2021-2022学年九年级数学上学期期末测试卷（人教版，安徽专用）01（含考试版+全解全析+答题卡）

这是一份2021-2022学年九年级数学上学期期末测试卷（人教版，安徽专用）01（含考试版+全解全析+答题卡），文件包含2021-2022学年九年级数学上学期期末测试卷人教版安徽专用01全解全析doc、2021-2022学年九年级数学上学期期末测试卷人教版安徽专用01考试版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
2021–2022学年上学期期末测试卷01九年级数学·全解全析12345678910BBAADBDDBB1．B【解析】解：解得：或2，当三角形的三边为2，2，4时，不符合三角形三边关系定理，此时不能组成三角形；当三角形的三边为2，4，4时，符合三角形三边关系定理，此时能组成三角形，三角形的周长为，故选：B．2．B【解析】解：如图，设直线AB交y轴于点E，∵直线与二次函数交于A、B，∴当时， ，得，∴，∴,∵，∴CD=4，由二次函数的对称性可得CE=DE=2，∴D（2，2），将点D的坐标代入，得8a=2，解得a=，故选：B．3．A【解析】解：∵是由△ABC绕点A顺时针旋转90°得到，∴≌△ABC，∴， ，∴为等腰直角三角形，则．∵∴ ，故选：A．4．A【解析】解：∵P为⊙O外一点，若点P到⊙O的最短距离为3，最长距离为7，∴⊙O的直径为：7-3=4，∴⊙O的半径为2，故选：A．5．D【解析】解：设正六边形的边长为a，连接AC交BE于H点，如下图所示：正六边形六边均相等，且每个内角为120°，∴△ABC为30°，30°，120°等腰三角形，∴BE⊥AC，且，且，∵AF∥CD，P为AF上一点，∴，MN为△PCD的中位线，∴，由正六边形的对称性可知：，∴，∴，∴，故选：D．6．B【解析】解：设白球有x个，根据题意得：，解得：x＝20，经检验x＝20是分式方程的解，即白球有20个，故选：B．7．D【解析】解：、该函数是正比例函数，故本选项不符合题意；B、即是一次函数，故本选项不符合题意；C、该函数是二次函数，故本选项不符合题意；D、符合反比例函数的定义，故本选项符合题意； 故选D．8．D【解析】解：，；；，，，，．故选：D．9．B【解析】解：在中，，，∴，由题意得，，，，……，∴．故选：B．10．B【解析】①∵四边形ABCD是矩形∴,∠DAB=∠ABE=90°，DC=AB ∴ ∵E为BC的中点∴∴∵∠DAB=∠ABE=90°∴△ABE∽△DAB∴∠BAE=∠ADB∵∠BAE+∠FAD=90°∴∠ADB+∠FAD=90°∴∠AFD=90°即AE⊥BD故①正确②由勾股定理得：∵AE⊥BD∴∠AFB=∠BAD=90°∵∠BAE=∠ADB∴△ABF∽△DBA∴∴ ∴    ∴∴∴∵点E为BC的中点∴∵∴即故②错误③由②知∴∵四边形ABCD是矩形∴∴ 故③错误④过点F作FG⊥BC于点G∴FG∥DC∴∴，∴在Rt△FGC中，由勾股定理得： ∵∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：∴故④正确故正确的有2个，故选：B11．-1【解析】如图，连接，，∵点在双曲线上，∴的面积，∵轴，，∴的面积的面积，∴，∵，∴．故答案为：-112．【解析】解：如图，连接CF，DF，则△CFD是等边三角形，∴∠FCD＝60°，在正五边形ABCDE中，∠BCD＝108°，∴∠BCF＝48°，∴，故答案为：．13．【解析】解：如图，当点P在点B处时，且当旋转到OB在DO的延长线时，取最大值，故答案为：14．①③④【解析】解：①将代入中，得，∴，∵，∴，即∴抛物线开口向下，有最大值，故①正确；②∵抛物线过原点，且，∴当，时，对称轴，∴图象经过第三象限时，不一定有，故②错误；③抛物线过原点，且，∴方程的其中一个根为0，当时，，则有对称轴，根据抛物线的对称性可知：方程的另一根大于1，故③正确；④当，时，抛物线对称轴，∴，y随x增大而增大，当，时，即，抛物线对称轴，∴，y随x增大而增大，综上所述：若时，则当，y随x增大而增大，故答案为：①③④．15．x1=-，x2=2．【解析】解：去括号得：2x2-x=2x+2，整理得：2x2-3x-2=0，则（2x+1）（x-2）=0，∴2x+1=0或x-2=0，解得x1=-，x2=2．16．（1）画图见解析，（-1，3）；（2）画图见解析，（3，1）【解析】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，点B1的坐标为（-1，3）；（2）如图，△A1B1C1为所作；点B2的坐标为（3，1）．17．（1）10，；（2）13．