2022-2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，當刻度尺的一邊與⊙O相切時，另一邊與⊙O的兩個交點處的讀數(shù)如圖所示(單位：cm)，圓的半徑是5，那么刻度尺的寬度為（）A．cm B．4cm C．3cm D．2cm2．如圖，在△OAB中，頂點O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），將△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第2019次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點D的坐標為（）A．（3，﹣10） B．（10，3） C．（﹣10，﹣3） D．（10，﹣3）3．如圖所示的幾何體的左視圖為（）A． B． C． D．4．在一個不透明的盒子里有2個紅球和n個白球，這些球除顏色外其余完全相同，搖勻后隨機摸出一個，摸到紅球的概率是，則n的值為（）A．3 B．5 C．8 D．105．如圖所示，在邊長為1的小正方形網(wǎng)格中，兩個三角形是位似圖形，則它們的位似中心是（）A．點O B．點P C．點M D．點N6．△ABC中，∠C=Rt∠，AC=3，BC=4，以點C為圓心，CA為半徑的圓與AB、BC分別交于點E、D，則AE的長為()A． B． C． D．7．下列二次根式中，不是最簡二次根式的是()A． B． C． D．8．對于二次函數(shù),下列說法正確的是（）A．當x>0，y隨x的增大而增大B．當x=2時，y有最大值－3C．圖像的頂點坐標為（－2，－7）D．圖像與x軸有兩個交點9．圖①是由五個完全相同的小正方體組成的立體圖形．將圖①中的一個小正方體改變位置后如圖②，則三視圖發(fā)生改變的是（）A．主視圖 B．俯視圖C．左視圖 D．主視圖、俯視圖和左視圖都改變10．已知反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點，則這個函數(shù)的圖象位于（）A．第二、三象限 B．第一、三象限 C．第三、四象限 D．第二、四象限二、填空題(每小題3分,共24分)11．一個不透明的口袋中有三個完全相同的小球，把它們分別標號為1，2，1．隨機摸出一個小球然后放回，再隨機摸出一個小球，則兩次摸出的小球標號相同的概率是_____．12．比較大小：_____1．（填“＞”、“=”或“＜”）13．已知x=2是關于x的方程x2-3x+k=0的一個根，則常數(shù)k的值是___________.14．已知線段c是線段、的比例中項，且，，則線段c的長度為______．15．在某一個學校的運動俱樂部里面有三大筐數(shù)量相同的球，甲每次從第一個大筐中取出9個球；乙每次從第二個大筐中取出7個球；丙則是每次從第三個大筐中取出5個球.到后來甲、乙、丙三人都記不清各自取過多少次球了，于是管理人員查看發(fā)現(xiàn)第一個大筐中還剩下7個球，第二個大筐還剩下4個球，第三個大筐還剩下2個球，那么根據(jù)上述情況可以推知甲至少取了______次.16．某圓錐的底面半徑是2，母線長是6，則該圓錐的側(cè)面積等于________．17．如圖，內(nèi)接于半徑為的半，為直徑，點是弧的中點，連結(jié)交于點，平分交于點，則______．若點恰好為的中點時，的長為______．18．如圖，四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，且AB＝5，CD＝6，則四邊形ABCD的周長為_______．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，已知在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，對角線AC＝8，求菱形ABCD的周長和面積．20．（6分）如圖，是的直徑，，為弧的中點，正方形繞點旋轉(zhuǎn)與的兩邊分別交于、（點、與點、、均不重合），與分別交于、兩點.（1）求證：為等腰直角三角形；（2）求證：；（3）連接，試探究：在正方形繞點旋轉(zhuǎn)的過程中，的周長是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，請說明理由.21．（6分）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側(cè)），與y軸交于點C，過點C作x軸的平行線交拋物線于點P．連接AC．（1）求點P的坐標及直線AC的解析式；（2）如圖2，過點P作x軸的垂線，垂足為E，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OF，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接FA、FC．