2024年中考考前押题数学必刷卷（南通卷）（含答案解析）

这是一份2024年中考考前押题数学必刷卷（南通卷）（含答案解析），共27页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）。
1．计算（﹣114）×（45）的结果是（ ）
A．1B．﹣1C．15D．-15
2．下列几何体中，有一个几何体的主视图与俯视图的形状不一样，这个几何体是（ ）
A． B．C． D．
3．已知2m﹣3n＝﹣2，则代数式4m﹣6n+1的值为（ ）
A．﹣1B．3C．﹣3D．2
4．如图，把一张长方形的纸按图那样折叠后，B，C两点落在B1，C1处，若∠AEB1＝70°，则∠BEF＝（ ）
A．70°B．60°C．65°D．55°
5．如图，某数学兴趣小组测量一棵树CD的高度，在点A处测得树顶C的仰角为45°，在点B处测得树顶C的仰角为60°，且A、B、D三点在同一直线上，若AB＝（83+8）米，则这棵树CD的高度是（ ）
A．63米B．83米C．103米D．123米
6．据悉，在国内大量终端的背景下，鸿蒙生态有望形成百亿级别的市场规模．仅移动端APP应用规模达261万，为鸿蒙相关技术服务开辟道路．数“261万”用科学记数法表（ ）
A．2.61×104B．261×104C．2.61×106D．0.261×107
7．已知方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的解是x=2y=3，则方程组2a1x+3b1y=3c12a2x+3b2y=3c2的解是（ ）
A．x=2y=2B．x=2y=3C．x=3y=3D．x=6y=9
8．嘉淇学习了“数轴上的点与实数是一一对应的关系”后，便尝试在数轴上找一个表示无理数的点．如图，数轴的原点为O，Rt△AOB中，∠OAB＝90°，边AO在数轴上，AB＝3，以点O为圆心，OB长为半径作弧，交数轴负半轴于点C，则点C所表示的数介于（ ）
A．﹣1和﹣2之间B．﹣2和﹣3之间C．﹣3和﹣4之间D．﹣4和﹣5之间
9．如图，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，AE⊥BD，垂足为F，则tan∠FDE的值为（ ）
A．24B．22C．13D．23
10．如图1，在平行四边形ABCD中，BC⊥BD，点F从点B出发，以2cm/s的速度沿B→C→D匀速运动，点E同时从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，图2是△BEF的面积S（cm2）随时间t（s）变化的函数图象（图中MN为线段），当△BEF的面积为452cm2时，运动时间t为（ ）
A．358sB．154s或358sC．154sD．258s
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共8小题，第11～12题每题3分，第13～18题每题4分，共30分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
11．计算：213-12的结果为 ．
12．因式分解：ab﹣4b＝ ．
13．如图，AB，CD相交于点O，OC＝2，OD＝3，AC∥BD，EF是△ODB的中位线．若EF＝3，则AC的长为 ．
14．对于一次函数y＝kx﹣k+4的图象，无论k为何值，都过一个定点，则这个点的坐标是 ．
15．如图是在固定的电压下，一电阻的阻值R（Ω）与通过该电阻的电流I（A）之间的函数关系图．根据图象，当自变量I＝2（A）时，函数值为 ．
16．在半径为1的⊙O中，弦AB的长等于⊙O的半径，则弦AB所对圆周角等于 ．
17．如图，矩形DEFG的边DE在△ABC的边BC上，顶点G、F分别在边AB、AC上．已知BC＝6cm，DE＝3cm，EF＝2cm，那么△ABC的面积是 cm2．
18．如图，在正方形ABCD中，AB=6，E是CD上一点，BE交AC于点F，连接DF．过点D且垂直于DF的直线，与过点A且垂直于AC的直线交于点G．∠ABE的平分线交AD于点M，当满足S四边形AGDF=2S△BCE时，线段AM的长度是 ．
三、解答题（本大题共8个小题，共90分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（12分）计算：
（1）﹣12009+327-|1-2|+8；
（2）已知x=2+1，y=2-1，求yx+xy+2的值．
20．（10分）如图，在△ABC中，D为AB上一点，E为AC中点，连接DE并延长至点F，使得EF＝ED，连CF．
（1）求证：CF∥AB
（2）若∠A＝70°，∠F＝35°，BE⊥AC，求∠BED的度数．
21．（10分）学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试．已知七、八年级各有200人，现从两个年级分别随机抽取10名学生的测试成绩x（单位：分）进行统计：
七年级：86ㅤ94ㅤ79ㅤ84ㅤ71ㅤ90ㅤ76ㅤ83ㅤ90ㅤ87
