资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知反比例函数，下列各点在此函数图象上的是（ ）
A．（3，4） B．（-2，6） C．（-2，-6） D．（-3，-4）
2．下列四个图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．若方程x2+3x+c＝0有实数根，则c的取值范围是（ ）
A．c≤ B．c≤ C．c≥ D．c≥
4．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，sin∠B＝，则BC＝（ ）
A．15 B．6 C．9 D．8
5．甲袋中装有形状、大小与质地都相同的红球3个，乙袋中装有形状、大小与质地都相同的红球2个，黄球1个，下列事件为随机事件的是（ ）
A．从甲袋中随机摸出1个球，是黄球
B．从甲袋中随机摸出1个球，是红球
C．从乙袋中随机摸出1个球，是红球或黄球
D．从乙袋中随机摸出1个球，是黄球
6．如图，已知∠BAC=∠ADE=90°，AD⊥BC，AC=DC．关于优弧CAD，下列结论正确的是（ ）
A．经过点B和点E B．经过点B，不一定经过点E
C．经过点E，不一定经过点B D．不一定经过点B和点E
7．在Rt△ABC中，∠C = 90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，下列等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
8．抛物线y＝4x2﹣3的顶点坐标是（ ）
A．(0，3) B．(0，﹣3) C．(﹣3，0) D．(4，﹣3)
9．下列计算正确的是（ ）
A．2a+5b＝10ab B．（﹣ab）2＝a2b C．2a6÷a3＝2a3 D．a2•a4＝a8
10．某药品原价每盒28元，为响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在售价每盒16元，设该药品平均每次降价的百分率是x，由题意，所列方程正确的是( )
A．28(1－2x)＝16 B．16(1+2x)＝28 C．28(1－x)2＝16 D．16(1+x)2＝28
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知，=________．
12．如图，，如果，，，那么___________．
13．已知甲、乙两组数据的折线图如图，设甲、乙两组数据的方差分别为S甲2、S乙2，则S甲2__S乙2（填“＞”、“=”、“＜”）
14．抛物线在对称轴左侧的部分是上升的，那么的取值范围是____________.
15．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，CA=CB=1．分别以A、B、C为圆心，以AC为半径画弧，三条弧与边AB所围成的阴影部分的面积是______.
16．分别写有数字0，｜－2｜，－4，，-5的五张卡片，除数字不同外其它均相同，从中任抽一张，那么抽到非负数的概率是_________．
17．如图，在平面直角坐标系中，都是等腰直角三角形，点都在轴上，点与原点重合，点都在直线上，点在轴上，轴， 轴，若点的横坐标为﹣1，则点的纵坐标是_____．
18．如图1是一种广场三联漫步机，其侧面示意图，如图2所示，其中，.
①点到地面的高度是__________．
②点到地面的高度是____________.
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在中，，，，点在上，，以为半径的交于点，的垂直平分线交于点，交于点，连接．
（1）求证：直线是的切线；
（2）求线段的长．
20．（6分）如图，已知O是坐标原点，B，C两点的坐标分别为(3，－1)，(2，1)．
(1)以O点为位似中心，在y轴的左侧将△OBC放大到两倍(即新图与原图的相似比为2)，画出图形；
(2)如果△OBC内部一点M的坐标为(x，y)，写出B，C，M的对应点B′，C′，M′的坐标．
21．（6分）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3cm，过点A作∠EAF＝60°，分别交DC，BC的延长线于点E，F，连接EF．
（1）如图1，当CE＝CF时，判断△AEF的形状，并说明理由；
（2）若△AEF是直角三角形，求CE，CF的长度；
（3）当CE，CF的长度发生变化时，△CEF的面积是否会发生变化，请说明理由．
22．（8分）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB=4，OC=5，求AO的长．
23．（8分）如图，有一路灯杆AB（底部B不能直接到达），在灯光下，小明在点D处测得自己的影长DF=3m，沿BD方向到达点F处再测得自己得影长FG=4m，如果小明的身高为1.6m，求路灯杆AB的高度．
24．（8分）如图，AB是⊙O的直径，⊙O过AC的中点D，DE切⊙O于点D，交BC于E．
（1）求证DE⊥BC；
（2）若⊙O的半径为5，BE＝2，求DE的长度．
25．（10分）如图示，在平面直角坐标系中，二次函数（）交轴于，，在轴上有一点，连接.
