12. 小明和小红玩抛硬币游戏，连续抛两次. 小明说：“如果两次都是正面朝上，那么你赢；如果两次是一次正面朝上和一次反面朝上，那么我赢.”小红赢的概率是
1/4
，据此判断该游戏对双方
不公平
(填“公平”或“不公平”).
答案：12.$\frac{1}{4}$ 不公平
13. (2025·四川成都)从 $ -1 $，$ 1 $，$ 2 $ 这三个数中任取两个数分别作为 $ a $，$ b $ 的值，则关于 $ x $ 的一元二次方程 $ ax^2 + bx + 1 = 0 $ 有实数根的概率为
1/2
.
答案：13.$\frac{1}{2}$
解析：
从$-1$，$1$，$2$中任取两个数作为$a$，$b$，所有可能的结果有：$(-1,1)$，$(-1,2)$，$(1,-1)$，$(1,2)$，$(2,-1)$，$(2,1)$，共$6$种。
对于一元二次方程$ax^2 + bx + 1 = 0$，需满足$a\neq0$且判别式$\Delta = b^2 - 4a \geq 0$。
当$a=-1$，$b=1$时，$\Delta = 1^2 - 4×(-1)×1 = 1 + 4 = 5 \geq 0$，有实数根；
当$a=-1$，$b=2$时，$\Delta = 2^2 - 4×(-1)×1 = 4 + 4 = 8 \geq 0$，有实数根；
当$a=1$，$b=-1$时，$\Delta = (-1)^2 - 4×1×1 = 1 - 4 = -3 ＜ 0$，无实数根；
当$a=1$，$b=2$时，$\Delta = 2^2 - 4×1×1 = 4 - 4 = 0$，有实数根；
当$a=2$，$b=-1$时，$\Delta = (-1)^2 - 4×2×1 = 1 - 8 = -7 ＜ 0$，无实数根；
当$a=2$，$b=1$时，$\Delta = 1^2 - 4×2×1 = 1 - 8 = -7 ＜ 0$，无实数根。
有实数根的情况共$3$种，所以概率为$\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
14. (2023·福建)已知抛物线 $ y = ax^2 - 2ax + b(a ＞ 0) $ 经过 $ A(2n + 3,y_1) $，$ B(n - 1,y_2) $ 两点. 若点 $ A $，$ B $ 位于抛物线对称轴的两侧，且 $ y_1 ＜ y_2 $，则 $ n $ 的取值范围是
-1＜n＜0
.
答案：14.$-1＜n＜0$
解析：
解：抛物线对称轴为直线$x=-\frac{-2a}{2a}=1$。
因为点$A$，$B$位于对称轴两侧，所以$(2n + 3 - 1)(n - 1 - 1) ＜ 0$，即$(2n + 2)(n - 2) ＜ 0$，解得$-1 ＜ n ＜ 2$。
点$A$到对称轴距离$d_1 = |2n + 3 - 1| = |2n + 2|$，点$B$到对称轴距离$d_2 = |n - 1 - 1| = |n - 2|$。
因为$a ＞ 0$，$y_1 ＜ y_2$，所以$d_1 ＜ d_2$，即$|2n + 2| ＜ |n - 2|$。
两边平方得$(2n + 2)^2 ＜ (n - 2)^2$，展开得$4n^2 + 8n + 4 ＜ n^2 - 4n + 4$，化简得$3n^2 + 12n ＜ 0$，即$n(n + 4) ＜ 0$，解得$-4 ＜ n ＜ 0$。
综合$-1 ＜ n ＜ 2$和$-4 ＜ n ＜ 0$，得$-1 ＜ n ＜ 0$。
$-1 ＜ n ＜ 0$
15. (2025·四川广安)已知 $\triangle ABC$ 的面积为 1.
(1)如图①，若 $ D $，$ E $ 分别是边 $ BC $，$ AC $ 的中点，$ AD $ 与 $ BE $ 相交于点 $ F $，则四边形 $ CDFE $ 的面积为
1/3
；
(2)如图②，若 $ M $，$ N $ 分别是边 $ BC $，$ AC $ 上靠近点 $ C $ 的六等分点，$ AM $ 与 $ BN $ 相交于点 $ G $，则四边形 $ CMGN $ 的面积为
1/21
.
