（北京卷）（全解全析）2023年中考数学第一模拟考试卷

这是一份（北京卷）（全解全析）2023年中考数学第一模拟考试卷，共21页。试卷主要包含了下列几何体中，是圆柱的为，故选B，研究与试验发展活动的重要组成，方程＝的解为　x＝　等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学第一次模拟考试卷 （北京卷）
数学·全解全析
1．下列几何体中，是圆柱的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆柱体的特征进行判断即可．
【详解】圆柱体是由两个圆形的底面和一个侧面所围成的几何体，
因此选项B中的几何体符合题意，故选B．
2．卢塞尔体育场是卡塔尔世界杯的主体育场，由中国建造，是卡塔尔规模最大的体育场．世界杯之后，将有约170000个座位将捐赠给需要体育基础设施的国家，其中大部分来自世界杯决赛场地卢塞尔体育场，170000这个数用科学记数法表示为（ ）
A．0.17×105 B．1.7×105 C．17×104 D．1.7×106
【答案】B
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】170000＝1.7×105．故选B．
3．如图，在数轴上表示实数的点可能是（ ）

A．点P B．点Q C．点M D．点N
【答案】B
【分析】先估算的值，即可判断．
【详解】∵9＜15＜16，
∴3＜＜4，
∴2＜﹣1＜3，
∴数轴上表示实数﹣1的点可能是点Q，故选B．
4．如图，直线a，b相交，∠1＝150°，则∠2+∠3＝（ ）

A．150° B．120° C．60° D．30°
【答案】C
【分析】利用邻补角互补可得∠2和∠3的度数，进而可得答案．
【详解】∵∠1＝150°，
∴∠2＝∠3＝180°﹣150°＝30°，
∴∠2+∠3＝60°，故选C．
5．一个布袋内只装有2个黑球和1个白球，这些球除颜色外其余都相同，随机摸出一个球后再随机摸出一个球，则两次摸出的球都是黑球的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先根据题意画出树状图，然后根据树状图求得所有等可能的结果与两个球都是黑球的情况，再利用概率公式求解即可．
【详解】画树状图得：

∴一共有6种等可能的结果，其中两个球都是黑球的有2种情况，
∴两个球都是黑球的概率为＝．
故选B．
6．不解方程，判断下列方程中有实数根的是（ ）
A．2x2+4x+3＝0 B．x2﹣2x+3＝0 C．2x2+5＝0 D．x2+x＝0
【答案】D
【分析】计算出每个方程判别式的值与0的大小关系从而判断根的情况．
【详解】A．此方程判别式Δ＝42﹣4×2×3＝﹣8＜0，无实数根，不符合题意；
B．此方程判别式Δ＝（﹣2）2﹣4×1×3＝﹣8＜0，无实数根，不符合题意；
C．此方程判别式Δ＝02﹣4×2×5＝﹣40＜0，无实数根，不符合题意；
D．此方程判别式Δ＝12﹣4×1×0＝1＞0，有两个不相等实数根，符合题意；
故选D．
7．研究与试验发展（R&D）经费是指报告期为实施研究与试验发展（R&D）活动而实际发生的全部经费支出．基础研究活动是研究与试验发展（R&D）活动的重要组成．下面的统计图是自2016年以来全国基础研究经费及占R&D经费比重情况．

