2022年四川省阿坝州中考数学试卷.docx

2022年四川省阿坝州中考数学试卷
一、选择题〔共10小题，每题4分，总分值40分〕
1．〔4分〕﹣2的倒数是〔　　〕
A．﹣2 B．﹣ C． D．2
2．〔4分〕如图是由三个相同小正方体组成的几何体的主视图，那么这个几何体可以是〔　　〕
A． B． C． D．
3．〔4分〕以下计算正确的选项是〔　　〕
A．a3+a2=2a5 B．a3•a2=a6 C．a3÷a2=a D．〔a3〕2=a9
4．〔4分〕一个正多边形的一个外角为36°，那么这个正多边形的边数是〔　　〕
A．8 B．9 C．10 D．11
5．〔4分〕对“某市明天下雨的概率是75%〞这句话，理解正确的选项是〔　　〕
A．某市明天将有75%的时间下雨
B．某市明天将有75%的地区下雨
C．某市明天一定下雨
D．某市明天下雨的可能性较大
6．〔4分〕如图，∠AOB=70°，OC平分∠AOB，DC∥OB，那么∠C为〔　　〕
A．20° B．35° C．45° D．70°
7．〔4分〕如图将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，那么折痕AB的长为〔　　〕
A．2cm B．cm C．2cm D．2cm
8．〔4分〕如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB于点D，假设⊙O的半径为5，AB=8，那么CD的长是〔　　〕
A．2 B．3 C．4 D．5
9．〔4分〕如图，在Rt△ABC中，斜边AB的长为m，∠A=35°，那么直角边BC的长是〔　　〕
A．msin35° B．mcos35° C． D．
10．〔4分〕如图，抛物线y=ax2+bx+c〔a≠0〕的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为〔﹣1，0〕，其局部图象如下列图，以下结论：
①4ac＜b2；
②方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3；
③3a+c＞0
④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3
⑤当x＜0时，y随x增大而增大
其中结论正确的个数是〔　　〕
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题〔共5小题，每题4分，总分值20分〕
11．〔4分〕因式分解：2x2﹣18=．
12．〔4分〕数据1，2，3，0，﹣3，﹣2，﹣l的中位数是．
13．〔4分〕某种电子元件的面积大约为0.00000069平方毫米，将0.00000069这个数用科学记数法表示为．
14．〔4分〕假设一元二次方程x2+4x+c=0有两个相等的实数根，那么c的值是．
15．〔4分〕在函数y=中，自变量x的取值范围是．
三、解答题〔共5小题，总分值40分〕
16．〔10分〕〔1〕计算：〔﹣2〕0+〔〕﹣1+4sin60°﹣|﹣|．
〔2〕先化简，再求值：〔1﹣〕÷﹣，其中x2+2x﹣1=0．
17．〔6分〕如图，小明在A处测得风筝〔C处〕的仰角为30°，同时在A正对着风筝方向距A处30米的B处，小明测得风筝的仰角为60°，求风筝此时的高度．〔结果保存根号〕
18．〔6分〕某校为了解学生的平安意识情况，在全校范围内随机抽取局部学生进行问卷调查，根据调查结果，把学生的平安意识分成“淡薄〞、“一般〞、“较强〞、“很强〞四个层次，并绘制成如下两幅尚不完整的统计图．
根据以上信息，解答以下问题：
〔1〕这次调查一共抽取了名学生，其中平安意识为“很强〞的学生占被调查学生总数的百分比是；
〔2〕请将条形统计图补充完整；
〔3〕该校有1800名学生，现要对平安意识为“淡薄〞、“一般〞的学生强化平安教育，根据调查结果，估计全校需要强化平安教育的学生约有名．
19．〔8分〕如图，在平面直角坐标系中，过点A〔2，0〕的直线l与y轴交于点B，tan∠OAB=，直线l上的点P位于y轴左侧，且到y轴的距离为1．
〔1〕求直线l的表达式；
〔2〕假设反比例函数y=的图象经过点P，求m的值．
20．〔10分〕如图，在△ABC中，∠C=90°，点O在AC上，以OA为半径的⊙O交AB于点D，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．
〔1〕判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
〔2〕假设AC=6，BC=8，OA=2，求线段DE的长．
四、填空题〔每题4分，共20分〕
21．〔4分〕在一个不透明的空袋子里，放入仅颜色不同的2个红球和1个白球，从中随机摸出1个球后不放回，再从中随机摸出1个球，两次都摸到红球的概率是．
22．〔4分〕如图，在平面直角坐标系中，A〔1，0〕，D〔3，0〕，△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心．假设AB=1.5，那么DE=．
23．〔4分〕如图，点P〔6，3〕，过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，反比例函数y=的图象交PM于点A，交PN于点B．假设四边形OAPB的面积为12，那么k=．
