资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．已知如图1所示的四张牌，若将其中一张牌旋转180°后得到图1．则旋转的牌是（ ）
A． B． C． D．
2．若将半径为12cm的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径是（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．6cm
3．矩形ABCD中，AB＝10，，点P在边AB上，且BP:AP=4:1，如果⊙P是以点P 为圆心，PD长为半径的圆，那么下列结论正确的是（ ）
A．点B、C均在⊙P外 B．点B在⊙P外，点C在⊙P内
C．点B在⊙P内，点C在⊙P外 D．点B、C均在⊙P内
4．如图，OA、OB是⊙O的半径，C是⊙O上一点．若∠OAC＝16°，∠OBC＝54°，则∠AOB的大小是（ ）
A．70° B．72° C．74° D．76°
5．如图，在中，，，垂足为点，如果，，那么的长是（ ）
A．4 B．6 C． D．
6．当取下列何值时，关于的一元二次方程有两个相等的实数根（ ）
A．1. B．2 C．4. D．
7．如图，在正方形中，点为边的中点，点在上，，过点作交于点．下列结论：①；②；③；④．正确的是（ ）．
A．①② B．①③ C．①③④ D．③④
8．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书于约一千五百年前，其中有首歌谣：今有竿不知其长，量得影长一丈五尺，立一标杆，长一尺五寸，影长五寸，问竿长几何？意即：有一根竹竿不知道有多长，量出它在太阳下的影子长一丈五尺，同时立一根一尺五寸的小标杆，它的影长五寸（提示：1丈=10尺，1尺=10寸），则竹竿的长为（ ）
A．五丈 B．四丈五尺 C．一丈 D．五尺
9．△ABC在网络中的位置如图所示，则cos∠ACB的值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，已知⊙O的半径是4，点A,B,C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为（ ）
A． B． C． D．
11．斜坡坡角等于，一个人沿着斜坡由到向上走了米，下列结论
①斜坡的坡度是； ②这个人水平位移大约米；
③这个人竖直升高米； ④由看的俯角为．
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．下列命题错误的是 ( )
A．经过三个点一定可以作圆
B．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
C．同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等
D．三角形的外心到三角形各顶点的距离相等
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，点A为函数y＝(x＞0)图象上一点，连接OA，交函数y＝(x＞0)的图象于点B，点C是x轴上一点，且AO＝AC，则△ABC的面积为______.
14．在一个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的3个白球、若干红球，从中随机摸取1个球，摸到红球的概率是，则这个袋子中有红球_____个．
15．如图，扇形ABC的圆心角为90°，半径为6，将扇形ABC绕A点逆时针旋转得到扇形ADE，点B、C的对应点分别为点D、E，若点D刚好落在上，则阴影部分的面积为_____．
16．抛物线的对称轴是________．
17．在一个不透明的盒子里装有除颜色外其余均相同的2个黄色兵乓球和若干个白色兵乓球，从盒子里随机摸出一个兵乓球，摸到黄色兵乓球的概率为，那么盒子内白色兵乓球的个数为________.
