2021-2022学年山东省东营市垦利区六校中考冲刺卷数学试题含解析

这是一份2021-2022学年山东省东营市垦利区六校中考冲刺卷数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了若=1，则符合条件的m有，如图，l1∥l2，AF等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．如图，点O′在第一象限，⊙O′与x轴相切于H点，与y轴相交于A（0，2），B（0，8），则点O′的坐标是（　　）

A．（6，4） B．（4，6） C．（5，4） D．（4，5）
2．如图，把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1=40°，则∠2的度数为（　　）

A．50° B．40° C．30° D．25°
3．下列二次根式，最简二次根式是（　　）
A． B． C． D．
4．《九章算术》是中国古代数学的重要著作，方程术是它的最高成就，其中记载：今有牛五、羊二，直金十两；牛二、羊五，直金八两。问：牛、羊各直金几何？译文：“假设有 5 头牛、2 只羊，值金 10 两；2 头牛、5 只羊，值金 8 两。问：每头牛、每只羊各值金多少两？” 设每头牛值金 x 两，每只羊值金 y 两，则列方程组错误的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图由四个相同的小立方体组成的立体图像，它的主视图是（ ）．

A． B． C． D．
6．若=1，则符合条件的m有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．小华和小红到同一家鲜花店购买百合花与玫瑰花，他们购买的数量如下表所示，小华一共花的钱比小红少8元，下列说法正确的是（　　）

百合花
玫瑰花
小华
6支
5支
小红
8支
3支
A．2支百合花比2支玫瑰花多8元
B．2支百合花比2支玫瑰花少8元
C．14支百合花比8支玫瑰花多8元
D．14支百合花比8支玫瑰花少8元
8．由一些大小相同的小正方体组成的几何体的俯视图如图所示，其中正方形中的数字表示在该位置上的小正方体的个数，那么，这个几何体的左视图是 （）

A． B． C． D．
9．如图，l1∥l2，AF：FB=3：5，BC：CD=3：2，则AE：EC=（　　）

A．5：2 B．4：3 C．2：1 D．3：2
10．如图，将边长为2cm的正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为（　　）

A．（，-1） B．（2，﹣1） C．（1，-） D．（﹣1，）
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．计算：+=______．
12．比较大小：_____1．
13．若关于x、y的二元一次方程组的解是，则关于a、b的二元一次方程组的解是_______．
14．函数的自变量的取值范围是．
15．如图，直线a∥b，∠l=60°，∠2=40°，则∠3=_____．

16．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=45°，CD⊥AB于点D，点P在线段DB上，若AP2-PB2=48，则△PCD的面积为____.

17．如图，这是由边长为1的等边三角形摆出的一系列图形，按这种方式摆下去，则第n个图形的周长是___．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）国家发改委公布的《商品房销售明码标价规定》，从2011年5月1日起商品房销售实行一套一标价．商品房销售价格明码标价后，可以自行降价、打折销售，但涨价必须重新申报．某市某楼盘准备以每平方米5000元的均价对外销售，由于新政策的出台，购房都持币观望．为了加快资金周转，房地产开发商对价格经过两次下调后，决定以每平方米4050元的均价开盘销售．求平均每次下调的百分率；某人准备以开盘均价购买一套100平方米的房子，开发商还给予以下两种优惠方案发供选择：
①打9.8折销售；②不打折，送两年物业管理费，物业管理费是每平方米每月1.5元，请问哪种方案更优惠？
19．（5分）为了了解市民“获取新闻的最主要途径”,某市记者开展了一次抽样调查,根据调査结果绘制了如下尚不完整的统计图：

根据以上信息解答下列问题:这次接受调查的市民总人数是_______人；扇形统计图中,“电视”所对应的圆心角的度数是_________；请补全条形统计图；若该市约有80万人,请你估计其中将“电脑和手机上网”作为“获取新闻的最主要途径”的总人数.
20．（8分）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=5，tanA=，点P从点A出发，沿折线AB﹣BC以每秒1个单位长度的速度向中点C运动，过点P作PQ⊥AB，交折线AD﹣DC于点Q，将线段PQ绕点P顺时针旋转90°，得到线段PR，连接QR．设△PQR与▱ABCD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）．
（1）当点R与点B重合时，求t的值；
（2）当点P在BC边上运动时，求线段PQ的长（用含有t的代数式表示）；
（3）当点R落在▱ABCD的外部时，求S与t的函数关系式；
（4）直接写出点P运动过程中，△PCD是等腰三角形时所有的t值．

