專題6.2小題易丟分期末考前必做填空30題（提升版）-2022-2023學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍 【蘇科版】（解析版）

2025-2025學(xué)年九班級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍【蘇科版】專題6.2小題易丟分期末考前必做填空30題（提升版）一．填空題（共30小題）1．（2025?鎮(zhèn)江）從2025、2025、2025、2025、2025這五個(gè)數(shù)中任意抽取3個(gè)數(shù)．抽到中位數(shù)是2025的3個(gè)數(shù)的概率等于．【分析】列舉得出共有10種等可能狀況，其中中位數(shù)是2025有3種狀況，再由概率公式求解即可．【解析】從2025、2025、2025、2025、2025這五個(gè)數(shù)中任意抽取3個(gè)數(shù)為：2025、2025、2025，2025、2025、2025，2025、2025、2025，2025、2025、2025，2025、2025、2025，2025、2025、2025，2025、2025、2025，2025、2025、2025，2025、2025、2025，2025、2025、2025，共有10種等可能狀況，其中中位數(shù)是2025有3種狀況，∴抽到中位數(shù)是2025的3個(gè)數(shù)的概率為，故答案為：．2．（2025春?南通期末）為了比較甲、乙兩魚池中的魚苗數(shù)目，小明從兩魚池中各撈出100條魚苗，每條做好記號(hào)，然后放回原魚池．一段時(shí)間后，在同樣的地方，小明再?gòu)募?、乙兩魚池中各撈出100條魚苗，發(fā)覺其中有記號(hào)的魚苗分別是5條、10條，可以初步估量魚苗數(shù)目較多的是甲魚池．（填甲或乙）【分析】依據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)可以計(jì)算出甲魚池和乙魚池中魚苗的數(shù)量，然后比較大小即可．【解析】由題意可得，甲魚池中的魚苗數(shù)量約為：100÷＝2000（條），乙魚池中的魚苗數(shù)量約為：100÷＝1000（條），∵2000＞1000，∴初步估量魚苗數(shù)目較多的是甲魚池，故答案為：甲．3．（2025?沭陽縣模擬）如圖，△ABC是一個(gè)小型花園，陰影部分為一個(gè)圓形水池，且與△ABC三邊相切，已知AB＝5m，AC＝4m，BC＝3m，若從天空飄落下一片樹葉恰好落入花園里，則落入水池的概率（π取3）．【分析】設(shè)圓形水池與△ABC三邊相切且切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，圓形水池的中心為O，由切線長(zhǎng)定理求出CF，再利用勾股定理的逆定理得出△ABC為直角三角形，由圓的面積公式和直角三角形的面積公式可求出結(jié)果．【解析】如下圖，設(shè)圓形水池與△ABC三邊相切且切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，圓形水池的中心為O，連接OD、OF、OE，設(shè)CF＝xm，則AD＝AE＝AC﹣DC＝（4﹣x）m，BF＝BE＝BC﹣CF＝（3﹣x）m，由AB＝AE+BE，得（3﹣x）+（4﹣x）＝5，解得x＝1，∵AC2+BC2＝42+32＝25，AB2＝52＝25，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，∵D、F分別是圓O與AC和BC相切的切點(diǎn)，∴∠ODC＝∠OFC＝90°，OD＝OF，∴四邊形DOFC是正方形，即OD＝CF＝1m，∴S△ABC＝AC×BC＝×4×3＝6（m2），S圓O＝π×12＝3（m2）∴落入水池的概率為＝，故答案為：．4．（2025秋?惠山區(qū)期中）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，已知tanB＝，S△ACD＝2，則S△ABC＝10．【分析】依據(jù)銳角三角函數(shù)求出CD與BD的比，由相像三角形面積的比等于相像比的平方求出△CBD的面積，進(jìn)而可以求出△ABC的面積．