专题09 填空中档重点题（二）-备战2024年福建中考数学真题模拟题分类汇编含答案

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1．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在菱形中，，点E在边上，以为边在菱形的内部作等边三角形，若，，则α与β之间的数量关系可用等式表示为 ．

【答案】
【分析】先根据，证明是等边三角形，再证明即可求解．
【详解】解：在菱形中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵以为边在菱形的内部作等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，即
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质和等边三角形的判定与性质，解题关键是得出．
2．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，点在的平分线上，，垂足为，点在上，若，，则 .

【答案】2
【分析】过点E作，交于点D，根据角平分线的性质可得，再根据含角直角三角形的性质计算即可解答．
【详解】解：如图，过点E作，交于点D，

∵点E在的平分线上，，
∴
∵，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了角平分线、含角直角三角形等知识点，熟练掌握含角直角三角形的性质是解题的关键．
3．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，在圆内接正六边形中，、交于点，已知半径为3，则的长为 ．

【答案】
【分析】连接、，则三角形为直角三角形，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接、、，

∵六边形是正六边形，
∴经过O点，且O是的中点，
，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：或（舍去）．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆内接正六边形的性质，圆周角定理，勾股定理的应用，解题的关键是掌握各知识点，并能结合图形熟练运用各知识点．
4．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考二模）已知关于的方程有两个相等的实数根，则的值是 ．
【答案】1
【分析】由一元二次方程根的判别式列方程可得答案．
【详解】解：一元二次方程有两个相等的实数根，
可得判别式，
∴，
解得：．
故答案为：
【点睛】本题考查的是一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式的含义是解题的关键．
5．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考二模）如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上，对角线交于原点O，于E点，交于M点，反比例函数的图像经过线段的中点N，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，可得点D（0，2），设点C（m，0），根据点N为CD的中点，可得点，再由反比例函数的图像经过点N，可得，从而得到，，可证得△ABC为等边三角形，再根据等边三角形的性质，即可求解．
【详解】解：在菱形中，AB=BC，BD⊥AC，OB=OD==2，∠ABC=2∠OBC，
∴点D（0，2），
设点C（m，0），
∵点N为CD的中点，
∴点，
∵反比例函数的图像经过点N，
∴，
解得：，即点，
∴，
∴，，
∴∠OBC=30°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握反比例函数的图象和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质是解题的关键．
6．（2023·福建三明·统考一模）如图，与是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，点的坐标为，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】把点的横纵坐标分别乘以即可得到点的坐标．
【详解】解：由题意得：与是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，
又∵，且原图形与位似图形是异侧，
∴点的坐标是，即点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题考查位似变换：先确定点的坐标，及相似比，再分别把横纵坐标与相似比相乘即可，注意原图形与位似图形是同侧还是异侧，来确定所乘以的相似比的正负．理解和掌握位似变换是解题的关键．
7．（2023·福建三明·统考一模）将抛物线向左平移个单位长度得到的抛物线表达式是 ．
【答案】
【分析】直接利用二次函数平移规律得出平移后解析式．
【详解】解：将抛物线向左平移个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为．
故答案是：．
【点睛】本题考查二次函数图像的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减，并用规律求函数解析式．理解和掌握函数图像平移的规律是解题的关键．
8．（2023·福建厦门·厦门市湖里中学校考模拟预测）若一次函数y=kx−2的函数值y随着自变量x值的增大而增大，则k= （写出一个满足条件的值）．
【答案】2（答案不唯一）
【分析】根据函数值y随着自变量x值的增大而增大得到k＞0，写出一个正数即可．
【详解】解：∵函数值y随着自变量x值的增大而增大，
∴k＞0，
∴k=2（答案不唯一）．
故答案为：2（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，掌握一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大；k＜0，y随x的增大而减小是解题的关键．
9．（2023·福建厦门·厦门市湖里中学校考模拟预测）如图，已知是的直径，是的弦，，垂足为．若，，则 ．

【答案】
【分析】由垂径定理得，，由题意知，在中，根据，计算求解即可．
【详解】解：由垂径定理得，，
由题意知，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，余弦．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
10．（2023·福建厦门·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，，，若双曲线经过点，则k的值为 ．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质，求得点的坐标，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，