21．（10分）如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．

（1）OC的长为　　；
（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=　　；
（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t（秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．
22．（10分）某翻译团为成为2022年冬奥会志愿者做准备，该翻译团一共有五名翻译，其中一名只会翻译西班牙语，三名只会翻译英语，还有一名两种语言都会翻译．求从这五名翻译中随机挑选一名会翻译英语的概率；若从这五名翻译中随机挑选两名组成一组，请用树状图或列表的方法求该纽能够翻译上述两种语言的概率．
23．（12分）如图，对称轴为直线x＝的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．
（1）求抛物线解析式及顶点坐标；
（2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形，求四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）①当四边形OEAF的面积为24时，请判断OEAF是否为菱形？
②是否存在点E，使四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

24．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，tanB，半径为2的⊙C分别交AC，BC于点D、E，得到DE弧．求证：AB为⊙C的切线．求图中阴影部分的面积．




参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、D
【解析】
过O'作O'C⊥AB于点C，过O'作O'D⊥x轴于点D，由切线的性质可求得O'D的长，则可得O'B的长，由垂径定理可求得CB的长，在Rt△O'BC中，由勾股定理可求得O'C的长，从而可求得O'点坐标．
【详解】

如图，过O′作O′C⊥AB于点C，过O′作O′D⊥x轴于点D，连接O′B，
∵O′为圆心，
∴AC=BC，
∵A(0,2),B(0,8)，
∴AB=8−2=6，
∴AC=BC=3，
∴OC=8−3=5，
∵⊙O′与x轴相切，
∴O′D=O′B=OC=5，
在Rt△O′BC中,由勾股定理可得O′C===4，
∴P点坐标为(4,5)，
故选：D.
【点睛】
本题考查了切线的性质，坐标与图形性质，解题的关键是掌握切线的性质和坐标计算.
2、A
【解析】
由两直线平行，同位角相等，可求得∠3的度数，然后求得∠2的度数．
【详解】
如图，

∵∠1=40°，
∴∠3=∠1=40°，
∴∠2=90°-40°=50°．
故选A．
【点睛】
此题考查了平行线的性质．利用两直线平行，同位角相等是解此题的关键．
3、C
【解析】
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
【详解】
A．，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B．，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C．是最简二次根式，故本选项符合题意；
D．，不是最简二次根式，故本选项不符合题意．
故选C．
【点睛】
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解答此题的关键．
4、D
【解析】
由5头牛、2只羊，值金10两可得：5x+2y=10，由2头牛、5只羊，值金8两可得2x+5y=8，则7头牛、7只羊，值金18两，据此可知7x+7y=18，据此可得答案．
【详解】
解：设每头牛值金x两，每只羊值金y两，
由5头牛、2只羊，值金10两可得：5x+2y=10，
由2头牛、5只羊，值金8两可得2x+5y=8，
则7头牛、7只羊，值金18两，据此可知7x+7y=18，
所以方程组错误，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解题的关键是理解题意找到相等关系及等式的基本性质．
5、D
【解析】
从正面看，共2列，左边是1个正方形，
右边是2个正方形，且下齐．
故选D.
6、C
【解析】
根据有理数的乘方及解一元二次方程-直接开平方法得出两个有关m的等式，即可得出.
【详解】
=1
m2-9=0或m-2= 1
即m= 3或m=3,m=1
m有3个值
故答案选C.
【点睛】
本题考查的知识点是有理数的乘方及解一元二次方程-直接开平方法，解题的关键是熟练的掌握有理数的乘方及解一元二次方程-直接开平方法.
7、A
【解析】
设每支百合花x元，每支玫瑰花y元，根据总价＝单价×购买数量结合小华一共花的钱比小红少8元，即可得出关于x、y的二元一次方程，整理后即可得出结论．
【详解】
设每支百合花x元，每支玫瑰花y元，根据题意得：
8x+3y﹣（6x+5y）＝8，整理得：2x﹣2y＝8，
∴2支百合花比2支玫瑰花多8元．
故选：A．
【点睛】
考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
8、A
【解析】
从左面看，得到左边2个正方形，中间3个正方形，右边1个正方形．故选A．
9、D
【解析】
依据平行线分线段成比例定理，即可得到AG=3x，BD=5x，CD=BD=2x，再根据平行线分线段成比例定理，即可得出AE与EC的比值．
【详解】
∵l1∥l2，
∴，
设AG=3x，BD=5x，
∵BC：CD=3：2，
∴CD=BD=2x，
∵AG∥CD，
∴．
故选D．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例．
10、A
【解析】
作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，则∠ADO=∠OEC=90°，得出∠1+∠1=90°，由正方形的性质得出OC=AO，∠1+∠3=90°，证出∠3=∠1，由AAS证明△OCE≌△AOD，得到OE=AD=1，CE=OD=，即可得出结果．
【详解】
解：作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，如图所示：