【解析】∵CD⊥AB，tanB＝，∴＝，∵△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴△ACD∽△CBD，∴S△ACD：S△CBD＝1：4，∵S△ACD＝2，∴S△CBD＝8，∴S△ABC＝S△ACD+S△CBD＝2+8＝10．故答案為：10．5．（2025秋?工業(yè)園區(qū)校級(jí)期中）在△ABC中，sinB＝，AC＝2，AD是BC邊上的高，∠ACD＝45°，則BC的長(zhǎng)為2或6．【分析】利用勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)先求出CD、AD，再利用直角三角形的邊角間關(guān)系求出AB，勾股定理求出BD，最終利用線段的和差阿關(guān)系求出BC．【解析】當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，∵AD是BC邊上的高，∠ACD＝45°，∴CD＝AD．∵AC2＝CD2+AD2，AC＝2，∴CD＝AD＝2．∵sinB＝＝，∴AB＝2．在Rt△ABD中，BD＝＝＝＝4．∴BC＝BD﹣CD＝4﹣2＝2．若點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，同理可求BD＝4，CD＝2，∴BC＝6，故答案為：2或6．6．（2025秋?靖江市期中）在△ABC中，∠C＝90°，a、b、c分別為∠A、∠B、∠C的對(duì)邊，若a2＝bc，則sinB的值為．【分析】依據(jù)銳角三角函數(shù)的定義以及一元二次方程進(jìn)行解答即可．【解析】∵a2＝bc，即b＝，∴sinB＝＝＝＝（）2＝sin2A，又∵sin2A+sin2B＝1，∴sin2B+sinB﹣1＝0，∴sinB＝（取正值），故答案為：．7．（2025秋?工業(yè)園區(qū)期中）如圖，在正方形方格紙中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)都相等，A、B、C、D都在格點(diǎn)處，AB與CD相交于點(diǎn)P，則cos∠APC的值為．【分析】連接DE，依據(jù)題意可得：AB∥DE，從而利用平行線的性質(zhì)可得∠APC＝∠EDC，然后利用勾股定理的逆定理證明△DCE是直角三角形，從而可得∠DCE＝90°，再利用銳角三角函數(shù)的定義進(jìn)行計(jì)算可得cos∠CDE的值，即可解答．【解析】如圖：連接DE，由題意得：AB∥DE，∴∠APC＝∠EDC，在△DCE中，CD2＝22+42＝20，CE2＝12+22＝5，DE2＝32+42＝25，∴CD2+CE2＝DE2，∴△DCE是直角三角形，∴∠DCE＝90°，∴cos∠CDE＝＝，∴cos∠APC＝cos∠CDE＝，故答案為：．8．（2025秋?梁溪區(qū)校級(jí)期中）如圖，在△ABC中，D在AC邊上，AD：DC＝1：2，O是BD的中點(diǎn)，連接AO并延長(zhǎng)交BC于E，則OE：OA＝1：2，S△BOE：S△BCD＝1：8．【分析】過點(diǎn)D作DF∥AE，交CE于點(diǎn)F，依據(jù)已知可得＝，再證明A字模型相像三角形△CDF∽△CAE，從而利用相像三角形的性質(zhì)可得AE＝DF，＝2，然后依據(jù)線段中點(diǎn)的定義可得BO＝OD＝BD，再證明A字模型相像三角形△BEO∽△BFD，從而利用相像三角形的性質(zhì)可得OE＝DF，BF＝2BE，＝（）2＝，進(jìn)而可得＝，CF＝BF，最終進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解析】過點(diǎn)D作DF∥AE，交CE于點(diǎn)F，∵AD：DC＝1：2，∴＝，∵DF∥AE，∴∠CDF＝∠CAE，∠CFD＝∠CEA，∴△CDF∽△CAE，∴＝＝＝，∴AE＝DF，＝2，∴CF＝2EF，∵O是BD的中點(diǎn)，∴BO＝OD＝BD，∵OE∥DF，∴∠BOE＝∠BDF，∠BEO＝∠BFD，∴△BEO∽△BFD，∴＝＝＝，∴OE＝DF，BF＝2BE，＝（）2＝，∴＝＝，∴OE：OA＝1：2，∵CF＝2EF，BF＝2BE＝2EF，∴CF＝BF，∴△BDF的面積＝△CDF的面積，∴S△BOE：S△BCD＝1：8，故答案為：1：2，1：8．