∵，，四边形是平行四边形，
∴，，即轴，
∴
∵双曲线经过点，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，反比例函数的性质，数形结合是解题的关键．
11．（2023·福建厦门·统考模拟预测）杨辉在《田亩比类乘除捷法》记载以下问题：
题：直填积八百六十四步，只云阔不及长十二步，问长阔共几何？
答：六十步．
术：四因积步，以差步自乘，并而开平方除之，得长阔共步．
“题”、“答”、“术”的意思大致如下：
问题：已知长方形的面积为864，长宽之差为12，则长宽之和为多少？
答案：60．
解法：如图，．
设一个长方形的边长分别是a，b（），请用一个等式解释上述解法的数学原理： ．（用含a，b的式子表示）
【答案】
【分析】由题意得大正方形的边长为，空白正方形的边长为，再由四个长方形面积加上空白部分正方形面积等于大正方形面积可得，由此即可得到答案．
【详解】解：设一个长方形的边长分别是a，b（），则大正方形的边长为，空白正方形的边长为，
∵四个长方形面积加上空白部分正方形面积等于大正方形面积，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了算术平方根的实际应用，正确理解题意利用等面积法列出对应的关系式是解题的关键．
12．（2023·福建漳州·统考二模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上．若，则 ．

【答案】5
【分析】根据旋转的性质的，结合已知条件可得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
13．（2023·福建漳州·统考二模）幻方的历史很悠久，传说最早出现在夏禹时代的“洛书”．把洛书用今天的数学符号翻译出来，就是一个三阶幻方（如图1），将9个数填在3×3（三行三列）的方格中，如果满足每个横行、每个竖列、每条对角线上的三个数字之和都相等，就得到一个广义的三阶幻方．图2的方格中填写了一些数字和字母，若能构成一个广义的三阶幻方，则mn＝ ．
【答案】1
【分析】由第二行方格的数字，字母，可以得出第二行的数字之和为m，然后以此得出可知第三行左边的数字为4，第一行中间的数字为m-n+4，第三行中间数字为n-6，第三行右边数字为，再根据对角线上的三个数字之和相等且都等于m可得关于m，n方程组，解出即可．
【详解】如图，根据题意，可得
第二行的数字之和为：m+2+(-2)=m
可知第三行左边的数字为：m-(-4)-m=4
第一行中间的数字为：m-n-(-4)=m-n+4
第三行中间数字为m-2-(m-n+4)=n-6
第三行右边数字为：m-n-(-2)=m-n+2
再根据对角线上的三个数字之和相等且都等于m可得方程组为：

解得
∴
故答案为：1
【点睛】本题考查了有理数加法，列代数式，以及二元一次方程组，解题的关键是根据表格，利用每行，每列，每条对角线上的三个数之和相等列方程．
14．（2023·福建泉州·统考一模）已知是方程的一个根，则 ．
【答案】
【分析】解一元二次方程可确定的值，代入即可求解．
【详解】解：
移项，配方得，，
∴，
等式两边同时开方，，
∴，，
∵，
∴当时，；
当时，；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法，代入求值的方法是解题的关键．
15．（2023·福建泉州·统考一模）如图，在中，，，是边上的一点，若，则 ．
【答案】
【分析】过点D作于点E，设，可得，是等腰直角三角形，再由，可得的长，从而得到的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点D作于点E，
设，
∵，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
16．（2023·福建厦门·福建省同安第一中学校考一模）如图，在中，、分别为、上的点，若，，， ．
【答案】1:3
【分析】根据已知得出△ADE∽△ABC ，所以AE：AC=DE：BC，即可求出．
【详解】解：∵，
∴，
又∵，
∴△ADE∽△ABC，
∴AE：AC=DE：BC，
∵AE＝1，CE＝2，
∴AC=1+2=3，
∴DE：BC=1:3．
故答案为：1:3．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键在于熟练掌握三角形的相似的判定和性质．
17．（2023·福建厦门·福建省同安第一中学校考一模）如图，在中，将沿折叠后，点B恰好落在延长线上的点E处．若，则的值为 ．
【答案】/
【分析】根据题意可得，根据和勾股定理，求出，即可求解．
【详解】解：∵沿折叠后，点B恰好落 F在延长线上的点E处，
∴点B、A、E三点共线，则，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
设，
根据勾股定理得：，
∴，
∵由翻折得到，
∴，则；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，平行四边形的性质，折叠的性质，解题的关键是掌握解直角三角形的方法．
18．（2023·福建三明·校考一模）已知正六边形的半径为2，那么这个正六边形的边长为 .
【答案】2
【分析】根据题意画出图形，求出圆心角∠AOB=60°，得到△OAB为等边三角形，即边长为2．
【详解】如图，AB为⊙O内接正六边形的一边；
则∠AOB==60°，
∵OA=OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB=OA=2．
故答案为2．
【点睛】考查了正多边形和圆的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用正多边形和圆的性质来分析、判断、解答．
19．（2023·福建宁德·校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在线段BC上，且∠B＝30°，∠ADC＝60°，BC＝，则BD的长度为 ．