求AF+CF的最小值；（3）如圖3，點M為線段OA上一點，以OM為邊在第一象限內(nèi)作正方形OMNG，當正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上時，將正方形OMNG沿x軸向右平移，記平移中的正方形OMNG為正方形O′MNG，當點M與點A重合時停止平移．設平移的距離為t，正方形O′MNG的邊MN與AC交于點R，連接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．22．（8分）解方程：x2﹣6x﹣40＝023．（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的弦，直線MN與⊙O相切于點C，過點B作BD⊥MN于點D．（1）求證：∠ABC＝∠CBD；（2）若BC＝4，CD＝4，則⊙O的半徑是．24．（8分）有紅、黃兩個盒子，紅盒子中藏有三張分別標有數(shù)字，，1的卡片，黃盒子中藏有三張分別標有數(shù)字1，3，2的卡片，卡片外形相同．現(xiàn)甲從紅盒子中取出一張卡片，乙從黃盒子中取出一張卡片，并將它們的數(shù)字分別記為a，b．(1)請你用樹形圖或列表法列出所有可能的結(jié)果．(2)現(xiàn)制定這樣一個游戲規(guī)則：若所選出的a，b能使得二次函數(shù)y=ax2+bx+1的圖像與x軸有兩個不同的交點，則稱甲獲勝；否則稱乙獲勝．請問這樣的游戲規(guī)則公平嗎?請你用概率知識解釋．25．（10分）如圖，AC是⊙O的直徑，PA切⊙O于點A，PB切⊙O于點B，且∠APB＝60°．（1）求∠BAC的度數(shù)；（2）若PA＝，求點O到弦AB的距離．26．（10分）隨著經(jīng)濟的快速發(fā)展，環(huán)境問題越來越受到人們的關注，某校學生會為了解節(jié)能減排、垃圾分類知識的普及情況，隨機調(diào)查了部分學生，調(diào)查結(jié)果分為“非常了解”“了解”“了解較少”“不了解”四類，并將調(diào)查結(jié)果繪制成下面兩個統(tǒng)計圖．（1）本次調(diào)查的學生共有人，估計該校1200名學生中“不了解”的人數(shù)是人；（2）“非常了解”的4人有A1，A2兩名男生，B1，B2兩名女生，若從中隨機抽取兩人向全校做環(huán)保交流，請利用畫樹狀圖或列表的方法，求恰好抽到一男一女的概率．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【解析】連接OA，過點O作OD⊥AB于點D，∵OD⊥AB，∴AD=12AB=12(9?1)=4cm，∵OA=5，則OD=5?DE，在Rt△OAD中，,即解得DE=2cm.故選D.2、C【分析】先求出AB=1，再利用正方形的性質(zhì)確定D（-3，10），由于2019=4×504+3，所以旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，相當于△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)3次，由此求出點D坐標即可．【詳解】∵A(﹣3，4)，B(3，4)，∴AB=3+3=1．∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=AB=1，∴D(﹣3，10)．∵2019=4×504+3，∴每4次一個循環(huán)，第2019次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，相當于△OAB與正方形ABCD組成的圖形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)3次，每次旋轉(zhuǎn)，剛好旋轉(zhuǎn)到如圖O的位置．∴點D的坐標為(﹣10，﹣3)．故選：C．【點睛】本題考查了坐標與圖形變化-旋轉(zhuǎn)：圖形或點旋轉(zhuǎn)之后要結(jié)合旋轉(zhuǎn)的角度和圖形的特殊性質(zhì)來求出旋轉(zhuǎn)后的點的坐標．常見的是旋轉(zhuǎn)特殊角度如：30°，45°，10°，90°，180°．3、D【解析】根據(jù)左視圖是從幾何體左面看得到的圖形，認真觀察實物，可得這個幾何體的左視圖為長方形，據(jù)此觀察選項即可得.【詳解】觀察實物，可知這個幾何體的左視圖為長方形，只有D選項符合題意，故選D.【詳解】本題考查了幾何體的左視圖，明確幾何體的左視圖是從幾何體的左面看得到的圖形是解題的關鍵.注意錯誤的選項B、C.4、C【解析】試題分析：在一個不透明的盒子里有2個紅球和n個白球，這些球除顏色外其余完全相同，搖勻后隨機摸出一個，摸到紅球的概率是，而其概率為，因此可得=，解得n=8.故選B．考點：概率的求法5、B【分析】根據(jù)位似變換的定義：對應點的連線交于一點，交點就是位似中心．即位似中心一定在對應點的連線上．【詳解】解：位似圖形的位似中心位于對應點連線所在的直線上，點M、N為對應點，所以位似中心(如圖)在M、N所在的直線上，點P在直線MN上，所以點P為位似中心．