9．（2025秋?惠山區(qū)期中）如圖，AB、DE是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，∠ABC＝20°，點(diǎn)D從點(diǎn)C動(dòng)身沿順時(shí)針方向繞圓心O旋轉(zhuǎn)α°（0＜α＜180），當(dāng)α＝50、70、160時(shí)，直徑DE在△ABC中截得的三角形與△ABC相像．【分析】分DE⊥AB或DE⊥BC或DE⊥AC三種情形，分別畫出圖形，求出旋轉(zhuǎn)角∠COD的度數(shù)即可．【解析】當(dāng)DE⊥AB時(shí)，直徑DE在△ABC中截得的三角形與△ABC相像．連接OC，∵∠ABC＝20°，OB＝OC，∴∠OCB＝∠ABC＝20°，∴∠COD＝∠AOD﹣∠AOC＝90°﹣40°＝50°，∴α＝50，當(dāng)DE⊥BC時(shí)，△BOF∽△BCA，∴∠COD＝∠BOD＝70°，∴α＝70，當(dāng)DE⊥AC時(shí)，直徑DE在△ABC中截得的三角形與△ABC相像．∴∠COE＝∠AOE＝∠ABC＝20°，∴α＝∠COD＝160，故答案為：50或70或160．10．（2025秋?建鄴區(qū)期中）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，點(diǎn)P在AB邊上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)P作PQ⊥PC，交射線CA于點(diǎn)Q，則線段CQ長(zhǎng)度的最小值為3．【分析】先取QC的中點(diǎn)O，連接PO，依據(jù)直角三角形斜邊上的中線和斜邊的關(guān)系可以得到OP和CQ的關(guān)系，然后可以得到當(dāng)OP取得最小值時(shí)，CQ就可以取得最小值，然后依據(jù)題意可知，當(dāng)OP⊥AB時(shí)取得最小值，再依據(jù)相像三角形的判定和性質(zhì)可以得到OP的值，從而可以得到CQ的最小值．【解析】取QC的中點(diǎn)O，連接PO，如圖所示，∵PQ⊥PC，∴OP＝CQ＝OQ＝OC，假如線段CQ長(zhǎng)度的最小，只要OP的長(zhǎng)度最小即可，故當(dāng)OP⊥AB時(shí)，OP取得最小值，設(shè)OP＝x，則AO＝4﹣x，∵∠OAP＝∠BAC，∠APO＝∠ACB，∴△APO∽△ACB，∴，∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝＝＝5，∴，解得x＝，∴CQ＝2x＝3，即CQ的最小值為3，故答案為：3．11．（2025秋?蘇州期中）古希臘數(shù)學(xué)家歐多克索斯在深化爭(zhēng)辯比例理論時(shí)，提出了分線段的“中末比”問題：點(diǎn)G將一線段MN分為兩線段MG，GN，使得其中較長(zhǎng)的一段MG是全長(zhǎng)MN與較短的段GN的比例中項(xiàng)，即滿足，后人把這個(gè)數(shù)稱為“黃金分割”數(shù)，把點(diǎn)G稱為線段MN的“黃金分割”點(diǎn)．如圖，在△ABC中，D是邊BC的“黃金分割”點(diǎn)，若AB＝AD＝CD＝2，且BD＜DC，則AC的長(zhǎng)度是+1．【分析】過A作AE⊥BD于E，由黃金分割的定義得BD＝﹣1，再由等腰三角形的性質(zhì)得BE＝DE＝，則CE＝CD+DE＝，然后由勾股定理即可解決問題．【解析】如圖，過A作AE⊥BD于E，∵D是邊BC的“黃金分割”點(diǎn)，且BD＜DC，CD＝2，∴＝，∴BD＝﹣1，∵AE⊥BD，AB＝AD，∴BE＝DE＝BD＝，∴CE＝CD+DE＝2+＝，AE2＝AB2﹣BE2＝22﹣（）2＝，在Rt△ACE中，由勾股定理得：AC＝＝＝＝+1，故答案為：+1．12．已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交于A（﹣1，0）和R（m，0），其中2＜m＜4，與y軸交于正半軸上一點(diǎn)．下列結(jié)論：①a＜0；②4c＜；③若點(diǎn)C（0，y1），D（l，y2），E（4，y3）均在二次函數(shù)圖象上，則y3＜y1＜y2；④c+4a＜0，其中肯定正確的結(jié)論的序號(hào)是①④．