2023年四川省成都七中育才学校中考数学适应性试卷（6月份）（含解析）

这是一份2023年四川省成都七中育才学校中考数学适应性试卷（6月份）（含解析），共29页。试卷主要包含了如图，该几何体的俯视图是，12×106C，下列计算正确的是，因式分解等内容，欢迎下载使用。

A.
B.
C.
D.
2.2023年7月28日，成都将在东安湖体育公园举行大运会，公园建设共分为体育场、多功能馆、游泳跳水馆、小球馆、媒体中心五个部分，其中体育场将作为成都大运会的开幕式举办场地，其用地面积460亩，建筑面积约120000m2，建筑高度约50m，其中120000用科学记数法可表示为( )
A. 12×104B. 0.12×106C. 1.2×105D. 1.2×10−4
3.在平面直角坐标系xOy中，点A(−2,3)向下平移2个单位后的坐标是( )
A. (−2,1)B. (−2,5)C. (−4,3)D. (0,3)
4.下列计算正确的是( )
A. (m+n)2=m2−2mn+n2B. mn2−m2n=0
C. m4+m2=m6D. m(2m3−n)=2m4−mn
5.如图，△ABC≌△ADE，∠BAC=40°，∠E=115°，则∠B的度数是( )
A. 40°
B. 30°
C. 45°
D. 25°
6.如图，以等边△ABC的边BC为直径的⊙O分别交AB，AC于点D，E，BC=2，则阴影部分的面积是( )
A. π
B. π3
C. 2π3
D. π6
7.2023年以来，成都创建“文明典范城市”工作中，某校开展“文明伴成长”画展，其中彩铅、水墨、水彩、速写四个类别的幅数分别为：18，12，18，20，则这组数据的平均数为( )
A. 15B. 16C. 17D. 18
8.某商场按定价销售某种商品时，每件可获利30元；按定价的八折销售该商品5件与将定价降低20元销售该商品8件利润相等.设该商品的进价、定价分别为x，y，则可列方程组为( )
A. y−x=305(0.8y−x)=8(y−20−x)B. y−x=305×0.8y=8(y−20)
C. y−x=308(0.8y−x)=5(y−20−x)D. y−x=300.8y−x5=y−20−x8
9.因式分解：x2-xy=______
10.在平面直角坐标系xOy中，若一次函数y=(k+2)x−3经过一、三、四象限，则k的取值范围是______ ．
11.如图，AB/​/CD，ABCD=12，则△ABE与△CED的面积比为______ ．
12.分式方程1x−2+3=x−12−x的解是______ ．
13.如图∠MON=90°，在射线OM上取OA=1，在射线OB上取OB=2OA，连接AB，以点A为圆心，OA为半径画弧，交AB于点C，以B为圆心，BC为半径画弧，交OB于点D，则ODOB= ______ ．
14.(1)计算：2tan60°+|1− 3|− 12+(π+2)0；
(2)解不等式组：2x−7<3(x−1)2x−23≤1+32x．
15.国家航天局消息：北京时间2022年12月4日，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，标志着神舟十四号载人飞行任务取得圆满成功.某中学科技兴趣小组为了解本校学生对航天科技的关注程度，在该校内进行了随机调查统计，将调查结果分为不关注、关注、比较关注、非常关注四类，回收、整理好全部调查问卷后，得到下列不完整的统计图：

(1)此次调查中接受调查的人数为______ 人，扇形统计图中，“关注”对应扇形的圆心角为______ ；
(2)补全条形统计图；
(3)该校共有900人，根据调查结果估计该校“关注”，“比较关注”及“非常关注”航天科技的人数共多少人？
(4)该校九年一班非常关注的学生有A、B、C、D四人，随机选取两人去参加学校即将举办的航天知识竞赛，请利用列表或画树状图的方法，求出恰好抽到A、B两位同学的概率．
16.到省体育馆打球后的小李要经过人行道(1号人行道)到来福士广场用餐，路线为A→B→C→D，因18号线修建维修封路，他只能改道经数码广场F口的人行道(2号人行道)到去用餐，路线为：A→F→E→D，已知BC/​/EF，BF/​/CE，AB⊥BF，CD⊥DE，AB=270米，BC=240米，∠AFB=37°，∠CED=30°.请你计算小李去用餐的路程因改道加了多少？(结果精确到0.1米.参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75， 3≈1.73)
17.如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点E，F是AB延长线上的一点，且CF=EF．
(1)求证：CF为⊙O的切线；
(2)连接BD，取BD的中点G，连接AG.若CF=4，tan∠BDC=12，求OA及AG的长．
18.已知一次函数y=−12x+b的图象与反比例函数y=6x(x>0)的图象交于A、B两点，与x轴、y轴分别交于C、D两点．
(1)若A点的横坐标为32，求b的值；