【答案】
【分析】首先证明DB=AD=2CD，然后再由条件BC=可得答案．
【详解】解：∵∠C＝90°，∠ADC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
∴CD＝AD．
∵∠B＝30°，∠ADC＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∴BD＝AD，
∴BD＝2CD．
∵BC＝，
∴CD＋2CD＝，
∴CD＝，
∴DB＝，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
20．（2023·福建南平·统考一模）某科技有限公司为了鼓励员工创新，计划逐年增加研发资金投入，已知该公司年全年投入的研发资金为万元，年全年投入的研发资金为万元，设平均每年增长的百分率为x，可列方程为 ．
【答案】
【分析】根据题意列方程即可．
【详解】解：由题意得：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了列一元二次方程，解题关键是根据题意列出方程．
21．（2023·福建南平·统考一模）如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC夹角为120°，AB的长为30cm，贴纸（阴影）部分BD的长为20cm，则贴纸部分的面积等于 ．
【答案】
【详解】解：由题意可知AD=AB-BD=10cm，
根据扇形的面积可知阴影部分的面积为大扇形面积-小扇形面积，
因此可由扇形的面积公式S=可求，
即==
故答案为：
【点睛】本题考查扇形的面积公式．
22．（2023·福建厦门·统考一模）在平面直角坐标系中，正方形的顶点，的坐标分别为，，则点的坐标为 ．（用含的式子表示）
【答案】或
【分析】先求出，轴，进而得到轴，再分图1和图2两种情况讨论求解即可．
【详解】解：∵正方形的顶点，的坐标分别为，，
∴，轴，
∴轴
如图1所示，当点C在点B右侧时，则点C的坐标为；

如图2所示，当点C在点B左侧时，则点C的坐标为；
综上所述，点C的坐标为或，
故答案为：或．

【点睛】本题主要考查了坐标与图形，正方形的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
23．（2023年福建省漳州市中考模拟数学试题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上．若，则 ．

【答案】5
【分析】根据旋转的性质和等边三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：由旋转性质得，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，证得是等边三角形是解答的关键．
24．（2023·福建莆田·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在AB边上，连结，则的值为 ．
【答案】/
【分析】按旋转的特征，由勾股定理求得的值，进而得到答案．
【详解】解：∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查解直角三角形、图形旋转、求角的正弦值，熟练掌握相关知识是解题的关键．
25．（2023·福建莆田·校考一模）如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则重叠部分的四边形周长是 ．
【答案】
【分析】先证明四边形是菱形，则，设，则，在中，由勾股定理可得，解方程求出，即可得到重叠部分的四边形周长．
【详解】解：如图所示，
由题意得，矩形矩形，
∴，，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形的面积＝，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理可得，，
则，
解得，
即，
∴四边形的周长．
故答案为：
【点睛】此题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形是菱形是解题的关键．
26．（2023·福建南平·校联考模拟预测）已知，则式子 ．
【答案】
【分析】先根据分式加减运算法则把原式化简，再代入计算即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
故答案为：．
【点睛】本题考查分式的化简求值，化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式，计算结果要化为最简形式．掌握相应的运算法则是解题的关键．
27．（2023·福建南平·校联考模拟预测）如图，要用一个扇形纸片围成一个无底的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周长为, 扇形的圆心角的度数是120°，则圆锥的侧面积为 （结果保留）．