根据统计图提供的信息，下面四个推断中错误的是（ ）
A．2016年至2021年，全国基础研究经费逐年上升
B．2016年至2021年，全国基础研究经费占R&D经费比重逐年上升
C．2016年至2021年，全国基础研究经费平均值超过1000亿元
D．2021年全国基础研究经费比2016年的2倍还多
【答案】B
【分析】根据统计图逐项分析可得答案．
【详解】由频数分布直方图得，2016年至2021年，全国基础研究经费逐年上升，故A正确，不符合题意；
由条形统计图得，2016年至2021年，全国基础研究经费占R&D经费比重2017和2018年持平，故B错误，符合题意；
2016年至2021年，全国基础研究经费平均值为（823+975+1090+1336+1467+1696）÷6＝1231.2＞1000，故C正确，不符合题意；
823×2＝1646＜1696，故D正确，不符合题意，
故选B．
8．将一圆柱形小水杯固定在大圆柱形容器底面中央，小水杯中有部分水，现用一个注水管沿大容器内壁匀速注水，如图所示，则小水杯水面的高度h（cm）与注水时间t（min）的函数图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据将一盛有部分水的圆柱形小玻璃杯放入事先没有水的大圆柱形容器内，现用一注水管沿大容器内壁匀速注水，即可求出小水杯内水面的高度h（cm）与注水时间t（min）的函数图象．
【详解】将一盛有部分水的圆柱形小玻璃杯放入事先没有水的大圆柱形容器内，小玻璃杯内的水原来的高度一定大于0，则可以判断A、D一定错误，用一注水管沿大容器内壁匀速注水，水开始时不会流入小玻璃杯，因而这段时间h不变，当大杯中的水面与小杯水平时，开始向小杯中流水，h随t的增大而增大，当水注满小杯后，小杯内水面的高度h不再变化．
故选B．
二．填空题（共8小题）
9．若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是　x≥5　．
【分析】直接利用二次根式有意义的条件进而得出答案．
【详解】式子在实数范围内有意义，则x﹣5≥0，
故实数x的取值范围是：x≥5．
故答案为：x≥5．
10．方程＝的解为　x＝　．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】去分母得：2x＝9x﹣3，
移项合并得：﹣7x＝﹣3，
解得：x＝，
经检验x＝是分式方程的解，
故答案为：x＝
11．因式分解mx2+2mx+m＝　m（x+1）2　．
【分析】提公因式m后，再利用完全平方公式进行计算即可．
【详解】原式＝m（x2+2x+1）
＝m（x+1）2，
故答案为：m（x+1）2．
12．若（﹣1，y1），（﹣3，y2）在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，则y1　＜　y2.（选填：“＞”、“＜”或“＝”）
【分析】根据反比例函数的增减性解答即可．
【详解】∵k＞0，
∴反比例函数图象的两个分支在第一、三象限，且在每个象限内y随x的增大而减小，
又∵（﹣1，y），（﹣3，y2）在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，且﹣3＜﹣1＜0，
∴y1＜y2．
故答案为：＜．
13．某校征集校运会会徽，遴选出甲、乙、丙三种图案．为了解何种图案更受欢迎，随机调查了该校100名学生，其中68名同学喜欢甲图案，若该校共有2000人，根据所学的统计知识可以估计该校喜欢甲图案的学生有　1360　人．
【分析】用总人数乘以样本中喜欢甲图案的人数所占比例即可得．
【详解】估计该校喜欢甲图案的学生有2000×＝1360（人），
故答案为：1360．
14．如图，射线OC是∠AOB的平分线，P是射线OC上一点，PD⊥OA于点D，DP＝6，若E是射线OB上一点，OE＝4，则△OPE的面积是 　12　．

【分析】过点P作PH⊥OB于点H，根据角平分线的性质得到PH＝DP＝6，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】过点P作PH⊥OB于点H，
∵OC是∠AOB的角平分线，DP⊥OA，PH⊥OB，
∴PH＝DP＝6，
则S△OPE＝OE×PH＝×4×6＝12，
故答案为：12．

15．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，E点为BC边延长线一点，且CE＝3．连接AE交边CD于点F，过点D作DH⊥AE于点H，则DH＝　　．

【分析】利用相似三角形的判定与性质求得线段FC的长，进而求得DF的长，利用勾股定理和三角形的面积公式列出关于DH的方程，解方程即可得出结论．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴CD∥AB，DC＝AB＝4．
∴∠EFC＝∠EAB，
∵∠E＝∠E，
∴△EFC∽△EAB．
∴，∴，
∴FC＝1.5，
∴DF＝DC﹣FC＝2.5．
∴AF＝＝．
∵∠ADC＝90°，DH⊥AE，
∴S△＝AD•DF＝AF•DH．
∴AD•DF＝AF•DH，
∴5×2.5＝×DH．
∴DH＝．故答案为：．
16．我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中提到：一年有二十四个节气，每个节气的晷（guǐ）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气如图所示．从冬至到夏至晷长逐渐变小，从夏至到冬至晷长逐渐变大，相邻两个节气晷长减少或增加的量均相同，周而复始．若冬至的晷长为13.5尺，夏至的晷长为1.5尺，则相邻两个节气晷长减少或增加的量为　1　尺，立夏的晷长为　4.5　尺．