故選：B．【點睛】此題主要考查了位似變換的性質(zhì)，利用位似圖形的位似中心位于對應點連線所在的直線上，點M、N為對應點，得出位似中心在M、N所在的直線上是解題關鍵．6、C【分析】在Rt△ABC中，由勾股定理可直接求得AB的長；過C作CM⊥AB，交AB于點M，由垂徑定理可得M為AE的中點，在Rt△ACM中，根據(jù)勾股定理得AM的長，從而得到AE的長．【詳解】解：在Rt△ABC中，

∵AC=3，BC=4，

∴AB==1．

過C作CM⊥AB，交AB于點M，如圖所示，

由垂徑定理可得M為AE的中點，

∵S△ABC=AC?BC=AB?CM，且AC=3，BC=4，AB=1，

∴CM=，

在Rt△ACM中，根據(jù)勾股定理得：AC2=AM2+CM2，即9=AM2+（）2，

解得：AM=，

∴AE=2AM=．

故選：C．【點睛】本題考查的是垂徑定理，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關鍵．7、C【解析】根據(jù)最簡二次根式的定義對各選項分析判斷即可．【詳解】解：A、是最簡二次根式，不合題意，故本選項錯誤；B、是最簡二次根式，不合題意，故本選項錯誤；C、因為=2，所以不是最簡二次根式，符合題意，故本選項正確；D、是最簡二次根式，不合題意，故本選項錯誤；故選C．【點睛】本題考查了最簡二次根式的定義，根據(jù)定義，最簡二次根式必須滿足被開方數(shù)不含分母且不含能開得盡方的因數(shù)或因式．8、B【詳解】二次函數(shù),所以二次函數(shù)的開口向下，當x＜2，y隨x的增大而增大，選項A錯誤；當x=2時，取得最大值，最大值為－3,選項B正確；頂點坐標為（2，-3），選項C錯誤；頂點坐標為（2，-3），拋物線開口向下可得拋物線與x軸沒有交點，選項D錯誤，故答案選B.考點：二次函數(shù)的性質(zhì).9、A【分析】根據(jù)從正面看得到的視圖是主視圖，從左邊看得到的圖形是左視圖，從上邊看得到的圖形是俯視圖對兩個組合體進行判斷，可得答案．【詳解】解：①的主視圖是第一層三個小正方形，第二層中間一個小正方形；左視圖是第一層兩個小正方形，第二層左邊一個小正方形；俯視圖是第一層中間一個小正方形，第二層三個小正方形；②的主視圖是第一層三個小正方形，第二層左邊一個小正方形；左視圖是第一層兩個小正方形，第二層左邊一個小正方形；俯視圖是第一層中間一個小正方形，第二層三個小正方形；所以將圖①中的一個小正方體改變位置后，俯視圖和左視圖均沒有發(fā)生改變，只有主視圖發(fā)生改變，故選：A．【點睛】本題考查了三視圖的知識，解決此類圖的關鍵是由三視圖得到相應的立體圖形．從正面看到的圖是正視圖，從上面看到的圖形是俯視圖，從左面看到的圖形是左視圖．10、D【分析】首先將點P的坐標代入確定函數(shù)的表達式，再根據(jù)k＞0時，函數(shù)圖象位于第一、三象限；k＜0時函數(shù)圖象位于第二、四象限解答即可．【詳解】解：∵反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點P（-2，1），