八年级：88ㅤ76ㅤ90ㅤ78ㅤ87ㅤ93ㅤ75ㅤ87ㅤ87ㅤ79
整理如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：a＝ ，b＝ ；
（2）A同学说：“这次测试我得了86分，位于年级中等偏上水平”，由此可判断他是 年级的学生；
（3）学校规定测试成绩不低于85分为“优秀”，估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数．
22．（10分）在某次物理实验中，需要在图中的1、2、3个位置处安装3个元件形成电路，现有A、B、C三个元件，其中有一个元件在上一次实验操作中被烧坏掉，现将三个元件分别任意安装到1、2、3处．
（1）位置1处安装被烧坏的元件概率为 ；
（2）请用合适的方法分析并求出闭合开关后，小灯泡能亮的概率．
23．（10分）如图，点A，D，C在半径为8的⊙O上，过点D作⊙O的切线BD，交OA的延长线于点B．连接CD，且∠DCA＝∠OAC＝30°．
（1）求证：BD∥AC；
（2）求图中阴影部分的面积．
24．（10分）某商店准备购进甲、乙两款篮球进行销售，若一个甲款篮球的进价比一个乙款篮球的进价多30元．
（1）若商店用6000元购进甲款篮球的数量是用2400元购进乙款篮球的数量的2倍．求每个甲款篮球，每个乙款篮球的进价分别为多少元？
（2）若商店购进乙款篮球的数量比购进甲款篮球的数量的2倍少10个，且乙款篮球的数量不高于甲款篮球的数量；商店销售甲款篮球每个获利30元，商店销售乙款篮球每个获利为20元，购进甲款篮球的数量为多少时，商店获利最大？
25．（14分）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，
延长CF交AD于点G．
（1）求证：△BCE≌△CDG．
（2）如图2，在（1）条件下，延长BF交AD于点H．若HDHF=0.8，CE＝9，求线段DE的长．
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，H两点，若ABBC=k，HDHF=0.8，求DEEC的值（用含k的代数式表示）．
26．（14分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2ax+c与x轴交于A，B（1，0）两点，与y轴交于点C，OA＝OC．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求△ABC外接圆半径；
（3）如图2，C与△ABC的外心所在的直线交抛物线于点E，点P是抛物线上的一个动点（不与A、B、C重合），作直线PM⊥x轴于点M，交直线CE于点N，直线CE交x轴于点H，连接BP，是否存在点P，使△BPM与△MNH相似？若存在，直接写出点P的坐标：若不存在，请说明理由．
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
84
a
90
44.4
八年级
84
87
b
6.6
参考答案
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．B
【分析】先把假带数化为假分数，再确定积的符号，最后按分数的乘法法则求值。
【解答】解：原式=-54×45=-1．故选：B．
【点评】本题考查了有理数的乘法，掌握有理数的乘法法则是解决本题的关键。
2．C
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：A、主视图、俯视图都是正方形，故A不符合题意；
B、主视图、俯视图都是矩形，故B不符合题意；
C、主视图是三角形、俯视图是圆形，故C符合题意；
D、主视图、俯视图都是圆，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3．C
【分析】将代数式适当变形后，利用整体代入的方法解答即可。
【解答】解：∵2m﹣3n＝﹣2，
∴原式＝2（2m﹣3n）+1
＝2×（﹣2）+1
＝﹣4+1
＝﹣3．
故选：C．
【点评】本题主要考查了求代数式的值，将代数式适当变形后，利用整体代入的方法解答是解题的关键。
4．D
【分析】根据折叠的性质可得出∠BEF＝∠B1EF，再根据∠AEB1＝70°，即可得出∠BEF的度数。
【解答】解：∵把一张长方形的纸按图那样折叠后，B，C两点落在B1，C1处，
∴∠BEF＝∠B1EF，
∵∠AEB1＝70°，∠AEB1+∠BEF+∠AEB1＝180°，
∴∠BEF＝（180°﹣∠AEB1）=12×(180°-70°)=55°．故选：D．
【点评】本题考查的是平行线的性质以及翻折变换，注意翻折前后不变的边和角是解此题的关键．
5．B