(2)如图，若AB=2AC，求A、B两点的坐标；
(3)在(2)的条件下，将一直角三角板的直角顶点P放在反比例函数图象的AB段上滑动，直角边始终与坐标轴平行，且与线段AB分别交于Q、R两点，设点P的横坐标为x0，QR的长为L.问：是否存在点P，使L的长为 52，存在请求出符合条件的P的坐标，不存在请说你理由．
19.如果a2−2a−1=0，那么代数式(4a−a)⋅a2a+2= ______ ．
20.若m，n是方程x2+3x−4=0的两根，则m3−8m+5n= ______ ．
21.“莱洛三角形”是工业生产中加工零件时广泛使用的一种图形.如图，以等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的图形就是“莱洛三角形”.若等边三角形ABC的边长为2，现随机地向该图形内掷一枚小针，针尖落在△ABC内的概率为______ ．
22.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点坐标分别为A(8,0)，C(0,6).把横，纵坐标均为偶数的点称为偶点．
(1)矩形OABC(不包含边界)内的偶点的个数为 ．
(2)若双曲线L：y=kx上(x>0)将矩形OABC(不包含边界)内的偶点平均分布在其两侧，则k的整数值有 个.
23.如图，sin∠O=35，长度为2的线段DE在射线OB上滑动，点C在射线OA上，且OC=5，△CDE的两个内角的角平分线相交于点F，过点F作FG⊥DE，垂足为G，则FG的最大值为______．
24.第31届世界大学生夏季运动会将于2023年7月28日至8月8日在成都举行，大熊猫是成都最具特色的对外传播标识物和“品牌图腾”，是天府之国享有极高知名度的个性名片.此次成都大运会吉祥物“蓉宝”(如图1)便是以熊猫基地真实的大熊猫“芝麻”为原型创作的.某商店销售“蓉宝”的公仔毛绒玩具，进价为30元/件，经市场调查发现：该商品的月销售量y(件)与销售价x(元/件)之间的关系如图2所示．
(1)求y关于x的函数表达式；
(2)由于某种原因，该商品进价提高了a元/件(a>0)，物价部门规定该玩具售价不得超过40元/件，该商品在今后的销售中，月销售量与销售价仍然满足(1)中的函数关系，若该商品的月销售最大利润是2400元，求a的值．
25.已知抛物线y=ax2−2ax+c与x轴交于A(−1,0)、B两点，顶点为P，与y轴交于C点，且△ABC的面积为6．
(1)求抛物线的对称轴和解析式；
(2)平移这条抛物线，平移后的抛物线交y轴于E，顶点Q在原抛物线上，当四边形APQE是平行四边形时，求平移后抛物线的表达式；
(3)若过定点K(2,1)的直线交抛物线于M、N两点(N在M点右侧)，过N点的直线y=−2x+b与抛物线交于点G，求证：直线MG必过定点．
26.过四边形ABCD的顶点A作射线AM，P为射线AM上一点，连接DP.将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，记旋转角∠PAQ=α，连接BQ．

(1)【探究发现】如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形ABCD是正方形，且α=90°.无论点P在何处，总有BQ=DP，请证明这个结论．
(2)【类比迁移】如图2，如果四边形ABCD是菱形，∠DAB=α=60°，∠MAD=15°，连接PQ.当PQ⊥BQ，AB= 6+ 2时，求AP的长；
(3)【拓展应用】如图3，如果四边形ABCD是矩形，AD=6，AB=8，AM平分∠DAC，α=90°.在射线AQ上截取AR，使得AR=43AP.当△PBR是直角三角形时，请直接写出AP的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：从上面看该几何体，所看到的图形是长方形，中间的是实线．
故选：B．
根据俯视图的定义，从上面看该几何体，所得到的图形进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义，掌握俯视图的画法是正确判断的前提．
2.【答案】C
【解析】解：120000=1.2×105．
故选：C．
科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数．
本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表现形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键是要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】A
【解析】解：将点A(−2,3)向下平移2个单位后的坐标是(−2,3−2)，即(−2,1)．
故选：A．
根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减解答即可．
