似变换的性质得到A′B′∥AB，A′C′∥AC，求出△A'B'C'与△ABC的相似比，根据
相似三角形的性质得到面积比．
【解答】解：由位似变换的性质可知，A′B′∥AB，A′C′∥AC，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴△A'B'C'与△ABC的相似比为1：3，
∴△A'B'C'与△ABC的面积的比1：9，
故选：D．
【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质，如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相
交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
四十九．作图-位似变换（共1小题）
49．（2022秋•南安市期末）已知O是坐标原点，A、B的坐标分别为（3，0）、（2，2）．
（1）在y轴的左侧以O为位似中心作△OAB的位似图形△OA B ，使新图与原图的相似比为2：1；
1 1
（2）A B 的长为 2 （结果保留根号）；
1 1
（3）△OA B 的面积为 1 2 ．
1 1
【分析】（1）根据位似图形的性质即可求得新图形的坐标；
（2）根据位似图形的性质即可算出A B 的长度；
1 1
（3）根据平面直角坐标系内三角形面积的求法即可得到△OA B 的面积．
1 1
【解答】解：（1）∵O是坐标原点，A、B的坐标分别为（3，0）、（2，2），相似比为2：1，
∴A （﹣6，0），B （﹣4，﹣4），
1 1
∴如图所示△OA B 即为所求，
1 1（2）∵ ，相似比为2：1，
∴ ．
（3）过点B 作B E⊥OA ，则可得OA ＝6，B E＝4，
1 1 1 1 1
∴ ．
【点评】本题考查了位似图形的性质，平面直角坐标系内三角形的面积，熟记位似的性质是解题的关键．
五十．锐角三角函数的定义（共1小题）
50．（2022秋•代县期末）在△ABC中，∠C＝90°，设∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，则（
）
A．c＝bsinB B．b＝csinB C．a＝btanB D．b＝ctanB
【分析】根据正弦、正切的定义计算，判断即可．
【解答】解：A、sinB＝ ，
则b＝csinB，本选项说法错误；
B、b＝csinB，本选项说法正确；
C、tanB＝ ，
则b＝atanB，本选项说法错误；
D、b＝atanB，本选项说法错误；
故选：B．【点评】本题考查的是锐角三角函数的定义，掌握正弦、正切的定义是解题的关键．
五十一．同角三角函数的关系（共1小题）
51．（2022秋•武冈市期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若cosA＝ ，则sinA的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】作出图形，根据∠A的余弦设AC＝5k，AB＝13k，利用勾股定理列式求出BC＝12k，再根据锐
角的正弦等于对边比斜边列式即可．
【解答】解：如图，∵∠C＝90°，cosA＝ ，
∴设AC＝5k，AB＝13k，
根据勾股定理得，BC＝ ＝ ＝12k，
所以，sinA＝ ＝ ＝ ．
故选：D．
【点评】此题考查了锐角三角函数的定义，同角三角函数的关系，掌握在直角三角形中，锐角的正弦为
对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边是解题的关键．
五十二．互余两角三角函数的关系（共1小题）
52．（2022秋•宁波期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，cosA＝ ，则tanB的值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【分析】直接根据题用同一未知数表示出三角形各边长，进而得出答案．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，cosA＝ ，∴ ＝ ，
∴设AC＝x，则AB＝3x，
∴BC＝ ＝2 x，
则tanB的值为： ＝ ＝ ．
故选：D．
【点评】此题主要考查了同角三角函数关系，正确表示出各边长是解题关键．
五十三．解直角三角形（共1小题）
53．（2022秋•岱岳区校级期末）如图，AD是△ABC的高，若BD＝2CD＝6，sin ，则边AB的
长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由于sin∠DAC＝ ，从而可知tan∠DAC＝ ，AD＝6，由勾股定理可知：AB2＝BD2+AD2即
可求出答案．
【解答】解：∵sin∠DAC＝ ，
∴tan∠DAC＝ ，
∴ ＝ ，
∵BD＝6，CD＝3，
∴AD＝6，
由勾股定理可知：AB2＝BD2+AD2，
∴AB＝6 ，故选：D．
【点评】本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用勾股定理以及特殊角锐角三角函数，本题属于
基础题型．
五十四．解直角三角形的应用（共1小题）
54．（2022秋•宽甸县期末）如图，太阳光线与地面成80°角，窗子AB＝2米，要在窗子外面上方0.2米的
点D处安装水平遮阳板DC，使光线不能直接射入室内，则遮阳板DC的长度至少是（ ）
A． 米 B．2sin80°米
C． 米 D．2.2cos80°米
【分析】由已知条件易求DB的长，在光线、遮阳板和窗户构成的直角三角形中，80°角的正切值＝窗户
高：遮阳板的宽，据此即可解答．
【解答】解：∵DA＝0.2米，AB＝2米，
∴DB＝DA+AB＝2.2米，
∵光线与地面成80°角，∴∠BCD＝80°．
又∵tan∠BCD＝ ，
∴DC＝ ＝ ．
故选：C．