答案：15.(1)$\frac{1}{3}$ (2)$\frac{1}{21}$
16. (2024·山东泰安)如图，$ AB $ 是 $\odot O$ 的直径，$ AH $ 是 $\odot O$ 的切线，$ C $ 为 $\odot O$ 上任意一点，$ D $ 为 $\overset{\frown}{AC}$ 的中点，连接 $ BD $ 交 $ AC $ 于点 $ E $，延长 $ BD $ 与 $ AH $ 相交于点 $ F $. 若 $ DF = 1 $，$\tan B = \frac{1}{2} $，则 $ AE $ 的长为
√5
.
答案：16.$\sqrt{5}$
解析：
证明：设 $ OA = OB = r $，则 $ AB = 2r $。
∵ $ AH $ 是切线，$ AB $ 是直径，
∴ $ AH ⊥ AB $，即 $ \angle HAB = 90° $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle ABF $ 中，$ \tan B = \frac{AF}{AB} = \frac{1}{2} $，
∴ $ AF = \frac{1}{2}AB = r $。
设 $ OD = x $，连接 $ AD $。
∵ $ D $ 是 $ \overset{\frown}{AC} $ 中点，
∴ $ AD = CD $，$ \angle ABD = \angle CBD $。
∵ $ OA = OD $，
∴ $ \angle OAD = \angle ODA $。
∵ $ \angle ODA = \angle DAF $（内错角），
∴ $ \angle DAF = \angle OAD $，即 $ AD $ 平分 $ \angle HAB $。
由角平分线定理：$ \frac{DF}{DB} = \frac{AF}{AB} = \frac{1}{2} $。
设 $ DF = 1 $，则 $ DB = 2 $，$ BF = DF + DB = 3 $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle ABF $ 中，$ AF^2 + AB^2 = BF^2 $，
即 $ r^2 + (2r)^2 = 3^2 $，解得 $ r = \frac{3\sqrt{5}}{5} $，
∴ $ AF = \frac{3\sqrt{5}}{5} $，$ AB = \frac{6\sqrt{5}}{5} $。
设 $ AE = x $，$ EC = y $。
由 $ \triangle ADE ∼ \triangle CBE $（对顶角相等，$ \angle DAE = \angle BCE $），
得 $ \frac{AE}{CE} = \frac{AD}{CB} $。
又 $ \tan B = \frac{AC}{BC} = \frac{1}{2} $，即 $ AC = \frac{1}{2}BC $，
∴ $ x + y = \frac{1}{2}BC $，$ \frac{x}{y} = \frac{AD}{BC} $。
由切割线定理：$ AF^2 = DF · BF $，验证成立。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle ABC $ 中，$ AC^2 + BC^2 = AB^2 $，
即 $ (\frac{1}{2}BC)^2 + BC^2 = (\frac{6\sqrt{5}}{5})^2 $，
解得 $ BC = \frac{12\sqrt{5}}{5} $，$ AC = \frac{6\sqrt{5}}{5} $。
由 $ \frac{AE}{EC} = \frac{AF}{BC} = \frac{1}{2} $，得 $ x = \frac{1}{2}y $，
又 $ x + y = \frac{6\sqrt{5}}{5} $，解得 $ x = \sqrt{5} $。
$\boxed{\sqrt{5}}$
17. 如图，正方形 $ ABCD $ 的边长为 $ 1 $，$ M $，$ N $ 分别是边 $ BC $，$ CD $ 上两个动点，且始终保持 $ AM ⊥ MN $，连接 $ AN $，则 $\triangle ADN$ 面积的最小值为
3/8
.