本题考查了坐标与图形变化−平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
4.【答案】D
【解析】解：A.(m+n)2=m2+2mn+n2，所以A选项不符合题意；
B.mn2−m2n不能合并，所以B选项不符合题意；
C.m4与m2不能合并，所以C选项不符合题意；
D.m(2m3−n)=2m4−mn，所以D选项符合题意．
故选：D．
根据完全平方公式对A选项进行判断；根据合并同类项对B选项和C选项进行判断；利用单项式乘以多项式法则对D选项进行判断．
本题考查了完全平方公式：记住完全平方公式(a±b)2=a2±2ab+b2.也考查了合并同类项和单项式乘多项式．
5.【答案】D
【解析】解：∵△ABC≌△ADE，∠E=115°，
∴∠C=∠E=115°，
∵∠BAC=40°，
∴∠B=180°−∠C−∠BAC=25°．
故选：D．
由全等三角形的性质可得∠C=∠E=115°，再利用三角形的内角和定理即可求解．
本题主要考查全等三角形的性质，解答的关键是熟记全等三角形的性质：全等三角形的对应角相等．
6.【答案】D
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵OB=OD，
∴△BOD为等边三角形，
∵∠BOD=60°，
∵BC=2，
∴OD=1，
∴S阴影=60π×12360=π6．
故选：D．
利用△ABC为等边三角形，再证明△BOD为等边三角形，然后根据扇形的面积公式即可求出答案．
本题考查了扇形面积的计算和等边三角形的性质，熟练掌握扇形的面积公式和等边三角形的性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：这组数据的平均数为18+12+18+204=17，
故选：C．
根据算术平均数的定义求解即可．
本题主要考查算术平均数，解题的关键是掌握算术平均数的定义．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意得
y−x=305(0.8y−x)=8(y−20−x)，
故选：A．
根据“按定价的八折销售该商品5件与将定价降低20元销售该商品8件所获得的利润相等”，“每件可获利30元”可列出方程组．
本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，找到等量关系，列出相应的方程组．
9.【答案】x(x−y)
【解析】【分析】
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
直接提取公因式x，进而分解因式即可．
【解答】
解：x2−xy=x(x−y)．
故答案为：x(x−y)．
10.【答案】k>−2
【解析】解：∵一次函数y=(k+2)x−3经过一、三、四象限，
∴k+2>0，
∴k>−2，
即k的取值范围是k>−2，
故答案为：k>−2．
根据一次函数y=(k+2)x−3经过一、三、四象限，得出k+2>0，从而求出k的取值范围．
本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，熟知一次函数y=kx+b(k,b为常数，k≠0)中，当k>0，b>0时函数图象经过第一、二、三象限；当k>0，b<0时函数图象经过第一、三、四象限；当k<0，b>0时函数图象经过第一、二、四象限；当k<0，b<0时函数图象经过第二、三、四象限．
11.【答案】1：4
【解析】解：∵AB/​/CD，
∴△ABE∽△CDE，
∵AB：CD=1：2，
∴△ABE与△CED的面积比为1：4．
故答案为：1：4．
由AB/​/CD，可证得△ABE∽△CDE，由AB：CD=1：2，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，即可求得△ABE与△DCE的面积比．
此题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方．
12.【答案】x=32
【解析】解：方程两边同乘x−2，
去分母得1+3x−6=−x+1，
解得x=32，
检验：当x=32时，x−2≠0，
∴原分式方程的解是x=32．
故答案为：x=32．
方程两边同乘x−2，去分母化为整式方程，求解后，再进行检验即可．
此题主要是考查了分式方程的解法，能够熟记方程要检验是解题的关键．
13.【答案】3− 52
【解析】解：由题意得，OB=2，AB= 12+22= 5，AC=OA=1，
∴BC=BD= 5−1，
∴OD=OB−BD=2−( 5−1)=3− 5，
∴ODOB=3− 52．
故答案为：3− 52．
由题意得，OB=2，AC=OA=1，由勾股定理得AB= 5，则BC=BD= 5−1，OD=OB−BD=3− 5，即可得出答案．
本题考查作图−基本作图、勾股定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14.【答案】解：(1)原式=2 3+ 3−1−2 3+1