【分析】根据题意可得：CD⊥AB，设BD＝x米，然后在Rt△BDC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，再在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，然后根据AD+BD＝AB，列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：CD⊥AB，
设BD＝x米，
在Rt△BDC中，∠CBD＝60°，∴CD＝BD•tan60°=3x（米），
在Rt△ACD中，∠DAC＝45°，tan∠DAC＝1，∴AD=CDtan45°=3（米），
∵BD+AD＝AB，∴x+3x＝83+8，
解得x＝8，
∴CD=3x＝83（米），∴这棵树CD的高度约为83米．故选：B．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
6．C
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：261万＝2610000＝2.61×106．
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
7．C
【分析】仿照已知方程组的解确定出所求方程组的解即可．
【解答】解：∵方程组a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2的解是x=2y=3，
∴方程组2a1x+3b1y=3c12a2x+3b2y=3c2，即23a1x+b1y=c123a2x+b2y=c2，解是23x=2y=3，
整理得：x=3y=3．
故选：C．
【点评】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
8．C
【分析】根据勾股定理求出OB，进而确定点C的坐标，再根据算术平方根的定义估算无理数-13的大小即可．
【解答】解：在Rt△AOB中，AB＝3，OA＝2，
∴OB=32+22=13，
∴数轴上点C所表示的数为：-13，
∵32＝9，42＝16而9＜13＜16，
∴3＜13＜4，
∴﹣4＜-13＜-3，
故选：C．
【点评】本题考查估算无理数的大小，掌握算术平方根的定义是正确估算的关键．
9．A
【分析】根据矩形得到AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC，AB＝DC，即可得到△ADF∽△BEF，结合中点可得AFEF=DFBF=ADBE=2，证明△ABE≌△DCE（SAS），得到AE＝DE，结合勾股定理即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC，AB＝DC，
∴△ADF∽△BEF，
∵点E是边BC的中点，
∴AFEF=DFBF=ADBE=2，BE＝CE，
在与中，
AB=DC∠ABC=∠BCD=90°BE=CE，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
∴AE＝DE，
∴EFDE=13，
∵AE⊥BD，
∴∠DFE＝90°，
∴DF=DE2-EF2=22EF，
∴tan∠FDE=EFDF=122=24，
故选：A．
【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，三角形相似的性质与判定，解题的关键是根据相似等到线段比例关系．
10．C
【分析】观察图1、图2，可知当t＝6时，点F与点C重合；当4.5＜t≤7.5时，点F在CD上运动，而点E继续在AB上运动3s，可求得CD＝AB＝15cm，BC＝9cm，由勾股定理求得BD＝12cm；再分两种情况讨论，一是0＜t≤4.5时，点F在BC上运动，作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，可证明△BGF∽△CBD，求得GF=2415tcm，则S=-2415t2+12t，可求得当S=452时的t值；二是4.5＜t≤7.5时，点F在CD上运动，作CH⊥AB，交AB的延长线于点H，可求得CH=365，则S=-365t+54，可求得当S=452时的t值．
【解答】解：由图1、图2可知，当t＝4.5时，点F与点C重合；
当4.5＜t≤7.5时，点F在CD上运动，而点E继续在AB上运动3s，
∵四边形ABCD是平行四边形，点F、点E的速度都是2cm/s，
∴CD＝AB＝2×7.5＝15（cm），BC＝2×4.5＝9（cm），
∵BC⊥BD，
∴∠CBD＝90°，
∴BD=CD2-BC2=152-92=12（cm），
当0＜t≤4.5时，如图3，作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，则∠G＝∠CBD＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠GBF＝∠C，
∴△BGF∽△CBD，
∴GFBD=BFCD，
∴GF=BDCD•BF=2415t（cm），
∴S=12×2415t（15﹣2t）=-2415t2+12t，