【分析】根据相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，观察从冬至到夏至晷长变化次数即可求出相邻两个节气晷长减少或增加的量，从而可得立夏的晷长．
【详解】∵相邻两个节气晷长减少或增加的量均相同，从冬至到夏至晷长变化12次，
∴相邻两个节气晷长减少或增加的量为（13.5﹣1.5）÷12＝1（尺），
立夏的晷长为1.5+3×1＝4.5（尺），
故答案为：1，4.5．
三．解答题（共12小题）
17．计算：．
【分析】直接利用零指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、二次根式的性质、绝对值的性质分别化简，进而合并得出答案．
【详解】
＝1+4×﹣2+﹣1
＝1+2﹣2+﹣1
＝．
18．先化简，再求值：（2x﹣3）2+（x+4）（x﹣4）+5x（2﹣x），其中x＝﹣．
【分析】直接利用乘法公式、单项式乘多项式运算法则分别化简，进而合并同类项，再把已知数据代入得出答案．
【详解】原式＝4x2﹣12x+9+x2﹣16+10x﹣5x2
＝﹣2x﹣7，
当时，
原式＝﹣2x﹣7
＝﹣2×（﹣）﹣7
＝1﹣7
＝﹣6．
19．已知：线段AB．
求作：Rt△ABC，使得∠BAC＝90°，∠C＝30°．
作法：
①分别以点A和点B为圆心，AB长为半径作弧，两弧交于点D；
②连接BD，在BD的延长线上截取DC＝BD；
③连接AC．
则△ABC为所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接AD．
∵AB＝AD＝BD，
∴△ABD为等边三角形（　三边相等的三角形是等边三角形　）．（填推理的依据）
∴∠B＝∠ADB＝60°．
∵CD＝BD，
∴AD＝CD
∴∠DAC＝　∠DCA　（ 　等边对等角　）．（填推理的依据）
∴∠ADB＝∠C+∠DAC＝60°．
∴∠C＝30°．
在△ABC中，
∠BAC＝180°﹣（∠B+∠C）＝90°．

【分析】（1）根据要求作出图形；
（2）证明△ADB是等边三角形，可得结论．
【解答】（1）解：图形如图所示：

（2）证明：连接AD．
∵AB＝AD＝BD，
∴△ABD为等边三角形（三边相等的三角形是等边三角形）．（填推理的依据）》
∴∠B＝∠ADB＝60°．
∵CD＝BD，
∴AD＝CD
∴∠DAC＝∠DCA（等边对等角）．（填推理的依据）
∴∠ADB＝∠C+∠DAC＝60°．
∴∠C＝30°．
在△ABC中，∠BAC＝180°﹣（∠B+∠C）＝90°．
故答案为：三边相等的三角形是等边三角形，∠DCA，等边对等角．
20．已知关于x的方程x2﹣2mx+m2﹣9＝0．
（1）求证：此方程有两个不相等的实数根；
（2）设此方程的两个根分别为x1，x2，若x1+x2＝6，求m的值．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出Δ＝36＞0，由此可证出此方程有两个不相等的实数根；
（2）利用分解因式法解方程可得出方程的根x1＝m+3，x2＝m﹣3，结合x1+x2＝6，即可找出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（﹣2m）2﹣4×（m2﹣9）＝4m2﹣4m2+36＝36＞0，
∴此方程有两个不相等的实数根．
（2）解：x2﹣2mx+m2﹣9＝0，即（x﹣m+3）（x﹣m﹣3）＝0，
解得：x1＝m+3，x2＝m﹣3．
∵x1+x2＝6，
∴2m＝6，
解得：m＝3．
21．如图，点A、F、C、D在同一直线上，点B和点E分别在直线AD的两侧，且AB＝DE，∠A＝∠D，AF＝DC．
（1）求证：四边形BCEF是平行四边形；
（2）若∠DEF＝90°，DE＝8，EF＝6，当AF为 　　时，四边形BCEF是菱形．