24．〔4分〕如图，抛物线的顶点为P〔﹣2，2〕，与y轴交于点A〔0，3〕．假设平移该抛物线使其顶点P沿直线移动到点P′〔2，﹣2〕，点A的对应点为A′，那么抛物线上PA段扫过的区域〔阴影局部〕的面积为．
25．〔4分〕如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，沿着箭头所示方向，每次移动1个单位，依次得到点P1〔0，1〕，P2〔1，1〕，P3〔1，0〕，P4〔1，﹣1〕，P5〔2，﹣1〕，P6〔2，0〕，…，那么点P2022的坐标是．
五、解答题：〔本大题共3小题，共30分〕
26．〔8分〕某商品的进价为每件40元，售价为每件60元时，每个月可卖出100件；如果每件商品的售价每上涨1元，那么每个月少卖2件．设每件商品的售价为x元〔x为正整数〕，每个月的销售利润为y元．
〔1〕当每件商品的售价是多少元时，每个月的利润刚好是2250元
〔2〕当每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润最大的月利润是多少元
27．〔10分〕如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点P为射线BD，CE的交点．
〔1〕求证：BD=CE；
〔2〕假设AB=2，AD=1，把△ADE绕点A旋转，当∠EAC=90°时，求PB的长；
28．〔12分〕如图，抛物线y=ax2﹣x﹣2〔a≠0〕的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，B点坐标为〔4，0〕．
〔1〕求抛物线的解析式；
〔2〕试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；
〔3〕假设点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标．
2022年四川省阿坝州中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔共10小题，每题4分，总分值40分〕
1．〔4分〕〔2022•阿坝州〕﹣2的倒数是〔　　〕
A．﹣2 B．﹣ C． D．2
【分析】根据倒数的意义，乘积是1的两个数叫做互为倒数，据此解答．
【解答】解：∵﹣2×=1．
∴﹣2的倒数是﹣，
应选：B．
【点评】此题主要考查倒数的意义，解决此题的关键是熟记乘积是1的两个数叫做互为倒数．
2．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图是由三个相同小正方体组成的几何体的主视图，那么这个几何体可以是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】解答此题首先要明确主视图是从物体正面看到的图形，然后根据几何体的主视图，判断出这个几何体可以是哪个图形即可．
【解答】解：∵几何体的主视图由3个小正方形组成，下面两个，上面一个靠左，
∴这个几何体可以是．
应选：A．
【点评】此题主要考查了三视图的概念，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：主视图是从物体正面看到的图形．
3．〔4分〕〔2022•阿坝州〕以下计算正确的选项是〔　　〕
A．a3+a2=2a5 B．a3•a2=a6 C．a3÷a2=a D．〔a3〕2=a9
【分析】根据合并同类项法那么、同底数幂的乘法法那么、同底数幂的除法法那么、积的乘方法那么计算，判定即可．
【解答】解：a3与a2不是同类项，不能合并，A错误；
a3•a2=a5，B错误；
a3÷a2=a，C正确；
〔a3〕2=a6，D错误，
应选：C．
【点评】此题考查的是合并同类项、同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方，掌握相关的法那么是解题的关键．
4．〔4分〕〔2022•阿坝州〕一个正多边形的一个外角为36°，那么这个正多边形的边数是〔　　〕
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】利用多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都是36°，即可求出答案．
【解答】解：360°÷36°=10，所以这个正多边形是正十边形．
应选C．
【点评】此题主要考查了多边形的外角和定理．是需要识记的内容．
5．〔4分〕〔2022•阿坝州〕对“某市明天下雨的概率是75%〞这句话，理解正确的选项是〔　　〕
A．某市明天将有75%的时间下雨
B．某市明天将有75%的地区下雨
C．某市明天一定下雨
D．某市明天下雨的可能性较大
【分析】根据概率的意义进行解答即可．
【解答】解：“某市明天下雨的概率是75%〞说明某市明天下雨的可能性较大，
应选：D．
【点评】此题考查的是概率的意义，概率是反映事件发生时机的大小的概念，只是表示发生的时机的大小，时机大也不一定发生，时机小也有可能发生．
6．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图，∠AOB=70°，OC平分∠AOB，DC∥OB，那么∠C为〔　　〕