【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确选择三角函数关系是解题关键．
五十五．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
55．（2022秋•未央区期末）2022年2月4日在北京举办了第24届冬季奥运会，很多学校都开展冰雪项目
学习．如图，某滑雪斜坡的坡角为28°，一位同学乘滑雪板沿斜坡下滑了100米，则该同学在竖直方向
上下降的高度为（ ）A．100sin28° B．100cos28° C． D．
【分析】根据三角函数定义进行解答即可．
【解答】解：∵滑雪斜坡的坡角为28°，一位同学乘滑雪板沿斜坡下滑了100米，
∴该同学在竖直方向上下降的高度为100sin28°，故A正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角函数定义，熟练掌握正弦函数的定义，是解题的关键．
五十六．由三视图判断几何体（共1小题）
56．（2022秋•鄄城县期末）如图①所示的组合几何体，它的下面是一个长方体，上面是一个圆柱．
（1）图②和图③是它的两个视图，在横线上分别填写两种视图的名称 左，俯 （填“主”、
“左”或“俯”）；
（2）根据两个视图中的尺寸，计算这个组合几何体的表面积和体积．（结果保留 ）
【分析】（1）找到从正面和上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表π现在视图中．
（2）根据图形中的数据可知，长方体的长为8，宽为5，高为2，圆柱的底面直径为2，高为6，根据体
积和表面积表示方法进行计算即可．
【解答】解：（1）如图，故答案为：左，俯．
（2）表面积为：（8×5+8×2+5×2）×2+2 ×6＝132+12 ，
体积为：2×5×8+ ×（2÷2）2×6＝80+ ×1π×6＝80+6 ．π
答：这个组合几何π体的表面积为132+π12 ，体积是π80+6 ．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，π根据三视图得出π相关数据，依据相关计算方法进行计算是得出
正确答案的前提．
五十七．平行投影（共1小题）
57．（2022秋•肃州区校级期末）已知，如图，AB和DE是直立在地面上的两根立柱，AB＝5m，某一时刻
AB在阳光下的投影BC＝3m．
（1）请你在图中画出此时DE在阳光下的投影；
（2）在测量AB的投影时，同时测量出DE在阳光下的投影长为6m，请你计算DE的长．
【分析】（1）根据投影的定义，作出投影即可；
（2）根据在同一时刻，不同物体的物高和影长成比例；构造比例关系 ．计算可得DE＝10
（m）．
【解答】解：（1）连接AC，过点D作DF∥AC，交直线BC于点F，线段EF即为DE的投影．
（2）∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE．
∵∠ABC＝∠DEF＝90°∴△ABC∽△DEF．
∴ ，
∴
∴DE＝10（m）．
说明：画图时，不要求学生做文字说明，只要画出两条平行线AC和DF，再连接EF即可．
【点评】本题考查了平行投影特点：在同一时刻，不同物体的物高和影长成比例．要求学生通过投影的
知识并结合图形解题．
五十八．视点、视角和盲区（共1小题）
58．（2023春•福田区校级期末）如图，在房子屋檐E处安有一台监视器，房子前有一面落地的广告牌，
那么监视器的盲区是（ ）
A．△ACE B．△ADF
C．△ABD D．四边形BCED
【分析】根据盲区的定义，视线覆盖不到的地方即为该视点的盲区，由图知，E是视点，找到在E点处
看不到的区域即可．
【解答】解：由图片可知，E视点的盲区应该在△ABD的区域内．
故选：C．
【点评】此题主要考查了视点、视角和盲区，解答此类问题，首先要确定视点，然后再根据盲区的定义
进行判断．
五十九．随机事件（共1小题）
59．（2022秋•华容区期末）下列事件是必然事件的是（ ）A．任意画一个三角形，其内角和为180°
B．篮球队员在罚球线上投篮一次，未投中
C．经过有交通信号灯的路口，遇到红灯
D．投一次骰子，朝上的点数是6
【分析】必然事件就是一定发生的事件，根据定义即可判断．
【解答】解：A、任意画一个三角形，其内角和为180°，是必然事件，故此选项符合题意；
B、球队员在罚球线上投篮一次，未投中，是随机事件，故此选项不符合题意；
C、经过有交通信号灯的路口，遇到红灯，是随机事件，故此选项不符合题意；
D、投一次骰子，朝上的点数是6，是随机事件，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了必然事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然
事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件
即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
六十．列表法与树状图法（共1小题）
60．（2022秋•永丰县期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币落地后，正面都朝上的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先利用列举法可得所有等可能的结果有：正正，正反，反正，反反，然后利用概率公式求解
即可求得答案．
【解答】解：∵抛掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币落地后的所有等可能的结果有：正正，正反，反正，
反反，
∴正面都朝上的概率是： ．
故选：C．
【点评】此题考查了列举法求概率的知识．此题比较简单，注意在利用列举法求解时，要做到不重不漏，
注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