【分析】（1）由AB＝DE，∠A＝∠D，AF＝DC，易证得△ABC≌DEF（SAS），即可得BC＝EF，且BC∥EF，即可判定四边形BCEF是平行四边形；
（2）由四边形BCEF是平行四边形，可得当BE⊥CF时，四边形BCEF是菱形，所以连接BE，交CF与点G，求出FG的长，则可求出答案．
【解答】（1）证明：∵AF＝DC，
∴AC＝DF，
在△ABC和△DEF中，，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴BC＝EF，∠ACB＝∠DFE，
∴BC∥EF，
∴四边形BCEF是平行四边形；
（2）解：如图，连接BE，交CF于点G，

∵四边形BCEF是平行四边形，
∴当BE⊥CF时，四边形BCEF是菱形，
∵∠DEF＝90°，DE＝8，EF＝6，
∴DF＝＝＝10，
∴FG＝CG＝BC•cos∠BCA＝6×＝，
∴AF＝CD＝DF﹣2FG＝10﹣＝．
故答案为：．
22．在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A（0，﹣1），B（1，0）．
（1）求k，b的值；
（2）当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝﹣2x+n的值小于一次函数y＝kx+b的值，直接写出n的取值范围．
【分析】（1）通过待定系数法将A（0，﹣1），B（1，0）代入解析式求解．
（2）解含参不等式﹣2x+n≤kx+b．
【详解】（1）将A（0，﹣1），B（1，0）代入解y＝kx+b得，
，解得，
（2）由（1）得y＝x﹣1，
解不等式﹣2x+n≤x﹣1得x≥，
由题意得≤1，即n≤2．
故答案为：n≤2．
23．2022年是中国共产主义青年团建团100周年．某校举办了一次关于共青团知识的竞赛，七、八年级各有300名学生参加了本次活动，为了解两个年级的答题情况，从两个年级各随机抽取了20名学生的成绩进行调查分析．下面给出了部分信息：
a．七年级学生的成绩整理如下（单位：分）：
57 67 69 75 75 75 77 77 78 78 80 80 80 80 86 86 88 88 89 96
b．八年级学生成绩的频数分布直方图如图（数据分成四组：60≤x＜70，70≤x＜80，80≤x＜90，90≤x≤100）：

其中成绩在80≤x＜90的数据如下（单位：分）：
80 80 81 82 83 84 85 86 87 89
c．两组样本数据的平均数、中位数、众数如下表所示：
年级
平均数
中位数
众数
七年级
79.05
79
m
八年级
79.2
n
74
根据所给信息，解答下列问题：
（1）m＝　80　，n＝　80　；
（2）估计 　八　年级学生的成绩高于平均分的人数更多；
（3）若成绩达到80分及以上为优秀，估计七年级和八年级此次测试成绩优秀的总人数．
【分析】（1）根据众数和中位数的定义可得出答案．
（2）分别求出七、八年级的成绩在平均数以上的占比，再乘以总人数可得七、八年级学生的成绩高于平均分的总人数，比较即可．
（3）由题意知，七年级成绩优秀的人数占比为，八年级成绩优秀的人数占比为，再根据300×+300×计算求解即可．
【详解】（1）根据七年级的成绩可知，
m＝80，
由题意知，八年级学生的成绩中第10、第11位分别是80，80，
∴n＝＝80．
故答案为：80；80．
（2）由题意知，七年级成绩在平均分以上的有10人，占总数的，
∴估计七年级学生的成绩高于平均分的人数为300×＝150（人），
八年级成绩在平均分以上的有11人，占总数的，
∴估计八年级学生的成绩高于平均分的人数为300×＝165（人），
∵150＜165，
∴估计八年级学生的成绩高于平均分的人数更多．
故答案为：八．
（3）由题意知，七年级成绩优秀的人数占比为，八年级成绩优秀的人数占比为，
∴估计七年级和八年级此次测试成绩优秀的总人数为300×+300×＝315（人）．
答：估计七年级和八年级此次测试成绩优秀的总人数为315人．
24．如图，A是⊙O上一点，BC是⊙O的直径，BA的延长线与⊙O的切线CD相交于点D，E为CD的中点，AE的延长线与BC的延长线交于点P．
（1）求证：AP是⊙O的切线；
（2）若OC＝CP，AB＝，求CD的长．