答案：17.$\frac{3}{8}$ 解析：因为四边形$ABCD$是边长为$1$的正方形，所以$AB=AD=CD=BC=1$，$\angle B=\angle C=\angle D=90°$。设$BM=x$，则$CM=BC-BM=1-x$。因为$AM⊥ MN$，所以$\angle AMN=90°$，所以$\angle AMB+\angle NMC=90°$。因为$\angle MNC+\angle NMC=90°$，所以$\angle AMB=\angle MNC$。因为$\tan\angle AMB=\frac{AB}{BM}$，$\tan\angle MNC=\frac{CM}{CN}$，所以$\frac{AB}{BM}=\frac{CM}{CN}$，即$\frac{1}{x}=\frac{1-x}{CN}$，所以$CN=x(1-x)$，所以$DN=CD-CN=x^2-x+1$，所以$S_{\triangle ADN}=\frac{1}{2}AD· DN=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{8}$，所以当$x=\frac{1}{2}$时，$S_{\triangle ADN}$取最小值$\frac{3}{8}$。故$\triangle ADN$面积的最小值为$\frac{3}{8}$。
解析：
解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是边长为 $1$ 的正方形，
∴ $AB=AD=CD=BC=1$，$\angle B=\angle C=\angle D=90°$。
设 $BM=x$，则 $CM=1-x$。
∵ $AM ⊥ MN$，
∴ $\angle AMN=90°$，
∴ $\angle AMB+\angle NMC=90°$。
∵ $\angle MNC+\angle NMC=90°$，
∴ $\angle AMB=\angle MNC$。
∵ $\tan\angle AMB=\frac{AB}{BM}$，$\tan\angle MNC=\frac{CM}{CN}$，
∴ $\frac{AB}{BM}=\frac{CM}{CN}$，即 $\frac{1}{x}=\frac{1-x}{CN}$，
解得 $CN=x(1-x)$。
∴ $DN=CD-CN=1-x(1-x)=x^2-x+1$。
$S_{\triangle ADN}=\frac{1}{2}AD · DN=\frac{1}{2} × 1 × (x^2-x+1)=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$。
配方得 $S_{\triangle ADN}=\frac{1}{2}(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{8}$。
∵ $\frac{1}{2}＞0$，
∴ 当 $x=\frac{1}{2}$ 时，$S_{\triangle ADN}$ 取最小值 $\frac{3}{8}$。
故 $\triangle ADN$ 面积的最小值为 $\frac{3}{8}$。
18. 亮点原创 如图，在 $\triangle ABC$ 和 $\triangle DCE$ 中，点 $ D $ 在 $ AB $ 上，$ AD:BD = 5:1 $，$\angle ACB = \angle DCE = 90^{\circ} $，$\angle BAC = \angle DEC = 30^{\circ} $，$ AC $ 与 $ DE $ 交于点 $ F $，连接 $ AE $. 若 $ AB = 12 $，则 $ EF $ 的长为
3√7/2
.
答案：18.$\frac{3\sqrt{7}}{2}$ 解析：因为$AD:BD=5:1$，$AB=12$，所以$AD=\frac{5}{6}AB=10$，$BD=\frac{1}{6}AB=2$。因为$\angle DCE=\angle ACB=90°$，所以$\angle DCE-\angle ACD=\angle ACB-\angle ACD$，所以$\angle ACE=\angle BCD$。因为$\angle BAC=\angle DEC=30°$，所以$\tan\angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\tan\angle DEC=\frac{CD}{CE}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\frac{AC}{BC}=\frac{CE}{CD}=\sqrt{3}$，所以$\triangle ACE∼\triangle BCD$，所以$\angle CAE=\angle B$，$\frac{AE}{BD}=\frac{CE}{CD}=\sqrt{3}$，所以$AE=2\sqrt{3}$。因为$\angle B=90°-\angle BAC=60°$，所以$\angle CAE=60°$，所以$\angle DAE=\angle BAC+\angle CAE=90°$，所以$DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=4\sqrt{7}$，所以$CD=DE·\sin\angle DEC=2\sqrt{7}$，$CE=DE·\cos\angle DEC=2\sqrt{21}$。