2024年广东省珠海十一中中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年广东省珠海十一中中考数学一模试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）2024的相反数是（ ）
A．﹣2024B．
C．D．以上都不是
2．（3分）函数y＝中，自变量x的取值范围是（ ）
A．x＞2B．x＜2C．x≠2D．x≥2
3．（3分）有7张扑克牌如图所示，将其打乱顺序后，背面朝上放在桌面上，若从中随机抽取一张，则抽到的花色可能性最大的是（ ）
A．（黑桃）B．（红心）C．（梅花）D．（方块）
4．（3分）如图，用边长为3的两个小正方形拼成一个大正方形，则大正方形的边长最接近的整数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
5．（3分）据报道，2021年至2023年珠海市居民年人均可支配收入由6.14万元增长至6.50万元，设这两年人均可支配收入的年平均增长率为x，可列方程为（ ）
A．6.14（1+x）2＝6.50B．6.14（1+2x）＝6.50
C．6.14（1+x2）＝6.50D．6.50（1﹣x）2＝6.14
6．（3分）下列命题的逆命题成立的是（ ）
A．全等三角形的对应角相等
B．如果两个实数相等，那么它们的平方相等
C．等边三角形是锐角三角形
D．如果两个实数的积是正数，那么它们都是正数
7．（3分）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若AB＝BC＝1，∠AOB＝30°，则OC的值为（ ）
A．B．C．D．
8．（3分）杰杰是一位密码翻译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：a﹣b，x﹣y，x+y，a+b，x2﹣y2，a2﹣b2分别对应下列六个字：海、爱、我、珠、丽、美，现将（x2﹣y2）a2﹣（x2﹣y2）b2因式分解，结果呈现的密码信息可能是（ ）
A．我爱美B．珠海美丽C．爱我珠海D．美我珠海
9．（3分）如图，在正方形ABCD中，点B、D的坐标分别是（﹣1，﹣2）、（1，2），点C在抛物线y＝﹣x2+bx的图象上，则b的值是（ ）
A．﹣B．C．﹣D．
10．（3分）如图，⊙O的半径为2，圆心O在坐标原点，正方形ABCD的边长为2，点A、B在第二象限，点C、D在⊙O上，且点D的坐标为（0，2），现将正方形ABCD绕点C按逆时针方向旋转150°，点B动到了⊙O上点B1处，点A、D分别运动到了点A1、D1处，即得到正方形A1B1C1D1（点C1与C重合）；再将正方形A1B1C1D1绕点B1按逆时针方向旋转150°，点A1运动到了⊙O上点A2处，点D1、C1分别运动到了点D2、C2处，即得到正方形A2B2C2D2（点B2与B1重合），…，按上述方法旋转2024次后，点C2024的坐标为（ ）
A．（0，2）B．
C．（0，﹣2）D．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）计算：8x3y÷（2x）2＝ ．
12．（3分）据统计，2023年珠海山姆会员店的总销售额达到25亿，排全球第七，“25亿”用科学记数法表示为 ．
13．（3分）一杆古秤在称物时的状态如图所示，已知∠1＝102°，则∠2的度数为 ．
14．（3分）如图，在⊙O中，AB为直径，C为圆上一点，∠BAC的角平分线与⊙O交于点D，若∠ADC＝20°，则∠BAD＝ °．
15．（3分）如图，草坪上的自动喷水装置能旋转220°，若它的喷射半径是20m，则它能喷灌的草坪的面积为 m2．
16．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点E．已知AE＝4，EC＝6，则的值为 ．
三、解答题（共8大题，共72分）
17．（10分）（1）计算：sin45°﹣（π﹣4）0+2﹣1；
（2）化简求值：，其中x＝2．
18．（6分）已知抛物线y＝x2+2x﹣3．
（1）求抛物线的顶点坐标；
（2）将该抛物线向右平移m（m＞0）个单位长度，平移后所得新抛物线经过坐标原点，求m的值．
19．（7分）如图，一枚运载火箭从地面O处发射，当火箭到达点A处时．地面R处的雷达站测得AR的距离是4km，仰角为30°.5s后，火箭直线上升到达点B处，此时地面R处的雷达站测得B处的仰角为45°．求火箭从A到B处的平均速度（结果精确到1m/s）．