【分析】依據(jù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)推斷出①a＜0；依據(jù)圖象與x軸交于兩點(diǎn)推斷②；依據(jù)對(duì)稱軸和開口方向，綜合增減性即可推斷③；依據(jù)當(dāng)x＝4時(shí)，y＜0，當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝0可以推斷．【解析】∵拋物線與x軸的交點(diǎn)為（﹣1，0）和（m，0），與y軸交于正半軸，∴a＜0，故①正確；∵圖象與x軸交于兩點(diǎn)，∴Δ＝b2﹣4ac＞0，∵a＜0，∴4c＞，故②錯(cuò)誤；∵圖象與x軸交于A（﹣1，0）和B（m，0），其中2＜m＜4，∴＜﹣＜，∴＜﹣＜，∵點(diǎn)C（0，y1），D（1，y2），E（4，y3）均在二次函數(shù)圖象上，∴y3＜y1＜y2，故③錯(cuò)誤；∵拋物線與x軸的交點(diǎn)有一個(gè)為（﹣1，0），∴a﹣b+c＝0，∴b＝a+c，∵當(dāng)x＝4時(shí)，y＜0，∴16a+4b+c＜0，∴16a+4a+4c+c＜0，∴c+4a＜0，故④正確，綜上所述，正確的結(jié)論有①④．故答案為：①④．13．（2025秋?邳州市期中）如圖，拋物線y＝﹣x2+4x+a與x軸相交于點(diǎn)A、B，與y軸相交于點(diǎn)C，點(diǎn)D在拋物線上，且AB∥CD，則線段CD的長(zhǎng)為4．【分析】求出拋物線的對(duì)稱軸x＝﹣＝﹣＝2，即可求解．【解析】拋物線的對(duì)稱軸為x＝﹣＝﹣＝2，令x＝0，則y＝﹣x2+4x+a＝a，故點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，a），則點(diǎn)D（4，a），故CD＝4，故答案為4．14．（2025秋?工業(yè)園區(qū)校級(jí)期中）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交于A（﹣1，0）和B（m，0）．其中2＜m＜4．與y軸交于正半軸上一點(diǎn)．下列結(jié)論：①a＜0；②4c＜；③若點(diǎn)C（0，y1），D（1，y2），E（4，y3）均在二次函數(shù)圖象上，則y1＜y3＜y2；④c+4a＜0．其中肯定正確的結(jié)論的序號(hào)是①④．【分析】依據(jù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)推斷出①a＜0；依據(jù)圖象與x軸交于兩點(diǎn)推斷②；依據(jù)對(duì)稱軸和開口方向，綜合增減性即可推斷③；依據(jù)當(dāng)x＝4時(shí)，y＜0，當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝0可以推斷．【解析】∵拋物線與x軸的交點(diǎn)為（﹣1，0）和（m，0），與y軸交于正半軸，∴a＜0，故①正確；∵圖象與x軸交于兩點(diǎn)，∴Δ＝b2﹣4ac＞0，∵a＜0，∴4c＞，故②錯(cuò)誤；∵圖象與x軸交于A（﹣1，0）和B（m，0），其中2＜m＜4，∴＜﹣＜，∴＜﹣＜，∵點(diǎn)C（0，y1），D（1，y2），E（4，y3）均在二次函數(shù)圖象上，∴y3＜y1＜y2，故③錯(cuò)誤；∵拋物線與x軸的交點(diǎn)有一個(gè)為（﹣1，0），∴a﹣b+c＝0，∴b＝a+c∵當(dāng)x＝4時(shí)，y＜0，∴16a+4b+c＜0，∴16a+4a+4c+c＜0，∴c+4a＜0，故④正確，綜上所述，正確的結(jié)論有①④．故答案為：①④．15．（2025?昆山市校級(jí)一模）定義：[a，b，c]為二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的特征數(shù)．下面給出特征數(shù)為[m，l﹣m，2﹣m]的二次函數(shù)的一些結(jié)論：①當(dāng)m＝1時(shí)，函數(shù)圖象的對(duì)稱軸是y軸；②當(dāng)m＝2時(shí)，函數(shù)圖象過原點(diǎn)；③當(dāng)m＞0時(shí)，函數(shù)有最小值：④若m＜0，則當(dāng)x＞時(shí)，y隨x的增大而減?。