∴k=-2＜0，

∴函數(shù)圖象位于第二，四象限．故選：D．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上的點以及反比例函數(shù)圖象的性質(zhì)，掌握基本概念和性質(zhì)是解題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、【解析】首先根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結(jié)果與兩次摸出的小球標號相同的情況，再利用概率公式即可求得答案．【詳解】根據(jù)題意，畫樹狀圖如下：共有9種等可能結(jié)果，其中兩次摸出的小球標號相同的有1種結(jié)果，所以兩次摸出的小球標號相同的概率是，故答案為．【點睛】此題考查了樹狀圖法與列表法求概率．用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．

錯因分析中等難度題.失分的原因有兩個：（1）沒有掌握放回型和不放回型概率計算的區(qū)別；（2）未找全標號相同的可能結(jié)果.

12、＞．【解析】先求出1=，再比較即可．【詳解】∵12=9＜10，∴＞1，故答案為＞．【點睛】本題考查了實數(shù)的大小比較和算術平方根的應用，用了把根號外的因式移入根號內(nèi)的方法．13、2【分析】根據(jù)一元二次方程的解的定義，把x=2代入x2-3x+k=0得4-6+k=0，然后解關于k的方程即可．【詳解】把x=2代入x2?3x+k=0得4?6+k=0，解得k=2.故答案為2.【點睛】本題考查的知識點是一元二次方程的解，解題的關鍵是熟練的掌握一元二次方程的解.14、6【解析】根據(jù)比例中項的概念結(jié)合比例的基本性質(zhì)，得：比例中項的平方等于兩條線段的乘積.所以c2=4×9,解得c=±6(線段是正數(shù),負值舍去)，故答案為6.15、2【分析】設每框球的總數(shù)為k，甲取了a次，乙取了b次，丙取了c次．根據(jù)題意得可列方程k=9a+7=7b+4=5c+2(k，a，b，c都是正整數(shù))，然后根據(jù)整除的性質(zhì)解答即可．【詳解】設每框球的總數(shù)為k，甲取了a次，乙取了b次，丙取了c次．根據(jù)題意得：k=9a+7=7b+4=5c+2(k，a，b，c都是正整數(shù))∴9a+7=5c+2，∴9a=5(c-1)，∴a是5的倍數(shù)．不妨設a=5m(m為正整數(shù))，∴k=45m+7=7b+4，∴b=，∵b和m都是正整數(shù)，∴m的最小值為1．∴a=5m=2．故答案為：2．【點睛】本題考查了三元一次方程的應用，解答本題的關鍵是明確題意，列出相應的者方程，會根據(jù)整除性進一步設未知數(shù)．16、【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式即可得．【詳解】圓錐的側(cè)面積公式：，其中為底面半徑，為圓錐母線則該圓錐的側(cè)面積為故答案為：．【點睛】本題考查了圓錐的側(cè)面積公式，熟記公式是解題關鍵．17、【分析】（1）先根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可求出∠ACB=90°，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可求出∠BAC+∠ABC=90°，然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)可求出∠DAB+∠DBA=45°，最后利用外角的性質(zhì)即可求出∠MAD的度數(shù)；

（2）如圖連接AM，先證明△AME∽△BCE，得到再列代入數(shù)值求解即可．【詳解】解：（1）∵為直徑，∴∠ACB=90°.∴∠BAC+∠ABC=90°∵點是弧的中點，∴∠ABM=∠CBM=∠ABC.∵平分交于點，∴∠BAD=∠CAD=∠BAC.∴∠DAB+∠DBA=∠ABC+∠BAC=45°.∴45°.（2）如圖連接AM．

∵AB是直徑，

∴∠AMB=90°

∵∠ADM=45°，

∴MA=MD，

∵DM=DB，

∴BM=2AM，設AM=x，則BM=2x，

∵AB=4，

∴x2+4x2=160，

∴x=4（負根已經(jīng)舍棄），

∴AM=4，BM=8，∵∠MAE=∠CBM,∠CBM=∠ABM.∴∠MAE==∠ABM.∵∠AME=∠AMB=90°，∴△AME∽△BMA.∴∴∴ME=2.故答案為：(1).(2)..【點睛】本題考查圓周角定理，圓心角，弧弦之間的關系，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線是解題的關鍵.18、1【分析】根據(jù)圓外切四邊形的對邊之和相等求出AD+BC，根據(jù)四邊形的周長公式計算即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，∴AE=AH，DH=DG，CG=CF，BE=BF，∵AB=AE+EB=5，CD=DG+CG=6，AH+DH+BF+CF=AE+DG+BE+CG，