20．（7分）初三年级“黄金分割项目活动”展示，为了解全体初三年级同学的活动成绩，抽取了部分参加活动的同学的成绩进行统计后，分为“优秀”，“良好”，“一般”，“较差”四个等级，并根据成绩绘制成如图两幅不完整的统计图，请结合统计图中的信息，回答下列问题：
（1）本次抽取的学生共有 人，并将条形统计图补充完整；
（2）扇形统计图中“优秀”所对应扇形的圆心角为 度；
（3）我校初三年级共有520名学生，估计比赛成绩优秀的学生人数．
21．（9分）独轮车（图1）俗称“手推车”，又名辇、鹿车等，西汉时已在一些田间隘道上出现，北宋时正式出现独轮车名称，在北方，几乎与毛驴起同样的运输作用．如图2所示为从独轮车中抽象出来的几何模型．在△ABC中，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点P，PD是⊙O的切线，且PD⊥BC，垂足为点D．
（1）求证：∠A＝∠C；
（2）若PD＝2BD＝4，求⊙O的半径．
22．（9分）某玩具商店为了儿童节提前储备货物，用3000元购进一批儿童玩具，接着又用5400元购进第二批这种玩具，所购数量是第一批数量的1.5倍，但每套进价多了10元．
（1）求第一批玩具每套的进价是多少元？
（2）儿童节期间，为了促销全店商品打7折销售，该玩具全部售完并且总利润不低于25%，那么每套玩具打折前的标价至少是多少元？
23．（12分）如图1，已知点A（a，0），B（0，b），且a、b满足+（a+b+3）2＝0，▱ABCD的边AD与y轴交于点E，且E为AD的中点，双曲线y＝经过C、D两点．
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）求反比例函数解析式；
（3）以线段AB为对角线作正方形AFBH（如图2），点T是边AF上一动点，M是HT的中点，MN⊥HT，交AB于N，当点T在AF上运动时，的值是否发生改变？若改变，求出其变化范围；若不改变，请求出其值，并给出你的证明．
24．（12分）【背景阅读】我国古代著名数学著作《周髀算经》记载了“勾三、股四、弦五”，直观地证明了勾股定理，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为（3，4，5）型三角形，例如：三边长分别为9，12，15的三角形就是（3，4，5）型三角形．
【实践操作】如图1，在正方形纸片ABCD中，AB＝4，点E为边CD上的中点，将△ADE沿AE折叠得△AFE，延长EF交BC于点G，交AB的延长线于点H．
【问题解决】（1）证明△ECG是（3，4，5）型三角形；
（2）在不添加字母的情况下，直接写出图1中还有哪些三角形是（3，4，5）型三角形；
【拓展探究】（3）如图2，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝2，E是CD上的一点，将△ADE沿AE折叠得到△AFE，延长AF交DC于点G．其中△EFG是（3，4，5）型三角形，请求出△EFG的面积．
2024年广东省珠海十一中中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）2024的相反数是（ ）
A．﹣2024B．
C．D．以上都不是
【分析】根据相反数的定义解答即可．
【解答】解：2024的相反数是﹣2024，
故选：A．
2．（3分）函数y＝中，自变量x的取值范围是（ ）
A．x＞2B．x＜2C．x≠2D．x≥2
【分析】根据分母为零无意义，可得答案．
【解答】解：由题意，得
x﹣2≠0，
解得x≠2，
故选：C．
3．（3分）有7张扑克牌如图所示，将其打乱顺序后，背面朝上放在桌面上，若从中随机抽取一张，则抽到的花色可能性最大的是（ ）
A．（黑桃）B．（红心）C．（梅花）D．（方块）
【分析】根据概率公式分别求出各花色的概率判断即可．
【解答】解：∵抽到黑桃的概率为，抽到红心的概率为，抽到梅花的概率为，抽到方块的概率为，
∴抽到的花色可能性最大的是红心，
故选：B．
4．（3分）如图，用边长为3的两个小正方形拼成一个大正方形，则大正方形的边长最接近的整数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】根据算术平方根的概念结合正方形的性质得出其边长，进而得出答案．