渲腥空_結(jié)論的序號(hào)是①②③④．【分析】依據(jù)特征數(shù)的定義，寫出二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝mx2+（1﹣m）x+2﹣m．①寫出對(duì)稱軸方程后把m＝1代入即可推斷；②把m＝2代入即可推斷；③依據(jù)開口方向即可推斷；④依據(jù)對(duì)稱軸，開口方向，增減性即可推斷．【解析】由特征數(shù)的定義可得：特征數(shù)為[m，1﹣m，2﹣m]的二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝mx2+（1﹣m）x+2﹣m．∵此拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝﹣＝﹣＝，∴當(dāng)m＝1時(shí)，對(duì)稱軸為直線x＝0，即y軸．故①正確；∵當(dāng)m＝2時(shí)，此二次函數(shù)表達(dá)式為y＝2x2﹣x，令x＝0，則y＝0，∴函數(shù)圖象過原點(diǎn)，故②正確；∵當(dāng)m＞0時(shí)，二次函數(shù)圖象開口向上，函數(shù)有最小值，故③正確；∵m＜0，∴對(duì)稱軸x＝＝﹣，拋物線開口向下，∴在對(duì)稱軸的左側(cè)，y隨x的增大而增大．即x＜﹣時(shí)，y隨x的增大而增大．而﹣，∴當(dāng)x時(shí)，y隨x的增大而增大，故④正確．故答案為：①②③④．16．（2025秋?如皋市校級(jí)月考）定義：min{a，b}＝．若函數(shù)y＝min{x+1，﹣x2+2x+3}，則該函數(shù)的最大值為3．【分析】設(shè)直線y＝x+1，拋物線y＝﹣x2+2x+3，聯(lián)立直線與拋物線方程得拋物線與直線交點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合圖象求解．【解析】設(shè)直線y＝x+1，拋物線y＝﹣x2+2x+3，聯(lián)立直線與拋物線方程得，解得或，∴直線與拋物線交點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，0），（2，3），如圖，∴x≤﹣1時(shí)，y＝﹣x2+2x+3，函數(shù)最大值為y＝0，﹣1＜x≤2時(shí)，y＝x+1，函數(shù)最大值為y＝3，當(dāng)x＞2時(shí)，y＝﹣x2+2x+3，y＜3，∴x＝2時(shí)，函數(shù)取最大值為3，故答案為：3．17．（2025?高郵市模擬）若二次函數(shù)y＝a（x+m）2+b（a，m，b均為常數(shù)，a≠0）的圖象與x軸兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)是（﹣2，0）和（1，0），則方程a（x+m+2）2+b＝0的解是x1＝﹣4，x2＝﹣1．【分析】由拋物線y＝a（x+m+2）2+b是由拋物線y＝a（x+m）2+b向左平移2個(gè)單位所得，從而可得平移后拋物線與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求解．【解析】∵拋物線y＝a（x+m+2）2+b是由拋物線y＝a（x+m）2+b向左平移2個(gè)單位所得，∴拋物線y＝a（x+m+2）2+b與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣4，0），（﹣1，0），∴方程a（x+m+2）2+b＝0的解是：x1＝﹣4，x2＝﹣1．故答案為：x1＝﹣4，x2＝﹣1．18．（2025秋?儀征市期中）新定義，若關(guān)于x的一元二次方程：m（x﹣a）2+b＝0與n（x﹣a）2+b＝0，稱為“同類方程”．如2（x﹣1）2+3＝0與6（x﹣1）2+3＝0是“同類方程”．現(xiàn)有關(guān)于x的一元二次方程：2（x﹣1）2+1＝0與（a+6）x2﹣（b+8）x+6＝0是“同類方程”．那么代數(shù)式ax2+bx+2025能取得最大值是2025．