（1）求二次函数的表达式；
（2）点是第二象限内的点抛物线上一动点
①求面积最大值并写出此时点的坐标；
②若，求此时点坐标；
（3）连接，点是线段上的动点.连接，把线段绕着点顺时针旋转至，点是点的对应点.当动点从点运动到点，则动点所经过的路径长等于______（直接写出答案）
26．（10分）某学校游戏节活动中，设计了一个有奖转盘游戏，如图，A转盘被分成三个面积相等的扇形，B转盘被分成四个面积相等的扇形，每一个扇形都标有相应的数字，先转动A转盘，记下指针所指区域内的数字，再转动B转盘，记下指针所指区域内的数字（当指针在边界线上时，重新转动转盘，直到指针指向一个区域内为止）
（1）请利用画树状图或列表的方法（只选其中一种），表示出转转盘可能出现的所有结果；
（2）如果将两次转转盘指针所指区域的数据相乘，乘积是无理数时获得一等奖，那么获得一等奖的概率是多少？
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】依次把各个选项的横坐标代入反比例函数的解析式中，得到纵坐标的值，即可得到答案．
【详解】解：A．把x=3代入
得：，即A项错误，
B．把x=-2代入
得：，即B项正确，
C．把x=-2代入
得：，即C项错误，
D．把x=-3代入
得：，即D项错误，
故选：B．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正确掌握代入法是解题的关键．
2、D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，并结合图形的特点求解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；
D、是轴对称图形，是中心对称图形，故选项正确．
故选：D．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．
轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；
中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
3、A
【分析】由方程x2+3x+c=0有实数解，根据根的判别式的意义得到△≥0，即32-4×1×c≥0，解不等式即可得到c的取值范围．
【详解】解：∵方程x2+3x+c＝0有实数根，
∴△＝b2﹣4ac＝32﹣4×1×c≥0，
解得：c≤，
故选：A．
本题考查了根的判别式，需要熟记：当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△<0时，方程没有实数根.
4、D
【分析】首先根据正弦函数的定义求得AC的长，然后利用勾股定理求得BC的长．
【详解】解：
∴直角△ABC中，
故选：D．
本题考查的是锐角三角形的正弦函数，理解熟记正弦三角函数定义是解决本题的关键．
5、D
【解析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【详解】A．从甲袋中随机摸出1个球，是黄球是不可能事件；
B．从甲袋中随机摸出1个球，是红球是必然事件；
C．从乙袋中随机摸出1个球，是红球或黄球是必然事件；
D．从乙袋中随机摸出1个球，是黄球是随机事件．
故选：D．
本题考查了必然事件、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．
6、B
【分析】由条件可知BC垂直平分AD，可证△ABC≌△DBC，可得∠BAC=∠BDC=90°故∠BAC+∠BDC=180°则A、B、D、C四点共圆，即可得结论.
【详解】解：如图：设AD、BC交于M
∵AC=CD，AD⊥BC
∴M为AD中点
∴BC垂直平分AD
∴AB=DB
∵BC=BC，AC=CD
∴△ABC≌△DBC
∴∠BAC=∠BDC=90°
∴∠BAC+∠BDC=180°
∴A、B、D、C四点共圆
∴优弧CAD经过B，但不一定经过E
故选 B
本题考查了四点共圆，掌握四点共圆的判定是解题的关键.
7、B
【分析】由题意根据三角函数的定义进行判断，从而判断选项解决问题．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，
∴，故A选项不成立；
，故B选项成立；
，故C选项不成立；
，故D选项不成立；
故选B.
本题主要考查锐角三角函数的定义，我们把锐角A的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦，记作sinA．锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦，记作cosA．锐角A的对边a与邻边b的比叫做∠A的正切，记作tanA．
8、B
【分析】根据抛物线的顶点坐标为(0，b)，可以直接写出该抛物线的顶点坐标，
【详解】解：抛物线，
该抛物线的顶点坐标为，
故选：B．
本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
9、C
【分析】分别对选项的式子进行运算得到：2a+5b不能合并同类项，（﹣ab）2＝a2b2，a2•a4＝a6即可求解．
【详解】解：2a+5b不能合并同类项，故A不正确；
（﹣ab）2＝a2b2，故B不正确；
2a6÷a3＝2a3，正确
a2•a4＝a6，故D不正确；
故选：C．
本题考查了幂的运算，解题的关键是掌握幂的运算法则．
10、C
【解析】可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×（1﹣降低的百分率）＝1，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：设该药品平均每次降价的百分率是x，则第一次降价后的价格为28×（1﹣x）元，
两次连续降价后的售价是在第一次降价后的价格的基础上降低x，为28×（1﹣x）×（﹣x）元，
则列出的方程是28（1﹣x）2＝1．
故选：C．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】先去分母，然后移项合并，即可得到答案.