18．甲、乙两同学近期6次数学单元测试成绩的平均分相同，甲同学成绩的方差S甲2＝6.5分2，乙同学成绩的方差S乙2＝3.1分2，则他们的数学测试成绩较稳定的是____（填“甲”或“乙”）．
三、解答题（共78分）
19．（8分）某市射击队为从甲、乙两名运动员中选拔一人参加省比赛，对他们进行了四次测试，测试成绩如表（单位：环）：
第一次
第二次
第三次
第四次
甲
9
8
8
7
乙
10
6
7
9
（1）根据表格中的数据，分别计算甲、乙两名运动员的平均成绩；
（2）分别计算甲、乙两人四次测试成绩的方差；根据计算的结果，你认为推荐谁参加省比赛更合适？请说明理由．
20．（8分）如图，线段AB，A（2，3），B（5，3），抛物线y＝﹣（x﹣1）2﹣m2+2m+1与x轴的两个交点分别为C，D（点C在点D的左侧）
（1）求m为何值时抛物线过原点，并求出此时抛物线的解析式及对称轴和项点坐标．
（2）设抛物线的顶点为P，m为何值时△PCD的面积最大，最大面积是多少．
（3）将线段AB沿y轴向下平移n个单位，求当m与n有怎样的关系时，抛物线能把线段AB分成1：2两部分．
21．（8分）如图，正方形ABCD的顶点A在等腰直角三角形DEF的斜边EF上，EF与BC相交于点G，连接CF．
（1）求证：△DAE≌△DCF；
（2）求证：△ABG∽△CFG；
（3）若正方形ABCD的的边长为2，G为BC的中点，求EF的长．
22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，如果∠ACD＝30°．
（1）求∠BAD的度数；
（2）若AD＝，求DB的长．
23．（10分）如图，CD是⊙O的切线，点C在直径AB的延长线上．
（1）求证：∠CAD=∠BDC；
（2）若BD=AD，AC=3，求CD的长．
24．（10分）在平面直角坐标系中，△OAB三个顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，0），B（2，3）．
（1）tan∠OAB＝ ；
（2）在第一象限内画出△OA'B'，使△OA'B'与△OAB关于点O位似，相似比为2：1；
（3）在（2）的条件下，S△OAB：S四边形AA′B′B＝ ．
25．（12分）如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使得DC＝BC，直线DA与⊙O的另一个交点为E，连结AC，CE．
（1）求证：CD＝CE；
（2）若AC＝2，∠E＝30°，求阴影部分（弓形）面积．
26．目前“微信”、“支付宝”、“共享单车”和“网购”给我们的生活带来了很多便利，初二数学小组在校内对“你最认可的四大新生事物”进行调查，随机调查了m人（每名学生必选一种且只能从这四种中选择一种）并将调查结果绘制成如下不完整的统计图．
（1）根据图中信息求出m= ，n= ；
（2）请你帮助他们将这两个统计图补全；
（3）根据抽样调查的结果，请估算全校2000名学生中，大约有多少人最认可“微信”这一新生事物？
（4）已知A、B两位同学都最认可“微信”，C同学最认可“支付宝”D同学最认可“网购”从这四名同学中抽取两名同学，请你通过树状图或表格，求出这两位同学最认可的新生事物不一样的概率．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】解：观察发现，只有是中心对称图形，
∴旋转的牌是．
故选A．
2、D
【解析】解：圆锥的侧面展开图的弧长为2π×12÷2=12π（cm），∴圆锥的底面半径为12π÷2π=6（cm），故选D．
3、A
【分析】根据BP=4AP和AB的长度求得AP的长度，然后利用勾股定理求得圆P的半径PD的长；根据点B、C到P点的距离判断点P与圆的位置关系即可
【详解】根据题意画出示意图，连接PC，PD，如图所示
∵AB=10,点P在边AB上，BP:AP=4:1
∴AP=2 , BP=8
又∵AD=
∴圆的半径PD=
PC=
∵PB=8>6, PC=>6
∴点B、C均在⊙P外
故答案为：A
【点睛】
本题考查了点和圆的位置关系的判定，根据点和圆心之间的距离和半径的大小关系作出判断即可
4、D
【解析】连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠OCA=16°；∠OBC=∠OCB=54°求出∠ACB的度数，然后根据同圆中同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解．
【详解】解：连接OC
∵OA=OC，OB=OC
∴∠OAC=∠OCA=16°；∠OBC=∠OCB=54°
∴∠ACB=∠OCB-∠OCA=54°-16°=38°
∴∠AOB=2∠ACB=76°
故选：D
【点睛】
本题考查的是等腰三角形的性质及同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半，掌握相关性质定理是本题的解题关键.