= 3；
(2)由2x−7<3(x−1)得：x>−4，
由2x−23≤1+32x得：x≥−2，
则不等式组的解集为x≥−2．
【解析】(1)代入三角函数值、去绝对值符号、化简二次根式、计算零指数幂，再计算加减即可；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是实数的运算和解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
15.【答案】50 43.2°
【解析】(1)此次调查中接受调查的人数为：6÷12%=50(人)，
扇形统计图中，“关注”对应扇形的圆心角为：360°×12%=43.2°，
故答案为：50，43.2°；
(2)“非常关注”的人数为：50−4−6−24=16(人)，
补全条形统计图如下：
(3)由题意得：900×6+24+1650=828(人)，
答：估计该校“关注”，“比较关注”及“非常关注”航天科技的人数共828人；
(4)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中恰好抽到A、B两位同学的结果有2种，
∴恰好抽到A、B两位同学的概率=212=16．
(1)由“关注”的人数除以所占百分比得出此次调查中接受调查的人数，再由360°乘以“关注”的人数所占的百分比即可；
(2)求出“非常关注”的人数，补全条形统计图即可；
(3)由该校共有人数乘以该校“关注”，“比较关注”及“非常关注”航天科技的人数所占的比例即可；
(4)画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到A、B两位同学的结果有2种，再由概率公式求解即可．
此题考查了树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．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．
16.【答案】解：∵BC/​/EF，BF/​/CE，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∵AB⊥BF，
∴∠ABF=∠CBF=90°，
∴四边形BCEF是矩形，
∴BC=EF=240米，BF=CE，
在Rt△ABF中，AB=270米，∠AFB=37°，
∴BF=ABtan37∘≈2700.75=360(米)，
AF=ABsin37∘≈2700.6=450(米)，
∴BF=CE=360米，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE=90°，
∵∠CED=30°，
∴CD=12CE=180(米)，DE= 3CD=180 3(米)，
∴AB+BC+CD=270+240+180=690(米)，
AF+FE+DE=450+240+180 3≈1001.4(米)，
∴1001.4−690=311.4(米)，
∴小李去用餐的路程因改道加了约311.4米．
【解析】根据已知易得：四边形BCEF是矩形，从而可得BC=EF=240米，BF=CE，然后在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出AB，BF的长，从而求出CE的长，再在Rt△ABF中，利用含30度角的直角三角形的性质求出CE，DE的长，最后进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
17.【答案】(1)证明：如图，连接OC，OD．

∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC．
∵FC=FE，
∴∠FCE=∠FEC．
∵∠OED=∠FEC，
∴∠OED=∠FCE．
∵AB是⊙O的直径，D是AB的中点，
∴∠DOE=90°．
∴∠OED+∠ODC=90°．
∴∠FCE+∠OCD=90°，即∠OCF=90°．
∴OC⊥CF．
∵OC是半径，
∴CF为⊙O的切线．
(2)解：如图，连接BC，过G作GH⊥AB，垂足为H．

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OBC+∠FAC=90°，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∵∠FCO=∠FCB+∠OCB=90°，
∴∠FCB=∠FAC，
∵∠F=∠F，
∴△FCB∽△FAC，
∴FCFA=BCAC，FCFA=FBFC，
∵CF=4，tan∠BDC=tan∠BAC=BCAC=12，
∴AF=8，
∴48=FB4，解得FB=2，
设⊙O的半径为r，则AF=2r+2=8．
解之得r=3．
即OA=3，
∵GH⊥AB，
∴∠GHB=90°．
∵∠DOE=90°，
∴∠GHB=∠DOE．
∴GH//DO．
∴△BHG∽△BOD
∴BHBO=BGBD．
∵G为BD中点，
∴BG=12BD．