因为$\angle DAF=\angle CEF$，$\angle AFD=\angle EFC$，所以$\triangle DAF∼\triangle CEF$，所以$\frac{AF}{EF}=\frac{AD}{CE}=\frac{5\sqrt{21}}{21}$。因为$\angle CDF=90°-\angle DEC=60°$，所以$\angle CDF=\angle EAF$。又$\angle CFD=\angle EFA$，所以$\triangle CDF∼\triangle EAF$，所以$\frac{CF}{EF}=\frac{CD}{AE}=\frac{\sqrt{21}}{3}$，所以$\frac{AC}{EF}=\frac{AF}{EF}+\frac{CF}{EF}=\frac{4\sqrt{21}}{7}$。因为$AC=AB·\cos\angle BAC=6\sqrt{3}$，所以$EF=\frac{3\sqrt{7}}{2}$。
解析：
解：
∵ $AD:BD = 5:1$，$AB = 12$，
∴ $AD = \frac{5}{6}AB = 10$，$BD = \frac{1}{6}AB = 2$。
∵ $\angle ACB = \angle DCE = 90°$，
∴ $\angle DCE - \angle ACD = \angle ACB - \angle ACD$，即 $\angle ACE = \angle BCD$。
∵ $\angle BAC = \angle DEC = 30°$，
∴ $\tan\angle BAC = \frac{BC}{AC} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，$\tan\angle DEC = \frac{CD}{CE} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴ $\frac{AC}{BC} = \frac{CE}{CD} = \sqrt{3}$，
∴ $\triangle ACE ∼ \triangle BCD$，
∴ $\angle CAE = \angle B$，$\frac{AE}{BD} = \frac{CE}{CD} = \sqrt{3}$，
∴ $AE = \sqrt{3} · BD = 2\sqrt{3}$。
∵ $\angle B = 90° - \angle BAC = 60°$，
∴ $\angle CAE = 60°$，
∴ $\angle DAE = \angle BAC + \angle CAE = 90°$，
∴ $DE = \sqrt{AD^2 + AE^2} = \sqrt{10^2 + (2\sqrt{3})^2} = 4\sqrt{7}$。
∵ $\angle DAF = \angle CEF$，$\angle AFD = \angle EFC$，
∴ $\triangle DAF ∼ \triangle CEF$，
∴ $\frac{AF}{EF} = \frac{AD}{CE}$。
∵ $\angle CDF = 90° - \angle DEC = 60°$，$\angle EAF = 60°$，
∴ $\angle CDF = \angle EAF$，又 $\angle CFD = \angle EFA$，
∴ $\triangle CDF ∼ \triangle EAF$，
∴ $\frac{CF}{EF} = \frac{CD}{AE}$。
∵ $CD = DE · \sin\angle DEC = 4\sqrt{7} · \frac{1}{2} = 2\sqrt{7}$，
$CE = DE · \cos\angle DEC = 4\sqrt{7} · \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{21}$，
∴ $\frac{AF}{EF} = \frac{10}{2\sqrt{21}} = \frac{5\sqrt{21}}{21}$，$\frac{CF}{EF} = \frac{2\sqrt{7}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{21}}{3}$，
∴ $\frac{AC}{EF} = \frac{AF + CF}{EF} = \frac{5\sqrt{21}}{21} + \frac{\sqrt{21}}{3} = \frac{4\sqrt{21}}{7}$。
∵ $AC = AB · \cos\angle BAC = 12 · \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$，
∴ $EF = \frac{AC · 7}{4\sqrt{21}} = \frac{6\sqrt{3} · 7}{4\sqrt{21}} = \frac{3\sqrt{7}}{2}$。
答案：$\frac{3\sqrt{7}}{2}$
19. (6 分)新素养 运算能力 计算：
(1)(2025·四川凉山)$(\pi - 3.14)^0 - |1 - \sqrt{3}| + \tan 60^{\circ} + (-\frac{1}{3})^{-1} $；
(2)$\sin^2 60^{\circ} + \cos^2 45^{\circ} - \sqrt{3} \tan 45^{\circ} $.
答案：19.(1)原式$=1-(\sqrt{3}-1)+\sqrt{3}+(-3)=1-\sqrt{3}+1+\sqrt{3}-3=-1$。
(2)原式$=\frac{3}{4}+\frac{1}{2}-\sqrt{3}=\frac{5}{4}-\sqrt{3}$。