5、C
【分析】证明△ADC∽△CDB，根据相似三角形的性质求出CD、BD，根据勾股定理求出BC．
【详解】∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠A+∠ACD=90°，
∴∠A=∠BCD，又∠ADC=∠CDB，
∴△ADC∽△CDB，
∴，，
∴ ，即，
解得，CD=6，
∴，
解得，BD=4，
∴BC=，
故选：C．
【点睛】
此题考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
6、A
【分析】根据一元二次方程的判别式判断即可.
【详解】要使得方程由两个相等实数根,
判别式△=(-2)2-4m=4-4m=0,
解得m=1.
故选A.
【点睛】
本题考查一元二次方程判别式的计算,关键在于熟记判别式与根的关系.
7、C
【分析】连接．根据“HL”可证≌，利用全等三角形的对应边相等，可得，据此判断①；根据“ ”可证≌，可得，从而可得，据此判断②；由（2）知，可证，据此判断③；根据两角分别相等的两个三角形相似，可证∽∽，可得， 从而可得，据此判断④.
【详解】解：（1）连接． 如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∵FG⊥FC，
∴∠GFC=90°，
在Rt△CFG与Rt△CDG中，
∴≌．
∴．．．①正确．
（2）由（1），垂直平分．∴∠EDC+∠2=90°，
∵∠1+∠EDC=90°，
∴．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=AB，∠DAE=∠CDG=90°，
∴≌ ．
∴．
∵为边的中点，
∴为边的中点．
∴．∴②错误．
（3）由（2），得． ∴．③正确．
（4）由（3），可得∽∽． ∴
∴． ∴④正确．
故答案为：C.
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
8、B
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比可得出结论．
【详解】设竹竿的长度为x尺，
∵竹竿的影长=一丈五尺=15尺，标杆长=一尺五寸=1.5尺，影长五寸=0.5尺，
∴，
解得x=45（尺），
故选B．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用举例，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．
9、B
【解析】作AD⊥BC的延长线于点D,如图所示：
在Rt△ADC中，BD=AD，则AB=BD．
cos∠ACB=，
故选B．
10、B
【分析】连接OB和AC交于点D，根据菱形及直角三角形的性质先求出AC的长及∠AOC的度数，然后求出菱形ABCO及扇形AOC的面积，则由S扇形AOC-S菱形ABCO可得答案．
【详解】连接OB和AC交于点D，如图所示：
∵圆的半径为4，
∴OB=OA=OC=4，
又四边形OABC是菱形，
∴OB⊥AC，OD=OB=2，
在Rt△COD中利用勾股定理可知：CD=,
∵sin∠COD=
∴∠COD=60°，∠AOC=2∠COD=120°，
∴S菱形ABCO=,
∴S扇形=,
则图中阴影部分面积为S扇形AOC-S菱形ABCO=.
故选B.
【点睛】
考查扇形面积的计算及菱形的性质，解题关键是熟练掌握菱形的面积=a•b（a、b是两条对角线的长度）；扇形的面积=.
11、C
【解析】由题意对每个结论一一分析即可得出其中正确的个数．
【详解】解：如图，
斜坡的坡度为tan30°= =1： ，正确．
②AB=20米，这个人水平位移是AC，
AC=AB•cos30°=20× ≈17.3（米），正确．
③这个人竖直升高的距离是BC，
BC=AB•sin30°=20×=10（米），正确．
④由平行线的性质可得由B看A的俯角为30°．所以由B看A的俯角为60°不正确．
所以①②③正确．
故选：C．
【点睛】
此题考查的知识点是解直角三角形的应用-坡度坡角-仰角俯角问题，关键是熟练掌握相关概念．
12、A
【解析】选项A，经过不在同一直线上的三个点可以作圆；选项B，经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心，正确；选项C，同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，正确；选项D，三角形的外心到三角形各顶点的距离相等，正确；故选A.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、6.