【答案】．
【分析】由题意可知圆锥展开后的侧面扇形的弧长为，设扇形的半径为r，根据扇形的弧长公式可得，即圆锥的母线为15；最后根据扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵圆锥的底面圆周长为，
∴圆锥展开后的侧面扇形的弧长为
设扇形的半径为r，
由题意可得：，解得：；
则扇形的面积为：．
故答案为．
【点睛】本题主要考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键．
28．（2023·福建福州·统考模拟预测）命题“若，则”的逆命题是 命题．（填“真”或“假”）
【答案】假
【分析】先写出命题的逆命题，然后判断真假即可．
【详解】解：原命题的逆命题为，若，则
∵当时，
∴
∴逆命题为假命题
故答案为：假．
【点睛】本题考查了逆命题，真假命题，不等式的性质等知识．解题的关键在于写出原命题的逆命题．
29．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，若反比例函数（k≠0）的图象经过点A，轴，且的面积3，则k＝ ．
【答案】6
【分析】连接，可得，再根据反比例函数的图象在第一、三象限，，即可解答．
【详解】解：连接，
∵轴于点B，轴，
∴，
∴，
∴
∴，
∵反比例函数的图象在第一、三象限，
∴，
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象，熟练掌握数形结合是解题的关键．
30．（2023·福建厦门·统考模拟预测）一副三角板叠放在一起，如图所示，则图中的度数为 ．

【答案】/75度
【分析】根据三角形的外角的性质计算即可．
【详解】解：由题意可知，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握三角形外角的性质．
31．（2023·福建厦门·统考模拟预测）早在10世纪，阿拉伯著名数学家阿尔·库希（al－Kuhi）设计出一种方案，通过两个观测者异地同时观测同一颗流星来测定其发射点的高度．如图，假设有两名观测者在A，B两地观察同一颗流星S（流星与地球中心O，A，B在同一个平面内），，均为当地地平线（与圆O相切），两人观测的仰角分别为，．若地球半径为R，，则 ．

【答案】
【分析】连接，过点作，由切线长定理即切线定理可知，，由可知，进而可知，，根据题意可得，，可得，，即可求得的值．
【详解】解：连接，过点作，

∵，均为当地地平线（与圆O相切），
∴，，
∵，
∴，
则由四边形的内角和为，可得，
∴，
∵两人观测的仰角分别为，，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查切线定理，切线长定理，弧长公式及解直角三角形，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
32．（2023·福建龙岩·校考一模）中国清代算书御制数理精蕴中有这样一题：“马四匹、牛六头，共价四十八两；马三匹、牛五头，共价三十八两．问马、牛各价几何？”根据题意可得每匹马 两．
【答案】6
【分析】根据“马四匹、牛六头，共价四十八两；马三匹、牛五头，共价三十八两”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
【详解】解：设每匹马x两，每头牛y两，
∵马四匹、牛六头，共价四十八两，
∴；
∵马三匹、牛五头，共价三十八两，
∴．
∴列出的方程组为．
解得，
∴每匹马6两
故答案为：6．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
33．（2023·福建龙岩·校考一模）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，则点到的距离是 ．
【答案】2
【分析】由旋转的性质可得，，可证是等边三角形，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接，过点作于，