【解析】解：（1）由题意得：第①个图案中黑色三角形的个数为个，第②个图案中黑色三角形的个数为个，第③个图案中黑色三角形的个数为个，第④个图案中黑色三角形的个数为个，归纳类推得：第个图案中黑色三角形的个数为个（其中，为正整数），故答案为：10，；（2）由（1）得：，解得或（不符题意，舍去），故的值为13．18．（1）m；（2）能，理由见解析【解析】解：（1）∵FD⊥EB，AC⊥EB， ∴， ∵， ∴四边形ACDF是平行四边形， ∵∠ACD=90°， ∴四边形ACDF是矩形， ∴DF=AC， 在Rt△ACB中，∵∠ACB=90°，  ∴AC=AB•sin45°（m）， ∴DF=AC=1（m）， 在Rt△DEF中，∵∠FDE=90°， ∴tan∠E=∴DE≈（m）， 答：盲区中DE的长度为2.5m； （2）如图所示：过点M作NM⊥ED，交于 则 ∵ED=2.5m，MD=1.8m， ∴EM=0.7m， FD=AC=1m， 则△EMN∽△EDF， 即 解得：MN=0.28， ∵0.3＞0.28， ∴在M处有一个高度为0.3m的物体，驾驶员能观察到物体．19．（1）；（2）13元；（3）2【解析】解：（1）设关于的函数表达式为：，由题意得，解得，∴关于的函数表达式为：．（2）设日均利润为，由题意：，∵抛物线开口向下，对称轴为直线，成立，∴当时，日均利润达到最大，∴售价为13元时，日均利润达到最大．（3）由题意，，∵抛物线开口向下，对称轴为直线，∴由题意，，解得：，∴．20．（1）见解析；（2）的长度为【解析】（1）证明：延长交⊙O于点．∵是直径，，∴点是弧的中点，，∵是的中点，∴弧弧弧，∴弧弧，∴．（2）连接、．∵弧弧．∴∴．在中，，由（1）知，，则，∵，∴OD=5，在中，，∴，设，在中，∵，∴，解得，即的长度为．21．（1）100，35；（2）补全统计图见解析；（3）【解析】解：（1）∵被调查的总人数m=10÷10%=100人，
∴支付宝的人数所占百分比n%=×100%＝35%，即n＝35，故答案为：100，35；（2）网购人数为100×15%＝15人，微信对应的百分比为×100%＝40%，补全图形如下：（3）根据题意画树状图如下：共有12种情况，这两位同学最认可的新生事物一样的有2种，所以这两位同学最认可的新生事物一样的概率为．22．（1）①③；（2）或；（3）【解析】（1）当时，随着的增大而增大∴范围内，∴∴是有界函数；当时，随着的增大而减小，且 ∴范围内，无最大值∴不是有界函数；当，且时，∴是有界函数；故答案为：①③；（2）当时，随着的增大而增大∴∵界高为∴ ∴ ∴当时，随着的增大而减小∴∵界高为∴ ∴ ∴∴一次函数解析式为或（3）根据题意，得（）的对称轴为当，即时得：，即界高不大于4成立；当，即时时得：∵∴，即时，即界高不大于4成立；综上，时，界高不大于4成立．23．（1）；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据勾股定理求出CB，因D为BC中点且CD＝CA，则可计算出CD和CA，再利用勾股定理求出AD即可；（2）根据AAS证△AGH≌△CGF，得出CD2＝DG•AD，AD＝CD，再证△ADB∽△BDG，得出BD＝CD，BA＝BG，再利用等量代换即可得证结论；（3）根据G'CAM，得∠AMC＝∠A'CG'＝45°＝∠CDA，即可得出M在以AD为直径，G为圆心的圆上运动，即当M在BG上时，MB最小，证△DBM∽△BNC，根据线段比例关系即可求得此时的BM．【解析】（1）解：∵，，∴在中，，，∵为边的中点，∴，∵，在中，，∴．（2）证明：∵AC＝CD，且CG⊥AD，∴AG＝GC＝GD，∠AGH＝90°，∵∠1＋∠CHE＝∠DAB＋∠CHE＝90°，∴∠1＝∠DAB，又∵∠AGH＝∠CGF＝90°，AG＝CG，∴△AGH≌△CGF（AAS），∴CF＝AH，∵AD2＝AC2＋CD2＝2CD2，GD＝AD，∴CD2＝DG•AD，AD＝CD，∵∠DAB＝∠1＝∠2，且∠ADB＝∠GDB，∴△ADB∽△BDG，∴ ，∴BD2＝DG•AD＝CD2，∴BD＝CD，∴，∴BA＝BG，∵BA＝BH＋AH，AH＝CF，∴BH＋CF＝BG； （3）∵G'CAM，∴∠AMC＝∠A'CG'＝45°＝∠CDA，∴A、C、D、M四点共圆，M在以AD为直径，G为圆心的圆上运动，∴当M在BG上时，MB最小，∵AC＝CD＝，∴AD＝2，∴AG＝DG＝1，如图3，延长BG交圆G于N，连接CN、DM，∴MN＝AD＝2，∵∠N＋∠CDM＝180°，∠BDM＋∠CDM＝180°，∴∠N＝∠BDM，又∵∠DBM＝∠DBM，∴△DBM∽△BNC，∴ ，∴ ，即BM•（BM＋2）＝×2，解得BM＝−1或−−1（舍去），故线段BM的最小值为−1．