当S=452时，则-2415t2+12t=452，
解得t1＝t2=154s；
当4.5＜t≤7.5时，如图4，作CH⊥AB，交AB的延长线于点H，
∵12CD•CH=12BC•BD＝S△CBD，
∴12×15×CH=12×9×12，
解得CH=365，
∴S=12×365（15﹣2t）=-365t+54，
当S=452时，则-365t+54=452，
解得t=358，不符合题意，舍去，
综上所述，运动时间t为154s；
故选：C．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质、一次函数的性质、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，求出S与t之间的函数关系式是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，第11～12题每题3分，第13～18题每题4分，共30分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
11． -433
【分析】根据二次根式的减法运算法则求解即可．
【解答】解：213-12
=233-23
=233-633
=-433．
故答案为：-433．
【点评】本题考查了二次根式的减法运算，熟记二次根式加减运算的法则是解决本题的关键．
12． b（a﹣4）
【分析】用提取公因式法分解．
【解答】解：ab﹣4b＝b（a﹣4）．
故答案为：b（a﹣4）．
【点评】本题考查了整式的因式分解，掌握提公因式法是解决本题的关键．
13．4
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出DB，再根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得解．
【解答】解：∵EF是△ODB的中位线，
∴DB＝2EF＝2×3＝6，
∵AC∥BD，
∴△AOC∽△BOD，
∴ACDB=OCOD，
即AC6=23，
解得AC＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，相似三角形的判定与性质，熟记定理与性质是解题的关键．
14．（1，4）
【分析】将y＝kx﹣k+4变形为y＝（x﹣1）k+4，即可求解．
【解答】解：y＝kx﹣k+4＝（x﹣1）k+4，
当x﹣1＝0，即x＝1时，无论k为何值，y的值都为4，
因此这个点的坐标是（1，4）．
故答案为：（1，4）．
【点评】本题考查一次函数的图象和性质，解题的关键是将y＝kx﹣k+4变形为y＝（x﹣1）k+4．
15．8
【分析】先求出R与I间的函数关系式，再将I＝2（A）代入，求出R的值即可．
【解答】解：∵R•I＝1×16＝2×8＝4×4＝16，
∴R=16I，
当I＝2（A）时，R=162=8（Ω），
故答案为：8．
【点评】本题考查反比例函数的应用，理解题意，确定出函数解析式时解题的关键．
16． 30°或150°
【分析】弦AB的长恰好等于⊙O的半径，则△OAB是等边三角形，则∠AOB＝60°；而弦AB所对的弧有两段，一段是优弧，一段是劣弧；因此本题要分类讨论．
【解答】解：如图，连接OA、OB，
∵AB＝OA＝OB，
∴∠AOB＝60°．
分两种情况：
①在优弧上任取一点C，连接CA，CB，
则∠C=12∠AOB＝30°，
②在劣弧上任取一点D，连接AD、BD，
∵四边形ADBC是⊙O的内接四边形，
∴∠C+∠ADB＝180°，
∴∠ADB＝180°﹣∠C＝150°．
综上所述，弦AB所对的圆心角是60°，圆周角是30°或150°．
故答案为：30°或150°．
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质．要注意的是弦AB所对的圆周角有两种情况，需分类讨论，以免漏解．
17．12
【分析】过A作AH⊥BC于H，交GF于M，由矩形的性质得GF∥BC，DG＝EF＝2cm，GF＝DE＝3cm，再证△AGF∽△ABC，求出AM＝2（cm），则AH＝AM+MH＝4（cm），即可求解．
【解答】解：过A作AH⊥BC于H，交GF于M，如图所示：
则MH＝EF＝2cm，
∵四边形DEFG是矩形，
∴GF∥BC，DG＝EF＝2cm，GF＝DE＝3cm，
∵GF∥BC，
∴△AGF∽△ABC，
∴AMAH=GFBC，
即AMAM+2=36，
解得：AM＝2（cm），
∴AH＝AM+MH＝4（cm），
∴△ABC的面积=12BC•AH=12×6×4＝12（cm2），
故答案为：12．
【点评】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质，证明△AGF∽△ABC是解题的关键．
18． 3-3
【分析】先证明△FCD≌△GAD，则四边形AFDG的面积转化为△ACD的面积，利用S△ACD=2S△BCE，可以求出线段CE的长度，进而求得BE的长度，利用“角平分线+平行线”模型联想到等腰三角形，故延长BM，CD交于点Q，可以得到△BEQ是等腰三角形，代换运算求得DQ的长度，再利用△ABM∽△DQM，可以利用相似三角形对应边成比例，求出AM．