【分析】依據(jù)“同類方程”的定義，可得出a，b的值，從而解得代數(shù)式的最大值．【解析】∵2（x﹣1）2+1＝0與（a+6）x2﹣（b+8）x+6＝0是“同類方程”，∴（a+6）x2﹣（b+8）x+6＝（a+6）（x﹣1）2+1，∴（a+6）x2﹣（b+8）x+6＝（a+6）x2﹣2（a+6）x+a+7，∴，解得：，∴ax2+bx+2025＝﹣x2+2x+2025＝﹣（x﹣1）2+2025，∴當(dāng)x＝1時(shí)，ax2+bx+2025取得最大值為2025．故答案為：2025．19．（2025秋?江陰市校級(jí)月考）給出一種運(yùn)算：對(duì)于函數(shù)y＝xn，規(guī)定y′＝nxn﹣1．例如：若函數(shù)y＝x5，則有y′＝5x4．已知函數(shù)y＝x3，y′＝12，則x的值是±2．【分析】依據(jù)定義的新運(yùn)算可得3x2＝12，然后再利用解一元二次方程﹣直接開平方法，進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解析】∵y＝x3，y′＝12，∴3x2＝12，x2＝4，x＝±2，故答案為：±2．20．（2025秋?江都區(qū)月考）對(duì)于實(shí)數(shù)m，n，先定義一種運(yùn)算“?”如下：，若x?（﹣2）＝10，則實(shí)數(shù)x的值為3．【分析】分兩種狀況：當(dāng)x≥﹣2時(shí)，當(dāng)x＜﹣2時(shí)，然后依據(jù)定義新運(yùn)算，進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解析】分兩種狀況：當(dāng)x≥﹣2時(shí)，∵x?（﹣2）＝10，∴x2+x﹣2＝10，x2+x﹣12＝0，（x+4）（x﹣3）＝0，x+4＝0或x﹣3＝0，x1＝﹣4（舍去），x2＝3，當(dāng)x＜﹣2時(shí)，∵x?（﹣2）＝10，∴（﹣2）2+x﹣2＝10，x＝8（舍去），綜上所述：x＝3，故答案為：3．21．（2025春?通州區(qū)期末）已知m，n是方程x2﹣3x＝2的兩個(gè)根，則式子的值是27．【分析】利用一元二次方程解的定義和根與系數(shù)的關(guān)系，接受整體代入求解．【解析】∵m，n是方程x2﹣3x＝2的兩個(gè)根，∴m2＝3m+2，n2﹣2＝3n，m+n＝3，∴m3﹣10m+n＝m（3m+2）﹣10m+n＝3m2﹣8m+n＝3（3m+2）﹣8m+n＝m+n+6＝3+6＝9，n﹣＝＝＝3，原式＝9×3＝27．故答案為：27．22．（2016秋?盱眙縣校級(jí)月考）已知一組數(shù)據(jù)3，a，4，5的眾數(shù)為4，則這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為4．【分析】要求平均數(shù)只要求出數(shù)據(jù)之和再除以總個(gè)數(shù)即可；眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中消滅次數(shù)最多的數(shù)據(jù)，留意眾數(shù)可以不止一個(gè)．依此先求出a，再求這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)．【解答】解，∵數(shù)據(jù)3，a，4，5的眾數(shù)為4，∴a＝4，則這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為＝4，故答案為：4．23．（2025?揚(yáng)州一模）若一組數(shù)據(jù)2，3，4，5，x的方差與另一組數(shù)據(jù)5，6，7，8，9的方差相等，則x＝1或6．【分析】依據(jù)數(shù)據(jù)x1，x2，…xn與數(shù)據(jù)x1+a，x2+a，…，xn+a的方差相同這個(gè)結(jié)論即可解決問題．【解析】∵一組數(shù)據(jù)2，3，4，5，x的方差與另一組數(shù)據(jù)5，6，7，8，9的方差相等，∴這組數(shù)據(jù)可能是2，3，4，5，6或1，2，3，4，5，∴x＝1或6，故答案為：1或6．24．（2025秋?