A．20° B．35° C．45° D．70°
【分析】根据角平分线的定义可得∠AOC=∠BOC，再根据两直线平行，内错角相等即可得到结论．
【解答】解：∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC=∠BOC=AOB=35°，
∵CD∥OB，
∴∠BOC=∠C=35°，
应选B．
【点评】此题考查了等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
7．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，那么折痕AB的长为〔　　〕
A．2cm B．cm C．2cm D．2cm
【分析】通过作辅助线，过点O作OD⊥AB交AB于点D，根据折叠的性质可知OA=2OD，根据勾股定理可将AD的长求出，通过垂径定理可求出AB的长．
【解答】解：过点O作OD⊥AB交AB于点D，连接OA，
∵OA=2OD=2cm，
∴AD===〔cm〕，
∵OD⊥AB，
∴AB=2AD=2cm．
应选：D．
【点评】此题考查了垂径定理和勾股定理的运用，正确应用勾股定理是解题关键．
8．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB于点D，假设⊙O的半径为5，AB=8，那么CD的长是〔　　〕
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据垂径定理由OC⊥AB得到AD=AB=4，再根据勾股定理开始出OD，然后用OC﹣OD即可得到DC．
【解答】解：∵OC⊥AB，
∴AD=BD=AB=×8=4，
在Rt△OAD中，OA=5，AD=4，
∴OD==3，
∴CD=OC﹣OD=5﹣3=2．
应选A．
【点评】此题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
9．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图，在Rt△ABC中，斜边AB的长为m，∠A=35°，那么直角边BC的长是〔　　〕
A．msin35° B．mcos35° C． D．
【分析】根据正弦定义：把锐角A的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦可得答案．
【解答】解：sin∠A=，
∵AB=m，∠A=35°，
∴BC=msin35°，
应选：A．
【点评】此题主要考查了锐角三角函数，关键是掌握正弦定义．
10．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图，抛物线y=ax2+bx+c〔a≠0〕的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为〔﹣1，0〕，其局部图象如下列图，以下结论：
①4ac＜b2；
②方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3；
③3a+c＞0
④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3
⑤当x＜0时，y随x增大而增大
其中结论正确的个数是〔　　〕
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】利用抛物线与x轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为〔3，0〕，那么可对②进行判断；由对称轴方程得到b=﹣2a，然后根据x=﹣1时函数值为0可得到3a+c=0，那么可对③进行判断；根据抛物线在x轴上方所对应的自变量的范围可对④进行判断；根据二次函数的性质对⑤进行判断．
【解答】解：∵抛物线与x轴有2个交点，
∴b2﹣4ac＞0，所以①正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
而点〔﹣1，0〕关于直线x=1的对称点的坐标为〔3，0〕，
∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3，所以②正确；
∵x=﹣=1，即b=﹣2a，
而x=﹣1时，y=0，即a﹣b+c=0，
∴a+2a+c=0，所以③错误；
∵抛物线与x轴的两点坐标为〔﹣1，0〕，〔3，0〕，
∴当﹣1＜x＜3时，y＞0，所以④错误；
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴当x＜1时，y随x增大而增大，所以⑤正确．
应选B．
【点评】此题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c〔a≠0〕，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时〔即ab＞0〕，对称轴在y轴左； 当a与b异号时〔即ab＜0〕，对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于〔0，c〕；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