【分析】（1）由圆周角定理得出∠BAC的度数，再直角三角形的性质得AE的长，再由切线的性质可得答案；
（2）先证明△AOC是等边三角形，得出∠ACO＝60°，再利用三角函数可得答案．
【解答】（1）证明：连接AO，AC，

∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∴∠CAD＝90°，
∵E为CD的中点，
∴AE＝CD＝CE＝DE，
∴∠ECA＝∠EAC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵CD是⊙O的切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ECA+∠OCA＝90°，
∴∠EAC+∠OAC＝90°，
∴OA⊥AP，
∵A是⊙O上一点，
∴AP是⊙O的切线；
（2）解：由（1）知OA⊥AP，
在Rt△OAP中，
∵∠OAP＝90°，OC＝CP＝AO，即OP＝2OA，
∴sinP＝＝，
∴∠P＝30°，
∴∠AOP＝60°，
∵OC＝OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO＝60°，
在Rt△BAC中，
∵∠BAC＝90°，AB＝2，∠ACO＝60°，
∴AC＝＝＝2，
∵∠CAD＝90°，∠ACD＝90°﹣∠ACO＝30°，
∴CD＝＝＝．
25．跳台滑雪是冬季奥运会的比赛项目之一．如图，运动员通过助滑道后在点A处起跳经空中飞行后落在着陆坡BC上的点P处，他在空中飞行的路线可以看作抛物线的一部分．这里OA表示起跳点A到地面OB的距离，OC表示着陆坡BC的高度，OB表示着陆坡底端B到点O的水平距离．建立如图所示的平面直角坐标系，从起跳到着陆的过程中，运动员的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝﹣+bx+c．已知OA＝70m，OC＝60m，落点P的水平距离是40m，竖直高度是30m．
（1）点A的坐标是 　（0，70）　，点P的坐标是 　（40，30）　；
（2）求满足的函数关系y＝﹣+bx+c；
（3）运动员在空中飞行过程中，当他与着陆坡BC竖直方向上的距离达到最大时，直接写出此时的水平距离．

【分析】（1）根据题意可知直接求出A，P坐标；
（2）把A，P坐标代入y＝﹣+bx+c，用待定系数法求函数解析式即可；
（3）作MN∥y轴分别交抛物线和BC于M、N两点，先求出BC的关系式，再分别表示出M、N的纵坐标，计算纵坐标的差可得答案．
【详解】（1）根据题意得，A（0，70），P（40，30），
故答案为：（0，70），（40，30）；
（2）把A（0，70），P（40，30）代入y＝﹣+bx+c得：
，
解得，
所以二次函数的表达式为y＝﹣x2+x+70；
（3）如图，作MN∥y轴分别交抛物线和BC于M、N两点，

∵OC＝60m，
∴C（0，60），
设线段BC的关系式为y＝kx+m，则，
解得：，
所以线段BC的关系式为y＝﹣x+60，
设M（a，﹣a2+a+70），则N（a，﹣a+60），
则MN＝﹣a2+a+70+a﹣60＝﹣a2+a+10＝﹣（a﹣18）2+30.25，
∵﹣＜0，
∴当x＝18时，MN有最大值，最大值为30.25，
答：运动员到坡面BC竖直方向上的最大距离时水平距离是18m．
26．在平面直角坐标系xOy中，点A（x1，y1）、点B（x2，y2）为抛物线y＝ax2﹣2ax+a（a≠0）上的两点．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）当﹣2＜x1＜﹣1且1＜x2＜2时，试判断y1与y2的大小关系并说明理由；
（3）若当t＜x1＜t+1且t+2＜x2＜t+3时，存在y1＝y2，求t的取值范围．
【分析】（1）先化抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2+1，依此可求抛物线的对称轴；
（2）利用二次函数性质即可求得答案；
（3）利用二次函数性质存在A到对称轴的距离与B到对称轴的距离相等即可解答．
【详解】（1）y＝ax2﹣2ax+a＝a（x﹣1）2，
∴抛物线的对称轴为x＝1；
（2）∵﹣2＜x1＜﹣1，1＜x2＜2，
∴1﹣x1＞1﹣x2，
∴A离对称轴越远，
若a＞0，开口向上，则y1＞y2，
若a＜0，开口向下，则y1＜y2，
（3）∵t＜x1＜t+1，t+2＜x2＜t+3，
存在y1＝y2，则t+1＜1且t+2＞1，
∴t＜0且t＞1，
∵y1＝y2，
∴存在1﹣x1＝x2﹣1，
即存在A到对称轴的距离与B到对称轴的距离相等，
∴1﹣t＞t+2﹣1且1﹣（t+1）＜t+3﹣1，
∴﹣1＜t＜0．
27．已知：如图，OB＝BA，∠OBA＝150°，线段BA绕点A逆时针旋转90°得到线段AC．连接BC，OA，OC，过点O作OD⊥AC于点D．
（1）依题意补全图形；
（2）求∠DOC的度数．