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：.
本题考查了解二元一次方程，解题的关键是掌握解二元一次方程的方法.
12、1
【分析】由于l1∥l2∥l3，根据平行线分线段成比例得到，然后把数值代入求出DF．
【详解】解：∵l1∥l2∥l3，
∴
，
即 ，
∴DE=1．
故答案为：1
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．
13、＞
【解析】要比较甲、乙方差的大小，就需要求出甲、乙的方差；
首先根据折线统计图结合根据平均数的计算公式求出这两组数据的平均数；
接下来根据方差的公式求出甲、乙两个样本的方差，然后比较即可解答题目.
【详解】甲组的平均数为：=4，
S甲2=×[(3-4)2+(6-4)2+(2-4)2+(6-4)2+(4-4)2+(3-4)2]=，
乙组的平均数为： =4，
S乙2=×[(4-4)2+(3-4)2+(5-4)2+(3-4)2+(4-4)2+(5-4)2]=，
∵＞，
∴S甲2＞S乙2.
故答案为：>.
本题考查的知识点是方差,算术平均数,折线统计图，解题的关键是熟练的掌握方差,算术平均数,折线统计图.
14、
【分析】利用二次函数的性质得到抛物线开口向下，则a-1＜0，然后解不等式即可．
【详解】∵抛物线y=（a-1）x1在对称轴左侧的部分是上升的，
∴抛物线开口向下，
∴a-1＜0，解得a＜1．
故答案为a＜1．
此题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键在于掌握二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左； 当a与b异号时，对称轴在y轴右．
15、1
【分析】三条弧与边AB所围成的阴影部分的面积=三角形的面积-三个小扇形的面积．
【详解】解：阴影部分的面积为：1×1÷1---=1-．
故答案为1-．
本题主要考查了扇形的面积计算，关键是理解阴影部分的面积=三角形的面积-三个小扇形的面积．
16、
【分析】根据概率的求解公式，首先弄清非负数卡片有3张，共有5张卡片，即可算出概率.
【详解】由题意，得
数字是非负数的卡片有0，｜－2｜，，共3张，
则抽到非负数的概率是，
故答案为：.
此题主要考查概率的求解，熟练掌握，即可解题.
17、
【解析】由题意，可得，设，则，解得，求出的坐标，再设，则，解得，故求出的坐标，同理可求出、的坐标，根据规律 即可得到的纵坐标.
【详解】解：由题意，可得，
设，则，解得，
∴，
设，则，解得，
∴，
设，则，解得，
∴，同法可得，…，的纵坐标为，
故答案为．
此题主要考查一次函数图像的应用，解题的关键是根据题意求出、、，再发现规律即可求解.
18、
【分析】①过点A作,垂足为F，得出，BF=40,利用勾股定理可得出AF的长，即A到地面的高度
②过点D作，垂足为H，可得出,，可求出AH的长度，从而得出D到底面的高度为AH+AF.
【详解】解：过点A作,垂足为F，过点D作，垂足为H，如下图：
①∵，∴，BF=40cm
∴
∴A到地面的高度为：.
②∵
∴,
∴,
∴
∴AH=10,
∴D到底面的高度为AH+AF=(10+)cm.
本题考查的知识点是等腰三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是弄清题意，结合题目作出辅助线，再利用相似三角形性质求解.
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）连接，利用垂直平分线的性质及等腰三角形的性质通过等量代换可得出，即，则，则结论可证；
（2）连接，设，，利用勾股定理即可求出x的值．
【详解】（1）证明：连接，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线.
（2）解：连接，OD,
设，，
∵，
∴，
解得，
∴．
本题主要考查切线的判定及勾股定理，掌握切线的判定方法及勾股定理是解题的关键．
20、 (1)如图所示见解析；(2)B′(－6，2)，C′(－4，－2)，M′(－2x，－2y)．
【解析】分析:(1)根据位似图形的性质:以某点为位似中心的两个图形的对应点到位似中心的距离之比等于位似比,且对应点的连线与位似中心在同一直线上,根据位似图形的性质和已知图形的各顶点和位似比,求出位似后的对应点,然后再连接各点.