二、填空题〔共5小题，每题4分，总分值20分〕
11．〔4分〕〔2022•阿坝州〕因式分解：2x2﹣18=　2〔x+3〕〔x﹣3〕　．
【分析】提公因式2，再运用平方差公式因式分解．
【解答】解：2x2﹣18=2〔x2﹣9〕=2〔x+3〕〔x﹣3〕，
故答案为：2〔x+3〕〔x﹣3〕．
【点评】此题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
12．〔4分〕〔2022•阿坝州〕数据1，2，3，0，﹣3，﹣2，﹣l的中位数是　0　．
【分析】先把数据按从小到大排列：﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，共有7个数，最中间一个数为0，根据中位数的定义求解．
【解答】解：把数据按从小到大排列：﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，共有7个数，最中间一个数为0，所以这组数据的中位数为0．
故答案为：0．
【点评】此题考查了中位数的定义：把数据按从小到大排列，最中间那个数或最中间两个数的平均数叫这组数据的中位数．
13．〔4分〕〔2022•阿坝州〕某种电子元件的面积大约为0.00000069平方毫米，将0.00000069这个数用科学记数法表示为　6.9×10﹣7．
【分析】绝对值小于1的数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.00000069=6.9×10﹣7．
故答案为：6.9×10﹣7．
【点评】此题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
14．〔4分〕〔2022•阿坝州〕假设一元二次方程x2+4x+c=0有两个相等的实数根，那么c的值是　4　．
【分析】根据一元二次方程x2+4x+c=0有两个相等的实数根，得出△=16﹣4c=0，解方程即可求出c的值．
【解答】解：∵一元二次方程x2+4x+c=0有两个相等的实数根，
∴△=16﹣4c=0，解得c=4．
故答案为4．
【点评】此题考查了根的判别式．一元二次方程ax2+bx+c=0〔a≠0〕的根与△=b2﹣4ac有如下关系：
①当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；
②当△=0时，方程有两个相等的实数根；
③当△＜0时，方程无实数根．
上面的结论反过来也成立．
15．〔4分〕〔2022•阿坝州〕在函数y=中，自变量x的取值范围是　x≥﹣，且x≠2　．
【分析】根据被开方数是非负数，分母不能为零，可得答案．
【解答】解：由题意，得
3x+1≥0且x﹣2≠0，
解得x≥﹣，且x≠2，
故答案为：x≥﹣，且x≠2．
【点评】此题考查了函数自变量的取值范围，利用被开方数是非负数，分母不能为零得出不等式是解题关键．
三、解答题〔共5小题，总分值40分〕
16．〔10分〕〔2022•阿坝州〕〔1〕计算：〔﹣2〕0+〔〕﹣1+4sin60°﹣|﹣|．
〔2〕先化简，再求值：〔1﹣〕÷﹣，其中x2+2x﹣1=0．
【分析】〔1〕根据零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值的性质化简即可．
〔2〕根据分式的混合运算法那么，化简后整体代入即可解决问题；
【解答】解：〔1〕原式=1+3+2﹣2=4．
〔2〕原式=•﹣
=﹣
=
=
当x〔x+2〕=1时，原式=4．
【点评】此题考查零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值的性质、分式的混合运算法那么等知识，解题的关键是熟练掌握根本知识，属于中考常考题型．
17．〔6分〕〔2022•阿坝州〕如图，小明在A处测得风筝〔C处〕的仰角为30°，同时在A正对着风筝方向距A处30米的B处，小明测得风筝的仰角为60°，求风筝此时的高度．〔结果保存根号〕
【分析】根据“等角对等边〞求出BC的长，然后在Rt△BCD中，利用三角函数求出CD的长．
【解答】解：∵∠A=30°，∠CBD=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC=AB=30米，
在Rt△BCD中，∠CBD=60°，BC=30，
∴sin∠CBD=，sin60°=，
∴CD=15米，
答：风筝此时的高度15米．
【点评】此题考查了等腰三角形的应用﹣仰角俯角问题，构造适宜的直角三角形是解题的关键．
18．〔6分〕〔2022•阿坝州〕某校为了解学生的平安意识情况，在全校范围内随机抽取局部学生进行问卷调查，根据调查结果，把学生的平安意识分成“淡薄〞、“一般〞、“较强〞、“很强〞四个层次，并绘制成如下两幅尚不完整的统计图．
根据以上信息，解答以下问题：
〔1〕这次调查一共抽取了　120　名学生，其中平安意识为“很强〞的学生占被调查学生总数的百分比是　30%　；
〔2〕请将条形统计图补充完整；
〔3〕该校有1800名学生，现要对平安意识为“淡薄〞、“一般〞的学生强化平安教育，根据调查结果，估计全校需要强化平安教育的学生约有　450　名．
【分析】〔1〕根据平安意识一般的有18人，所占的百分比是15%，据此即可求得调查的总人数，然后利用百分比的意义求得平安意识为“很强〞的学生占被调查学生总数的百分比；