【分析】作辅助线，根据反比例函数关系式得：S△AOD=, S△BOE=，再证明△BOE∽△AOD，由性质得OB与OA的比，由同高两三角形面积的比等于对应底边的比可以得出结论．
【详解】如图，分别作BE⊥x轴，AD⊥x轴，垂足分别为点E、D，
∴BE∥AD，
∴△BOE∽△AOD，
∴，
∵OA=AC，
∴OD=DC，
∴S△AOD=S△ADC=S△AOC，
∵点A为函数y=（x＞0）的图象上一点，
∴S△AOD=，
同理得：S△BOE=，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为6.
14、1
【解析】解：设红球有n个
由题意得：，
解得：n=1．
故答案为=1．
15、3π+9．
【分析】直接利用旋转的性质结合扇形面积求法以及等边三角形的判定与性质得出S阴影＝S扇形ADE﹣S弓形AD＝S扇形ABC﹣S弓形AD，进而得出答案.
【详解】
解：连接BD，过点B作BN⊥AD于点N，
∵将半径为4，圆心角为90°的扇形BAC绕A点逆时针旋转60°，
∴∠BAD＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
则∠ABN＝30°，
故AN＝3，BN＝3，
S阴影＝S扇形ADE﹣S弓形AD＝S扇形ABC﹣S弓形AD
＝﹣（﹣×6×3）
＝3π+9．
故答案为3π+9．
【点睛】
本题主要考查了扇形的面积求法以及等边三角形的判定与性质. 正确得出△ABD是等边三角形是关键.
16、
【分析】根据二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的对称轴是直线x＝−计算．
【详解】抛物线y＝2x2＋24x−7的对称轴是：x＝−＝−1，
故答案为：x＝−1．
【点睛】
本题考查的是二次函数的性质，掌握二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的对称轴是直线x＝−是解题的关键．
17、1
【分析】先求出盒子内乒乓球的总个数，然后用总个数减去黄色兵乓球个数得到白色乒乓球的个数．
【详解】解：盒子内乒乓球的总个数为2÷＝6（个），
白色兵乓球的个数6−2＝1（个），
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了概率公式，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．
18、乙
【分析】根据方差越小数据越稳定即可求解．
【详解】解：因为甲、乙两同学近期6次数学单元测试成绩的平均分相同且S甲2 ＞S乙2，
所以乙的成绩数学测试成绩较稳定．
故答案为：乙．
【点睛】
本题考查方差的性质，方差越小数据越稳定．
三、解答题（共78分）
19、（1）甲的平均成绩是8，乙的平均成绩是8，（2）推荐甲参加省比赛更合适．理由见解析．
【分析】（1）根据平均数的计算公式即可得甲、乙两名运动员的平均成绩；
（2）根据方差公式即可求出甲、乙两名运动员的方差，进而判断出荐谁参加省比赛更合适．
【详解】（1）甲的平均成绩是：
（9+8+8+7）÷4＝8，
乙的平均成绩是：
（10+6+7+9）÷4＝8，
（2）甲的方差是：
＝，
乙的方差是：
＝．
所以推荐甲参加省比赛更合适．理由如下：
两人的平均成绩相等，说明实力相当；
但是甲的四次测试成绩的方差比乙小，说明甲发挥较为稳定，
故推荐甲参加省比赛更合适．
【点睛】
本题考查了方差、算术平均数，解决本题的关键是掌握方差、算术平均数的计算公式．
20、（1）当m＝0或m＝2时，抛物线过原点，此时抛物线的解析式是y＝﹣（x﹣1）2+1，对称轴为直线x＝1，顶点为（1，1）；（2）m为1时△PCD的面积最大，最大面积是2；（3）n＝m2﹣2m+6或n＝m2﹣2m+1．
【分析】（1）根据抛物线过原点和题目中的函数解析式可以求得m的值，并求出此时抛物线的解析式及对称轴和项点坐标；