【解答】解：∵用边长为3的两个小正方形拼成一个大正方形，
∴大正方形的面积为：9+9＝18，
则大正方形的边长为：，
∵＜＜，
∴4＜＜4.5，
∴大正方形的边长最接近的整数是4．
故选：B．
5．（3分）据报道，2021年至2023年珠海市居民年人均可支配收入由6.14万元增长至6.50万元，设这两年人均可支配收入的年平均增长率为x，可列方程为（ ）
A．6.14（1+x）2＝6.50B．6.14（1+2x）＝6.50
C．6.14（1+x2）＝6.50D．6.50（1﹣x）2＝6.14
【分析】根据2021年的人均可支配收入×（1+年平均增长率）＝2023年的人均可支配收入，列出一元二次方程即可．
【解答】解：根据题意得，
6.14（1+x）2＝6.50，
故选：A．
6．（3分）下列命题的逆命题成立的是（ ）
A．全等三角形的对应角相等
B．如果两个实数相等，那么它们的平方相等
C．等边三角形是锐角三角形
D．如果两个实数的积是正数，那么它们都是正数
【分析】利用全等三角形的性质、实数的性质、等边三角形的性质等知识分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、逆命题为对应角相等的三角形全等，不成立，不符合题意；
B、逆命题为如果两个数的平方相等，那么这两个数相等，不成立，不符合题意；
C、逆命题为锐角三角形是等边三角形，不成立，不符合题意；
D、逆命题为如果两个数都是正数，那么它们的积也是正数，成立，符合题意．
故选：D．
7．（3分）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若AB＝BC＝1，∠AOB＝30°，则OC的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据题意先求出OB＝2，再利用勾股定理即可求解．
【解答】解：在Rt△AOB中，AB＝1，∠AOB＝30°，
∴OB＝2，
在Rt△BOC中，
OC＝＝＝．
故选：A．
8．（3分）杰杰是一位密码翻译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：a﹣b，x﹣y，x+y，a+b，x2﹣y2，a2﹣b2分别对应下列六个字：海、爱、我、珠、丽、美，现将（x2﹣y2）a2﹣（x2﹣y2）b2因式分解，结果呈现的密码信息可能是（ ）
A．我爱美B．珠海美丽C．爱我珠海D．美我珠海
【分析】运用提取公因式法，将原式变形为（x+y）（x﹣y）（a+b）（a﹣b），即可得出答案．
【解答】解：（x2﹣y2）a2﹣（x2﹣y2）b2
＝（x2﹣y2）（a2﹣b2）
＝（x+y）（x﹣y）（a+b）（a﹣b），
由题意可知，当原式（x+y）（x﹣y）（a+b）（a﹣b）可以表示为：我爱珠海；
当原式（x+y）（x﹣y）（a+b）（a﹣b）可以表示为：爱我珠海；
故选：C．
9．（3分）如图，在正方形ABCD中，点B、D的坐标分别是（﹣1，﹣2）、（1，2），点C在抛物线y＝﹣x2+bx的图象上，则b的值是（ ）
A．﹣B．C．﹣D．
【分析】作MN⊥x轴，BM⊥MN于M，DN⊥MN于N，利用三角形全等的即可得出C点坐标，代入y＝﹣x2+bx即可得出b的值．
【解答】解：作MN⊥x轴，BM⊥MN于M，DN⊥MN于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝90°，BC＝DC，
∴∠BCM+∠DCN＝90°＝∠BCM+∠CBM，
∴∠DCN＝∠CBM，
∵∠BMC＝∠CND＝90°，
∴△CBM≌△DCN（AAS），
∴CN＝BM，DN＝CM，
设C（a，b），
∵点B、D的坐标分别是（﹣1，﹣2）、（1，2），
∴，解得，
∴C（2，﹣1），
∵点C在抛物线y＝﹣x2+bx的图象上，
∴﹣1＝﹣×4+2b，
∴b＝，
故选：D．
10．（3分）如图，⊙O的半径为2，圆心O在坐标原点，正方形ABCD的边长为2，点A、B在第二象限，点C、D在⊙O上，且点D的坐标为（0，2），现将正方形ABCD绕点C按逆时针方向旋转150°，点B动到了⊙O上点B1处，点A、D分别运动到了点A1、D1处，即得到正方形A1B1C1D1（点C1与C重合）；再将正方形A1B1C1D1绕点B1按逆时针方向旋转150°，点A1运动到了⊙O上点A2处，点D1、C1分别运动到了点D2、C2处，即得到正方形A2B2C2D2（点B2与B1重合），…，按上述方法旋转2024次后，点C2024的坐标为（ ）