∴BH=12BO=32，GH=12OD=32．
∴AH=AB−BH=6−32=92．
∴AG= GH2+AH2= (32)2+(92)2=32 10．
【解析】(1)连接OC，OD.由∠OCD=∠ODC，FC=FE，可得∠OED=∠FCE，由AB是⊙O的直径，D是AB的中点，∠DOE=90°，进而可得∠OCF=90°，即可证明CF为⊙O的切线；
(2)连接BC，过G作GH⊥AB，垂足为H.利用相似三角形的性质求出BF=2，设⊙O的半径为r，则OF=r+2.在Rt△OCF中，勾股定理求得r=3，证明GH//DO，得出△BHG∽△BOD，根据BHBO=BGBD，求得BH，GH，进而求得AH，根据勾股定理即可求得AG．
本题考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
18.【答案】解：(1)当x=32时，y=632=4，
∴A(32,4)，
把A(32,4)代入y=−12x+b，得4=−12×32+b，
解得：b=194，
故b的值为194；
(2)设A(m,6m)，B(n,6n)，且m>0，n>0，
如图，过点A作AE⊥y轴于点E，过点B作BF⊥y轴于点F，
则AE=m，BF=n，CE=b−6m，CF=b−6n，
∵y=−12x+b，
当y=0时，0=−12x+b，
解得：x=2b，
当x=0时，y=b，
∴C(0,b)，D(2b,0)，
∴OC=b，OD=2b，
∴tan∠CDO=OCOD=b2b=12，
∵AE⊥y轴，BF⊥y轴，x轴⊥y轴，
∴AE//BF//x轴，
∴∠CAE=∠CBF=∠CDO，
∴tan∠CAE=tan∠CBF=tan∠CDO=12，
∴CEAE=tan∠CAE=12，CFBF=tan∠CBF=12，
∴AE=2CE，BF=2CF，
∴m=2(b−6m)n=2(b−6n)，
解得：(m−n)(mn−12)=0，
∵m≠n，
∴mn=12，
∵AB=2AC，
∴ACBC=13，
∵AE/​/BF，
∴△ACE∽△BCF，
∴AEBF=ACBC=13，
∴ mn=13，
∴n=3m，代入mn=12得：3m2=12，
∵m>0，n>0，
∴m=2，n=6，
∴A(2,3)，B(6,1)；
(3)存在点P，使L的长为 52.理由如下：
把A(2,3)代入y=−12x+b，得3=−12×2+b，
解得：b=4，
∴y=−12x+4，
当x=0时，y=4，当y=0时，x=8，
∴C(0,4)，D(8,0)，
在RtCDO中，CD= 42+82=4 5，
∵直角三角板的直角边始终与坐标轴平行，
∴∠QRP=∠CBF，∠QPR=∠COD=90°，
∴△QPR∽△COB，
∴PQOC=QRCD，
设P(x0,6x0)(2≤x0≤6)，则Q(x0,−12x0+4)，
∴PQ=−12x0+4−6x0，
∴−12x0+4−6x04= 524 5，
∴−12x0+4−6x0=12，
解得：x0=3或4，
∴P(3,2)或(4,32)；
故存在点P(3,2)或(4,32)，使L的长为 52．
【解析】(1)先求出A(32,4)，代入y=−12x+b，即可求得b=194；
(2)设A(m,6m)，B(n,6n)，且m>0，n>0，如图1，过点A作AE⊥y轴于点E，过点B作BF⊥y轴于点F，利用三角函数定义可得tan∠CDO=OCOD=12，再由AE//BF//x轴，可得∠CAE=∠CBF=∠CDO，即可得出tan∠CAE=tan∠CBF=tan∠CDO=12，求得：AE=2CE，BF=2CF，建立方程组可得：mn=12，再由AB=2AC，即可求得： mn=13，进而求得答案；
(3)把A(2,3)代入y=−12x+b，可求得y=−12x+4，进而得出C(0,4)，D(8,0)，利用勾股定理可得CD=4 5，由题意可证得：△QPR∽△COB，得出PQOC=QRCD，设P(x0,6x0)(2≤x0≤6)，则Q(x0,−12x0+4)，建立方程求解即可得出答案．
本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数和一次函数的图象和性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质；能够熟练掌握函数的性质，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
19.【答案】−1
【解析】解：∵a2−2a−1=0，
∴a2−2a=1，
∴−a2+2a=−1，
∴原式=4−a2a⋅a2a+2
=−(a+2)(a−2)a⋅a2a+2
=−a(a−2)
=−a2+2a，
当−a2+2a=−1时，
原式=−1．
故答案为：−1．
先根据题意得出−a2+2a=−1，再根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把−a2+2a=−1代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
20.【答案】−27