（2）根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以求得m为何值时△PCD的面积最大，求得点C、D的坐标，由此求出△PCD的面积最大值；
（3）根据题意抛物线能把线段AB分成1：2，存在两种情况，求出两种情况下线段AB与抛物线的交点，即可得到当m与n有怎样的关系时，抛物线能把线段AB分成1：2两部分．
【详解】（1）当y＝﹣（x﹣1）2﹣m2+2m+1过原点（0，0）时，0＝﹣1﹣m2+2m+1，得m1＝0，m2＝2，
当m1＝0时，y＝﹣（x﹣1）2+1，
当m2＝2时，y＝﹣（x﹣1）2+1，
由上可得，当m＝0或m＝2时，抛物线过原点，此时抛物线的解析式是y＝﹣（x﹣1）2+1，对称轴为直线x＝1，顶点为（1，1）；
（2）∵抛物线y＝﹣（x﹣1）2﹣m2+2m+1，
∴该抛物线的顶点P为（1，﹣m2+2m+1），
当﹣m2+2m+1最大时，△PCD的面积最大，
∵﹣m2+2m+1＝﹣（m﹣1）2+2，
∴当m＝1时，﹣m2+2m+1最大为2，
∴y＝﹣（x﹣1）2+2，
当y＝0时，0＝﹣（x﹣1）2+2，得x1＝1+，x2＝1﹣，
∴点C的坐标为（1﹣，0），点D的坐标为（1+，0）
∴CD＝（1+）﹣（1﹣）＝2，
∴S△PCD＝＝2，
即m为1时△PCD的面积最大，最大面积是2；
（3）将线段AB沿y轴向下平移n个单位A（2，3﹣n），B（5，3﹣n）
当线段AB分成1：2两部分，则点（3，3﹣n）或（4，3﹣n）在该抛物线解析式上，
把（3，3﹣n）代入抛物线解析式得，
3﹣n＝﹣（3﹣1）2﹣m2+3m+1，
得n＝m2﹣2m+6；
把（4，3﹣n）代入抛物线解析式，得
3﹣n＝﹣（3﹣1）2﹣m2+3m+1，
得n＝m2﹣2m+1；
∴n＝m2﹣2m+6或n＝m2﹣2m+1．
【点睛】
此题是二次函数的综合题，考查抛物线的对称轴、顶点坐标，最大值的计算，（3）是题中的难点，由图象向下平移得到点的坐标，再将点的坐标代入解析式，即可确定m与n的关系.
21、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） EF＝．
【分析】（1）根据正方形的性质有AD=CD，根据等腰直角三角形的性质有DE=DF，已知两边尝试找其夹角对应相等，根据等角的余角相等可得，∠ADE=∠CDF，据此可证;
（2）此题有多种方法可解，可以延长BA交DE与M，结合第（1）问全等三角形的结论用等角做差求得∠BAG=∠FCG，再加上一对对顶角相等即可证明;
（3）根据第（2）问相似三角形的结论，易得，在Rt△CFG中得到了两直角边CF与FG的倍数关系，再运用勾股定理即可解出CF与FG的长度，又AE=CF，即可解答.
【详解】证明：（1）∵正方形ABCD，等腰直角三角形EDF，
∴∠ADC＝∠EDF＝90°，AD＝CD，DE＝DF，
∴∠ADE+∠ADF＝∠ADF+∠CDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
,∠=∠,;
∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（2）延长BA到M，交ED于点M，
∵△ADE≌△CDF，
∴∠EAD＝∠FCD，即∠EAM+∠MAD＝∠BCD+∠BCF，
∵∠MAD＝∠BCD＝90°，
∴∠EAM＝∠BCF，
∵∠EAM＝∠BAG，
∴∠BAG＝∠BCF，
∵∠AGB＝∠CGF，
∴△ABG∽△CFG．
（3）∵正方形ABCD的的边长为2，G为BC的中点，
∴BG＝CG＝1，
AG＝，
∵△ABG∽△CFG，
∴，
CF＝2FG，
∵CF2+FG2＝CG2，
（2FG）2+FG2＝12，
∴GF＝，CF＝，
∵△DAE≌△DCF，
∴AE＝CF，
∴EF＝EA+AG+GF＝CF+AG+GF＝++＝．
【点睛】
本题综合考查了正方形与等腰直角三角形的性质，全等三角形与相似三角形的判定，勾股定理的应用等知识，熟练掌握各个知识点，并以正确的思维灵活运用是解答关键.