A．（0，2）B．
C．（0，﹣2）D．
【分析】如图，由题意发现12次一个循环，由2024÷12＝168余数为8，推出C2024的坐标与C8相同，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，由题意发现12次一个循环，
∵2024÷12＝168余数为8，
∴C2020的坐标与C8相同，
∵C8（0，﹣2），
∴C2024（0，﹣2），
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）计算：8x3y÷（2x）2＝ 2xy ．
【分析】利用积的乘方及单项式除以单项式的法则进行计算即可．
【解答】解：原式＝8x3y÷4x2
＝2xy，
故答案为：2xy．
12．（3分）据统计，2023年珠海山姆会员店的总销售额达到25亿，排全球第七，“25亿”用科学记数法表示为 2.5×109 ．
【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是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：25亿＝2500000000＝2.5×109，
故答案为：2.5×109．
13．（3分）一杆古秤在称物时的状态如图所示，已知∠1＝102°，则∠2的度数为 78° ．
【分析】根据两直线平行，内错角相等得到∠2＝∠BCD，由∠1的度数求出∠BCD的度数，即可得到∠2的度数．
【解答】解：如图，
由题意得：AB∥CD，
∴∠2＝∠BCD，
∵∠1＝102°，
∴∠BCD＝78°，
∴∠2＝78°，
故答案为：78°．
14．（3分）如图，在⊙O中，AB为直径，C为圆上一点，∠BAC的角平分线与⊙O交于点D，若∠ADC＝20°，则∠BAD＝ 35 °．
【分析】先根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用圆周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝20°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠BAC＝70°，从而利用角平分线的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADC＝20°，
∴∠ADC＝∠ABC＝20°，
∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝70°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠BAC＝35°，
故答案为：35．
15．（3分）如图，草坪上的自动喷水装置能旋转220°，若它的喷射半径是20m，则它能喷灌的草坪的面积为 m2．
【分析】根据已知得出自动喷水装置它能喷灌的草坪是扇形，半径为20m，圆心角为220°，利用扇形面积公式S扇形＝求出即可．
【解答】解：∵草坪上的自动喷水装置能旋转220°，它的喷射半径是20m，
∴它能喷灌的草坪是扇形，半径为20m，圆心角为220°，
∴它能喷灌的草坪的面积为：＝m2．
故答案为：．
16．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点E．已知AE＝4，EC＝6，则的值为 ．
【分析】由菱形的性质得AB＝AD，AC⊥BD，则∠OAD＝∠OAB，而DF⊥AB于点F，所以∠BFD＝∠AOB＝∠AOD＝90°，可证明∠ODE＝∠OAB，所以∠ODE＝∠OAD，进而证明△DOE∽△AOD，得＝，由AE＝4，EC＝6，求得OA＝OC＝5，则OE＝1，所以OB＝OD＝＝，求得DB＝2，DE＝＝，再证明△EOD∽△BFD，则＝＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC⊥BD，
∴∠OAD＝∠OAB，
∵DF⊥AB于点F，
∴∠BFD＝∠AOB＝∠AOD＝90°，
∴∠ODE＝∠OAB＝90°﹣∠ABD，
∴∠ODE＝∠OAD，
∵∠DOE＝∠AOD，
∴△DOE∽△AOD，
∴＝，
∵AE＝4，EC＝6，
∴AC＝AE+EC＝4+6＝10，
∴OA＝OC＝AC＝5，