【解析】解：∵m，n是方程x2+3x−4=0的两根，
∴m2+3m−4=0，m+n=−3，
∴m3−8m+5n
=m(m2+3m−4)−3(m2+3m−4)+5(m+n)−12
=0+0+5×(−3)−12
=−27．
故答案为：−27．
根据m，n是方程x2+3x−4=0的两根，得m2+3m−4=0，m+n=−3，将m3−8m+5n变形后整体代入可得答案．
本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握一元二次方程根的概念和根与系数的关系．
21.【答案】 3π+32π2−6
【解析】解：过A作AD⊥BC于D，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=BC=AC=2，
∵AD⊥BC，
∴AD=CD=1，
∴AD= 22−12= 3，
∴△ABC的面积=12×2× 3= 3，
∴“莱洛三角形”的面积是3(S扇形ABC−S△ABC)+S△ABC=3S扇形ABC−2S△ABC=3×60π×22360−2× 3=2π−2 3，
∴针尖落在△ABC内的概率为 32π−2 3= 3π+32π2−6．
故答案为： 3π+32π2−6．
用△ABC的面积除以“莱洛三角形”的面积即可．
本题考查了几何概率，等边三角形的性质和扇形的面积计算，能求出△ABC的面积和“莱洛三角形”的面积是解此题的关键．
22.【答案】6 3
【解析】解：(1)∵四边形OABC是矩形，A(8,0)，C(0,6)，
∴B(8,6)，
∴偶点有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，(6,2)，(6,4)，
∴矩形OABC(不包含边界)内的偶点共有6个，
故答案为：6；
(2)当y=kx经过点(4,2)时，k=8，
当y=kx经过点(6,2)时，k=12，
∴8∴k的整数值为9，10，11，
故答案为：3．
(1)根据题意可知偶点有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，(6,2)，(6,4)；
(2)当y=kx经过点(4,2)时，k=8，当y=kx经过点(6,2)时，k=12，则8本题考查反比例函数的图象及性质，熟练掌握反比例函数的图象及性质，矩形的性质，弄清定义是解题的关键．
23.【答案】 10−13
【解析】解：如图1中，连接CF，过点F作FM⊥CD于M，FN⊥EC于N，过点C作CH⊥OE于H．
∵△CDE的两个内角的角平分线相交于点F，FG⊥DE，FM⊥CD，FN⊥EC，
∴FG=FM=FN，
在Rt△OCH中，∵∠CHO=90°，OC=5，
∴sinO=CHCO=35，
∴CH=3，
∴S△DEC=12⋅DE⋅CH=12⋅EC⋅FN+12⋅CD⋅FM+12⋅DE⋅FG，
∴FG⋅(2+EC+CD)=6，
∴当EC+CD的值最小时，FG的值最大，
如图2中，过点C作CK//DE，使得CK=DE=2，作点K关于直线OB的对称点J，连接CJ交OB于E，连接EJ交OB于T，截取ED=CD，此时CE+CD的值最小，最小值=CJ的长．
由图1可知KT=TJ=3，
在Rt△JKC中，∵∠JKC=90°，CK=2，JK=6，
∴CJ= KJ2+CK2= 62+22=2 10，
∴CE+CD的最小值=2 10，
∴FG的最大值=62+2 10= 10−13．
故答案为： 10−13．
如图1中，连接CF，过点F作FM⊥CD于M，FN⊥EC于N，过点C作CH⊥OE于H.利用面积法可得FG⋅(2+EC+CD)=6，推出当EC+CD的值最小时，FG的值最大，想办法求出EC+CD的最小值即可．
考查了轴对称最短问题，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)设y关于x的函数表达式为y=kx+b，
由题意可得：40k+b=30050k+b=200，
解得：k=−10b=700，
y关于x的函数表达式为y=−10x+700，
(2)由题意可得：
w=(x−30−a)(−10x+700)
=−10x2+(1000+10a)x−21000−700a，
对称轴为直线x=100+a2，
∵a>0，
∴100+a2>40，
∵物价部门规定该玩具售价不得超过40元/件，
∴x=40时，w取最大值2400，
∴−10×402+(1000+10a)×40−21000−700a=2400，
解得：a=2．
【解析】(1)设y关于x的函数表达式为y=kx+b，用待定系数法求解即可；
(2)题意可得w=(x−30−a)(−10x+700)=−10x2+(1000+10a)x−21000−700a，由于对称轴为直线x=100+a2，由二次函数的性质即可得到结论．
本题考查二次函数的应用，正确根据题意设出函数的解析式，并用待定系数法求解是解题关键．
25.【答案】(1)解：把A(−1,0)代入y=ax2−2ax+c得：
a+2a+c=0，
∴c=−3a，
∴y=ax2−2ax−3a，
令y=0得0=ax2−2ax−3a，