22、（1）60°；（2）3
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠B＝∠ACD＝30°，然后利用互余可计算出∠BAD的度数；
（2）利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠B＝∠ACD＝30°，
∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°；
（2）在Rt△ADB中，．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
23、（1）证明见解析；（1）CD=1．
【解析】分析：（1）连接OD，由OB=OD可得出∠OBD=∠ODB，根据切线的性质及直径所对的圆周角等于180°，利用等角的余角相等，即可证出∠CAD=∠BDC；
（1）由∠C=∠C、∠CAD=∠CDB可得出△CDB∽△CAD，根据相似三角形的性质结合BD=AD、AC=3，即可求出CD的长．
详（1）证明：连接OD，如图所示．
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB．
∵CD是⊙O的切线，OD是⊙O的半径，
∴∠ODB+∠BDC=90°．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠OBD+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠BDC．
（1）∵∠C=∠C，∠CAD=∠CDB，
∴△CDB∽△CAD，
∴．
∵BD=AD，
∴，
∴，
又∵AC=3，
∴CD=1．
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定义以及切线的性质，解题的关键是：（1）利用等角的余角相等证出∠CAD=∠BDC；（1）利用相似三角形的性质找出．
24、（1）1；（2）见解析；（1）1
【分析】（1）根据正切的定义求解可得；
（2）利用位似图形的概念作出点A、B的对应点，再与点O首尾顺次连接即可得；
（1）利用位似变换的性质求解可得．
【详解】解：（1）如图，过点B作BC⊥OA于点C，
则AC＝1、BC＝1，
∴tan∠OAB＝＝1，
故答案为：1；
（2）如图所示，△OA'B'即为所求．
（1）∵△OA'B'与△OAB关于点O位似，相似比为2：1，
∴S△OA'B'＝4S△OAB，
则S四边形AA′B′B＝1S△OAB，即S△OAB：S四边形AA′B′B＝1：1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查作图−位似变换，解题的关键是掌握位似变换的定义和性质．
25、（1）证明见解析；（2）S阴＝．
【分析】（1）只要证明∠E=∠D，即可推出CD=CE；
（2）根据S阴=S扇形OBC-S△OBC计算即可解决问题；
【详解】（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵DC＝BC，
∴AD＝AB，
∴∠D＝∠ABC，
∵∠E＝∠ABC，
∴∠E＝∠D，
∴CD＝CE．
（2）解：由（1）可知：∠ABC＝∠E＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝60°，AB＝2AC＝4，
在Rt△ABC中，由勾股定理得到BC＝2，
连接OC，则∠COB＝120°，
∴S阴＝S扇形OBC﹣S△OBC＝．
【点睛】
考查扇形的面积，垂径定理，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
26、（1）100、35；（2）补图见解析；（3）800人；（4）
【解析】分析：（1）由共享单车人数及其百分比求得总人数m，用支付宝人数除以总人数可得其百分比n的值；
（2）总人数乘以网购人数的百分比可得其人数，用微信人数除以总人数求得其百分比即可补全两个图形；
（3）总人数乘以样本中微信人数所占百分比可得答案；
（4）列表得出所有等可能结果，从中找到这两位同学最认可的新生事物不一样的结果数，根据概率公式计算可得．
详解：（1）∵被调查的总人数m=10÷10%=100人，
∴支付宝的人数所占百分比n%=×100%=35%，即n=35，
（2）网购人数为100×15%=15人，微信对应的百分比为×100%=40%，
补全图形如下：
（3）估算全校2000名学生中，最认可“微信”这一新生事物的人数为2000×40%=800人；
（4）列表如下：
共有12种情况，这两位同学最认可的新生事物不一样的有10种，
所以这两位同学最认可的新生事物不一样的概率为．
点睛：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率以及扇形统计图与条形统计图的知识．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
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