高郵市期中）若從一個(gè)腰長(zhǎng)為60cm，頂角為120°的等腰三角形鐵皮中剪出一個(gè)面積最大的扇形，則該扇形的面積為30πcm2．【分析】依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到OE的長(zhǎng)，再利用扇形公式計(jì)算即可．【解析】過O作OE⊥AB于E，當(dāng)扇形的半徑為OE時(shí)扇形OCD面積最大，∵OA＝OB＝60cm，∠AOB＝120°，∴∠A＝∠B＝30°，∴OE＝OA＝30cm，∴該扇形的面積為：＝30πcm2，故答案為：30π．25．（2025秋?儀征市期中）如圖，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，切點(diǎn)分別為D、F、G，∠B＝60°，∠C＝40°，則∠DGF的度數(shù)是50°．【分析】連接OD，OF．由三角形內(nèi)角和定理可求得∠A＝80°，由切線的性質(zhì)可知：∠ODA＝90°，∠OFA＝90°，從而得到∠A+∠DOF＝180°，故可求得∠DOF＝100°，由圓周角定理可求得∠DGF＝50°．【解析】如圖，連接OD，OF，∵∠B＝60°，∠C＝40°，∴∠A＝180°﹣60°﹣40°＝80°．∵AB是圓O的切線，∴∠ODA＝90°．同理∠OFA＝90°．∴∠A+∠DOF＝180°．∴∠DOF＝100°．∴∠DGF＝50°．故答案為：50．26．（2025秋?姜堰區(qū)期中）如圖，半圓O的直徑AB＝4，弦，弦CD在半圓上滑動(dòng)，點(diǎn)C從點(diǎn)A開頭滑動(dòng)，到點(diǎn)D與點(diǎn)B重合時(shí)停止滑動(dòng)，若M是CD的中點(diǎn)，則在整個(gè)滑動(dòng)過程中線段BM掃過的面積為．【分析】依據(jù)勾股定理的逆定理可得△COD是直角三角形，進(jìn)而得出OM長(zhǎng)等于CD的一半，再依據(jù)旋轉(zhuǎn)可得OM旋轉(zhuǎn)的圓心角為90°，半徑OM＝，依據(jù)扇形面積的計(jì)算方法進(jìn)行計(jì)算即可．【解析】如圖，連接OC、OD、OM，∵OC＝OD＝AB＝2，又∵CD＝2，∵CD2＝8，OC2+OD2＝22+22＝8，∴CD2＝OC2+OD2，∴∠COD＝90°，又∵點(diǎn)M是CD的中點(diǎn)，∴OM＝CD＝，∵弦CD在半圓上滑動(dòng)，點(diǎn)C從點(diǎn)A開頭滑動(dòng)，到點(diǎn)D與點(diǎn)B重合時(shí)停止滑動(dòng)，OM就圍著點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，∴在整個(gè)滑動(dòng)過程中線段BM掃過的面積為＝，故答案為：．27．（2025秋?溧陽市期中）在Rt△ABC中，AC＝4cm，BC＝3cm，∠ACB＝90°，過點(diǎn)A畫直線AP⊥AC，與以點(diǎn)C為圓心，5cm長(zhǎng)為半徑的圓交于點(diǎn)P，則線段PB的長(zhǎng)為4或2cm．【分析】畫出相應(yīng)的圖形，⊙C與直線AP有兩個(gè)交點(diǎn)，依據(jù)垂徑定理和勾股定理可求出AP1＝AP2＝3，進(jìn)而求出BP的長(zhǎng)即可．【解析】如圖，∵∠ACB＝90°，AP⊥AC，∴AP1＝AP2，∵CP1＝CP2＝5cm，AC＝4cm，∴AP1＝AP2＝＝3（cm），又∵BC＝3cm＝AP1，AP1∥BC，∴四邊形ACBP1是平行四邊形，∴BP1＝AC＝4cm，在Rt△BP1P2中，BP1＝4cm，P1P2＝6cm，∴BP2＝＝2（cm），∴BP的長(zhǎng)為4cm或2cm，故答案為：4或2．28．（2025秋?常州期中）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，∠BAC＝45°，BC＝4，OH⊥AC，垂足為H，連接BH，則BH的最大值是+．【分析】由圓周角定理得點(diǎn)H的軌跡是以O(shè)C為直徑的一段弧，圓心為O'，連接BO'幷延長(zhǎng)交弧于點(diǎn)H'，連接OB，再證△OBC是等腰直角三角形，得OB＝OC＝2，則O'H'＝O'O＝OC＝，然后由勾股定理得BO'＝，即可得出結(jié)論．【解析】如圖