∵a≠0，
∴x=−1或x=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，AB=4，
∵△ABC的面积为6，
∴12×4×yC=6，
∴yC=3，
∴C(0,3)；
把C(0,3)代入y=ax2−2ax−3a得：
−3a=3，
解得：a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)解：设点E(0,t)，
∵AP是平行四边形的边，
∴当点A向右平移2个单位向上平移4个单位得到P，同样点E向右平移2个单位向上平移4个单位得到Q，
即Q(2,t+4)，
∴−22+2×2+3=t+4，
解得t=−1，
∴Q(2,3)，
∴平移后抛物线的表达式为：y=−(x−2)2+3=−x2+4x−1；
(3)证明：设M(p,−p2+2p+3)，N(q,−q2+2q+3)，
设直线MN解析式为y=kx+b，
∴pk+b=−p2+2p+3qk+b=−q2+2q+3，
解得：k=−p−q+2b=pq+3，
∴直线MN解析式为y=(−p−q+2)x+pq+3，
∵直线MN过定点K(2,1)，
∴2(−p−q+2)+pq+3=1，
∴pq=2p+2q−6，
∵直线y=−2x+b过N(q,−q2+2q+3)，
∴−q2+2q+3=−2q+b，
∴b=−q2+4q+3，
∴y=−2x−q2+4q+3，
由−2x−q2+4q+3=−x2+2x+3得：
x=q或x=−q+4，
∴P(−q+4,−q2+6q−5)，
设直线MP解析式为y=k′x+b′，把M(p,−p2+2p+3)，P(−q+4,−q2+6q−5)代入得：
pk′+b′=−p2+2p+3(−q+4)k′+b′=−q2+6q−5，
解得：k′=−p+q−2b′=−pq+4p+3，
∴直线MP解析式为y=(−p+q−2)x−pq+4p+3，
∵pq=2p+2q−6，
∴直线MP解析式为y=(−p+q−2)x+2p−2q+9，
当x=2时，y=2(−p+q−2)+2p−2q+9=5，
∴直线MP必过定点(2,5)．
【解析】(1)把A(−1,0)代入y=ax2−2ax+c可得c=−3a，y=ax2−2ax−3a，令y=0即得A(−1,0)，B(3,0)，故抛物线的对称轴为直线x=1，AB=4，根据△ABC的面积为6，可得yC=3，C(0,3)，用待定系数法得抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)AP是平行四边形的边，则当点A向右平移2个单位向上平移4个单位得到P，同样点E向右平移2个单位向上平移4个单位得到Q，代入抛物线解析式解之即可求解；
(3)设M(p,−p2+2p+3)，N(q,−q2+2q+3)，知直线MN解析式为y=(−p−q+2)x+pq+3，由直线MN过定点K(2,1)，有pq=2p+2q−6，而直线y=−2x+b过N(q,−q2+2q+3)，可得b=−q2+4q+3，y=−2x−q2+4q+3，解−2x−q2+4q+3=−x2+2x+3得P(−q+4,−q2+6q−5)，设直线MP解析式为y=k′x+b′，把M(p,−p2+2p+3)，P(−q+4,−q2+6q−5)代入得直线MP解析式为y=(−p+q−2)x−pq+4p+3，即y=(−p+q−2)x+2p−2q+9，当x=2时，y=2(−p+q−2)+2p−2q+9=5，故直线MN过定点．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，平行四边形性质及应用，函数图象上点坐标的特征等，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
26.【答案】(1)证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，∠BAD=90°，
∴∠DAP+∠BAM=90°，
∵∠PAQ=90°，
∴∠BAQ+∠BAM=90°，
∴∠DAP=∠BAQ，
∵将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，
∴AP=AQ，
∴△ADP≌△ABQ(SAS)，
∴BQ=DP．
(2)解：如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，

由旋转得：AP=AQ，
∵∠DAB=α=60°，
即∠DAB=∠PAQ=60°，
∴△ADP≌△ABQ(SAS)，
∴BQ=DP，∠APD=∠AQB，
∵AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP=60°，
∵PQ⊥BQ，
∴∠BQP=90°，
∴∠AQB=∠AQP+∠BQP=60°+90°=150°，
∴∠APD=∠AQB=150°，
∴∠DPM=180°−∠APD=180°−150°=30°，
∵∠MAD=15°，
∴∠ADP=∠DPM−∠MAD=30°−15°=15°，