则∠ADO=∠OEC=90°，∴∠1+∠1=90°．
∵AO=1，AD=1，∴OD=，∴点A的坐标为（1，），∴AD=1，OD=．
∵四边形OABC是正方形，∴∠AOC=90°，OC=AO，∴∠1+∠3=90°，∴∠3=∠1．
在△OCE和△AOD中，∵，∴△OCE≌△AOD（AAS），∴OE=AD=1，CE=OD=，∴点C的坐标为（，﹣1）．
故选A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、1.
【解析】
利用同分母分式加法法则进行计算，分母不变，分子相加.
【详解】
解：原式=.
【点睛】
本题考查同分母分式的加法，掌握法则正确计算是本题的解题关键．
12、
【解析】
先将1化为根号的形式，根据被开方数越大值越大即可求解．
【详解】
解： ， ，
，
故答案为＞．
【点睛】
本题考查实数大小的比较，比较大小时，常用的方法有：作差法，作商法，如果有一个是二次根式，要把另一个也化为二次根式的形式，根据被开方数的大小进行比较．
13、
【解析】
分析：利用关于x、y的二元一次方程组的解是可得m、n的数值，代入关于a、b的方程组即可求解，利用整体的思想找到两个方程组的联系再求解的方法更好．
详解：∵关于x、y的二元一次方程组的解是，
∴将解代入方程组
可得m=﹣1，n=2
∴关于a、b的二元一次方程组整理为：
解得：
点睛：本题考查二元一次方程组的求解，重点是整体考虑的数学思想的理解运用在此题体现明显．
14、x≠1
【解析】
该题考查分式方程的有关概念
根据分式的分母不为0可得
X－1≠0,即x≠1
那么函数y=的自变量的取值范围是x≠1
15、80°
【解析】
根据平行线的性质求出∠4，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】
解：

∵a∥b，
∴∠4=∠l=60°，
∴∠3=180°-∠4-∠2=80°，
故答案为：80°．
【点睛】
本题考查的是平行线的性质、三角形内角和定理，掌握两直线平行，同位角相等是解题的关键．
16、6
【解析】
根据等角对等边，可得AC=BC，由等腰三角形的“三线合一”可得AD=BD=AB，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得CD=AB，由AP2-PB2=48 ，利用平方差公式及线段的和差公式将其变形可得CD·PD=12,利用△PCD的面积 =CD·PD可得.
【详解】
解：∵ 在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=45°，
∴∠B=45°，
∴AC=BC，
∵CD⊥AB ，
∴AD=BD=CD=AB，
∵AP2-PB2=48 ，
∴(AP+PB)(AP-PB)=48，
∴AB(AD+PD-BD+DP)=48,
∴AB·2PD=48，
∴2CD·2PD=48，
∴CD·PD=12，
∴ △PCD的面积=CD·PD=6.
故答案为6.
【点睛】
此题考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质，解题关键在于利用等腰三角形的“三线合一
17、2n+1
【解析】
观察摆放的一系列图形，可得到依次的周长分别是3，4，5，6，7，…，从中得到规律，根据规律写出第n个图形的周长．
解：由已知一系列图形观察图形依次的周长分别是：
（1）2+1=3，
（2）2+2=4，
（3）2+3=5，
（4）2+4=6，
（5）2+5=7，
…，
所以第n个图形的周长为：2+n．
故答案为2+n．
此题考查的是图形数字的变化类问题，关键是通过观察分析得出规律，根据规律求解．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、 (1) 每次下调10% (2) 第一种方案更优惠．
【解析】
（1）设出平均每次下调的百分率为x，利用预订每平方米销售价格×（1-每次下调的百分率）2=开盘每平方米销售价格列方程解答即可．
（2）求出打折后的售价，再求出不打折减去送物业管理费的钱，再进行比较，据此解答．
【详解】
解：（1）设平均每次下调的百分率为x，根据题意得
5000×（1-x）2=4050
   解得x=10%或x=1.9（舍去）
答：平均每次下调10%．
（2）9.8折=98%，
100×4050×98%=396900（元）
100×4050-100×1.5×12×2=401400（元），
396900＜401400，所以第一种方案更优惠．
答：第一种方案更优惠．
【点睛】
本题考查一元二次方程的应用，能找到等量关系式，并根据等量关系式正确列出方程是解决本题的关键.
19、 (1)1000；(2)54°；（3）见解析；（4）32万人
【解析】
根据“每项人数＝总人数×该项所占百分比”，“所占角度＝360度×该项所占百分比”来列出式子，即可解出答案.
【详解】
解：
(1)400÷40%＝1000(人)
(2)360°×＝54°，
故答案为：1000人； 54° ；
(3)1－10%－9%－26%－40%＝15%
15%×1000＝150(人)