〔2〕利用总人数乘以对应的百分比即可求解；
〔3〕利用总人数1800乘以对应的比例即可．
【解答】解：〔1〕调查的总人数是：18÷15%=120〔人〕，
平安意识为“很强〞的学生占被调查学生总数的百分比是：=30%．
故答案是：120，30%；
〔2〕平安意识“较强〞的人数是：120×45%=54〔人〕，
；
〔3〕估计全校需要强化平安教育的学生约1800×=450〔人〕，
故答案是：450．
【点评】此题考查扇形统计图及相关计算．在扇形统计图中，每局部占总局部的百分比等于该局部所对应的扇形圆心角的度数与360°的比．
19．〔8分〕〔2022•阿坝州〕如图，在平面直角坐标系中，过点A〔2，0〕的直线l与y轴交于点B，tan∠OAB=，直线l上的点P位于y轴左侧，且到y轴的距离为1．
〔1〕求直线l的表达式；
〔2〕假设反比例函数y=的图象经过点P，求m的值．
【分析】〔1〕由条件可先求得B点坐标，再利用待定系数法可求得直线l的表达式；
〔2〕先求得P点坐标，再代入反比例函数解析式可求得m的值．
【解答】解：
〔1〕∵A〔2，0〕，∴OA=2．
∵tan∠OAB==，
∴OB=1，
∴B〔0，1〕，
设直线l的表达式为y=kx+b，那么，解得，
∴直线l的表达式为y=﹣x+1；
〔2〕∵点P到y轴的距离为1，且点P在y轴左侧，
∴点P的横坐标为﹣1，
又∵点P在直线l上，
∴点P的纵坐标为：﹣×〔﹣1〕+1=，
∴点P的坐标是〔﹣1，〕，
∵反比例函数y=的图象经过点P，
∴=，
∴m=﹣1×=﹣．
【点评】此题主要考查函数图象上点的坐标特征，掌握待定系数应用的关键是求得点的坐标，注意三角函数定义的应用．
20．〔10分〕〔2022•阿坝州〕如图，在△ABC中，∠C=90°，点O在AC上，以OA为半径的⊙O交AB于点D，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．
〔1〕判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
〔2〕假设AC=6，BC=8，OA=2，求线段DE的长．
【分析】〔1〕直线DE与圆O相切，理由如下：连接OD，由OD=OA，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到∠ODE为直角，即可得证；
〔2〕连接OE，设DE=x，那么EB=ED=x，CE=8﹣x，在直角三角形OCE中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的得到x的值，即可确定出DE的长．
【解答】解：〔1〕直线DE与⊙O相切，理由如下：
连接OD，
∵OD=OA，
∴∠A=∠ODA，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴EB=ED，
∴∠B=∠EDB，
∵∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠ODA+∠EDB=90°，
∴∠ODE=180°﹣90°=90°，
∴直线DE与⊙O相切；
〔2〕连接OE，
设DE=x，那么EB=ED=x，CE=8﹣x，
∵∠C=∠ODE=90°，
∴OC2+CE2=OE2=OD2+DE2，
∴42+〔8﹣x〕2=22+x2，
解得：x=4.75，
那么DE=4.75．
【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，以及线段垂直平分线定理，熟练掌握直线与圆相切的性质是解此题的关键．
四、填空题〔每题4分，共20分〕
21．〔4分〕〔2022•阿坝州〕在一个不透明的空袋子里，放入仅颜色不同的2个红球和1个白球，从中随机摸出1个球后不放回，再从中随机摸出1个球，两次都摸到红球的概率是．
【分析】先画树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出两次都摸到红球的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：画树状图为：
共有6种等可能的结果数，其中两次都摸到红球的结果数为2，
所以随机摸出1个球，两次都摸到红球的概率==．
故答案为．
【点评】此题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
22．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图，在平面直角坐标系中，A〔1，0〕，D〔3，0〕，△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心．假设AB=1.5，那么DE=　4.5　．
【分析】根据位似图形的性质得出AO，DO的长，进而得出==，求出DE的长即可．
【解答】解：∵△ABC与DEF是位似图形，它们的位似中心恰好为原点，A点坐标为〔1，0〕，D点坐标为〔3，0〕，
∴AO=1，DO=3，
∴==，
∵AB=1.5，
∴DE=4.5．
故答案为：4.5．
【点评】此题主要考查了位似图形的性质以及坐标与图形的性质，根据点的坐标得出==是解题关键．