∴OE＝OA﹣AE＝5﹣4＝1，
∴OB＝OD＝＝＝，
∴DB＝OB+OD＝+＝2，DE＝＝＝，
∵∠EOD＝∠BFD＝90°，∠ODE＝∠FDB，
∴△EOD∽△BFD，
∴＝＝＝，
故答案为：．
三、解答题（共8大题，共72分）
17．（10分）（1）计算：sin45°﹣（π﹣4）0+2﹣1；
（2）化简求值：，其中x＝2．
【分析】（1）根据三角函数值、零指数幂、负整数指数幂的运算结果，进行计算即可；
（2）先对小括号里的进行通分计算，再按分式除法的计算法则进行计算即可．
【解答】解：（1）sin45°﹣（π﹣4）0+2﹣1；
＝﹣1+
＝﹣
＝．
（2）
＝×
＝，
当x＝2时，
原式＝．
18．（6分）已知抛物线y＝x2+2x﹣3．
（1）求抛物线的顶点坐标；
（2）将该抛物线向右平移m（m＞0）个单位长度，平移后所得新抛物线经过坐标原点，求m的值．
【分析】（1）化成顶点是即可求解；
（2）根据平移的规律得到y＝﹣（x+1﹣m）2+4，把原点代入即可求得m的值．
【解答】解：（1）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为 （﹣1，﹣4）．
（2）该抛物线向右平移m（m＞0）个单位长度，得到的新抛物线对应的函数表达式为 y＝（x+1﹣m）2﹣4，
∵新抛物线经过原点，
∴0＝（0+1﹣m）2﹣4，
解得 m＝3 或 m＝﹣1 （舍去），
∴m＝3，
故m的值为3．
19．（7分）如图，一枚运载火箭从地面O处发射，当火箭到达点A处时．地面R处的雷达站测得AR的距离是4km，仰角为30°.5s后，火箭直线上升到达点B处，此时地面R处的雷达站测得B处的仰角为45°．求火箭从A到B处的平均速度（结果精确到1m/s）．
【分析】在Rt△ARO中，解直角三角形得出AO以及RO的长，进而求出BR的长，再求出AB的长，即可得出平均速度．
【解答】解：如图所示：连接OR，由题意可得：∠ARO＝30°，∠BRO＝45°，∠BOR＝90°，AR＝4km，
∴AO＝AR＝2km，∠ORB＝90°﹣45°＝45°＝∠BRO，
∴BO＝RO，
在Rt△ARO中，tan∠ARO＝，
∴RO＝＝＝2（km），
BO＝2km，
故AB＝BO﹣AO＝2﹣2≈1.464（km），
则火箭从A处到B处的平均速度约为：1464÷5≈293（m/s），
答：火箭从A处到B处的平均速度约为293m/s．
20．（7分）初三年级“黄金分割项目活动”展示，为了解全体初三年级同学的活动成绩，抽取了部分参加活动的同学的成绩进行统计后，分为“优秀”，“良好”，“一般”，“较差”四个等级，并根据成绩绘制成如图两幅不完整的统计图，请结合统计图中的信息，回答下列问题：
（1）本次抽取的学生共有 120 人，并将条形统计图补充完整；
（2）扇形统计图中“优秀”所对应扇形的圆心角为 72 度；
（3）我校初三年级共有520名学生，估计比赛成绩优秀的学生人数．
【分析】（1）由“一般”的人数及其所占百分比可得总人数，总人数乘以“良好”等级人数所占百分比求出其人数即可补全图形；
（2）用360°乘以“优秀”等级人数所占比例即可；
（3）总人数乘以样本中“优秀”等级人数所占比例即可．
【解答】解：（1）本次抽取的学生共有30÷25%＝120（人），
则良好的人数为120×40%＝48（人），
补全图形如下：
故答案为：120；
（2）扇形统计图中“优秀”所对应扇形的圆心角为360°×＝72°，
故答案为：72；
（3）520×＝104（名），
答：估计比赛成绩优秀的学生人数约为104名．
21．（9分）独轮车（图1）俗称“手推车”，又名辇、鹿车等，西汉时已在一些田间隘道上出现，北宋时正式出现独轮车名称，在北方，几乎与毛驴起同样的运输作用．如图2所示为从独轮车中抽象出来的几何模型．在△ABC中，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点P，PD是⊙O的切线，且PD⊥BC，垂足为点D．
（1）求证：∠A＝∠C；
（2）若PD＝2BD＝4，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OP，如图2，先根据切线的性质得到OP⊥PD，则可判断OP∥BC，所以∠OPA＝∠C，然后利用∠OPA＝∠A可得到结论；
（2）连接PB，如图2，先利用勾股定理计算出PB＝2，再根据圆周角定理得到∠APB＝90°，接着证明△BDP∽△BPC，则利用相似比可计算出BC＝10，然后利用∠A＝∠C得到BA＝10，从而得到⊙O的半径．