【解答】解：如图，∵DF⊥DG，AG⊥AC，
∴∠FDG＝∠GAC＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝CD＝BC，∠DAC＝∠DCA＝45°，∠ADC＝90°，
∴∠GAD＝90°﹣∠CAD＝45°，
∴∠GAD＝∠FCD＝45°，
∵∠ADC＝∠FOG＝90°，
∴∠FDC＝∠GDA，
在△DCF与△DAG中，
∠FCD=∠GADDC=DA∠FDC=∠GDA，
∴△DCF≌△DAG（ASA），
∴S△FCD＝S△GAD，
∵S四边形AGDF=2S△BCE，
∴S△AFD+S△FCD＝S△ADC=2S△BCE，
∴12×(6)2=2×12×6CE，
∴CE=3，
∴BE=BC2+CE2=3，
延长EQ，BM交于点Q，
∵AB∥CD，
∴∠ABM＝∠BQE，
∵BM平分∠ABE，
∴∠ABM＝∠EBQ，
∴∠BQE＝∠EBQ，
∴BE＝EQ＝3，
∴CQ＝CE+EQ＝3+3，
∴DQ＝CQ﹣CD＝3+3-6，
∵AB∥CD，
∴△ABM∽△DQM，
∴AMDM=ABDQ=63+3-6
设AM=6a，则DM＝（3+3-6）a，
∵AM+DM＝AD，
∴6a+(3+3-6)a=6，
∴a=6-22，
∴AM=6a=3-3，
故答案为：3-3．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，图形面积，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是利用全等的性质将四边形AFGD的面积转化为△ACD的面积．
三、解答题（本大题共8个小题，共90分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．
【分析】（1）根据立方根的概念、绝对值的性质、二次根式的性质计算；
（2）根据二次根式的加法法则求出x+y，根据二次根式的乘法法则求出xy，根据完全平方公式把原式变形，代入计算即可．
【解答】解：（1）原式＝﹣1+3-2+1+22
＝3+2；
（2）∵x=2+1，y=2-1，
∴x+y＝（2+1）+（2-1）＝22，xy＝（2+1）（2-1）＝2﹣1＝1，
则原式=x2+y2+2xyxy=(x+y)2xy=(22)21=8．
【点评】本题考查的是分式的化简求值、实数的运算，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
20．
【分析】（1）求出△AED≌△CEF，根据全等三角形的性质得出∠A＝∠ACF，根据平行线的判定得出即可；
（2）根据（1）求出∠A＝∠ACF，根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】（1）证明：∵E为AC中点，
∴AE＝CE，
在△AED和△CEF中，
AE=CE∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△AED≌△CEF（SAS），
∴∠A＝∠ACF，
∴CF∥AB；
（2）解：∵∠A＝∠ACF＝70°，∠F＝35°，
∴∠AED＝∠CEF＝180°﹣70°﹣35°＝75°，
∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BED＝90°﹣75°＝15°．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定、平行线的性质和判定、三角形内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
21．
【分析】（1）根据中位数和众数的定义即可求出答案；
（2）根据中位数的定义即可求出答案；
（3）分别求出七、八年级优秀的比例，再乘以总人数即可．
【解答】解：（1）把七年级10名学生的测试成绩排好顺序为：71，76，79，83，84，86，87，90，90，94，
根据中位数的定义可知，该组数据的中位数为a=84+862=85，
八年级10名学生的成绩中87分的最多有3人，所以众数b＝87，
故答案为：85，87；
（2）A同学得了86分，大于85分，位于年级中等偏上水平，由此可判断他是七年级的学生；
故答案为：七；
（3）510×200+610×200＝220（人），
答：该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数大约为220人．
【点评】本题考查中位数、众数、方差的意义和计算方法以及用样本估计总体，理解各个概念的内涵和计算方法是解题的关键．
22．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有6种等可能的结果，闭合开关后，小灯泡能亮的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）位置1处安装被烧坏的元件概率为13，