23．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图，点P〔6，3〕，过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，反比例函数y=的图象交PM于点A，交PN于点B．假设四边形OAPB的面积为12，那么k=　6　．
【分析】根据点P〔6，3〕，可得点A的横坐标为6，点B的纵坐标为3，代入函数解析式分别求出点A的纵坐标和点B的横坐标，然后根据四边形OAPB的面积为12，列出方程求出k的值．
【解答】解：∵点P〔6，3〕，
∴点A的横坐标为6，点B的纵坐标为3，
代入反比例函数y=得，
点A的纵坐标为，点B的横坐标为，
即AM=，NB=，
∵S四边形OAPB=12，
即S矩形OMPN﹣S△OAM﹣S△NBO=12，
6×3﹣×6×﹣×3×=12，
解得：k=6．
故答案为：6．
【点评】此题考查了反比例函数系数k的几何意义，解答此题的关键是根据点A、B的纵横坐标，代入解析式表示出其坐标，然后根据面积公式求解．
24．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图，抛物线的顶点为P〔﹣2，2〕，与y轴交于点A〔0，3〕．假设平移该抛物线使其顶点P沿直线移动到点P′〔2，﹣2〕，点A的对应点为A′，那么抛物线上PA段扫过的区域〔阴影局部〕的面积为　12　．
【分析】根据平移的性质得出四边形APP′A′是平行四边形，进而得出AD，PP′的长，求出面积即可．
【解答】解：连接AP，A′P′，过点A作AD⊥PP′于点D，
由题意可得出：AP∥A′P′，AP=A′P′，
∴四边形APP′A′是平行四边形，
∵抛物线的顶点为P〔﹣2，2〕，与y轴交于点A〔0，3〕，平移该抛物线使其顶点P沿直线移动到点P′〔2，﹣2〕，
∴PO==2，∠AOP=45°，
又∵AD⊥OP，
∴△ADO是等腰直角三角形，
∴PP′=2×2=4，
∴AD=DO=sin45°•OA=×3=，
∴抛物线上PA段扫过的区域〔阴影局部〕的面积为：4×=12．
故答案为：12．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换以及平行四边形面积求法和勾股定理等知识，根据得出AD，PP′是解题关键．
25．〔4分〕〔2022•阿坝州〕如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，沿着箭头所示方向，每次移动1个单位，依次得到点P1〔0，1〕，P2〔1，1〕，P3〔1，0〕，P4〔1，﹣1〕，P5〔2，﹣1〕，P6〔2，0〕，…，那么点P2022的坐标是　〔672，1〕　．
【分析】先根据P6〔2，0〕，P12〔4，0〕，即可得到P6n〔2n，0〕，P6n+1〔2n，1〕，再根据P6×336〔2×336，0〕，可得P2022〔672，0〕，进而得到P2022〔672，1〕．
【解答】解：由图可得，P6〔2，0〕，P12〔4，0〕，…，P6n〔2n，0〕，P6n+1〔2n，1〕，
2022÷6=336，
∴P6×336〔2×336，0〕，即P2022〔672，0〕，
∴P2022〔672，1〕，
故答案为：〔672，1〕．
【点评】此题主要考查了点的坐标变化规律，解决问题的关键是根据图形的变化规律得到P6n〔2n，0〕．
五、解答题：〔本大题共3小题，共30分〕
26．〔8分〕〔2022•阿坝州〕某商品的进价为每件40元，售价为每件60元时，每个月可卖出100件；如果每件商品的售价每上涨1元，那么每个月少卖2件．设每件商品的售价为x元〔x为正整数〕，每个月的销售利润为y元．
〔1〕当每件商品的售价是多少元时，每个月的利润刚好是2250元
〔2〕当每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润最大的月利润是多少元
【分析】〔1〕如果每件商品的售价每上涨1元，那么每个月少卖2件，可得销售量为100﹣2〔x﹣60〕，销售量乘以利润即可得到等式[100﹣2〔x﹣60〕]〔x﹣40〕=2250，解答即可；
〔2〕将〔1〕中的2250换成y即可解答．
【解答】解：〔1〕[100﹣2〔x﹣60〕]〔x﹣40〕=2250，
解得：x1=65，x2=85．
〔2〕由题意：y=[100﹣2〔x﹣60〕]〔x﹣40〕=﹣2x2+300x﹣8800；
y=﹣2〔x﹣75〕2+2450，当x=75时，y有最大值为2450元．
【点评】此题考查了一元二次方程的应用和二次函数的应用，最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．
27．〔10分〕〔2022•阿坝州〕如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点P为射线BD，CE的交点．
〔1〕求证：BD=CE；
〔2〕假设AB=2，AD=1，把△ADE绕点A旋转，当∠EAC=90°时，求PB的长；
【分析】〔1〕依据等腰三角形的性质得到AB=AC，AD=AE，依据同角的余角相等得到∠DAB=∠CAE，然后依据SAS可证明△ADB≌△AEC，最后，依据全等三角形的性质可得到BD=CE；
〔2〕分为点E在AB上和点E在AB的延长线上两种情况画出图形，然后再证明△PEB∽△AEC，最后依据相似三角形的性质进行证明即可．