将绕点逆时针旋转，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
点到的距离是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
34．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考三模）将一组数，2，，，．．．，，．．．按下列方式进行排列：
，2，，；
，，，；
……
……
若2的位置记为，的位置记为，则的位置记为 ．
【答案】
【分析】先找出被开方数的规律，再求出的位置即可．
【详解】解：原来的一组数即为
，，，；
，，，；
……
所以，规律为：被开方数为从2开始的偶数，每行4个数，
∵，40是第20个偶数，而，
∴的位置为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了数字的规律探究，找准规律是解题的关键．
35．（2023·福建南平·统考二模）已知圆锥的底面半径为5，母线长为13，则这个圆锥的侧面积是 ．
【答案】
【分析】圆锥的侧面展开图为扇形，利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为5，
∴底面圆周长为：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，牢记扇形的面积公式是解决此类问题的关键．
36．（2023·福建宁德·统考模拟预测）某校午托服务提供A、B两种午饭套餐供学生选择，每位学生只能从中任选一种，甲、乙两位同学都选中A套餐的概率是 ．
【答案】/0.25
【分析】根据题意画出树状图，找到所有情况及都是A套餐情况，直接求解即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，树状图如下图所示，

一共有4种等可能结果，其中甲、乙两位同学都选中A套餐有一种，
∴甲、乙两位同学都选中A套餐的概率，
故答案为：；
【点睛】本题考查树状图法求概率，解题的关键是正确画出树状图．
37．（2023·福建宁德·统考模拟预测）如图，已知，，，，将绕点A沿逆时针方向旋转得到，点C的对应点是点E．若点E落在射线上，则点E到距离等于 ．

【答案】2
【分析】根据旋转得到，，，结合角平分线的性质求解即可得到答案；
【详解】解：∵绕点A沿逆时针方向旋转得到，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴点E到距离等于2，
故答案为2；
【点睛】本题考查旋转的性质，角平分线的性质，解题的关键是先根据旋转得到角平分线，在结合垂直得到角平分线性质．
38．（2023·福建莆田·校考三模）如图，用一个圆心角为150°的扇形围成一个无底的圆锥，如果这个圆锥底面圆的半径为，则这个扇形的半径是 ．

【答案】
【分析】利用底面周长=展开图的弧长可得．
【详解】设扇形的半径为，则
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图问题，解答本题的关键是确定“底面周长=展开图的弧长”这个等量关系，然后由扇形的弧长公式和圆的周长公式求值．
39．（2023·福建莆田·校考三模）如图，在网格正方形中，每个小正方形的边长为1，顶点为格点，若的项点均是格点，则的值是 ．

【答案】/
【分析】延长到D，连接，由网格可得，即得，可求出答案．
【详解】解：延长到，连接，如图：

∵，，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查网格中的锐角三角函数，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形．
40．（2023·福建宁德·统考一模）如图，，相交于点E，若，，则的长是 ．
【答案】6
【分析】由平行线的性质求出，得，再由相似三角形的性质求出线段即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
41．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，在扇形中，，半径交弦于点，且，若，则图中阴影部分的周长为 （结果保留）．

【答案】/
【分析】先计算出，则，利用含度的直角三角形三边的关系得到，，所以，进而根据弧长公式求得的长，即可求解．
【详解】解：，，
，
，
，
，
，
在中，，，
，
∴
∵
∴图中阴影部分的周长为，
故答案为：．

【点睛】本题考查了求弧长，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
42．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）将函数的图象沿y轴向上平移6个单位后，与反比例函数的图象交于点，则k的值为 ．
【答案】18
【分析】将函数的图象沿y轴向上平移6个单位后，得到的图象函数解析式为，把代入得，即，再把代入即可得出答案．
【详解】解：将函数的图象沿y轴向上平移6个单位后，得到的图象函数解析式为，
把代入得：，
解得，
∴，
把代入得：，
解得，
故答案为：18．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的交点问题，一次函数图象的平移，熟练掌握函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
43．（2023·福建福州·校考一模）若关于x的一元一次不等式组的解集为，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求出每个不等式的解集，根据已知不等式组的解集即可得出答案．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
关于的不等式组的解集为，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解，求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
44．（2023·福建福州·校考一模）端午节到了，小红煮好了10个粽子，其中有6个红枣粽子，4个绿豆粽子．小红想从煮好的粽子中随机捞一个，若每个粽子形状完全相同，被捞到的机会相等，则她捞到红枣粽子的概率是 ．
【答案】/0.6
【分析】利用概率公式即可求解．
【详解】6÷10=，
即捞到红枣粽子的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了运用概率公式求解概率的知识，掌握概率公式是解答本题的关键．