【解答】（1）证明：连接OP，如图2，
∵PD是⊙O的切线，
∴OP⊥PD，
∵PD⊥BC，
∴OP∥BC，
∴∠OPA＝∠C，
∵OA＝OP，
∴∠OPA＝∠A，
∴∠A＝∠C；
（2）解：连接PB，如图2，
在Rt△PBD中，∵PD＝2BD＝4，
∴PB＝＝2，
∵AB为直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠BDP＝∠BPC，∠DBP＝∠PBC，
∴△BDP∽△BPC，
∴BP：BC＝BD：BP，即2：BC＝2：2，
解得BC＝10，
∵∠A＝∠C，
∴BA＝BC＝10，
∴⊙O的半径为5．
22．（9分）某玩具商店为了儿童节提前储备货物，用3000元购进一批儿童玩具，接着又用5400元购进第二批这种玩具，所购数量是第一批数量的1.5倍，但每套进价多了10元．
（1）求第一批玩具每套的进价是多少元？
（2）儿童节期间，为了促销全店商品打7折销售，该玩具全部售完并且总利润不低于25%，那么每套玩具打折前的标价至少是多少元？
【分析】（1）设第一批玩具每套的进价是x元，则第二批玩具每套的进价是（x+10）元，由题意：用3000元购进一批儿童玩具，接着又用5400元购进第二批这种玩具，所购数量是第一批数量的1.5倍，列出分式方程，解方程即可；
（2）设每套玩具打折前的标价是y元，由题意：为了促销全店商品打7折销售，该玩具全部售完并且总利润不低于25%，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设第一批玩具每套的进价是x元，则第二批玩具每套的进价是（x+10）元，
由题意得：×1.5＝，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是分式方程的解，符合题意，
答：第一批玩具每套的进价是50元；
（2）设每套玩具打折前的标价是y元，
＝60（套），60×1.5＝90（套）．
（60y+90y）×0.7﹣3000﹣5400≥（3000+5400）×25%，
解得：y≥100，
答：每套玩具打折前的标价至少是100元．
23．（12分）如图1，已知点A（a，0），B（0，b），且a、b满足+（a+b+3）2＝0，▱ABCD的边AD与y轴交于点E，且E为AD的中点，双曲线y＝经过C、D两点．
（1）a＝ ﹣1 ，b＝ ﹣2 ；
（2）求反比例函数解析式；
（3）以线段AB为对角线作正方形AFBH（如图2），点T是边AF上一动点，M是HT的中点，MN⊥HT，交AB于N，当点T在AF上运动时，的值是否发生改变？若改变，求出其变化范围；若不改变，请求出其值，并给出你的证明．
【分析】（1）由题意得：，即可求解；
（2）A（﹣1，0），B（0，﹣2），E为AD中点，则xD＝1，设D（1，t），由DC∥AB，则C（2，t﹣2），即可求解；
（3）连NH、NT、NF，易证NF＝NH＝NT，故∠NTF＝∠NFT＝∠AHN，∠TNH＝∠TAH＝90°，MN＝HT由此即可得出结论．
【解答】解：（1）由题意得：，
解得：，
故答案为：﹣1，﹣2；
（2）∵A（﹣1，0），B（0，﹣2），E为AD中点，
∴xD＝1，
设D（1，t），
又∵DC∥AB，
∴C（2，t﹣2），
∴t＝2t﹣4，
∴t＝4，
∴k＝4，
故函数的表达式为：y＝；
（3）结论：的值不变，理由：
如图，连NH、NT、NF，
∵MN是线段HT的垂直平分线，
∴NT＝NH，
∵四边形AFBH是正方形，
∴∠ABF＝∠ABH，
在△BFN与△BHN中，
，
∴△BFN≌△BHN（SAS），
∴NF＝NH＝NT，
∴∠NTF＝∠NFT＝∠AHN，
四边形ATNH中，∠ATN+∠NTF＝180°，
而∠NTF＝∠NFT＝∠AHN，
∴∠ATN+∠AHN＝180°，
∵四边形ATNH内角和为360°，
∴∠TNH＝360°﹣180°﹣90°＝90°．
∴MN＝HT，
∴＝．
24．（12分）【背景阅读】我国古代著名数学著作《周髀算经》记载了“勾三、股四、弦五”，直观地证明了勾股定理，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为（3，4，5）型三角形，例如：三边长分别为9，12，15的三角形就是（3，4，5）型三角形．