即AD+BC=AB+CD=11，

∴四邊形ABCD的周長=AD+BC+AB+CD=1，

故答案為：1．【點睛】本題考查的是切線長定理，掌握圓外切四邊形的對邊之和相等是解題的關鍵．三、解答題(共66分)19、周長＝32，面積＝32．【分析】由在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，可得△ABC是等邊三角形，又由對角線AC＝1，即可求得此菱形的邊長，進而可求出菱形的周長，再根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的的一半即可求出其面積．【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝1．∴菱形ABCD的周長＝4×1＝32，∵BO＝＝4，∴BD＝2BO＝1，∴菱形ABCD的面積＝×1×＝32．【點睛】本題考查了菱形面積的計算，考查了勾股定理在直角三角形中的運用，考查了菱形各邊長相等的性質(zhì)，本題中根據(jù)勾股定理計算AB的長是解題的關鍵，難度一般．20、（1）見解析；（2）見解析；（3）存在，【分析】（1）根據(jù)圓周角定理由AB是⊙O的直徑得∠AMB=90°，由M是弧AB的中點得，于是可判斷△AMB為等腰直角三角形；（2）連接OM,根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得∠ABM=∠BAM=∠OMA=45°，OM⊥AB，MB=AB=6，再利用等角的余角相等得∠BOE=∠MOF，則可根據(jù)“SAS”判斷△OBE≌△OMF，所以OE=OF；（3）易得△OEF為等腰直角三角形，則EF=OE，再由△OBE≌△OMF得BE=MF，所以△EFM的周長=EF+MF+ME=EF+MB=OE+4，根據(jù)垂線段最短得當OE⊥BM時，OE最小，此時OE=BM=2，進而求得△EFM的周長的最小值．【詳解】（1）證明：是的直徑，．是弧的中點，．，為等腰直角三角形．（2）證明：連接，由（1）得：．，．，，．在和中，，．．（3）解：的周長有最小值．，為等腰直角三角形，，，．的周長．當時，最小，此時,的周長的最小值為．【點睛】本題考查了圓的綜合題：熟練運用圓周角定理和等腰直角三角形的判定與性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì)是解題關鍵．21、（1）P（2，3），yAC＝﹣x+3；（2）；（3）存在，t的值為﹣3或，理由見解析【分析】（1）由拋物線y＝x2+x+3可求出點C，P，A的坐標，再用待定系數(shù)法，可求出直線AC的解析式；（2）在OC上取點H（0，），連接HF，AH，求出AH的長度，證△HOF∽△FOC，推出HF＝CF，由AF+CF＝AF+HF≥AH，即可求解；（3）先求出正方形的邊長，通過△ARM∽△ACO將相關線段用含t的代數(shù)式表示出來，再分三種情況進行討論：當∠O'RP＝90°時，當∠PO'R＝90°時，當∠O'PR＝90°時，分別構(gòu)造相似三角形，即可求出t的值，其中第三種情況不存在，舍去．【詳解】（1）在拋物線y＝x2+x+3中，當x＝0時，y＝3，∴C（0，3），當y＝3時，x1＝0，x2＝2，∴P（2，3），當y＝0時，則x2+x+3=0，解得：x1＝﹣4，x2＝6，B（﹣4，0），A（6，0），設直線AC的解析式為y＝kx+3，將A（6，0）代入，得，k＝﹣，∴y＝﹣x+3，∴點P坐標為P（2，3），直線AC的解析式為y＝﹣x+3；（2）在OC上取點H（0，），連接HF，AH，則OH＝，AH＝，∵，，且∠HOF＝∠FOC，∴△HOF∽△FOC，∴，∴HF＝CF，∴AF+CF＝AF+HF≥AH＝，∴AF+CF的最小值為；（3）∵正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上，∴GN＝MN，∴設N（a，a），將點N代入直線AC解析式，得，a＝﹣a+3，∴a＝2，∴正方形OMNG的邊長是2，∵平移的距離為t，∴平移后OM的長為t+2，∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，∵RM∥OC，∴△ARM∽△ACO，∴，即，∴RM＝2﹣t，如圖3﹣1，當∠O'RP＝90°時，延長RN交CP的延長線于Q，∵∠PRQ+∠O'RM＝90°，∠RO'M+∠O'RM＝90°，∴∠PRQ＝∠RO'M，又∵∠Q＝∠O'MR＝90°，∴△PQR∽△RMO'，∴，∵PQ＝2+t-2=t，QR＝3﹣RM＝1+t，∴，解得，t1＝﹣3﹣（舍去），t2＝﹣3；如圖3﹣2，當∠PO'R＝90°時，∵∠PO'E+∠RO'M＝90°，∠PO'E+∠EPO'＝90°，∴∠RO'M＝∠EPO'，又∵∠PEO'＝∠O'MR＝90°，∴△PEO'∽△O'MR，∴，即，解得，t＝；如圖3﹣3，當∠O'PR＝90°時，延長O’G交CP于K，延長MN交CP的延長線于點T，∵∠KPO'+∠TPR＝90°，∠KO'P+∠KPO'＝90°，∴∠KO'P＝∠TPR，又∵∠O'KP＝∠T＝90°，∴△KO'P∽△TPR，∴，即，整理，得t2-t+3＝0，∵△＝b2﹣4ac＝﹣＜0，∴此方程無解，故不存在∠O'PR＝90°的情況；綜上所述，△O′PR為直角三角形時，t的值為﹣3或．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖象和相似三角形的綜合，添加合適的輔助線，構(gòu)造相似三角形，是解題的關鍵.22、x1＝10，x2＝﹣1．【分析】用因式分解法即可求解.【詳解】解：x2﹣6x﹣10＝0，（x﹣10）（x+1）＝0，∴x﹣10＝0或x+1＝0，∴x1＝10，x2＝﹣1．【點睛】本題考查一元二次方程的解法，解題的關鍵是掌握一元二次方程的解法，有直接開平方法、配方法、公式法、因式分解法．23、（1）見解析；（2）1．【分析】（1）連接OC，由切線的性質(zhì)可得OC⊥MN，即可證得OC∥BD，由平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可得∠CBD＝∠BCO＝∠ABC，即可證得結(jié)論；（2）連接AC，由勾股定理求得BD，然后通過證得△ABC∽△CBD，求得直徑AB，從而求得半徑．【詳解】（1）證明：連接OC，∵MN為⊙O的切線，∴OC⊥MN，∵BD⊥MN，∴OC∥BD，∴∠CBD＝∠BCO．又∵OC＝OB，∴∠BCO＝∠ABC，∴∠CBD＝∠ABC．；（2）解：連接AC，在Rt△BCD中，BC＝4，CD＝4，∴BD＝＝8，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CDB＝90°，∵∠ABC＝∠CBD，∴△ABC∽△CBD，∴，即，∴AB＝10，∴⊙O的半徑是1，故答案為1．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)和圓周角定理、三角形相似的判定和性質(zhì)以及解直角三角形，作出輔助線構(gòu)建等腰三角形、直角三角形是解題的關鍵．24、（1）見解析；（2）不公平，理由見解析【分析】（1）首先根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后根據(jù)樹狀圖即可求得所有等可能的結(jié)果；

（2）二次函數(shù)的圖像與x軸有兩個不同的交點，利用一元二次方程根的判別式，即可判定各種情況下根的情況，然后利用概率公式求解即可求得甲、乙獲勝的概率，比較概率大小，即可確定這樣的游戲規(guī)是否公平．【詳解】解：（1）畫樹狀圖得：的可能結(jié)果有，、，、，、，、，、，、、及，取值結(jié)果共有9種；（2）當，時，△，此時無實數(shù)根，當，時，△，此時有兩個