【分析】（1）根据几何语言画出对应的几何图形；
（2）过O点作OH⊥AB于H点，如图，先计算出∠OBH＝30°，∠BAO＝15°，则OH＝OB，∠OAD＝75°，再根据旋转的性质得到AB＝AC，∠BAC＝90°，则OH＝AC，接着证明四边形ADOH为矩形得到AD＝OH，则可证明OD垂直平分AC，所以OA＝OC，则∠OCD＝∠OAD＝75°，从而得到∠DOC＝15°．
【详解】（1）如图，

（2）过O点作OH⊥AB于H点，如图，
∵∠ABO＝150°，BO＝BA，
∴∠OBH＝30°，∠BAO＝15°，
∴OH＝OB，∠OAD＝75°，
∵线段BA绕点A逆时针旋转90°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，
而BO＝BA，
∴OH＝AC，
∵OD⊥AC，BA⊥AC，OH⊥AB，
∴四边形ADOH为矩形，
∴AD＝OH，
∴AD＝AC，
即OD垂直平分AC，
∴OA＝OC，
∴∠OCD＝∠OAD＝75°，
∴∠DOC＝90°﹣75°＝15°．
28．在平面直角坐标系xOy中，点P不在坐标轴上，点P关于x轴的对称点为P1，点P关于y轴的对称点为P2，称△P1PP2为点P的“关联三角形”．
（1）已知点A（1，2），求点A的“关联三角形”的面积；
（2）如图，已知点B（m，m），⊙T的圆心为T（2，2），半径为2．若点B的“关联三角形”与⊙T有公共点，直接写出m的取值范围；
（3）已知⊙O的半径为r，OP＝2r，若点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点，直接写出∠PP1P2的取值范围．

【分析】（1）根据x轴，y轴对称，求出相应的对称点坐标，根据三角形面积公式求出面积即可；
（2）四边形OADC是⊙T的外接四边形，Q求出点D的坐标，即可判断；
（3）分两种情形：当PP2与⊙O相切于点E时，如图2中，当PP1与⊙O相切于点F时，如图3中，分别求解即可．
【详解】（1）∵点A（1，2）关于x轴对称的对称点（1，﹣2），点A关于yz轴对称的点A2（﹣1，2），
∴＝×2×4＝4；
（2）∵⊙T的圆心为T（2，2），半径为2，
∴四边形OADC是⊙T的外接四边形（如图1中），

∴D（4，4），
∵点B的“关联三角形”与⊙T有公共点，且B（m，m），
∴2﹣≤m≤4；
（3）当PP2与⊙O相切于点E时，如图2中，

∵OE＝r，OP＝2r，
∴∠OPE＝30°，
∴∠OPP1＝∠OP1P＝60°，
∴当60°＜∠OP1P＜90°时，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点．
当PP1与⊙O相切于点F时，如图3中，

∵OF＝r，OP＝2r，
∴∠OPF＝∠OP1P＝30°，
∴当0°＜∠OP1P＜30°时，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点，
综上所述，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点，∠PP1P2的取值范围为：0°＜∠OP1P＜30°或60°＜∠OP1P＜90°．