【解答】解：〔1〕∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴AB=AC，AD=AE，∠DAB=∠CAE．
∴△ADB≌△AEC．
∴BD=CE．
〔2〕解：①当点E在AB上时，BE=AB﹣AE=1．
∵∠EAC=90°，
∴CE==．
同〔1〕可证△ADB≌△AEC．
∴∠DBA=∠ECA．
∵∠PEB=∠AEC，
∴△PEB∽△AEC．
∴=．
∴=．
∴PB=．
②当点E在BA延长线上时，BE=3．
∵∠EAC=90°，
∴CE==．
同〔1〕可证△ADB≌△AEC．
∴∠DBA=∠ECA．
∵∠BEP=∠CEA，
∴△PEB∽△AEC．
∴=．
∴=．
∴PB=．
综上所述，PB的长为或．
【点评】此题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，证明得△PEB∽△AEC是解题的关键．
28．〔12分〕〔2022•阿坝州〕如图，抛物线y=ax2﹣x﹣2〔a≠0〕的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，B点坐标为〔4，0〕．
〔1〕求抛物线的解析式；
〔2〕试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；
〔3〕假设点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标．
【分析】方法一：
〔1〕该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．
〔2〕首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．
〔3〕△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，假设要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，假设设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．
方法二：
〔1〕略．
〔2〕通过求出A，B，C三点坐标，利用勾股定理或利用斜率垂直公式可求出AC⊥BC，从而求出圆心坐标．
〔3〕利用三角形面积公式，过M点作x轴垂线，水平底与铅垂高乘积的一半，得出△MBC的面积函数，从而求出M点．
【解答】方法一：
解：〔1〕将B〔4，0〕代入抛物线的解析式中，得：
0=16a﹣×4﹣2，即：a=；
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．
〔2〕由〔1〕的函数解析式可求得：A〔﹣1，0〕、C〔0，﹣2〕；
∴OA=1，OC=2，OB=4，
即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB，
∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；
∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，
∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径；
所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：〔，0〕．
〔3〕已求得：B〔4，0〕、C〔0，﹣2〕，可得直线BC的解析式为：y=x﹣2；
设直线l∥BC，那么该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：
x+b=x2﹣x﹣2，即：x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；
∴4﹣4×〔﹣2﹣b〕=0，即b=﹣4；
∴直线l：y=x﹣4．
所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：
，
解得：
即 M〔2，﹣3〕．
过M点作MN⊥x轴于N，
S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×〔2+3〕+×2×3﹣×2×4=4．
方法二：
〔1〕略．
〔2〕∵y=〔x﹣4〕〔x+1〕，
∴A〔﹣1，0〕，B〔4，0〕．C〔0，﹣2〕，
∴KAC==﹣2，KBC==，
∴KAC×KBC=﹣1，∴AC⊥BC，
∴△ABC是以AB为斜边的直角三角形，△ABC的外接圆的圆心是AB的中点，△ABC的外接圆的圆心坐标为〔，0〕．
〔3〕过点M作x轴的垂线交BC′于H，
∵B〔4，0〕，C〔0，﹣2〕，
∴lBC：y=x﹣2，
设H〔t，t﹣2〕，M〔t，t2﹣t﹣2〕，
∴S△MBC=×〔HY﹣MY〕〔BX﹣CX〕=×〔t﹣2﹣t2+t+2〕〔4﹣0〕=﹣t2+4t，
∴当t=2时，S有最大值4，
∴M〔2，﹣3〕．
【点评】考查了二次函数综合题，该题的难度不算太大，但用到的琐碎知识点较多，综合性很强．熟练掌握直角三角形的相关性质以及三角形的面积公式是理出思路的关键．