(4)80×＝52.8(万人)
答：总人数为52.8万人.
【点睛】
本题考查获取图表信息的能力，能够根据图表找到必要条件是解题关键.
20、（1）；（2）（9﹣t）；（3）①S =﹣t2+t﹣；②S=﹣t2+1．③S=（9﹣t）2;（3）3或或4或．
【解析】
（1）根据题意点R与点B重合时t+t=3，即可求出t的值；
（2）根据题意运用t表示出PQ即可；
（3）当点R落在□ABCD的外部时可得出t的取值范围，再根据等量关系列出函数关系式；
（3）根据等腰三角形的性质即可得出结论.
【详解】
解：（1）∵将线段PQ绕点P顺时针旋转90°，得到线段PR，
∴PQ=PR，∠QPR=90°，
∴△QPR为等腰直角三角形．
当运动时间为t秒时，AP=t，PQ=PQ=AP•tanA=t．
∵点R与点B重合，
∴AP+PR=t+t=AB=3，
解得：t=．
（2）当点P在BC边上时，3≤t≤9，CP=9﹣t，
∵tanA=，
∴tanC=，sinC=，
∴PQ=CP•sinC=（9﹣t）．
（3）①如图1中，当＜t≤3时，重叠部分是四边形PQKB．作KM⊥AR于M．

∵△KBR∽△QAR，
∴ =，
∴ =，
∴KM=（t﹣3）=t﹣，
∴S=S△PQR﹣S△KBR=×（t）2﹣×（t﹣3）（t﹣）=﹣t2+t﹣．
②如图2中，当3＜t≤3时，重叠部分是四边形PQKB．

S=S△PQR﹣S△KBR=×3×3﹣×t×t=﹣t2+1．
③如图3中，当3＜t＜9时，重叠部分是△PQK．

S=•S△PQC=××（9﹣t）•（9﹣t）=（9﹣t）2．
（3）如图3中，

①当DC=DP1=3时，易知AP1=3，t=3．
②当DC=DP2时，CP2=2•CD•，
∴BP2=，
∴t=3+．
③当CD=CP3时，t=4．
④当CP3=DP3时，CP3=2÷，
∴t=9﹣=．
综上所述，满足条件的t的值为3或或4或．
【点睛】
本题考查四边形综合题、动点问题、平行四边形的性质、多边形的面积、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
21、（4）4；（2）；（4）点E的坐标为（4，2）、（，）、（4，2）．
【解析】
分析：（4）过点B作BH⊥OA于H，如图4（4），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图4（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．
（4）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．
详解：（4）过点B作BH⊥OA于H，如图4（4），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．
∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．
∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．
∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，
∴tan∠BAH==4，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．
故答案为4．
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图4（2）．
由（4）得：OH=2，BH=4．
∵OC与⊙M相切于N，∴MN⊥OC．
设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．
∵BC⊥OC，OA⊥OC，∴BC∥MN∥OA．
∵BM=DM，∴CN=ON，∴MN=（BC+OD），∴OD=2r﹣2，∴DH==．
在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD2=BH2+DH2，∴（2r）2=42+（2r﹣4）2．
解得：r=2，∴DH=0，即点D与点H重合，∴BD⊥0A，BD=AD．
∵BD是⊙M的直径，∴∠BGD=90°，即DG⊥AB，∴BG=AG．
∵GF⊥OA，BD⊥OA，∴GF∥BD，∴△AFG∽△ADB，
∴===，∴AF=AD=2，GF=BD=2，∴OF=4，
∴OG===2．
同理可得：OB=2，AB=4，∴BG=AB=2．
设OR=x，则RG=2﹣x．
∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°，∴BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2，
∴（2）2﹣x2=（2）2﹣（2﹣x）2．
解得：x=，∴BR2=OB2﹣OR2=（2）2﹣（）2=，∴BR=．
在Rt△ORB中，sin∠BOR===．
故答案为．
（4）①当∠BDE=90°时，点D在直线PE上，如图2．
此时DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，BD=t，OP=t． 则有2t=2．
解得：t=4．则OP=CD=DB=4．
∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO，∴==，∴DE=2，∴EP=2，
∴点E的坐标为（4，2）．
②当∠BED=90°时，如图4．
∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC，
∴==，∴BE=t．
∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．
∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO，
∴==，∴OE=t．
∵OE+BE=OB=2t+t=2．
解得：t=，∴OP=，OE=，∴PE==，
∴点E的坐标为（）．
③当∠DBE=90°时，如图4．
此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．
则有OD=PE，EA==（6﹣t）=6﹣t，
∴BE=BA﹣EA=4﹣（6﹣t）=t﹣2．
∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，
∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．
在Rt△DBE中，cos∠BED==，∴DE=BE，
∴t=t﹣2）=2t﹣4．
解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．
综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（4，2）、（）、（4，2）．