【实践操作】如图1，在正方形纸片ABCD中，AB＝4，点E为边CD上的中点，将△ADE沿AE折叠得△AFE，延长EF交BC于点G，交AB的延长线于点H．
【问题解决】（1）证明△ECG是（3，4，5）型三角形；
（2）在不添加字母的情况下，直接写出图1中还有哪些三角形是（3，4，5）型三角形；
【拓展探究】（3）如图2，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝2，E是CD上的一点，将△ADE沿AE折叠得到△AFE，延长AF交DC于点G．其中△EFG是（3，4，5）型三角形，请求出△EFG的面积．
【分析】（1）连接AG，由正方形的性质得AD＝CD＝CB＝AB＝4，∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，则DE＝CE＝2，由折叠得FE＝DE＝2，AF＝AD，∠AFE＝∠D＝90°，则AF＝AB，∠AFG＝∠ABG＝90°，可证明Rt△AFG≌Rt△ABG，则FG＝BG＝4﹣CG，EG＝6﹣CG，由勾股定理得22+CG2＝（6﹣CG）2，求得CG＝，则EG＝，所以CE：CG：EG＝3：4：5，则△ECG是（3，4，5）型三角形；
（2）由BH∥CE，证明△HBG∽△ECG，则△HBG是（3，4，5）型三角形；由∠HFA＝∠ECG＝90°，∠H＝∠CEG，证明△HFA∽△ECG，则△HFA是（3，4，5）型三角形；
（3）由折叠得AF＝AD＝2，FE＝DE，∠AFE＝∠D＝90°，则∠EFG＝90°，再分两种情况讨论，一是FE：FG：EG＝3：4：5，设FE＝3m，FG＝4m，EG＝5m，则FE＝DE＝3m，DG＝8m，由勾股定理得22+（8m）2＝（2+4m）2，求得m＝，则FE＝1，FG＝，所以S△EFG＝；二是FG：FE：EG＝3：4：5，设FG＝3n，FE＝4n，EG＝5n，则FE＝DE＝4n，DG＝9n，所以22+（9n）2＝（2+3n）2，求得n＝，则FG＝，FE＝，所以S△EFG＝．
【解答】（1）证明：如图1，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，
∴AD＝CD＝CB＝AB＝4，∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E为边CD的中点，
∴DE＝CE＝CD＝2，
由折叠得FE＝DE＝2，AF＝AD，∠AFE＝∠D＝90°，
∴AF＝AB，∠AFG＝∠ABG＝90°，
∵AG＝AG，
∴Rt△AFG≌Rt△ABG（HL），
∴FG＝BG＝4﹣CG，
∴EG＝2+4﹣CG＝6﹣CG，
∵CE2+CG2＝EG2，
∴22+CG2＝（6﹣CG）2，
解得CG＝，
∴EG＝6﹣＝，
∴CE：CG：EG＝2：：＝3：4：5，
∴△ECG是（3，4，5）型三角形．
（2）解：△HBG和△HFA是（3，4，5）型三角形，
理由：如图1，∵BH∥CE，
∴△HBG∽△ECG，
∴△HBG是（3，4，5）型三角形；
∵∠HFA＝∠ECG＝90°，∠H＝∠CEG，
∴△HFA∽△ECG，
∴△HFA是（3，4，5）型三角形．
（3）解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝2，
∴∠D＝90°，
由折叠得AF＝AD＝2，FE＝DE，∠AFE＝∠D＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵△EFG是（3，4，5）型三角形，
∴FE：FG：EG＝3：4：5或FG：FE：EG＝3：4：5，
如图2，FE：FG：EG＝3：4：5，设FE＝3m，FG＝4m，EG＝5m，则FE＝DE＝3m，
∴DG＝DE+EG＝3m+5m＝8m，
∵AD2+DG2＝AG2，且AG＝2+4m，
∴22+（8m）2＝（2+4m）2，
解得m1＝，m2＝0（不符合题意，舍去），
∴FE＝3×＝1，FG＝4×＝，
∴S△EFG＝FE•FG＝×1×＝；
如图3，FG：FE：EG＝3：4：5，设FG＝3n，FE＝4n，EG＝5n，则FE＝DE＝4n，
∴DG＝DE+EG＝4n+5n＝9n，
∵AD2+DG2＝AG2，且AG＝2+3n，
∴22+（9n）2＝（2+3n）2，
解得n1＝，n2＝0（不符合题意，舍去），
∴FG＝3×＝，FE＝4×＝，
∴S△EFG＝FE•FG＝××＝，
综上所述，△EFG的面积为或．