故答案为：13；
（2）画树状图如下：
共有6种等可能的结果，闭合开关后，小灯泡能亮的结果有2种，
∴闭合开关后，小灯泡能亮的概率为26=13．
【点评】此题考查了树状图法求概率，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．
【分析】（1）连接OD，交CA于E，根据圆周角定理得到∠BOD＝60°，得到∠AEO＝90°，根据切线的性质得到∠AEO＝∠BDO＝90°，根据平行线的性质推出即可；
（2）在Rt△OBD中，解直角三角形求出BD，分别求出△BOD的面积和扇形AOD的面积，即可得出答案．
【解答】（1）证明：连接OD，交CA于E，
∵∠C＝30°，∠C=12∠BOD，
∴∠BOD＝60°，
∵OAC＝30°，
∴∠AEO＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠BDO＝90°，
∠AEO＝∠BDO，
∵
∴BD∥AC；
（2）解：在Rt△OBD中，∠BOD＝60°，
∴BD＝OD•tan60°＝83，
∴S阴影＝S△BDO﹣S扇形AOD=12×8×83-60⋅π×82360=323-323π．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，平行线的性质，圆周角定理，扇形的面积，三角形的面积，解直角三角形等知识点的综合运用，题目比较好，难度适中．
24．
【分析】（1）设每个乙款篮球的进价为x元，则每个甲款篮球的进价为（x+30）元，根据商店用6000元购进甲款篮球的数量是用2400元购进乙款篮球的数量的2倍．列出分式方程，解方程即可；
（2）设该商店本次购进甲款篮球m个，则购进乙款篮球（2m﹣10）个，根据乙款篮球的数量不高于甲款篮球的数量，列出关于m的一元一次不等式组，解之求出m的取值范围，再设商店共获利w元，利用总利润＝每个的利润×销售数量（购进数量），得出w关于m的函数关系式，然后利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设每个乙款篮球的进价为x元，则每个甲款篮球的进价为（x+30）元，
根据题意得：6000x+30=2400x×2，
解得：x＝120，
经检验，x＝120是所列方程的解，且符合题意，
∴x+30＝120+30＝150，
答：每个甲款篮球的进价为150元，每个乙款篮球的进价为120元；
（2）设该商店本次购进甲款篮球m个，则购进乙款篮球（2m﹣10）个，
根据题意得：2m﹣10≤m，
解得：m≤10，
设商店共获利w元，
则w＝30m+20（2m﹣10）＝70m﹣200，
即w＝70m﹣200，
∵70＞0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m＝10时，w取得最大值，
答：购进甲款篮球的数量为10个时，商店获利最大．
【点评】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，列出一元一次不等式和一次函数关系式．
25．
【分析】（1）根据轴对称的性质得到BE⊥CG，结合∠BCD＝90°，根据同角的余角相等推出∠BEC＝∠GDC，根据正方形的四条边都相等，四个角都是直角即可推出判定△BCE≌△CDG的条件，用AAS判定即可；
（2）连接EH．根据正方形的性质和折叠的性质HD、HF的长，根据勾股定理得到HF2+FE2＝DH2+DE2，代入已知的数，求出DE即可解决问题；
（3）连接HE．设DH＝4m，HG＝5m，设DEEC=x，分两种情形：①当点H在点D的左侧时；②当点H在点D的右侧时，分别利用勾股定理构建方程求解即可．
【解答】（1）证明：∵△BFE是由△BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠BCE＝90°，
∴∠ECF+∠CGD＝90°，
∠BEC＝∠CGD，
又BC＝CD，∠D＝∠BCE，
∴△BCE≌△CDG（AAS）；
（2）解：如图2，连接EH，
∵△BCE≌△CDG，
∴CE＝DG＝9，
由折叠可知BC＝BF，CE＝FE＝9，
∴∠BCF＝∠BFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠BCG＝∠HGF，
∵∠BFC＝∠HFG，
∴∠HFG＝∠HGF，
∴HF＝HG，
∵HDHF=45，DG＝9，
∴HD＝4，HF＝HG＝5，
∵∠D＝∠HFE＝∠90°，
∴HF2+FE2＝DH2+DE2，
即52+92＝42+DE2，
∴DE=310或-310（舍去），
即DE=310；
（3）解：连接HE，设DH＝4m，则GH＝5m，设DEEC=x，
①当点H在点D的左侧时，如图3，
∵HF＝HG，
∴DG＝9m，