∴∠ADP=∠MAD，
∴AP=DP，
∴AQ=BQ=PQ=AP，
∴∠ABQ=∠BAQ=∠MAD=15°，
∴∠PAH=∠PAQ−∠BAQ=60°−15°=45°，
∵PH⊥AB，
∴∠AHP=∠BHP=90°，
∴△APH是等腰直角三角形，
∴AH=PH= 22AP，
∵BQ=PQ，∠PQB=90°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠PBQ=45°，
∴∠PBH=∠PBQ−∠ABQ=45°−15°=30°，
∴BH=PHtan∠PBH= 22APtan30°= 62AP，
∴AB=AH+BH= 22AP+ 62AP= 2+ 62AP，
∵AB= 6+ 2，
∴ 2+ 62AP= 6+ 2，
∴AP=2；
(3)解：①当∠BRP=90°时，如图3，连接DP，PQ，过点B作BE⊥AQ于点E，
设AM交CD于点F，过点F作FG⊥AC于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAM+∠DAP=90°，∠ADC=90°，
∵∠BAM+∠BAR=90°，
∴∠DAP=∠BAR，
∵AD=6，AB=8，
∴ADAB=68=34，
∵AR=43AP，
∴APAR=34，
∴ADAB=APAR，
∴△ADP∽△ABR，
∴DPBR=ADAB=68=34，即BR=43DP，
∵AM平分∠DAC，FD⊥AD，FG⊥AC，
∴FD=FG，
在Rt△ACD中，AC= AD2+CD2= 62+82=10，
∴tan∠ACD=ADAC=610=35，
∵FGCF=tan∠ACD=35，
∴DFCF=35，
∵DF+CF=CD=8，
∴DF=3，CF=5，
在Rt△ADF中，AF= AD2+DF2= 62+32=3 5，
∵∠DAP=∠BAR，∠ADF=∠AEB=90°，
∴△ADF∽△AEB，
∴AEAD=BEDF=ABAF，即AE6=BE3=83 5，
∴AE=16 55，BE=8 55，
∵∠BRP=90°，
∴∠ARP+∠BRE=90°，
∵∠ARP+∠APR=90°，
∴∠BRE=∠APR，
∴tan∠BRE=tan∠APR，
∴BEER=ARAP=43，
∴ER=34BE=34×8 55=6 55，
∵AR+ER=AE，
∴43AP+6 55=16 55，
∴AP=3 52；
②当∠PBR=90°时，如图4，过点P作PG⊥AD于点G，PH⊥AB于点H，
则sin∠DAF=PGAP=DFAF=33 5，cs∠DAF=AGAP=ADAF=63 5，
∴PG= 55AP，AG=2 55AP，

∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，
∴四边形AGPH是矩形，
∴AH=PG= 55AP，PH=AG=2 55AP，
∴BH=AB−AH=8− 55AP，
∴BP2=PH2+BH2=(2 55AP)2+(8− 55AP)2=AP2−16 55AP+64，
在Rt△DPG中，DP2=DG2+PG2=(6−2 55AP)2+( 55AP)2=AP2−24 55AP+36，
∵BR=43DP，
∴BR2=169DP2=169AP2−128 515AP+64，
在Rt△APR中，PR2=AP2+AR2=AP2+(43AP)2=259AP2，
在Rt△PBR中，PR2=BP2+BR2，
∴259AP2=AP2−16 55AP+64+169AP2−128 515AP+64，
解得：AP=24 511；
③当∠BPR=90°时，
由②知：BR2=169AP2−128 515AP+64，PR2=259AP2，BP2=AP2−16 55AP+64，
∵PR2+BP2=BR2，
∴259AP2+AP2−16 55AP+64=169AP2−128 515AP+64，
解得：AP=0或AP=−8 53，均不符合题意；
综上所述，AP的长为3 52或24 511．
【解析】(1)利用正方形性质和旋转变换证明△ADP≌△ABQ(SAS)，即可证得结论；
(2)如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，先证明△ADP≌△ABQ(SAS)，可得BQ=DP，∠APD=∠AQB，再证明：△APQ是等边三角形，△APH是等腰直角三角形，△BPQ是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可求得答案；
(3)分三种情况讨论：①当∠BRP=90°时，②当∠PBR=90°时，③当∠BPR=90°时，分别求出AP的长．
本题考查了正方形和菱形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形性质，等腰直角三角形的判定和性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用前面所学的知识解答后面的题目，运用分类讨论思想和数形结合思想，具有很强的综合性，是中考常考题型．