(2)根据位似图形的性质即可求解.
详解:(1)如图所示,
(2)如图所示:∵B,C两点的坐标分别为（3,-1）,（2,1）,新图与原图的相似比为2,
∴B′（-6,2）,C′（-4,-2）,
∵△OBC内部一点M的坐标为（x,y）,
∴对应点M′（-2x,-2y）.
点睛:本题主要考查作位似图形和位似图形的性质,解决本题的关键是要熟练掌握作位似图形的方法和位似图形的性质.
21、 (1) △AEF是等边三角形，证明见解析；(2) CF＝，CE＝6或CF＝6，CE＝；(3) △CEF的面积不发生变化，理由见解析.
【分析】（1）证明△BCE≌△DCF（SAS），得出∠BE＝DF，CBE＝∠CDF，证明△ABE≌△ADF（SAS），得出AE＝AF，即可得出结论；
（2）分两种情况：①∠AFE＝90°时，连接AC、MN，证明△MAC≌△NAD（ASA），得出AM＝AN，CM＝DN，证出△AMN是等边三角形，得出AM＝MN＝AN，设AM＝AN＝MN＝m，DN＝CM＝b，BM＝CN＝a，证明△CFN∽△DAN，得出，得出FN＝，AF＝m+，同理AE＝m+，在Rt△AEF中，由直角三角形的性质得出AE＝2AF，得出m+＝2（m+），得出b＝2a，因此，得出CF＝AD＝，同理CE＝2AB＝6；
②∠AEF＝90°时，同①得出CE＝AD＝，CF＝2AB＝6；
（3）作FH⊥CD于H，如图4所示：由（2）得BM＝CN＝a，CM＝DN＝b，证明△ADN∽△FCN，得出，由平行线得出∠FCH＝∠B＝60°，△CEM∽△BAM，得出，得出，求出CF×CE＝AD×AB＝3×3＝9，由三角函数得出CH＝CF×sin∠FCH＝CF×sin60°＝CF，即可得出结论．
【详解】解：（1）△AEF是等边三角形，理由如下：
连接BE、DF，如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝DC＝AD，∠ABC＝∠ADC，
在△BCE和△DCF中，，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴∠BE＝DF，CBE＝∠CDF，
∴∠ABC+∠CBE＝∠ADC+∠CDF，
即∠ABE＝∠ADF，
在△ABE和△ADF中，，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF，又∵∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形；
（2）分两种情况：
①∠AFE＝90°时，连接AC、MN，如图2所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝DC＝AD＝3，∠D＝∠B＝60°，AD∥BC，AB∥CD，
∴△ABC和△ADC是等边三角形，
∴AC＝AD，∠ACM＝∠D＝∠CAD＝60°＝∠EAF，
∴∠MAC＝∠NAD，
在△MAC和△NAD中，，
∴△MAC≌△NAD（ASA），
∴AM＝AN，CM＝DN，
∵∠EAF＝60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴AM＝MN＝AN，
设AM＝AN＝MN＝m，DN＝CM＝b，BM＝CN＝a，
∵CF∥AD，
∴△CFN∽△DAN，
∴，
∴FN＝，
∴AF＝m+，
同理：AE＝m+，
在Rt△AEF中，∵∠EAF＝60°，
∴∠AEF＝30°，
∴AE＝2AF，
∴m+＝2（m+），
整理得：b2﹣ab﹣2a2＝0，
（b﹣2a）（b+a）＝0，
∵b+a≠0，
∴b﹣2a＝0，
∴b＝2a，
∴＝，
∴CF＝AD＝，
同理：CE＝2AB＝6；
②∠AEF＝90°时，连接AC、MN，如图3所示：
同①得：CE＝AD＝，CF＝2AB＝6；
（3）当CE，CF的长度发生变化时，△CEF的面积不发生变化；理由如下：
作FH⊥CD于H，如图4所示：
由（2）得：BM＝CN＝a，CM＝DN＝b，
∵AD∥CF，
∴△ADN∽△FCN，
∴，
∵CE∥AB，
∴∠FCH＝∠B＝60°，△CEM∽△BAM，
∴，
∴，
∴CF×CE＝AD×AB＝3×3＝9，
∵CH＝CF×sin∠FCH＝CF×sin60°＝CF，
△CEF的面积＝CE×FH＝CE×CF＝×9×＝，∴△CEF的面积是定值，不发生变化．
本题考查了三角形全等，三角形相似的判定及性质，三角函数的应用，相似的的灵活应用是解题的关键
22、（1）60°；（2）
【分析】（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；
（2）由旋转的性质得：AD=OB=1，结合题意得到∠ADO=90°．则在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．
【详解】（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO．
∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°，
∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC=60°．
（2）由旋转的性质得：AD=OB=1．
∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=2．
∵∠BOC=120°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=．
本题考查旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理.