由折叠可知BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠ECF+∠CGD＝90°，
∴∠CGD＝∠BEC，
又∵∠BCE＝∠D＝90°，
∴△CDG∽△BCE，
∴DGCE=CDBC，
∵CDBC=ABBC=k，
∴9mCE=k1，
∴CE=9mk=FE，
∴DE=9mxk，
∵∠D＝∠HFE＝90°，
∴HF2+FE2＝DH2+DE2，
即(5m)2+(9mk)2=(4m)2+(9mxk)2，
∴x=k2+93或x=-k2+93（舍去）
∴DEEC=k2+93；
②当点H在点D的右侧时，如图4，
同理HG＝HF，△BCE∽△CDG，∴DG＝m，CE=mk=FE，∴DH=mxk，
∵HF2+FE2＝DH2+DE2，∴(5m)2+(mk)2=(4m)2+(mxk)2，
∴x=9k2+1或x=-9k2+1（舍去），∴DEEC=9k2+1，
综上所述，DEEC=k2+93或9k2+1．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
26．
【分析】（1）在y＝ax2+2ax+c中，令x＝0得y＝c，根据OA＝OC，知A（﹣c，0），再用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）设点D是△ABC的外心，连接DA，DB，DC，根据点D是△ABC的外心，知D的横坐标为-3+12=-1，设D（﹣1，t），由DB＝DC，有（﹣1﹣1）2+（t﹣0）2＝（﹣1﹣0）2+（t﹣3）2，可解得D（﹣1，1），故△ABC外接圆半径为5；（3）用待定系数法可得直线DC解析式为y＝2x+3，从而E（﹣4，﹣5），H（-32，0），设P（m，﹣m2﹣2m+3），则M（m，0），N（m，2m+3），要使△BPM与△MNH相似，只需PMMN=BMMH或PMMH=BMMN，即|-m2-2m+3||2m+3|=|m-1||m+32|或|-m2-2m+3||m+32|=|m-1||2m+3|，再分别去绝对值解方程可得P的坐标为（﹣5，﹣12）或（﹣1，4）或（-72，-94）或（-52，74）．
【解答】解：（1）在y＝ax2+2ax+c中，令x＝0得y＝c，
∴C（0，c），
∵OA＝OC，∴A（﹣c，0），
把A（﹣c，0），B（1，0）代入y＝ax2+2ax+c得：
ac2-2ac+c=0a+2a+c=0，
解得a=-1c=3或a=13c=-1（舍去），
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）设点D是△ABC的外心，连接DA，DB，DC，如图：
由y＝﹣x2﹣2x+3得C（0，3），
∵点D是△ABC的外心，
∴D在AB的垂直平分线上，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴D的横坐标为-3+12=-1，
设D（﹣1，t），
∵DB＝DC，
∴（﹣1﹣1）2+（t﹣0）2＝（﹣1﹣0）2+（t﹣3）2，
解得t＝1，
∴D（﹣1，1），
∴DB=(-1-1)2+(1-0)2=5，
∴△ABC外接圆半径为5；
（3）存在点P，使△BPM与△MNH相似，理由如下：
如图：
设直线DC解析式为y＝kx+3，将D（﹣1，1）代入得：
﹣k+3＝1，
解得k＝2，
∴直线DC解析式为y＝2x+3，
解y=2x+3y=-x2-2x+3得x=0y=3或x=-4y=-5，
∴E（﹣4，﹣5）；
由y＝2x+3得H（-32，0），
设P（m，﹣m2﹣2m+3），则M（m，0），N（m，2m+3），
∴PM＝|﹣m2﹣2m+3|，BM＝|m﹣1|，MN＝|2m+3|，MH＝|m+32|，
∵∠BMP＝90°＝∠NMH，
∴要使△BPM与△MNH相似，只需PMMN=BMMH或PMMH=BMMN，
即|-m2-2m+3||2m+3|=|m-1||m+32|或|-m2-2m+3||m+32|=|m-1||2m+3|，
当-m2-2m+32m+3=m-1m+32时，
解得m＝﹣5或m＝1（与B重合，舍去）或m=-32（增根，舍去），
∴P（﹣5，﹣12）；
当-m2-2m+32m+3=-m-1m+32时，
解得m＝﹣1或m＝1（与B重合，舍去）或m=-32（增根，舍去），
∴P（﹣1，4）；
当-m2-2m+3m+32=m-12m+3时，
解得m=-72或m＝1（与B重合，舍去）或m=-32（增根，舍去），
∴P（-72，-94），
当当-m2-2m+3m+32=-m-12m+3时，
解得m=-52或m＝1（与B重合，舍去）或m=-32（增根，舍去），
∴P（-52，74），
综上所述，P的坐标为（﹣5，﹣12）或（﹣1，4）或（-72，-94）或（-52，74）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形外心，三角形相似的判定与性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用和正确计算。