点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．
22、（1）；（2）.
【解析】
（1）直接利用概率公式计算；
（2）只会翻译西班牙语用A表示，三名只会翻译英语的用B表示，一名两种语言都会翻译用C表示，画树状图展示所有20种等可能的结果数，找出该组能够翻译上述两种语言的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】
解：（1）从这五名翻译中随机挑选一名会翻译英语的概率＝；
（2）只会翻译西班牙语用A表示，三名只会翻译英语的用B表示，一名两种语言都会翻译用C表示
画树状图为：

共有20种等可能的结果数，其中该组能够翻译上述两种语言的结果数为14，
所以该纽能够翻译上述两种语言的概率＝ ．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
23、（1）抛物线解析式为，顶点为；（2），1＜＜1；（3）①四边形是菱形；②不存在，理由见解析
【解析】
（1）已知了抛物线的对称轴解析式，可用顶点式二次函数通式来设抛物线，然后将A、B两点坐标代入求解即可．
（2）平行四边形的面积为三角形OEA面积的2倍，因此可根据E点的横坐标，用抛物线的解析式求出E点的纵坐标，那么E点纵坐标的绝对值即为△OAE的高，由此可根据三角形的面积公式得出△AOE的面积与x的函数关系式进而可得出S与x的函数关系式．
（3）①将S=24代入S，x的函数关系式中求出x的值，即可得出E点的坐标和OE，OA的长；如果平行四边形OEAF是菱形，则需满足平行四边形相邻两边的长相等，据此可判断出四边形OEAF是否为菱形．
②如果四边形OEAF是正方形，那么三角形OEA应该是等腰直角三角形，即E点的坐标为（3，﹣3）将其代入抛物线的解析式中即可判断出是否存在符合条件的E点．
【详解】
（1）由抛物线的对称轴是，可设解析式为．
把A、B两点坐标代入上式，得
解之，得
故抛物线解析式为，顶点为
（2）∵点在抛物线上，位于第四象限，且坐标适合
，
∴y<0，即－y>0,－y表示点E到OA的距离．
∵OA是的对角线，
∴．
因为抛物线与轴的两个交点是（1，0）的（1，0），所以，自变量的
取值范围是1＜＜1．
（3）①根据题意，当S = 24时，即．
化简，得解之，得
故所求的点E有两个，分别为E1（3，－4），E2（4，－4）．
点E1（3，－4）满足OE = AE，所以是菱形；
点E2（4，－4）不满足OE = AE，所以不是菱形．
②当OA⊥EF，且OA = EF时，是正方形，
此时点E的坐标只能是（3，－3）．
而坐标为（3，－3）的点不在抛物线上，
故不存在这样的点E，使为正方形．
24、 (1)证明见解析；(2)1-π.
【解析】
（1）解直角三角形求出BC，根据勾股定理求出AB，根据三角形面积公式求出CF，根据切线的判定得出即可；
（2）分别求出△ACB的面积和扇形DCE的面积，即可得出答案．
【详解】
（1）过C作CF⊥AB于F．
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，tanB，∴BC＝2，由勾股定理得：AB1．
∵△ACB的面积S，∴CF2，∴CF为⊙C的半径．
∵CF⊥AB，∴AB为⊙C的切线；

（2）图中阴影部分的面积＝S△ACB﹣S扇形DCE1﹣π．
【点睛】
本题考查了勾股定理，扇形的面积，解直角三角形，切线的性质和判定等知识点，能求出CF的长是解答此题的关键．