23、6.4m
【分析】由CD∥EF∥AB得可以得到△CDF∽△ABF，△ABG∽△EFG，故，，证，进一步得，求出BD，再得；
【详解】解：∵CD∥EF∥AB，
∴可以得到△CDF∽△ABF，△ABG∽△EFG，
∴，，
又∵CD=EF，
∴，
∵DF=3，FG=4，BF=BD+DF=BD+3，BG=BD+DF+FG=BD+7，
∴
∴BD=9，BF=9+3=12
∴
解得，AB=6.4m
因此，路灯杆AB的高度6.4m.
考核知识点：相似三角形的判定和性质.理解相似三角形判定是关键.
24、（1）证明见解析；（2）DE＝4
【分析】（1）连接OD ，DE是切线，则OD⊥DE，则OD是△ABC的中位线，可得OD∥BC，据此即可求证；
（2）过B作OD的垂线，垂足为F，证明四边形DFBE为矩形，Rt△OFB中用勾股定理即可求得DE的长度.
【详解】证明（1）连接OD
∵DE切⊙O于点D
∴OD⊥DE
∴∠ODE＝90°
∵D是AC的中点，O是AB的中点
∴OD是△ABCD的中位线
∴OD∥BC
∴∠DEC＝90°
∴DE⊥BC
（2）过B作BF⊥OD
∵BF⊥OD
∴∠DFB＝90°
∴∠DFB＝∠DEB＝∠ODE＝90°
∴四边形DFBE为矩形
∴DF＝BE＝2
∴OF＝OD－DF＝5－2＝3
∴DE＝BF＝4
本题考查了圆的切线的性质、三角形中位线的判定和性质、矩形的判定和性质、直角三角形的性质，辅助线是关键.
25、（1）；（2）①，点坐标为；②；（3）
【分析】（1）根据点坐标代入解析式即可得解；
（2）①由A、E两点坐标得出直线AE解析式，设点坐标为，过点作轴交于点，则坐标为，然后构建面积与t的二次函数，即可得出面积最大值和点D的坐标；
②过点作，在中，由，，得出点M的坐标，进而得出直线ME的解析式，联立直线ME和二次函数，即可得出此时点D的坐标；
（3）根据题意，当点P在点C时，Q点坐标为（-6,6），当点P移动到点A时，Q′点坐标为（-4，-4），动点所经过的路径是直线QQ′，求出两点之间的距离即可得解.
【详解】（1）依题意得：，解得
∴
（2）①∵，
∴设直线AE为
将A、E代入，得
∴
∴直线
设点坐标为，其中
过点作轴交于点，则坐标为
∴
∴
即：
由函数知识可知，当时，，点坐标为
②设与相交于点
过点作，垂足为
在中，，，
设，则，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴（舍去），
当时，
∴
（3）当点P在点C时，Q点坐标为（-6,6），当点P移动到点A时，Q′点坐标为（-4，-4），如图所示：
∴动点所经过的路径是直线QQ′，
∴
故答案为.
此题主要考查二次函数以及动点综合问题，解题关键是找出合适的坐标，即可解题.
26、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；本题用列表法得出所有等可能的情况，进而可得转转盘可能出现的所有结果；
（2）无理数是无限不循环小数，找出乘积为无理数的情况数，再除以所有等可能出现的结果数，即可求出一等奖的概率．
【详解】（1）由题意列表如下，
由列表得知：当A转盘出现0，1，-1时，B转盘分别可能有4种等可能情况，
所以共有4×3=12种等可能情况．
即（0，）、（0,1．5）、（0,-3）、（0,﹣）、（1，）、（1,1．5）、（1,-3）、（1,﹣）、（-1，）、（-1,1．5）、（-1,-3）、（-1,﹣）．
（2）无理数是无限不循环小数，由列表得知：乘积是无理数的情况有2种，即（1,﹣）、（-1,﹣）．乘积分别是﹣，，
∴P（乘积为无理数）==．即P（获得一等奖）=．
考点：用列表法或树状图法求随机事件的概率．
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